terminale scientifique jeudi 12 novembre 2009

TERMINALE SCIENTIFIQUE
JEUDI 12 NOVEMBRE 2009
CORRECTION DEVOIR SURVEILLÉ DE PHYSIQUE-CHIMIE
SUJET PORTANT UNIQUEMENT SUR L’ENSEIGNEMENT OBLIGATOIRE
EXERCICE I : DEUX ANTISEPTIQUES
1. Courbe d’étalonnage du spectrophotomètre
1.1. La courbe représentative de A = f([I2]), figure 1, est une droite qui passe par l’origine. L'absorbance est
proportionnelle à la concentration en diiode, on peut écrire : A = k[I2] (k coefficient de proportionnalité).
1.2. D’après le texte Amax = 2,00
L’abscisse du point d’ordonnée
correspondante nous donne la valeur
de [I2]max
Amax =
[I2]max = 8,010-3 mol.L-1
A S' =
0
I 2 S
[I2]max
'
0
2. Titre du Lugol
2.1. La solution est diluée dix fois, il nous faut donc une pipette jaugée de 10,0 mL et une fiole jaugée de
100,0 mL.
2.2.1. On prend l’abscisse du point d’ordonnée AS '0 = 1,00, soit
2.2.2. cL = 10
I 2 S
'
0
I 2 S
'
0
= 4,010–3 mol.L-1
A.N : cL = 104,010-3
(solution S0 diluée dix fois)
cL = 4,0 10–2 mol.L-1
2.2.3. Si on ne diluait pas la solution commerciale, l’absorbance serait non mesurable car cL > [I2]max .
3. Étude cinétique d’une transformation chimique mettant en jeu l’eau oxygénée et libérant du diiode
3.1. Un oxydant est une espèce chimique capable de capter un ou plusieurs électrons.
3.2.
Couple H2O2(aq) / H2O(l)
Couple I2(aq) / I–(aq)
3.3.Relation stœchiométrique
État du
système
État initial
Au cours de la
transformation
État final
État final si la
transformation
est totale
3.4. [I2](t) =
3.5. v(t) =
réduction
H2O2(aq) + 2 H+(aq) + 2 e– = 2 H2O(l)
oxydation
2 I–(aq) = I2(aq) + 2 e–
H2O2(aq)
+
2 I–(aq)
Avancement
nI (t )
2
Vtot
+
2 H+(aq)
= I2(aq) +
2 H2O(l)
Bilan de matière en mol
0
c2.V2
excès
excès
0
solvant
x
c2.V2 – x
excès
excès
x
solvant
xf
c2.V2 – xf
excès
excès
xf
solvant
xmax
c2.V2 –xmax = 0
excès
excès
xmax = c2.V2
solvant
, or d'après le tableau d'avancement
nI (t ) = x(t). [I2](t) =
2
1 d([I2 ](t).Vtot ) Vtot d([I2 ](t)) d([I 2 ](t))
1 dx(t)


=
Vtot dt
Vtot
dt
Vtot
dt
dt
x(t)
soit x(t) = [I2](t)Vtot
Vtot
or A = k.[I2], soit [I2] =
3.6.1.
 A(t) 
d

 k   1 . dA(t) .
v(t) =
dt
k dt
A
k
dA(t)
correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date t.
dt
Pour t1 > t0, ce coefficient diminue, voir tracé des tangentes sur la figure, donc v0 > v1
Tangente à t1 = 5,0 min
Af
0,3cm
8,0 cm
Af/2
Tangente à t0 = 0 min
t1/2
3.6.2. La concentration en réactifs qui est un facteur cinétique diminue au cours du temps ce qui explique que
la vitesse de réaction diminue également.
3.7. Transformation totale ou limitée.
3.7.1. On détermine l'échelle verticale de la figure 2: 8,0cm  1,6 soit 1,0 cm représente une absorbance de
0,2
Entre A = 1,4 et A = Af , il y a 0,3 cm, soit 0,30,2 = 0,06
donc Af = 1,46.
soit [I2]f =
Af
xf
=
Vtot
k
xf =
Af
.V
k tot
xf
xf
xf

3.7.2.  =
=
c1
x max c 2 .V2
.V
10 2
A.N :
xf =
1, 46
 15, 0 10 3
246
8,90 10 5
A.N :  =
0,89
 103
10
xf = 8,90 10–5 mol
 = 1 = 100 %
La transformation est totale.
3.8. Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que l'avancement atteigne la moitié de sa valeur
finale. Soit à t = t1/2
x(t1/2 ) = xf / 2.
On a montré dans la question précédente que l'avancement x est proportionnel à l'absorbance.
Donc pour x = xf alors A= Af, et pour x( t1/2) = xf/2 alors A(t1/2) = Af / 2.
On détermine l'échelle horizontale de la figure: 12,5 cm  25 min soit 1,0 cm  2 min.
On obtient graphiquement: pour A =Af/2 = 0,73 (soit 0,73/0,2 = 3,65 cm verticalement)
alors t1/2  0,9 cm soit t1/2 = 2  0,9 min. On considère que t1/2 = 2 min. (voir courbe ci-dessus)
EXERCICE II : REACTION ACIDO-BASIQUE
1. Un acide est une entité chimique capable de céder un ou plusieurs protons H + .
Une base est une entité chimique capable de gagner un ou plusieurs protons H +.
2. a. L'équation de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau est :
CH3COOH (aq) + H2O(l) = CH3COO- (aq) + H3O+(aq)
2.b.1. On déduit, de la valeur numérique du pH, la quantité d’ions oxonium présente dans la solution :
nf(H3O+) = [H3O+]f x V = 10-pHxV
A.N : nf(H3O+) = 10-3,4x10,0 x10-3
nf(H3O+) = 4,0 x10-6 mol
2.b.2. L'avancement final xf de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau est égale à la quantité d’ions oxonium
à l’état final. xf = nf(H3O+)
xf = 4,0 x10-6 mol.
2.b.3 Si la transformation était totale, l’acide éthanoïque serait entièrement consommé à l’état final :
nf(CH3CO2H) = 0  ni(CH3CO2H) – xmax = 0  xmax = ni(CH3CO2H ) = c xV
A.N : xmax = 1,0 x10-2 x 10,0 x10-3
-4
xmax = 1,0 x10 mol.
2.b.4 Le taux d’avancement final  de la réaction est donné par la relation  = xf/xmax
A.N :  = 4,0 x10-6/1,0 x10-4
 = 4,0 x10-2 soit 4,0 %
Le taux d’avancement à l’équilibre est inférieur à 100 % . La transformation n’est pas totale.
2.b.5 La composition (quantité des espèces chimiques présentes) du système chimique à la fin de cette
transformation :  nf(CH3CO2H) = ni(CH3CO2H) – xf = cxV - xf
A.N : nf(CH3CO2H) = 1,0 x10-2 x 10,0 x10-3 - 4,0 x10-6
nf(CH3CO2H) = 9,6 x10-5 mol
+
 nf(CH3CO2 ) = nf(H3O ) = xf
nf(CH3CO2-) = nf(H3O+) = 4,0 x10-6 mol
2.b.6 L’équilibre chimique est qualifié de dynamique car les deux réactions inverses l’une de l’autre ont lieu
simultanément et à la même vitesse au niveau microscopique.
Équation de la réaction
CH3CO2H(aq)
+
H2O(l)
=
CH3CO2- (aq) +
H3O+
Quantité de matière
dans l’état initial (mol)
Quantité de matière
au cours de la
transformation (mol)
ni(CH3CO2H)
*
0
0
n(CH3CO2H) =
ni(CH3CO2H) - x
*
x
x
Quantité de matière
dans l’état final (mol)
nf(CH3CO2H) =
ni(CH3CO2H) – xf
*
xf
xf
EXERCICE III : OU IL EST QUESTION DE BATEAU
1. On jette l’ancre.
1.1. La direction de la perturbation est perpendiculaire à celle de la propagation de l’onde, il s’agit d’une onde
transversale.
1.2.1 La perturbation part du centre de la figure et se propage vers l’extérieur. Or t 2 > t1, la perturbation passe
d’abord par la position b puis par la position a. Position b : date t1
position a : date t2
1.2.2. D’après la définition de la vitesse v =
d
d

t t 2 - t1
La distance d correspond à la distance pour aller du front a au front b.
d correspond à 1,2 cm sur le dessin soit en réalité, d’après l’échelle 1/100 :
d = 100 x 1,2
d = 1,2 m
A.N :
v=
1, 2
3, 0
a
d
v = 0,40 m.s-1
b
2. On lève l’ancre.
2.1. La période T de l’onde progressive périodique obtenue correspond à la durée s’écoulant entre la chute de
deux gouttes.
En t = 30 s il y aura n – 1 périodes, soit T 
t
n 1
A.N : T 
30
60  1
T = 0,51 s
Pourquoi n-1 périodes : exemple : plic – T – plic – T – plic – T – plic, soit 4 gouttes pour 3 périodes T
f
1
T
A.N :
f
59
30
f = 2,0 Hz
2.2.1
La longueur d’onde  de l’onde formée correspond à la
distance entre deux crêtes successives.
Pour mesurer avec une plus grande précision, on mesure la
distance correspondant à
6.  3,8 cm. Or l’échelle est au 1/8e A.N :  =
6
3, 8  8
6
 = 5,1 cm ( = 5,1 10–2 m)
2.2.2. v ' 

T
A.N :
v' 
5,1102
0, 51
v’ = 0,10 m.s-1
2.3. Voir document 2.
La largeur de la fente 2 est égale à 0,4 cm sur le schéma, soit en réalité a = 0,48 = 3,2 cm.
Ainsi a < , il se produit une diffraction de façon visible.
Ce phénomène ne modifie pas la longueur d’onde, la fente se comporte comme une source d’ondes progressives
périodiques circulaires.
Avec la fente 1, de largeur a’ = 3,3 8 = 26 cm, il n’y a pas diffraction (a’ > ). L’onde est seulement diaphragmée.
3. D’autres ondes rôdent autour du bateau.
On donne les justifications, mais elles n’étaient pas demandées.
3.1. Le son est une onde :
a –mécanique car il nécessite un milieu matériel pour se propager contrairement aux ondes
électromagnétiques
c – longitudinale La direction de propagation est la même que la direction de la perturbation
3.2. La lumière du Soleil est une onde :
a –mécanique non elle peut se propager dans le vide, c’est une onde électromagnétique
b – monochromatique non, elle contient une infinité de radiations de fréquences différentes,
elle est polychromatique.
c – qui se propage moins vite dans l’eau que dans l’air (indice moyen de réfraction de l’eau : n = 1,3)
Oui, n = c/v donc v = c/n (où v est la célérité dans le milieu d’indice n l’eau, et c la célérité
dans le vide.
3.3. Un faisceau de lumière visible se diffracte quand il arrive sur :
a – une fente de largeur 1 cm
b – un fil de diamètre 1 m
Plus la fente ou le fil est étroit (au plus de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde) et plus la
diffraction est visible.
c – un dioptre air/eau (plan séparant l’air et l’eau) non, il y a alors réfraction
a
b
c
3.1.
VRAI
FAUX
VRAI
3.2.
FAUX
FAUX
VRAI
3.3.
FAUX
VRAI
FAUX
EXERCICE IV : OU IL EST QUESTION DE LUMIERE…….
1. On observe sur l'écran une figure perpendiculaire à
la direction du fil constituée d'une tache centrale
de largeur L. La lumière ne se propage plus de façon
rectiligne, le phénomène observé est la diffraction
de la lumière. Or ce phénomène est caractéristique
des ondes, donc la lumière est de nature
ondulatoire.
2. L'angle  est l'angle entre le centre de la tache
centrale et le centre de la zone de première extinction. Voir figure ci-dessus.
3. Le schéma montre que:
tan = L / 2 = L
D

D
 étant petit et exprimé en radian, on a tan  = , donc  = L
2.D
2.D

4. Le lien entre les grandeurs ,  et a est:  =
a
Avec:  en rad ;  et a en m.
5. En égalant les deux expressions de , il vient:
L = 
a
2.D
L = 2. .D
a
6. D’après la formule trouvée au 5., pour  et D fixés, la largeur L "de la tache centrale" est inversement
proportionnelle au diamètre a du fil diffractant. Donc la tache centrale la plus grande correspond au fil de
diamètre le plus petit :
Figure A associée à a1 = 60 µm et
Figure B associée à a2 = 80 µm
7. La lumière émise par la source laser est monochromatique : cela signifie que la lumière laser est constituée
d'une seule radiation de fréquence fixée (ou de longueur d'onde dans le vide fixée).
8. Le graphe L = f(1/a) montre une droite qui passe par l'origine : donc la largeur L de la tache centrale est
proportionnelle à l'inverse du diamètre du fil, soit 1 /a.
L'équation modélisant la droite est de la forme: L = k.
Ceci est en accord avec l'expression L = 2.
Soit
1
avec k le coefficient directeur de cette droite.
a
.D
car D et  sont constantes.
a
9. Déterminons le coefficient directeur k : soient les points O (0;0) et B (25 000 m-1; 0,068 m ) :
k=
LB  L0
1
1
( )B  ( )0
a
a
A.N : k = 0,068 k = 2,7 x10–6 m²
-6
 = 2,7 ×10
2× 2,50
L = 2,7 x10–6x (
25000
En identifiant les expressions: L = k.
A.N :
l’équation de la courbe est
1
.D il vient k = 2..D
et L = 2.
a
a
soit  =
1
)
a
k
2.D
 = = 5,4 10–7 m
10. La fréquence  de la lumière monochromatique émise par la source laser est donnée par la relation :  =
A.N :  =
3, 00  108
5, 4.107
 = 5,5 1014 Hz.
c

calcul effectué avec la valeur non arrondie de 
11. Le verre flint étant un milieu dispersif, la vitesse V de la lumière dépendra de la fréquence de l’onde.
La fréquence d'une radiation monochromatique est indépendante du milieu de propagation traversé donc la
fréquence de la lumière laser ne change pas à la traversée du verre flint. Par contre, la longueur d'onde  varie
avec le milieu de propagation car

C
= (vide)
nflint x 
nflint
(vide) =
c

et (flint) = Vflint or nflint = C

Vflint
soit
Vflint =
C
nflint
et
(n) =
Ce qui caractérise la couleur de la radiation est la fréquence et non la longueur d'onde, donc la couleur de la
radiation ne change pas à la traversée du verre flint.