Les calculatrices ne sont pas autorisées Partie A

Les calculatrices ne sont pas autorisées
Partie A
pH d’un mélange (Juin 2006)
9 points
Dans cet exercice on se propose de calculer la valeur du pH d’un mélange de deux solutions de
pH connus.
Données :

𝑝𝐾𝑎1 (𝐻𝑁𝑂2 /𝑁𝑂2− ) = 3,3

𝑝𝐾𝑎2 (𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻/𝐻𝐶𝑂𝑂 − ) = 3,8

(3,3) × (3,3)
= 3,3
(0,7) × (4,7)
log
𝑝𝐾𝑒 = 14,0
log
3,3
= 0,67
0,7
4,7
= 0,092
3,8
3
= 0,375
8
I Etude de deux solutions
Le pH d’une solution aqueuse d’acide nitreux 𝐻𝑁𝑂2(𝑎𝑞) , de concentration en soluté apporté
𝐶1 = 0,20 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 a pour valeur 𝑝𝐻1 = 1,3. Celui d’une solution aqueuse de méthanoate de
−
sodium (𝐻𝐶𝑂𝑂(𝑎𝑞)
+ 𝑁𝑎+ ) de concentration en soluté apporté 𝐶2 = 0,40 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 a pour
valeur 𝑝𝐻2 = 8,7.
Ia.
Ecrire l’équation de la réaction entre l’acide nitreux et l’eau
HNO2 + H2 O = NO2− + H3 O+ (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
Ib.
Donner l’expression de sa constante d’équilibre
[NO2− ][H3 O+ ]
Ka1 =
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
[HNO2 ]
Ic.
Ecrire l’équation de la réaction entre l’ion méthanoate et l’eau
HCOO− + H2 O = HCOOH + OH − (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
Id.
Donner l’expression de sa constante d’équilibre
K
Ie.
If.
[HCOOH][OH − ]
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
[HCOO− ]
Sur l’axe des pH, donné, placer les domaines de prédominance des deux couples
acide/base mis en jeu. (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
HNO2
0
=
3,3
HCOOH
pH
NO2−
3,8
HCOO− 7
14
Préciser l’espèce prédominante dans chacune des deux solutions précédentes
Solution 1 :
solution aqueuse d’acide nitreux 𝐻𝑁𝑂2(𝑎𝑞)
DS TS 2007[Tapez un texte]
Solution 2
solution aqueuse de méthanoate de sodium
Page 1
−
(𝐻𝐶𝑂𝑂(𝑎𝑞)
+ 𝑁𝑎+ )
𝐶2 = 0,40 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 , 𝐩𝐇𝟐 = 𝟖, 𝟕.
𝐶1 = 0,20 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 , 𝐩𝐇𝟏 = 𝟏, 𝟑
Espèce majoritaire :
𝐇𝐍𝐎𝟐 (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
Espèce majoritaire :
𝐇𝐂𝐎𝐎− (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
II Etude d’un mélange de ces solutions
On mélange un même volume 𝑣 = 200 𝑚𝐿 de chacune des deux solutions précédentes. La
quantité de matière d’acide nitreux introduite dans le mélange est 𝑛1 = 4,0 × 10−2 𝑚𝑜𝑙 et celle
de méthanoate de sodium est 𝑛2 = 8,0 × 10−2 𝑚𝑜𝑙.
IIa. Ecrire l’équation de la réaction qui se produit lors du mélange entre l’acide nitreux
et l’ion méthanoate.
HNO2 + HCOO− = NO−
2 + HCOOH(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IIb. Exprimer puis calculer, le quotient de réaction 𝑄𝑟,𝑖 associé à cette équation, dans
l’état initial du système chimique
𝑄𝑟,𝑖 =
[NO−
2 ]𝑖 [HCOOH]𝑖
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
[HNO2 ]𝑖 [HCOO− ]𝑖
[NO−
2 ]𝑖 = [HCOOH]𝑖 ≈ 0 𝑚𝑜𝑙/𝐿 (Espèces minoritaires) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑄𝑟,𝑖 = 0(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IIc. Exprimer le quotient de réaction dans l’état d’équilibre 𝑄𝑟,é𝑞 en fonction des
constantes d’acidité des couples, puis la calculer.
𝑄𝑟,é𝑞
𝑄𝑟,é𝑞
[NO−
2 ]é𝑞 [HCOOH]é𝑞
=
[HNO2 ]é𝑞 [HCOO− ]é𝑞
+
[NO−
𝐾𝑎1
2 ]é𝑞 [HCOOH]é𝑞 [H3 O ]
=
=
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
[HNO2 ]é𝑞 [HCOO− ]é𝑞 [H3 O+ ] 𝐾𝑎2
𝐾𝑎1 10−3,3
=
= 100,5 = 𝟑, 𝟐(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝐾𝑎2 10−3,8
IId. Conclure sur le sens d’évolution de la réaction écrite en Iia.
𝑄𝑟,𝑖 va tendre vers 𝑄𝑟,é𝑞 donc la réaction doit se faire dans le sens direct
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IIe. Compléter le tableau d’avancement. La valeur de l’avancement final, dans l’état
d’équilibre, est :
𝑥é𝑞 = 3,3 × 10−2 𝑚𝑜𝑙
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
DS TS 2007[Tapez un texte]
Page 2
HNO2
équation
HCOO− =
+
NO−
2
+
HCOOH
Etat du
système
chimique
Avancement
en mol
n(𝐻𝑁𝑂2(𝑎𝑞) )
−
n(𝐻𝐶𝑂𝑂(𝑎𝑞)
)
…
…
Etat initial
𝑥=0
𝑛1
𝑛2
0
0
𝑥
𝑛1 − 𝑥
𝑛2 − 𝑥
x
x
𝑥 = 𝑥é𝑞
𝑛1 − 𝑥é𝑞
𝑛2 − 𝑥é𝑞
𝑥é𝑞
𝑥é𝑞
Etat
intermédiaire
Etat
d’équilibre
IIf.
Quantité de matière en mol
Calculer les concentrations des différentes espèces chimiques présentes à
l’équilibre
4,0 × 10−2 − 3,3 × 10−2
= 𝟏, 𝟕𝟓 × 𝟏𝟎−𝟐 𝐦𝐨𝐥(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
0,4
[HCOO− ] = 8,0 × 10−2 − 3,3 × 10−2 = 𝟏𝟏, 𝟕𝟓 × 𝟏𝟎−𝟐 𝐦𝐨𝐥(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
3,3 × 10−2
[NO−
]
=
= 𝟖, 𝟐𝟓 × 𝟏𝟎−𝟐 𝐦𝐨𝐥(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
2
0,4
3,3 × 10−2
[HCOOH] =
= 𝟖, 𝟐𝟓 × 𝟏𝟎−𝟐 𝐦𝐨𝐥(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
0,4
[HNO2 ] =
IIg. En déduire la valeur de 𝑄𝑟,é𝑞 et la comparer à la valeur obtenue à la question IIc.
𝑄𝑟,é𝑞
𝟑, 𝟑 × 𝟏𝟎−𝟐 𝟑, 𝟑 × 𝟏𝟎−𝟐
×
𝐕
𝐕
=
= 3,3(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝟎, 𝟕 × 𝟏𝟎−𝟐 𝟒, 𝟕 × 𝟏𝟎−𝟐
×
𝐕
𝐕
𝐐𝐫,é𝐪 = 𝟑, 𝟑
IIh. A l’aide de l’un des couples intervenant dans le mélange, vérifier que la valeur du pH
du mélange est proche de la valeur 𝑝𝐻3 = 4
Première façon
[NO−
2]
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎1 + 𝑙𝑜𝑔
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
[HNO2 ]
3,3 × 10−2
𝑝𝐻 = 3,3 + 𝑙𝑜𝑔
0,7 × 10−2
𝐩𝐇 = 𝟒, 𝟎(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
DS TS 2007[Tapez un texte]
Deuxième façon
[𝐻𝐶𝑂𝑂− ]
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎2 + 𝑙𝑜𝑔
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]
[4,7 × 10−2 ]
𝑝𝐻 = 3,8 + 𝑙𝑜𝑔
[3,8 × 10−2 ]
𝐩𝐇 = 𝟒, 𝟎(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
Page 3
Partie B
Quatre satellites terrestres artificiels
parmi bien d'autres (Juin 2005)
(11 + 2,75points =13,75)
L'usage de la calculatrice n'est pas autorisé.
Passionné d'astronomie, un élève a collecté sur le réseau Internet de nombreuses informations
concernant les satellites artificiels terrestres. Il met en œuvre ses connaissances de physique
pour les vérifier et les approfondir. Dans tout l'exercice, on notera :
 Masse de la Terre : MT (répartition de masse à symétrie sphérique de centre O)
 Rayon de la Terre : RT
 Masse du satellite étudié : ms
 Altitude du satellite étudié : h
 Constante de gravitation universelle : G.
Les parties 2 et 3 sont indépendantes.
I Le premier satellite artificiel
Si la possibilité théorique de mettre un satellite sur orbite autour de la Terre fut signalée en
1687 par Isaac Newton, il a fallu attendre le 4 octobre 1957 pour voir le lancement du
premier satellite artificiel, Spoutnik 1, par les Soviétiques.
Ia.
Exprimer vectoriellement la force exercée par la Terre sur Spoutnik 1, supposé
ponctuel, et la représenter sur un schéma.
Soit la force ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝑇/𝑆 exercée par la Terre sur
Spoutnik I :
𝑚𝑠 𝑀𝑇
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹
𝑈 (1 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑇/𝑆 = −𝐺
(𝑅𝑇 + ℎ)2 𝑇𝑆
Ib.
L’étude se fait dans un référentiel géocentrique considéré comme galiléen. En
appliquant la deuxième loi de Newton, établir l'expression vectorielle de
l'accélération du satellite.
Appliquons la deuxième loi de Newton au satellite de masse m dans le référentiel géocentrique
supposé galiléen :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹
𝑇/𝑆 = 𝑚𝑠 𝑎
DS TS 2007[Tapez un texte]
Page 4
𝑚𝑠 𝑀𝑇
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈 = 𝑚𝑠 𝑎
⃗ (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
(𝑅𝑇 + ℎ)2 𝑇𝑆
𝐌𝐓
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑜𝑛𝑐: − 𝐆
𝐔 =𝐚
⃗ (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
(𝐑 𝐓 + 𝐡)𝟐 𝐓𝐒
Remarque. Nous observons que l'accélération du satellite est indépendante de sa masse.
−𝐺
II Les satellites artificiels à orbites circulaires
Le télescope spatial Hubble, qui a permis de nombreuses découvertes en astronomie depuis
son lancement en 1990, est en orbite circulaire à 600 km d'altitude et il effectue un tour
complet de la Terre en 100 minutes.
 Étude du mouvement du satellite Hubble dans un référentiel géocentrique
IIa. En reprenant les résultats de la partie I , montrer sans calcul que le mouvement
circulaire de Hubble est uniforme.
𝑣2
𝑅𝑇 + ℎ (1 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑎
𝑑𝑣
{ 𝑎𝑇 = 𝑑𝑡
𝑎𝑁 =
Or
𝑎=G
MT
⃗⃗
N
(R T + h)2
Donc
𝑎𝑁 =
𝑎
{
𝑣2
MT
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
=G
𝑅𝑇 + ℎ
(R T + h)2
𝑑𝑣
𝑎𝑇 =
= 0 (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑑𝑡
Le mouvement est circulaire uniforme car v est constante
IIb. Exprimer littéralement sa vitesse en fonction des grandeurs MT, RT, h et G.
𝑎𝑁 =
𝑣2
MT
=G
𝑅𝑇 + ℎ
(RT + h)2
𝑮𝐌𝐓
𝑑𝑜𝑛𝑐 𝒗 = √
(1 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑹𝑻 + 𝒉
IIc. Exprimer la période T de son mouvement en fonction des grandeurs précédentes
puis retrouver la troisième loi de Kepler appliquée à ce mouvement circulaire
(l'énoncé de cette loi n'est pas demandé ici).
T=
2π(R T + h)
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
v
T=
DS TS 2007[Tapez un texte]
2π(R T + h)
√𝐺MT
× √𝑅𝑇 + ℎ
Page 5
(𝐑 𝐓 + 𝐡)𝟑
𝐓 = 𝟐𝛑√
(1 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑮𝐌𝐓
D’où la troisième loi de Kepler :
𝑻𝟐
= 𝟒𝝅𝟐 𝑮(1 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
(𝐑 𝐓 + 𝐡)𝟑
 Cas d'un satellite géostationnaire
Les satellites météorologiques comme Météosat sont des appareils d'observation
géostationnaires.
IId. Qu'appelle-t-on satellite géostationnaire ?
Un satellite géostationnaire est un satellite qui se trouve toujours à la verticale d'un même
point à la surface de la Terre. Il est immobile dans le référentiel
terrestre. (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
On propose trois trajectoires hypothétiques de satellite en mouvement circulaire uniforme
autour de la Terre.
IIe. Montrer que, seule, l'une de ces trajectoires est incompatible avec les lois de la
mécanique.
L'expression de la deuxième loi de Newton appliquée au satellite de masse m donne :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗ =𝐹
𝑚𝑎
𝑇/𝑆 (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
Le vecteur accélération est donc dirigé dans la même direction et le même sens que la force
qu'exerce la Terre sur le satellite car m> 0.
Par ailleurs, dans le cas d'un mouvement circulaire uniforme, le vecteur accélération est radial
et centripète, (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) c'est-à-dire dirigé vers le centre de la trajectoire. Il a la même
⃗⃗ . Nous constatons que la situation représentée sur
direction et le même sens que le vecteur N
la figure 2 ne permet pas de satisfaire ces deux contraintes.
IIf.
Quelle est la seule trajectoire qui peut correspondre au satellite géostationnaire ?
Justifier la réponse.
Pour que le satellite soit géostationnaire il ne peut se trouver tantôt pratiquement au-dessus
du pôle Nord, tantôt au-dessus du pôle Sud (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)comme sur la figure 3. La seule
DS TS 2007[Tapez un texte]
Page 6
trajectoire qui peut correspondre au satellite géostationnaire est celle de la figure 1
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)où celle-ci est contenue dans le plan équatorial de la Terre
III Les satellites artificiels à orbites elliptiques
Les satellites peuvent être placés sur différentes orbites, en fonction de leur mission. Un
incident lors de leur satellisation peut modifier l'orbite initialement prévue. Hipparcos, un
satellite d'astrométrie lancé par la fusée Ariane le 8 août 1989, n'a jamais atteint son
orbite prévue. Un moteur n'ayant pas fonctionné, il est resté sur une orbite elliptique entre
36 000 km et 500 km d'altitude.
Les satellites artificiels obéissent aux lois de Kepler.
La deuxième loi de Kepler, dite « loi des aires », précise que « des aires balayées par le rayon,
reliant le satellite à l'astre attracteur, pendant des durées égales, sont égales ».
IIIa. Énoncer les deux autres lois dans le cas général d'une orbite elliptique.
 La première loi de Kepler indique que, dans le cas d'un satellite soumis à
l'attraction gravitationnelle d'un astre attracteur, ce dernier occupe l'un des foyers de
l'ellipse que décrit le satellite. (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
 La troisième loi de Kepler précise que le carré de la période de révolution T des satellites,
autour d'un astre attracteur, divisée par le cube du demi grand axe a de leur orbite
elliptique est une constante (ici K) :
𝑇2
= 4𝜋 2 𝐺MT = K(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
𝑎3
IIIb. Sans souci exagéré d'échelle ni d'exactitude de la courbe mathématique, dessiner
l'allure de l'orbite du satellite Hipparcos. Placer sur ce schéma le centre d'inertie de
la Terre et les points A et P correspondant respectivement aux valeurs 36 000 km
et 500 km données dans le texte.
Le point A correspond à l'apogée et le
point P au périgée de la trajectoire
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)𝑃 𝑒𝑡 𝐴 + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)𝑇𝑒𝑟𝑟𝑒𝑎𝑢 𝑓𝑜𝑦𝑒𝑟
DS TS 2007[Tapez un texte]
Page 7
IIIc. En appliquant la loi des aires au schéma précédent montrer, sans calcul, que la
vitesse d'Hipparcos sur son orbite n'est pas constante.
Pour que des aires égales soient balayées, les
distances S1S2 et S3Sq doivent être différentes.
Or, d'après la deuxième loi de Kepler, le satellite
parcourt ces deux distances différentes pendant
la même durée. Cela n'est donc possible que si
la vitesse du satellite n'est pas
constante. (0,5 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IIId. Préciser en quels points de son orbite sa vitesse est maximale, minimale.
La vitesse du satellite sera maximale au périgée et minimale à l'apogée
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IV
Les missions des satellites artificiels
Aujourd'hui, plus de 2 600 satellites gravitent autour de la Terre. Ils interviennent dans de
nombreux domaines : téléphonie, télévision, localisation, géodésie, télédétection,
météorologie, astronomie... Leur spectre d'observation est vaste : optique, radar, infrarouge,
ultraviolet, écoute de signaux radioélectriques...
IVa. Sachant que le spectre optique correspond à la lumière visible, donner les
limites des longueurs d'onde dans le vide de ce spectre et situer l'infrarouge et
l'ultraviolet.
 Dans le vide, le domaine visible est délimité par les longueurs d'onde 400 nm et 800
nm. (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
 En deçà de 400 nm se trouve l'ultraviolet, au-delà de 800 nm se situe
l'infrarouge. (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IVb. La célérité de la lumière dans le vide est 3,0 x 108 m- s-1 , en déduire les limites en
fréquence de la lumière visible.
λ=c×T=
C
C
soit F = (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
F
λ
rouge
bleu
𝛌 en nm
800 nm
400 nm
F en Hz
3 × 108
= 𝟑, 𝟖 × 𝟏𝟎𝟏𝟒 𝐇𝐳
800 × 10−9
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
3 × 108
= 𝟕, 𝟓 × 𝟏𝟎𝟏𝟒 𝐇𝐳
400 × 10−9
(0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡) + (0,25 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
IVc. Pourquoi doit-on préciser « dans le vide » pour donner les valeurs des longueurs
d'onde ?
λ = c×T
Donc la longueur d’onde dépend de la vitesse de propagation de cette onde. Comme la vitesse
de l’onde dépend du milieu il faut préciser le milieu de propagation. (0,5 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡)
DS TS 2007[Tapez un texte]
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