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CORRECTION SUJET BAC AMERIQUE DU SUD 2009
EXERCICE I. L’ASPIRINE
1.1.1. groupe hydroxyle
1.1.2. groupe carboxyle
1.1.3. groupe ester
1.2.
1.3.1.
-
AH prédomine
A prédomine
3,5
pH
1.3.2. D’après le diagramme de prédominance si pH = 1 (pH < 3,5) c’est l’espèce acide AH qui prédomine. Dans
l’estomac (pH≈1) c’est donc AH qui prédomine
1.4.1.
H3O+ est l’ion oxonium
Demi-équation :
HCO3-
+
H+
=
CO2
Demi-équation :
H3O+
= H2O
+
H+
Equation de la réaction : HCO3-(aq)
1.4.2.
K
+
H3O+(aq)
+ H2O
=
CO2(aq)
+
2 H2O (l)
CO2 éq
HCO   H O 

3 éq
Soit pKa1 le pKa du couple
On a donc K 

3
éq
(CO2,H2O)aq/HCO3-(aq)
1
1
pKa
  pKa1 ; K  10 1
Ka1 10
A.N. K = 106.4=2,5 x 106
Ka1 
HCO 

3 éq
 [ H 3O  ]éq
CO2 éq
(I)
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1.4.3. Si Qr,i <<K alors la réaction (I) ( voir 1.4.1.) évolue dans le sens direct c'est-à-dire dans le sens de la
disparition des ions oxonium H3O+. On a donc dans l’estomac [H3O+] qui diminue et pH = -log[H3O+] qui
augmente. Le pH de l’estomac augmente (moins acide).
2.1. Le montage (a) permet de réaliser un chauffage à reflux. Les vapeurs de réactifs et de produits résultant du
chauffage se condensent dans le tube réfrigérant et retombent dans l’erlenmeyer.
Le montage (b) est un montage de distillation fractionnée.
2.2.1.
O
CH3
C
O
CH3
C
O
2.2.2. Avec l’anhydride acétique la réaction est totale alors qu’elle est limitée avec de l’acide acétique. On a
donc un meilleur rendement en utilisant de l’anhydride acétique plutôt que de l’acide acétique.
O
CH3
O
O
C
C
C
OH
O
CH3
O
OH
=
+
C
+ CH
3
O
OH
C
CH3
C
OH
O
O
Anhydride éthanoïque
Acide salicyliqye
Acide acétylsalicylique
(ASPIRINE)
acide éthanoïque
2.3.1. L’acide sulfurique est un catalyseur de la réaction ( il accélère la vitesse de réaction sans modifier son
rendement).
2.3.2. Soit nac la quantité d’acide salicylique introduite et mac la masse correspondante.
Soit nanh la quantité d’anhydride acétique introduite, manhla masse correspondante et V le volume
correspondant.
nac 
mac
10,0
 0,0725mol
A.N. n ac 
138
M ac
n anh 
 V
M anh
A.N. nanh 
1,08  12,0
 0,127mol
102
D’après l’équation de la réaction écrite en 2.2.3 ; les réactifs seraient dans les proportions stœchiométriques si
nac = nanh or en réalité nac < nanh donc l’acide salicylique est le réactif en défaut.
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2.3.3.
Soit nthéo la quantité théorique d’aspirine que l’on peut espérer obtenir. D’après l’équation de la réaction écrite
en 2.2.3. et sachant que l’acide salicylique est le réactif limitant on devrait avoir :
nthéo=nac
or mthéo=nthéoxMasp
d’où mthéo=nac x Masp
A.N. mthéo = 0,0725 x 180
mthéo= 13,1 g
2.4.
r
Soit r le rendement de cette synthèse
mexp
mthéo
A.N.
r
10,5
r =80,2 %
13,1
3.1.
HA(aq)
+ HO-(aq)
=
A- aq)
+ H2O(l)
3.2. Soit n(HO-) la quantité d’ions hydroxyde versée à l’équivalence. Soit n(HA) la quantité d’aspirine dosée.
A l’équivalence de la réaction de dosage (voir 3.1.) : n(HO-) = n (HA) or n(HO-) = cBxVbE
On a donc n(HA) = cBxVbE
A.N. n(HA) = 0,250 x 9,3 x10-3 n(HA) = 2,3 x 10-3 mol
Dans 10 mL de solution on a n(HA) mole d’aspirine donc dans la fiole jaugée contenant 100 mL de cette
solution la quantité d’aspirine est : n’(HA) = 10 x n(HA)
A.N n’(HA) = 2,3 x 10-2 mol
3.3. La masse d’aspirine dosée mdosée est telle que mdosée = n’(HA)xMasp
A.N. mdosée = 2,3 x 10-2 x 180 = 4,1 g
La masse d’aspirine dosée est inférieure à la masse d’aspirine introduite expérimentalement (6,0g). C’est donc
que l’aspirine préparée n’est pas pure. Sur les 6,0 g introduits il y a environ 2 g d’impuretés ne réagissant pas
avec les ions hydroxyde. S’il restait de l’acide salicylique après la préparation, celui-ci ne serait-il pas aussi
dosé par les ions hydroxyde ? Peut-on utiliser un tel dosage pour vérifier la pureté de l’aspirine ?
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EXERCICE II. UN SERVICE AU TENNIS
1.1. Si l’on néglige l’action de l’air alors la balle est en chute libre c'est-à-dire qu’elle est soumise à la seule

action de son poids P .

Bilan des forces appliquées à la balle : son poids P



P  m  g où m est la masse de la balle et g le vecteur champ de pesanteur au lieu considéré. La direction

de P est verticale, son sens de bas en haut et sa valeur P= m x g
1.2. Système étudié : la balle.
Soit

a le vecteur accélération de la balle.
Dans le référentiel terrestre galiléen, d’après la seconde loi de Newton :







F
 ext  m  a

d’où P  m  a  m  g  m  a  a  g
Lors du mouvement de la balle de D en B le vecteur accélération est donc égal au vecteur champ de pesanteur.
1.3.
  
Dans le repère (O, i , j , k ) :



* a  g  a (a x  0; a y   g ; a z  0)

*Soit

 dv
v le vecteur vitesse de la balle. Par définition a 
dt
on en déduit par intégration que :

v (v x  C1 ; v y   g  t  C 2 ; v z  C3 ) où C1, C2 et C3 sont des constantes.



A t=0 v  v0  i on a donc C1 = v0, C2=C3=0 soit v (v x  v0 ; v y   g  t ; v z  0)
*Soit
 d OM
on en déduit par intégration que :
OM le vecteur position de la balle. v 
dt
1
OM ( x(t )  v0  t  C1' ; y (t )    g  t 2  C 2' ; z (t )  C3' )
2
où C’1, C’2 et C’3 sont des constantes

OM  OD  H  j on a donc C’1=0, C’2=H et C’3=0 soit
1
OM ( x(t )  v0  t ; y (t )    g  t 2  H ; z (t )  0) c.q.f.d.
2
A t= 0
1.4. Si quelle que soit la date t , z(t)=0 alors nécessairement le mouvement de la balle a lieu dans le plan xOy.
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1.5. Si
Si
x(t )  v0  t alors t 
y (t ) 
x (t )
v0
g
 gt 2
x (t )
 x(t ) 2  H (I)
alors y (t ) 
 H et t 
2
2v0
v0
2
2.1. La balle passera au dessus du filet à la date t1 si pour x(t1)=OF=12,2m y(t1)>0,920m
Calculons y(t1) pour x(t1) = 12,2 m à l’aide de l’équation de la trajectoire (I) (voir 1.5.)
y (t1 ) 
 9,81
 126 
2

 3,60 
y (t1 )  1,60m
2
 12,2 2  2,20
N.B. 126 km.h-1 =126/3,60=35,0 m.s-1
y(t1)>0,920m la balle passe donc au dessus du filet
2.2. Lorsque la balle tombe en B’ à la date t2 on à y(t2)=0 et x(t2)=OB’
O n a donc d’après l’équation de la trajectoire (I)

g
 (OB ' ) 2  H  0
2
2  v0
(OB ' ) 2 
2  v02  H
g
OB '  0  OB '  v0 
2 H
g
A.N.
OB '  35,0 
2  2,20
9,81
OB '  23,4m
OB’ > OB le service est donc considéré comme mauvais
2.3. Le paramètre non pris en compte dans le problème est l’action de l’air (poussée d’Archimède et surtout
forces de frottements fluides)
3.1. On notera Ep(X) l’énergie potentielle de la balle aen un point X. Ep(X)=m.g.y(X)
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La variation d’énergie potentielle de la balle entre l’instant ou elle quitte la raquette et l’instant où elle touche
le sol est :
Ep=Ep(B’)-Ep(D)
Ep=m.g.y(B’) – m.g.y(D)
Ep=m.g.(y(B’)-y(D))
Ep=-mxgxH
A.N. Ep=-58,0 x 10-3x9,81x2,20
Ep = - 1,25 J
3.2. Soit Ec(X) l’énergie cinétique de la bille lorsqu’elle se trouve en un point X.
EC ( D) 
1
 m  v02 avec EC(D) en joules (J) , m en kilogrammes (kg) et v0 en mètres par seconde (m.s-1)
2
3.3.
EmD=Ep(D) + EC(D)
E mD  Ep( D) 
1
 m  v02
2
EmB’=Ep(B’) + EC(B’)
E mB'  Ep( B' ) 
1
 m  v B2 '
2
3.4. Si on néglige les forces de frottement dues à l’air, l’énergie mécanique se conserve on a donc EmD = EmB’
3.5.
1
1
 m  v02  Ep ( B' )   m  v B2 '
2
2
1
1
1
 m  v B2 '   Ep   m  v02  m  g  H   m  v02
2
2
2
2
2
v B '  2  g  H  v0
E m D  E m B'  Ep ( D) 
v B2 '  0  v B'  2  g  H  v02
A.N.
v B '  2  9,81  2,20  35,0 2
v B '  35,6m.s 1 soit128km.h 1
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TRONC COMMUN : EXERCICE III.CARACTERE ONDULATOIRE DE LA LUMIERE
1. Le phénomène observé est le phénomène de diffraction.
2.1. Graphiquement tan  
Si
tan    et tan  
d
D
d
d
alors  
D
D
12,6  10 3
12,6  10 3
2

 3,15  10 3 rad
A.N  
2,00
4,00
2.2.
Si


A.N.

a
avec  en radians et  et a en mètres.
ad
d

 d
 soit  
et   alors
D
D
a
a D

0,200  10 3  6,30  10 3
 6,30  10 7 m
2,00
 = 630 nm
2.3.
c   
2.4. Si

avec c en mètres par seconde (m.s-1) ,  en mètres (m) et  en hertz (Hz)
D
ad
alors d 
(I)
a
D
Si on remplace la lumière rouge ( = 630 nm) par une lumière bleue (≈400 nm) alors  diminue ; d’après la
relation (I) d diminue donc aussi (avec D et a constants)
Si on diminue la largeur a de la fente (avec  et D constants) d’après la relation (I) d augmente.
2.5. Une lumière monochromatique est constituée d’une seule radiation lumineuse de longueur d’onde Une
lumière polychromatique est constituée par l’association d’au moins deux radiations monochromatiques
n’ayant pas la même longueur d’onde dans le milieu considéré.
3.1. Lors du passage d’une radiation de l’air dans le verre la grandeur qui ne change pas est la fréquence.
3.2. soit n l’indice de réfraction du milieu transparent considéré, v la célérité de la radiation monochromatique
dans ce milieu et c la célérité de la lumière dans le vide.
n
c
v
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3.3. Si n 
c
c
alors v 
(II)
n
v
3,00  10 8
 2,00  108 m.s 1
A.N. v 
1.50

Un milieu est dispersif si la vitesse des ondes qui le traversent dépend de leurs fréquences.
3.5. De la relation de Descartes on en déduit que
nv 
na  sin i
. D’après cette relation et l’énoncé, na et i
sin r
étant des constantes, si la fréquence varie, r varie et donc n v varie. Or d’après la relation (II) (voir 3.3.) si nv
varie alors v varie (c est une constante). On en déduit que si la fréquence varie, la vitesse dans le verre des
radiations monochromatiques varie. Le verre est donc un milieu dispersif.
SPECIALITE : EXERCICE III. TELEPHONE PORTABLE ET ONDE RADIO
1.1 L’ordre de grandeur des fréquences utilisées est de 103 MHz soit 109 Hz.
1.2. La relation entre la longueur d’ondedans le vide et la fréquence f de l’onde se déplaçant à la célérité c
étant 

c
on en déduit que un ordre de grandeur de est 108 x 10-9 soit 10-1 m (10 cm environ).
f
2.1.1. L’onde porteuse « se trouve » en B.
2.1.2. Le signal modulant « se trouve » en A
2.2.1. Pour obtenir une modulation de bonne qualité il faut que f p>>fm.
2.2.2
s(t )  k  u1 (t )  u 2 (t )
.
s(t )  k  (u (t )  U 0 )  u 2 (t )
s(t )  k  U m  cos( 2f m t )  U 0  Vm  cos( 2f p t )
s(t )  k  Vm  U m  cos( 2f m t )  U 0  cos( 2f p t )
En posant
S m  k  Vm  [U m  cos(2f m t )  U 0 ] il vient s(t )  S m  cos( 2f p t )
2.2.3.
D’après la relation
en facteur que :
S m  k  Vm  [U m  cos(2f m t )  U 0 ] obtenue au 2.2.2 on en déduit, en mettant U0
S m  k  Vm  U 0  [
Um
 cos( 2f m t )  1] on a donc
U0
S m  A  (m  cos(2f m t )  1) en posant A=k.Vm.U0 et m=Um/U0.
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2.2.4. Pour que la modulation soit de bonne qualité il faut avoir m<1
2.3.1. Soit Tp la période de la porteuse et Tm la période du signal modulant.
Sur le graphique la durée correspondant à 30x Tp est de 15 ms. On a donc
Tp 
15  10 3
s
30
30  10 3
Soit puisque fp= 1/Tp, f p 
 2,0  10 3 Hz
15
15  10 3
Sur le graphique la durée correspondant à 3xTm est 15 ms ; on a donc Tm 
s
3
Soit puisque fm=1/Tm ,
fm 
3  10 3
 2,0  10 2 Hz
15
2.3.3. Graphiquement Sm max = 9V et Sm min = 6V on a donc m 
96 1
  0,2
96 5
3.1.1. Le détecteur d’enveloppe est représenté par le schéma (b) ;
3.1.2. Le filtre passe haut est représenté par le schéma (c).