Correction du bac blanc 2012

Correction du bac blanc 2012
Correction exercice 1 :(9,5 points)
1. Modélisation par une chute verticale
1.1. Dans le référentiel terrestre supposé Galiléen on a
(m est la masse du boulet).
L’action de l’air est négligeable, la seule force qui agit est le poids du boulet .
Donc
ainsi
d’où
(0,25)
1.2. Le mouvement s’effectue suivant une seule direction (Ox) .
On a :
d’où v = g . t + A (0,25)
A l’instant t=0, le boulet est lâché sans vitesse initiale v(t=0) = 0 donc A = 0.
Ainsi v = g . t.
(0,25)
1.3. On a : v
d’où x =
. (0,25)
A l’instant t = 0, le boulet est lâché en O x(t=0) = 0 donc B = 0.
Ainsi x =
. (0,25)
(0,25)
1.4. 1. Proposition b : « la durée de chute diminue quand la masse du boulet augmente »  Aristote
Proposition c : « la durée de chute est indépendante de la masse »  Galilée.
La proposition a ne correspond à la pensée d’aucun philosophe. (0,25)
1.2.2. H = x(t) – x(0) = ½.g.t  ½.g.t0² = ½.g.t  0 = ½.g.t donc
2
Soit
2
2
t 
2H
(0,25)
g
= 3,4 s ( 0,25)
Galilée mesure t = 5 s. L’écart est dû aux actions de l’air (frottements et poussée d’Archimède) qui ne sont pas
prises en compte et à la technique de mesure de la durée t à l’époque de Galilée (pas de chronomètre …).
(0,25)
2. Chute réelle
2.1. Voir schéma ci-contre. (0,25)
2.2. Poids : P = mboulet de fer.g = fer.VS.g
Poussée d’Archimède:  = mair déplacé.g = air.VS.g
P fer .VS.g fer


(0,25)
 air .VS.g air
O
i

f
P 7,87  103
>> 1


1,29
Donc P >>  : la poussée d’Archimède est négligeable devant le poids. (0,25)
soit
2.3. a. La deuxième loi de Newton, appliquée au boulet de fer, dans le référentiel
terrestre supposé galiléen donne :
P  f  ma (0,25)
En projection selon l’axe (Ox) vertical, orienté vers le bas :
Px + fx = m.ax
1
dv
m.g  .R2 .air .C.v 2x = m. x
2
dt
posons v = vx alors :
1
dv
m.g  .R2 .air .C.v 2 = m.
2
dt
1 .R2 .air .C.v 2
dv
finalement, en divisant par m :
=g
(0,25)
2
m
dt
1 .R2 .air .C.v 2
dv
dv
2.3. b. Lorsque v = vl = Cte on a :
=
= 0 donc 0= g 
(0,25)
2
m
dt
dt
1 .R2 .air .C.v 2
=g
.R2 .air .C.v 2 = 2.m.g
2
m
P
x
Ainsi
2.fer .VS .g
2.m.g
v 


2
.R .air .C .R2 .air .C
2
4
2.fer . ..R3 .g
8.fer .R.g
3

2
3.air .C
.R .air .C
En ne gardant que la valeur positive : v 
2.4.
v2

v1
8.fer .R2 .g
3.air .C
8.fer .R1.g
3.air .C
comme R2 > R1 alors

R2
R1
8.fer R.g
(0,25)
3.air .C
(0,25)
v
R2
> 1 ainsi 2 > 1 soit v2l > v1l
v1
R1
Le boulet B2 a la vitesse limite la plus élevée. (0,25)
2.5.a) Sur la figure 2, relative aux évolutions des vitesses, on constate qu’en régime permanent la courbe (b) est
située au-dessus de la courbe (c). Comme v2l > v1l alors on peut attribuer :
Courbe (b)  Boulet B2
Courbe (c)  Boulet B1 (0,25)
2.5.b)
T2sol
Le boulet 1 touche le sol à l’instant t1sol = 3,455 s (courbe c’).
Le boulet 2 touche le sol à l’instant t2sol = 3,425 s (courbe b’). (0,25)
L’écart de temps est de 0,03s. Cet écart est impossible à mesurer avec les moyens de l’époque sans chronomètre.
(0,25)
2.5.c) A la même date t2sol, le boulet B1 a chuté de 56,0 m.
Ainsi lorsque B2 touche le sol, B1 se trouve à 57,0 – 56,0 = 1,0 m du sol.
Ce résultat n’est pas tout à fait en accord avec l’extrait n°2 où Galilée parle d’un écart de « 2 doigts » bien inférieur
à 1,0 m, mais l’écart de un mètre est effectivement inférieur aux 99 coudées d’Aristote. (0,25)
3. Restauration du boulet par électrolyse :
3.1. A l'anode se produit toujours une oxydation. (0,25)
3.2. D'après l'équation les espèces qui réagissent sont : Cl (aq) et H2O (l)
Les couples qui interviennent sont : Cl 2 (g) / Cl (aq) et
H2O (l) / H2 (g)
Seul l'ion chlorure peut être oxydé à l'anode : l'équation de la réaction à l'anode est alors
–
–
2 Cl (aq) = Cl2 (g) + 2 e (0,25)
Cette réaction a lieu à la borne + du générateur : les électrons produits se dirigent vers la borne positive du
générateur. (0,25)
3.3. 1. Nombre d'électrons transférés :
Q = N . e donc N =
Q I.t
=
e
e
(0,25)
N
Q
I.t
=

e.N A
NA e.NA
-
Quantité d'électrons échangés :
n(e ) =
(0,25)
3.3.2.( 0,5)
Équation de la réaction
Avancement
(mol)
Etat Initial
x=0
Etat final
x = xf
3.3.2.
ni(Cl-)
=
Cl2
solvant
ni(Cl-)-2 x
+
H2
+ 2 HO-
0
0
0
x
x
2x
0
2x
-
n(H2) = n(e ) / 2
Or n(e-) =
I.t
e.N A
donc
n(H2) =
I.t
2e.N A
(0,25)
En mettant t en s :
n(H2) =
3.3.5.
+ 2 H2O
D'après (1), lorsque 2x mol d'électrons sont consommés il se forme x mol de H2
Donc n(e ) = 2.x
et n(H2) = x
(0,25)
Soit:
3.3.4.
2Cl-
Quantité de matière
d’électrons échangés
1, 0  530  3600
5, 30  3, 6.105 19.105
=
=
= 10 mol
19.104
2  1, 610
. 19  6, 010
. 23
19.10 4
V(H2) = n(H2)  Vm = 10  24 = 2,4.10 L
2
-
(0,5)
(0,5)
-
-1
3.3.6. n(OH ) = 2 xf = n(e ) ; [OH-] =
mol L . (0,5)
Exercice 2 :
1. Trois forces agissent sur le mobile :
-
P : force verticale et orientée vers le bas ;
la réaction normale au plan, R : verticale et orientée vers le haut
la force de rappel du ressort : F  K.X.i , force horizontale et opposé à i .
le poids
R
F
i
P
2. On applique la deuxième loi de Newton au mobile :
P+ R+
F
=ma
Sur l'axe ( O ,x ) , on obtient : En sachant que les vecteurs poids et réaction normale au plan sont orientés sur l'axe
( O , y ) , donc leurs abscisses est nulles , il reste :
-KX =m
d²X
dt ²
Soit
d²X K
+
X= 0 Ce qui est bien l'équation différentielle recherchée .
m
dt ²
3.1. Pour qu'une égalité soit correct il faut que ces deux membres s'expriment dans les mêmes unités ; T est un
temps ( donc en seconde ) , le second terme devra être un temps ( exprimé en seconde lui aussi )
K est la constante de raideur d'un ressort , avec la relation T = kX , on obtient k = T / X
ce qui s'exprime en N/m Or les Newton s'exprime en fonction des unités de bases selon :
-2
-2
1 N = 1 kg.m.s ( en appliquant la deuxième loi de Newton ) . D'où 1 N/m = 1 kg.s
m est la masse et s'exprime en kg .
-2
2
Donc m/k s'exprime en kg/ (kg.s ) donc en s .
-2 .
Donc k/m , étant l'inverse de m/k , s'exprime en s
-2
2 -2
Donc mk s'exprime en kg. kg.s soit kg .s
Pour obtenir un temps qui s'exprime en seconde il faut donc choisir la première expression :
T0 = 2
m
. car
k
m
.s'exprime en seconde
k
3.2. On applique la relation de la question précédente :
T0  2.
m
0,100
= 2..
= 0,31 s
K
40
3.3. Pour obtenir une meilleur précision de la mesure , on travail sur plusieurs période , ici deux périodes ( voir
schéma ci-dessous ) .
2.T0  10,6
cm
1,0 s  14,8 cm
On a donc : 2.T0 =
8, 4  1, 0
= 0,62 s soit T0 = 0,31 s
13, 5
Cette valeur est bien en accord celle calculée à la question précédente.
4. Montrons que X(t) = X m cos
2t
est solution de l'équation différentielle du mouvement : Pour cela dérivons
T0
l'expression de X(t) proposée :
2
 2 
2t
d²X
et
= X (t) = – Xm . 
 .cos
dt ²
T0
 T0 
.
2
2t
dX
= X (t) = – Xm .
.sin
dt
T0
T0
Reportons X(t) et
X (t) dans : X +
2
K
X=0
m
 2 
2t K
2t
 – Xm . 
+
. Xm cos
=0
 .cos
T
T
T
m
0
0
 0
2
 2 
m
K
Comme : T  4. .
alors 
 =
K
 T0  m
2t
2t
K
K
Il reste – Xm .
.cos
+
. Xm cos
=0
T0
T0
m
m
2
0
2
ce qui est juste ; on peut en conclure que la solution
proposée est correct .
5.
X(0) = 5,0 cm
et X(t=0) = Xm cos
2  0
= Xm.cos(0) = X m
T0
en identifiant les deux expressions il vient : Xm = 5,0 cm. = 0,05 m
6. Energie mécanique. Vitesse.
6.1. énergie mécanique totale : Em = Ec + E pr
Le terme Ec correspond à l’énergie cinétique du solide.
Le terme E pr correspond à l’énergie potentielle élastique du ressort.
6.2. On applique les formules correspondant aux deux énergies de la question précédente :
Em = ½.m.v² + ½.K.X²
6.3.1. La valeur initiale de la courbe 2 est égale à zéro , or la vitesse initiale du mobile est égale à zéro donc l'énergie
cinétique initiale est nulle : la courbe 2 correspond à l'énergie cinétique .
La courbe 1 correspondra donc à l'énergie potentielle élastique du ressort ( sa valeur initiale est non nulle car X (0 ) = 0,05
m ).
6.3.2
6.3.3. . Comme les forces de frottements sont négligées , la valeur de l'énergie mécanique est constante : On la
représente comme sur le schéma ci-dessus .
-3
6.3.4. On lit sur le graphique Em = 50.10 J
6.3.5. A la position d'équilibre du mobile , son abscisse est nulle , son énergie potentielle élastique est donc nulle aussi ;
son énergie cinétique est non nulle , il reste donc l'égalité :
Em = Ec + E pr = Ec = ½.m.v²
D'où : v² =
2Em
m
et
v=
2.Em
=
m
2  5,0 .10 2
0,100
-1
Donc : v = = 1,0 m.s
Lors du passage à la position d'équilibre du mobile la valeur de la vitesse est à son maximum .
Execice 3 :
1. Étude du couple ion hydroxylammonium / hydroxylamine.
1.1. Un acide au sens de Brønsted, est une espèce chimique capable de céder un ion hydrogène (ou proton)
+
H . (0,25)
+
+
1.2. NH3OH (aq) + H2O(l) = NH2OH(aq) + H3O (aq)
(1)
(0,25)
1.3.
NH3OH
+
pH = 3,8
(0,25)
NH2OH
pKA = 6,0
pH
+
1.4. D’après la question précédente, on a pH< pKa donc c’est l’ion hydroxylammonium NH3OH qui prédomine.
(0,25)
2. Dosage de la solution S
2.1.
(0,25)
burette graduée contenant la
solution titrante (Na+(aq) + HO–(aq)) de concentration
molaire CB = 2,510–2 mol.L–1
VA = 20,0 mL de solution titrée d’acide
de concentration inconnue CA + quelques
gouttes d’indicateur coloré
Barreau aimanté
agitateur magnétique
2.2. NH3OH
+
(aq)
+ HO
–
(aq)
= NH2OH(aq) + H2O(l)
(2)
(0,25)
2.3.1. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.
(0,25)
.
2.3.2. La zone de virage de l’indicateur coloré doit contenir le pH à l’équivalence (0,25) , seule la phénolphtaléine
(0,25) convient.
La solution, acide initialement, donc incolore, deviendra rose au delà de l’équivalence. (0,25)
2.3.3. À l’équivalence la quantité de soude versée est égale à la quantité d’acide présente initialement :
C B VBéq1
2,5.10 2  24,0 60,0.10 2
–2
nBéq = nA  CB.VBéq = CA.VA
 CA =
(0,25) soit CA =
=
= 3,010
VA
20,0
20,0
-1
mol.L (0,25)
3. Avancement de la réaction de l’ion hydroxylammonium avec l’eau (équation 1).
3.1. [H3O
+
(aq)]
–pH
= 10
soit [H3O
+
(aq)]
–3,8
= 10
(0,25)
Équation
chimique (1)
= 1,610
–4
mol.L
-1
(0,25)
3.2.
NH3OH
+
H3O (aq)
État du système
État initial
État final réel
État final si la
réaction est
totale
3.3.  
xf
+
(aq)
+
H2O(l)
n0
n0 – xf
Solvant
Solvant
0
xf
0
xf
xmax
n0 – xmax = 0
Solvant
xmax
xmax
+
+
+
Or nf(H3O ) = [H3O
1,6.10 4
3,0.10  2
+
(aq)]f.
V
et n0 = CA . V donc
-2
–3
= 0,53.10 = 5,310
(0,25) .
.
3.4. KA =Qr,f =
+
Quantités de matière (mol)
xmax ? si NH3OH est limitant alors n0 – xmax = 0  xmax = n0
x max
NH2OH(aq)
Avancement
(mol)
0
xf
xf ? D’après le tableau d’avancement nf(H3O ) = xf

=
[H 3 O  ] f  [ NH 2 OH ] f
[ NH 3 OH  ] f
D'après le tableau d’avancement :
(0,25)

[H 3 O  ] f
CA
n (H O  )
donc   f 3
(0,25)
n0
(0,25)
 < 1 donc la transformation est limitée (non totale)
(0,25)
–
+
+
nf (NH2OH) ? nf (NH2OH) = nf (H3O ) soit [C6H5COO ]f = [H3O ]f .
+
+
+
+
+
nf(NH3OH ) ? nf(NH3OH ) = n0 – xf = CA . V – xf = CA . V – nf (H3O ) = CA . V – [H3O (aq)]f. V = (CA – [H3O (aq)]f ). V
+
+
+
+
Or nf(NH3OH ) = [NH3OH ]f .V d’où [NH3OH ]f = CA – [H3O (aq)]f
KA =
[H 3 O  ] f  [H 3 O  ] f
C A  [H 3 O  ] f
Or [H3O
+
(aq)]
–pH
= 10
=
[H 3 O  ] f2
C A  [H 3 O  ] f
donc KA =
(10 pH ) 2
C A  (10 pH )

10 2pH
C A  (10 pH )
(0,25)
Exercice 3 : (spécialité)
1. Extraction de l’acide benzoïque
1.1.( 0.5)
Phase
organique
contenant
l’acide
benzoïque
dissous
dans
le
toluène
La masse volumique du toluène étant inférieure à celle de l’eau, la phase
organique est au-dessus de la phase aqueuse.
D’après le tableau de données seul l’acide benzoïque est soluble dans le
toluène, il se retrouve dans la phase organique ; tandis que les impuretés
(acide citrique et acide phosphorique) sont dans la phase aqueuse.
Phase aqueuse
+
-
1.2. (0.25) Une solution d’hydroxyde de sodium a pour formule : (Na (aq) + HO (aq)) ; les ions sodium sont
spectateurs.
C6H5COOH(aq) + HO(aq) = C6H5COO(aq) + H2O(l)
1.3.1. (0.25)
C6H5COO(aq)
pKA = 4,0
pH
1.3.2. (0.5) Quand le pH diminue la forme acide
prédomine, or la solubilité de l’acide benzoïque dans
l’eau est faible, des cristaux d’acide benzoïque
apparaissent.
C6H5COOH(aq)
1.3.3. (0.75) On peut effectuer une filtration sur
Büchner (filtration sous vide) pour récupérer les cristaux.
1.3.4 (0.5) Le solide obtenu est bien constitué d’acide benzoïque mais il n’est pas pur car il y a 2 taches.
1.3.5 (0.25) On peut utiliser un banc Köfler pour mesurer la température de fusion du solide et déterminer ainsi la
pureté des cristaux.
2. Préparation d’une solution d’acide benzoïque
-
2.1. (0.25) C6H5COOH(aq) + H2O(l) = C6H5COO (aq) + H3O
+
(aq)


C6H5COO(aq)
 . H3O(aq)


 éq 
 éq
2.2. (0.5) K =
K est la constante de la réaction entre un acide et l’eau, on l’appelle
C6H5COOH(aq) 

 éq
constante d’acidité : K = KA = 10pKA
-4
K = 104,0 =1,0.10
3. Titrage de la solution S0 préparée
3.1. (0.5) À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stoéchiométriques :
n(acide initiale) - xE = 0 et n(HO versée)-xE =0 donc n(acide initiale) = n(HO versée)
C0.V1 = CB.VE
C0 =
CB .VE
V1
C0 =
2,0.10 2  10,0
-1
= 1,0×102 mol.L
20,0
3.2. (0.5) m0 = n0.M = C0.V0.M
-2
-3
m0 = 1,0×10 ×200,0×10 ×122 = 0,24 g dans 200 mL de solution.
3.4. (0.25)
m0
m

0,24
= 0,50. Le pourcentage d’acide benzoïque contenu dans les cristaux est égal à 50%.
0,48