2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 9 EXERCICES DE REVISION - CORRECTION I. Mécanismes réactionnels : 1. Groupes d'atomes correspondent respectivement aux lettres R et R' : acétate d'éthyle = éthanoate d'éthyle CH 3 COOH , donc R=−CH 3 ; Ethanol CH 3 CH 2−OH donc R' =−C 2 H 5 2. Etapes 1 à 5 complétées en rouge. 3. Flèches courbes : déplacement de charge (électrons) d'un site donneur vers un site accepteur. 4. Catégorie des réactions : (1) étapes 2 : addition (de R' −OH ) (2) étape 4 : élimination (de H 2 O ) . + 5. Rôle joué par H+ : H est un catalyseur car il initie la réaction (étape 1) et est totalement reformé à la fin de la réaction (étape 5). II. Analyse spectrale 1. Formules semi-développées (1) éthanol : O (2) éthanal : CH3 C H H CH3 C OH H 2. Groupe fonctionnel de l'éthanol : groupe hydroxyde ; famille des alcools. 3. Groupe fonctionnel de l'éthanal : groupe carbonyle ; famille des aldéhydes. 4. En utilisant les données spectroscopiques du document suivant, associer chaque spectre infrarouge (IR) à la molécule correspondante en justifiant. Liaison C-C C-O C = O (carbonyle) C-H O-H Nombre d'onde (cm-1) 1000-1250 1050-1450 1650-1740 2800-3000 3200-3700 C-OH C-H spectre 1 C=O absent 2014-2015 Révision Bac 5. Rapports 8 juin 15 p. 10 h1 h =3 et 3 =2 . h2 h2 6. Groupes de protons équivalents de l'éthanol : 1 H seul pour h 2 ; 3H équivalents pour h 1 et 2H équivalents pour h 3 . 7. Le massif de pics situé au déplacement chimique 1,25 ppm correspond à h 1 soit au 3H équivalents qui ont 2H pour voisins. Cela donne donc 2+1 = un triplet. C-H Spectre 2 C-OH absent C=O III. Stéréochimie Deux molécules A et B présentent les formules semi-développées suivantes : 1. 2. 3. 4. 5. Fonction chimique présente dans A et B : c'est la fonction ester (groupe carboxyle en milieu de chaîne) Ethanoate de 3-méthylbutyle : c'est la molécule A (2C avant le groupe carboxyle donnent le préfixe éthanoate). Formule brute de A et B : C 7 H 14 O 2 est identique pour les deux → isomères de constitution. La molécule A ne présente aucun carbone asymétrique car il faut quatre groupements différents sur un tel carbone. Le composé B présente deux stéréoisomères B1 et B2 dessinés ci-dessous a. Le type de stéréoisomérie qui lie les composés B1 et B2 est une énantiomérie car le C 2 (à partir du carbone fonctionnel ester) est un carbone asymétrique et les groupes −H et −CH 3 sont inversés entre B 1 et B 2 . 6. Triplet si il y a deux voisins (molécule A) et quadruplet si il y a trois voisins (molécule B). IV. Synthèse d'un polypeptide 1. Soit les deux acides aminés suivants notés A et B : Il est possible d'obtenir 4 dipeptides à partir de ces deux réactifs. Les formules topologiques de deux d'entre eux sont données ci-dessous. Donner celles des deux autres. dipeptide 1 : ; dipeptide 2 : ; NH2 O NH2 O R R1 dipeptide 3 : R R O ; dipeptide 4 : N N H O H OH OH a. Fonction de chacun des réactifs A et B devant être protégée afin d'obtenir uniquement le dipeptide 1 : pour A il faut protéger le groupement acide et pour B le groupement amine. 2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 11 b. Suite de transformations chimiques à mettre en place afin de réaliser la synthèse du dipeptide 1. V. MOUVEMENT DANS UN CHAMP ÉLECTRIQUE Un ion aluminium Al 3+ de masse m quitte la chambre d'ionisation d'un accélérateur avec une vitesse négligeable en O. Il est attiré par une électrode percée d'un trou A qu'il traverse avec une vitesse V A . Une tension U OA est appliquée entre les armatures A et O . On définit un repère (O , i⃗ , ⃗j ) dans lequel ⃗i et ⃗j sont indiqués sur la figure. + Données : j + Al3+ F AO=d=20 cm + U AO=−1000 V A O + m=4,48 .10−23 g + i e=1,6 .10−19 C + Recherche de la vitesse des ions au passage en A : 1. Accélérateur étudié : il est linéaire car le champ électrique entre deux plaques parallèles (condensateur) est uniforme et orienté perpendiculairement aux plaques (suivant ⃗i ). Comme ⃗ F =q. ⃗ E, ⃗ F =F . i⃗ et l'accélération des ions est donc suivant ⃗i (2ème loi de Newton). Les ions resterons sur la droite OA, leur trajectoire est rectiligne. 3e . U OA U 2. Expression de la force électrostatique ⃗ F= . i⃗ . F : ⃗ F =q . E . ⃗i avec q=3 e et E = OA donc ⃗ d d 3 e . E . ⃗i a= 3. Expression du vecteur accélération de l’ion : La deuxième loi de Newton s'écrit m .⃗ . Or a =⃗ F soit ⃗ m 3 e.E a =a x . i⃗ +a y . ⃗j donc a y=0 m/ s 2 et a=ax= ⃗ . m d ⃗v 3 e. E .t ⃗ ⃗ =⃗ a donc ⃗v =⃗ . i + cste 4. Expression de la composante horizontale de la vitesse : a .t +⃗ cste , soit ⃗v = dt m 3 e. E .t avec ⃗ cste=⃗v (t =0 s)=0⃗ car la vitesse est négligeable en O. On a donc v =v x = m U 2 3 e . OA .t 2 d 3 e. E .t 5. Position x (t ) : on a dx =v x donc x = soit +cste avec cste = 0 car x O =0 m . Donc x = 2m 2m dt 3 e . U OA . t 2 . x= 2. m. d 2. m. d . x A 2. m. d 2 6. Vitesse en A : x A=d donc t A= et = 3 e . U OA 3e .U OA √ √ 2014-2015 Révision Bac √ √ √ 2. 2 √ 2 3 e . E . t A 3e . E 2. m. d 2 U 9 e U OA .2 m. d 6 e .U OA 2. m. d 2 = =3e . OA = = 2 2 m m 3e .U OA m . d 3 e .U OA m m . d .3 e .U OA dépend pas de d ! −1 2 −1 7. Valeur de v A : v A=4629 m. s soit avec 2 c.s v A=4,6.10 m. s v A= 8 juin 15 : v A= √ 6 e . U OA m p. 12 ne VI.MOUVEMENT DANS UN CHAMP DE PESANTEUR (sans calculatrice) Un motard avec sa moto s’élance sans vitesse initiale depuis le point A sur une portion rectiligne et horizontale. On repère la position du système {motard+moto}, de masse m=280 kg , à l’aide de son centre de gravité M. –1 Arrivé 6,0 s plus tard au point B , la vitesse du système est alors v B=30 m.s . Puis il s’engage sur un tremplin ∘ faisant un angle β=30 avec l’horizontale. On prendra g=10 N.kg – 1 . y v0 β C h β B A O x 1. Phase d’élan : a. Référentiel d'étude : référentiel terrestre supposé galiléen. b. Trajet AB : le système est pseudo-isolé ( Σ ⃗ F =⃗0 ) si il satisfait à la première loi de Newton : "un système est pseudo-isolé si le mouvement est rectiligne uniforme". Ici le mouvement est rectiligne accéléré ( v A=0 m . s−1 et v B=30 m. s−1 ) , le système n'est pas pseudo-isolé. V −V B 30−0 −2 c. Accélération moyenne : a moy = A = =5,0 m. s . Δt 6,0 d. Sur le tremplin : ici le mouvement est rectiligne uniforme donc d'après la première loi de Newton, le mouvement est pseudo-isolé. 2. Phase de saut : v 0 . Il est alors considéré en chute libre Le motard quitte le tremplin en C , à la date t =0 s , avec une vitesse ⃗ jusqu’à ce qu’il retouche le sol. Son mouvement est étudié dans le repère (Oxy). a. Coordonnées du vecteur accélération que subit le système lors du saut : deuxième loi de Newton → a a x= 0 m .⃗ a =m. g .(−⃗j) donc ⃗ a = g .(−⃗j ) soit ⃗ a y =−g { b. Equations horaires { : d ⃗v =⃗ a dt donc { ⃗v v x = v 0 x v y =−g .t +v 0 y avec { v 0 x = v 0 . cos β et v 0 y =v 0 .sin β d⃗ OM = ⃗v dt soit x= v 0 x .t + x C xC = 0 m 1 avec y=- . g .t 2+ v 0 y .t + y C y C =0 m 2 c. Allure de la fonction v y (t ) : v y est une fonction linéaire (décroissante) du temps ( v y=−g . t +v 0 y ) donc c'est la courbe 3 qui correspond à v y . d. Allure de la fonction x (t ) : x (t ) est une fonction linéaire croissante du temps ( x =v 0 x .t + x C ) donc c'est la courbe 1 qui correspond à x (t ) . v −1 e. Expression littérale de l’altitude maximale y S atteinte : pour y S , v yS =0 m . s donc t S = 0 y et g 2 2 2 v v v 1 y S=- . g .t 2S +v 0 y . t S + y C =- 0 y + 0 y = 0 y . 2 2 g g 2g ⃗ OM { 2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 13 VII.Quantité de mouvement : Une carabine à injection lance des projectiles composés d'une seringue contenant un médicament. L'intérêt de la méthode est surtout d'administrer commodément et de loin un tranquillisant ou un médicament à un animal indocile. Cette carabine à injection a une masse de m c =4 kg , elle est initialement immobile puis expulse un dard tranquillisant de m d =20 g avec une vitesse horizontale v d de 1000 m. s−1 . Déterminer la vitesse de recul de la carabine v c et comparer les énergies cinétiques du dard et de la carabine immédiatement après le tir. 1. Le système est initialement immobile → première loi de Newton → système pseudo isolé m .⃗p=⃗0 avec ⃗p le vecteur quantité de mouvement et m la masse de l'ensemble "carabine + dard". p car +⃗ p dard . 2. Après le tir aucune force extérieure n'est intervenue donc on a toujours m .⃗p=⃗0 mais avec ⃗p=⃗ p car =m c . v c .(−i⃗ ) si le dard part dans le sens du vecteur ⃗i ( ⃗ p dard =md . v d .( ⃗i ) ). Finalement on a et ⃗ −3 m . v 20.10 ×1000 −1 =5 m. s m c . v c .(−⃗i )+m d . v d .( i⃗ )=⃗0 ou m c . v c=md . v d . Donc v c = d d = mc 4 1 1 2 2 −3 6 4 3. E c (car )= m c . v c =2×25=50 J et E c (dard )= m d . v d =10.10 ×10 =10 J L'essentiel de l'énergie est 2 2 transférée au dard. VIII.Mouvements du satellite SPOT S Les mouvements sont étudiés dans le référentiel lié au centre de la Terre, appelé référentiel géocentrique. Ce référentiel est supposé galiléen. Le satellite a un mouvement circulaire à l'altitude h=832 km et une période de révolution T S =101,4 min . Le 3 Rayon moyen de la Terre est R T =6,38×10 km et sa période de révolution est T T =23 h56 min . A B T même aire pour une même durée 1. Deuxième loi de Kepler : Le rayon de giration (distance "centre de la Terre - satellite") balaye toujours la même aire pendant une même durée quelle que soit sa position sur sa trajectoire. 2. Nature du mouvements du satellite SPOT : si le mouvement est circulaire le rayon de giration est constant. Alors pour une même durée la distance parcourue par Spot est la même : sa vitesse est constante , le mouvement est dit circulaire uniforme. D 3. Vitesse v du satellite SPOT : la période est telle que T s = avec vs soit v s = { T s en h 2. π .(R T + h) D= périmètre en km donc v s = km Ts v s en h 2. π .(6380+832) =26813 km/ h : v s =26,8.10 3 km / h ( 3 c.s.) 101,4 /60 4. Troisième loi de Kepler : Le carré de la période de révolution d'un satellite est proportionnelle au cube du demigrand axe de la trajectoire elliptique. 5. Altitude h M du satellite Météosat : on a On a h M =(R T +h)× √ 3 donc √ 3 2 TM T 2S 2 TS √ T 2S T 2M T2 = =cste donc avec T M =T T car géostationnaire. 3 (R T +h)3 (R T +h M )3 r 3 2 TM 3 = 3 (R T +h) (R T + h M )3 soit √T = √T 2 M (R T +h) ( RT +h M ) 3 −R T on obtient h M =(6,38.10 +832)× TM été exprimé en min dans le rapport ) TS 3 2 S √ 3 et R T +h M =(R T +h)× √ 3 2 TM T 2S et (23×60+56)2 3 3 −6,38.10 =35,8.10 km (le temps a 2 101,4 2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 14 IX.Ondes : 1. Répondre par vrai ou faux (et prévoir une justification orale) : on étudie la propagation d'un son de fréquence f =680 Hz dans l'air où la vitesse de propagation est c=340 m/ s a. Les ondes mécaniques se propagent dans un milieu mécanique avec transport de matière. Faux : seule l'énergie se propage (déformation du milieu). Le support de propagation doit être élastique. c b. La longueur d'onde est indépendante du milieu de propagation. Faux : on a λ= avec f =cste mais c dépend f du milieu de propagation. Donc λ aussi. c. La fréquence est indépendante du milieu de propagation. Vrai : c'est l'oscillateur qui fixe la fréquence (et la période). d. Un point M distant du point S d'un longueur égale à 51 m reproduit le mouvement de la source avec un retard MS 51 = < 1s τ =1,5 s . Faux : le retard s'écrit Δt= c 340 e. Deux points situés à d' = 55,0 m l'un de l'autre sur la même direction de propagation vibrent en phase. Vrai : c deux points en phase sont à une distance d = k.λ avec k entier. Ici λ= =340 / 680=0,500 m . f d ' =110×0,500 donc k=110 est bien entier. f. L'onde se réfléchit sur un obstacle placé à la distance d = 680 m de la source. L'écho revient à la source 2,0 s après l'émission du signal. Faux : d =2×c il faut donc déjà 2s pour atteindre l'obstacle. L’écho reviendra à la source après 4 s. 2. Effet Doppler : a. La source se rapproche d'un observateur à une vitesse v <c . Si T est la période de l'onde, la longueur d'onde perçue est λ ' = λ−vT . Que représente le terme v .T : c'est la distance parcourue par la source pendant un epériode. c c c c = f ' étant la fréquence perçue par l'observateur : f ' = = b. En déduire que f ' = f c−v λ ' λ−vT c / f −v / f c c f '= =f 1 c−v (c−v ) f c. Le son est-il perçu plus grave ou plus aigu que le son initial : c -v <c donc f' > f le son perçu est plus aiguë. v d. On admettra qu'une expression approchée de la fréquence f ' est f ' = f 1+ . Calculer en km/h la vitesse c f ' =716 Hz . du véhicule qui porte la source si l'observateur perçoit une fréquence f' 716 v =c× −1 =340×( −1)=18,0 m/ s (v = 64,8 m/s) f 680 ( ) ( ) 2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 15 X. Relativité restreinte : On imagine qu’une fusée se déplace selon une trajectoire rectiligne avec une vitesse de valeur constante v =250 000 km. s – 1 par rapport à la Terre. À son bord, un astronaute envoie à un ami resté sur la Terre deux signaux lumineux séparés suivant son horloge de Δt =1,0 s . Le référentiel terrestre et celui lié à la fusée sont supposé galiléens pendant la durée des mesures. √ 1 2 v 1− 2 c v est la valeur de la vitesse relative des horloges qui mesurent Δt 0 et Δt ' ; c=3,0.108 m . s – 1 . Données : Les durées propre Δt 0 et mesurée Δt ' sont reliées par : Δt ' =γ . Δt 0 avec γ= √ 1 8 2 =1,81 , donc Δt ' =γ . Δt 0 =1,81×1,0=1,8 s (2,5.10 ) 1− (3.108 )2 2. Temps de parcours augmenté : entre les deux émissions la fusée parcourt une distance d =v . Δt ' et le deuxième flash lumineux doit parcourir cette distance à la vitesse c soit d =c . δt ' on a donc c .δt ' =v . Δt ' et le retard v.Δt' supplémentaire est : δt ' = . c v 2,5 ×1,8=3,3 s entre 3. Durée mesurée par l’ami resté sur Terre : il mesurera Δt recep =Δt ' +δt ' =(1+ )Δ t ' = 1+ c 3 les deux réceptions des signaux lumineux. 1. Durée Δt ' : γ= ( ) XI.Acides-bases : 1. L'acide éthanoïque On dispose un volume VA = 100 mL d'une solution SA d'acide éthanoïque CH3COOH de concentration CA =1,0. 10-2 mol.L-1 et de pH = 3,4. a. Acide au sens de Brönsted : espèce pouvant libérer un ou plusieurs H + b. Equation de la réaction d'acide éthanoïque avec de l'eau : + (1) CH 3 COOH ( aq) + H 2 O ( l) →CH 3 COO( aq) ⁻ + H 3 O c. Avancement final x 1 f de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau : un tableau d'avancement donne : n f ( Acide)=n i ( Acide)−x 1 f n f ( Acide)=C A .V A−x 1 f soit donc + n f (H 3 O )= x 1 f n f (H 3 O + )= x 1 f =V A .10− pH { { −3 −3,4 −8 x 1 f =0,100.10 ×10 =4,0 .10 mol d. Avancement maximal x 1 max : correspond à n f ( Acide)=0 mol donc à C A .V A=x 1 max . Alors x 1 max=1,0.10−2×0,100.10−3=1,0.10−6 mol e. Acide faible : puisque x 1 f < x 1 max la dissociation de l'acide n'est pas totale : l'acide est un acide faible. [ H 3 0 + ] .[CH 3 COO- ] f. Expression de la constante d'acidité K A 1 : K A1= [ CH 3 COOH ] 2. Dosage de l'acide éthanoïque : On dose un volume VA = 10,0 mL d'une solution d'acide éthanoïque avec une solution d'hydroxyde de sodium de concentration molaire CB = 1,0. 10-2 mol.L-1 .Le suivi pH-métrique du dosage permet de tracer la courbe cidessous. a. Coordonnées pHeq et VBeq . b. Réaction de dosage. CH 3 COOH ( aq)+ HO(-aq)→CH 3 COO⁻( aq) + H 2 O c. Concentration molaire CA : C .V −2 C A= B BE =1,1.10 mol / L VA pHE = 8,75 VbE = 11,0 mL 2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 16 XII. Diffraction On réalise une expérience de diffraction à l'aide d'un laser émettant une lumière monochromatique de longueur d'onde λ. À quelques centimètres du laser, on place successivement des fils verticaux de diamètres connus. On désigne par a le diamètre d'un fil. La figure de diffraction obtenue est observée sur un écran blanc situé à une distance D=1,60 m des fils. Pour chacun des fils, on mesure la largeur L de la tache centrale. À partir de ces mesures et des données, il est possible de calculer l'écart angulaire θ du faisceau diffracté (voir figure 1 ci-après). L'angle θ étant petit, θ étant exprimé en radian, on a la relation: tan θ ≈ θ. L/ 2 L 1. Relation : on a tan θ= soit θ étant petit θ= D 2D θ en rad λ 2. Relation liant θ, λ et a : par définition ce type de diffraction se traduit par θ= avec λ en m . a a en m { On trace la courbe θ = f(1/a) Celle-ci est donnée sur la figure 2 ci-dessus : 3. La courbe θ= f ( 1/ a ) doit être une fonction linéaire dont le coefficient directeur vaut λ. On a bien une fonction linéaire croissante. (2,8−0). 10−2 Δθ λ= = =0,56.10−6 m . 4. Longueur d'onde λ : on a donc Δ ( 1/ a ) (5,0−0). 104 5. λ=0,56.10−6 m=560 nm . 6. Lumière blanche : la lumière blanche contient des ondes de longueur d'onde allant de 400 nm à 800 nm et pour chaque longueur d'onde, l'angle θ serait différent, on observerait alors des figures de diffraction de largeur et de couleurs différentes superposées. On aura donc aspect "irisé" de la figure observée. XIII.Interférences ; Des fentes d’Young, distantes de a=0,20 mm , sont éclairées par un faisceau laser de longueur d’onde onde lumineuse a dans le vide (et dans l’air) λ=680 nm . On observe la figure d’interférence sur un écran placé à D=1,20 m du plan des fentes. x O θ D 1. Frange centrale : en O , la différence de marche des rayons issus des deux sources secondaires est δ = 0 m. Les rayons arrivent donc en phase et on observe une frange lumineuse en ce point. 2. Laser devant chaque fente : Dans ce cas, les sources ne sont pas initialement en phase et n'ont pas de cohérence entre elles. il ne peut y avoir d'interférence. λ 3. Milieu de la première frange sombre : les interférences destructives correspondent à δ=(2 k +1) avec k entier. 2 a . xk λ a.x Pour la première interfrange sombre on aura k =0 soit δ= et comme δ= on obtient λ = soit 2 D 2 D λ . D 680.10−9×1,20 x 0=2,0 mm x 0= = −3 =0,00204 m ; 2. a 2×0,20.10 3. λ . D 3×680.10−9×1,20 = =0,00612 m ; x 1=6,1 mm . L'interfrange vaut donc 4. Interfrange : pour k=1 x 1= −3 2. a 2×0,20.10 i=x 1−x 0=4,05 mm ; i =4,1 mm 2014-2015 Révision Bac 8 juin 15 p. 17 XIV.Acides aminés et prédominance : Le pH d'une solution d'alanine de concentration c=1,0.10−1 mol . L−1 est 6,1 . Les pK a de cet acide α-aminé de formule CH 3 CH ( NH 2)COOH sont 2,4 et 9,9. + + 1. Différentes formes acido-basiques de l'alanine : (1) CH 3 CH ( NH 3 )COOH ; (2) CH 3 CH ( NH 3 )COO et (3) CH 3 CH ( NH 2)COO - . 2. Diagramme de prédominance des formes de l'alanine : (1) pour pH <1,4 ; (2) pour 3,4< pH <8,9 et (3) pour pH >10,9 . + 3. pour pH = 6,1 on est bien dans la forme (2) CH 3 CH ( NH 3 )COO le zwitterion. 4. Pour que le pH de la solution d'alanine passe à 9,9 il faut ajouter une base forte. 5. A ce pH (9,9) les formes de l'alanine majoritaires sont à 50 % (2) et (3) car pH = pKa2 . XV.Transfert d'énergie et capacité thermique : On dispose de deux récipients contenant 330 mL d'eau d'une part et 330 mL d'alcool d'autre part. Les liquides sont initialement à la température T 0=20° C puis reçoivent la même quantité d'énergie E. L'eau est alors à la température T eau=24°C et l'alcool à la température T ol=29 °C . 3 1. E= ΔU =m eau×c eau ×ΔT =0,330×4,18.10 ×(24−20)=5518 J E=5,5 kJ 2. Capacité thermique massique de l'alcool : on a E=m ol ×c ol ×ΔT ' donc c ol = 5518 =2,35.10 3 J . kg −1. K −1 0,79×0,330×9 ΔT 3 = =5.10−3 W . 3. Flux thermique Φ : on a Φ= Δ t 10×60 c ol = E soit encore d ol×V ol (29−20)