Exercice II Lancement d`un satellite météorologique 5,5 points

BAC BLANC 2014 / CORRECTİON
EXERCICE I : L’ÉLÉMENT IODE D’HIER À AUJOURD’HUI (6pts)
1. Première partie du saut :
1.1. La force d'attraction gravitationnelle qui s'exerce sur Félix Baumgartner : F =
2
)( .. zR mMG
T
T
1.2. F = P = m × g => g =
m
F
=
2
)( .. zR MG
T
T
=
26
2411
)3900010.371,6( .10.97,5×10.67,6
= 9,69 m.s-2.
1.3.
1.3.1 On étudie le système { Baumgartner+sa combinaison}, de masse m constante, dans le référentiel
terrestre supposé galiléen. Les actions dues à l’air étant négligées, le système n’est soumis qu’à son poids,
P m.g
.
La deuxième loi de Newton appliquée au mobile donne :
ext dp
Fdt
d(m.v) dm dv
.v m.
dt dt dt
Or m = cte donc
dp m.a
dt 
; Soit
P m.a
,
mg ma
; d’où :
ag
.
Projetons sur l’axe oy, il vient a = g
On a :
dv adt
et a = g donc v = g.t + C1
où C1 est la constante d’intégration qui dépend des conditions initiales.
Or v (t=0) = 0 donc C1 = 0 et alors v = g.t
Et : v =
dt
dy
et
dt
dy
= g.t ; donc y(t) =
2
1
g. t2 + C2
Or y (t=0) =0 donc C2 = 0 Finalement : y(t) =
2
1
g. t2
1.3.2 - La vitesse maximale vmax = 1341,9 km/h = 372,5 m.s-1
A l’instant t =
g
vmax
=
9,75
372,5
= 38,2 s.
La distance parcourue y(t) =
2
1
g. t2 =
2
1
× 9,75 × 38,22 = 7,12.103 m.
Son altitude z = 39000 – 7116 = 31884 m.
2. Chute réelle et record de vitesse :
2.1. vmax = 1341,9 km/h = 372,5 m.s-1 atteinte à t = 46s atteinte à l’altitude 30000m.
2.2. La vitesse du son au moment ou Baumgartner atteint sa vitesse maximale :
Vson = vmax / 1,24 = 372,5 / 1,24 = 300 m.s-1.
EXERCİCE 1 : Le saut de F. Baumgartner (9 pts)
0,25pt
0,5pt
0,25pt
0,5pt
0,25pt
0,5pt
0,5pt
0,25pt
0,75pt
0,25pt
0,25pt

Vson =
T402
=> La température de l'air à cette altitude T =
402
2son
V
= 224 K = 224-273 = - 49oC.
A l’altitude 30000 m, le graphe 3 indique - 49oC (valeur très proche).
3. Chute réelle et forces
3.1. D’après la deuxième loi de Newton :
P
+
f
= m
a
=>
gm  .
+
f
= m
a
=>
a
=
g
+
m
f
Projection sur l’axe Oy a = g -
m
f
3.2. La vitesse vmax = constante
L'accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps a =
dt
dv
= 0
a = g -
m
f
= 0 => La force de frottement f = m.g = P = 9,75 ×110 = 1,07.103 N.
3.3. Entre les instants t1 et t2 , a =
12
12 tt
vv
=
6080 310180
= - 6,5 m.s-2.
a = g -
m
f
=> f = m × ( g-a ) = 110 × (9,75 + 6,5) = 1,79.103 N.
3.4. L'énergie mécanique du parachutiste EM = EC + Epp =
2
1
m v2 + m.g.z
EC : énergie cinétique du mobile et Epp énergie potentielle de pesanteur du mobile.
La variation d’énergie mécanique ΔEM = EM (t2 ) - EM (t1 ) =
2
1
m (v22 - v21 ) + m.g. (z2 – z1)
AN. ΔEM =
2
1
× 110 × (1802 - 3102 ) + 110 × 9,75 × (20000 – 25000) = - 8,87.106 J.
3.5. ΔEM ≠ 0 , il n’y a pas eu conservation de l'énergie mécanique entre ces deux dates
3.6. ΔEM = W (
f
) = - 8,87.106 J. a W (
f
) travail de la force
f
entre ces deux dates.
W (
f
) = - (z1 – z2) × f =>
La force de frottement f = W (
f
) / - (z1 – z2) = - 8,87.106 / - (25000-20000) = 1,77.103 N
Valeur proche de celle obtenue en 3.4
0, 5pt
0,25pt
0, 25pt
0,25pt
0,5pt
0,5pt
0,5pt
0,25pt
0,25pt
0,25pt
0,25pt
0,25pt
0,5pt
0,25pt

Partie A : La phéromone d’alarme de l’abeille ; la molécule A
1- Etude de la molécule /1,25
1.1. Molécule A :
O
O
Il s’agit du groupe caractéristique ester (0.25 topo ; 0.25pt (zéro si
le carbone n’est pas inclus) + 0.25 nom)
1.2. En nomenclature systématique : A : éthanoate de 3-méthylbutyle (0,5pt)
2- Mécanisme /3,75
Aspect macroscopique
2.1.
OH
+
OH
O
O
O
+ H2O (0,5pt ; je n’ai pas
compté faux s’ils avaient fait H2O en développé)
2.2. La réaction d’estérification est une réaction de substitution car le OH du groupe carboxyle de l’acide
carboxylique a été substitué par le groupe CH3 – CH2 – CH2 – CH2 –O de l’alcool. (0,25pt+ 0,25J)
Aspect microscopique
2.3. Etape 2 : réaction d’addition (0,25pt)
Etape 4 : réaction d’élimination (0,25pt)
2.4. Pour l’acide éthanoïque : l’atome de carbone lié aux atomes d’oxygène est partiellement chargé
positivement car l’électronégativité de l’élément C est inférieure à celle de l’élément O.Cet atome C est un
site accepteur de doublet d’électrons. (J : 0,25pt ; représentation de δ : 0.25)
Pour l’alcool : L’atome d’oxygène avec ses deux doublets non liants est un site donneur de doublets
d’électrons. (J : 0,25pt ; représentation de δ : 0.25)
2.5. (0,5pt)
2.6. Le cation H+ est attaqué par un doublet d’un atome d’oxygène lors de l’étape 1 du mécanisme. Puis ce cation H+
est libéré en fin de réaction lors de l’étape 5. (0.25pt) Le mécanisme réactionnel montre qu’il n’intervient pas
dans le bilan réactionnel. Il permet de réduire la durée de réaction (0,25pt), c’est un catalyseur. (0,25pt)
EXEXERCİCE 2 : LA COMMUNICATION ENTRE LES INSECTES :
LES PHEROMONES (15 pts)

3- Synthèse /4,75
Analyse du protocole
3.1. Les espèces sont corrosives, inflammables et dangereuses en cas de contact. Il faut donc porter gants,
lunettes, blouse et manipuler loin de toute source de chaleur. (0.5pt)
3.2. L’estérification est réalisée avec un montage de chauffage à reflux. Le chauffe-ballon permet d’agir sur le
facteur cinétique qu’est la température et ainsi de modifier la durée de la réaction(0.25pt). Le réfrigérant à
boules condense d’éventuelles vapeurs nocives, maintenant constant le volume du milieu réactionnel.
(0.25pt)
3.3. Le protocole proposé a pour objectif d’étudier la cinétique de la réaction d’estérification. La diminution de la
température augmente fortement la durée de réaction ; ceci s’appelle une trempe et joue sur le facteur
cinétique température. (0.5pt) Ainsi lors de l’étape 1, les réactifs en contact ne réagissent quasiment pas.
On choisit l’instant de début de réaction. Lors de l’étape 2, la réaction d’estérification au sein du
prélèvement qui pourrait se poursuivre est bloquée par le refroidissement. Le titrage reflètera bien la
composition du système chimique à la date du prélèvement. (0.25pt)
3.4. nae =
 =   = 4,9.10-1mol (0.5pt) nal =  =   = 4,1.10-1mol (0.5pt)
Les nombres stoechiométriques de l’équation valant tous un, l’acide éthanoïque est bien introduit en
excès. (0.25pt)
3.5. nmax ester = nal = 4,1.10-1mol (0.25pt)
Exploitation des résultats
3.6. La température influence l’évolution temporelle d’une réaction chimique : la comparaison des courbes
relatives aux variantes 1 et 3, montre qu’en augmentant la température on obtient, en une même durée,
une plus grande quantité d’ester. (0.25pt)
Un catalyseur influence l’évolution temporelle d’une réaction chimique : la comparaison des courbes
relatives aux variantes 1 et 2, montre que le catalyseur permet d’obtenir, en une même durée, une plus
grande quantité d’ester. (0.25pt)
Excès d’un réactif : la comparaison des courbes relatives aux variantes 4 et 5, montre que l’excès de
butan-1-ol permet d’obtenir davantage d’ester. (0.25pt)
3.7. Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de sa valeur
finale. (0.25pt)
3.8. t1/2 = 7,7min (0.25pt+0.25J sur tableau)
4- Identification /1
4.1. Au cours de cette transformation chimique, la bande de vibration correspondant à la liaison O-H d’un alcool
doit disparaitre. La bande fine de forte intensité à  = 3600/3700cm-1 va donc disparaitre. Demeurera une
bande large vers 2500/3200cm-1 correspondant au OH de l’acide carboxylique.
La bande correspondant à la liaison C=O d’un ester doit apparaitre mais ne va-t-elle pas être confondu
avec celle de l’acide éthanoïque toujours présent dans le mélange car introduit en excès. En effet, ces
deux bandes fines et d’intensité forte sont comprises dans une plage de nombre d’onde su juxtaposant. Il
risque d’être difficile de les distinguer.
A priori, l’utilisation de la spectroscopie infrarouge en phase gazeuse pour s’assurer de l’obtention d’ester
semble judicieuse. (1pt, j’ai mis 0.5pt quand il y avait un argument scientifique correct mais
incomplet)

Partie B : La phéromone sexuelle d’un insecte nuisible pour les conifères ; la molécule C
1- Identification par RMN /2
1.1. Il devrait y avoir 7 groupes de protons équivalents puisqu’on observe 7 groupes de protons ayant même
environnement chimique (0.5pt)
C CH
CH3
CH3CH2CH2
CH CH3
OH
1.2. Signal a : la hauteur de la courbe d’intégration nous permet de dire qu’un seul proton est concerné
(0.25pt). Son déplacement chimique est important. D’après la table donnée en annexe, il s’agit du proton
lié à un des carbones de la double liaison (0.25pt). Ceci est confirmé par sa multiplicité. En effet, il a deux
protons voisins et d’après la règle du (n+1) uplet, il apparait bien sous la forme d’un triplet. (0.25pt)
Signal e : la hauteur de la courbe d’intégration nous permet de dire que 6 protons sont concernés (0.25pt).
Il ne peut donc s’agir que des 6 protons rouges. Ceci est confirmé par les valeurs de déplacements
chimiques donnés en annexe (0.25pt)ainsi que la multiplicité du signal qui est un singulet puisque ne
possède pas de protons voisins. (0.25pt)
2- Analyse de la molécule /2,25
2.1. L’atome de carbone noté 2 est un carbone asymétrique car il est relié à 4 groupements différents. (0.5pt)
2.2. La molécule C est chirale car elle n’est pas superposable à son image dans un miroir. (0.5pt)
(0.5pt)
2.3. Le type de stéréoisomérie liant ces deux stéréoisomères est l’énantiomérie. . (0.25pt)
2.4. Ces deux énantiomères ne peuvent être utilisés pour attirer les insectes vers les forêts non exploitées car
ils ont tous deux des propriétés biologiques différentes. Les mécanismes de perception du gout et de
l’odeur consistent en une fixation d’une molécule sur une cellule réceptrice. Or, cette fixation ne s’opère
que si molécule odorante et récepteur présentent des géométries complémentaires, ce qui peut se
produire avec une molécule donnée et non son énantiomère. Ainsi, deux énantiomères peuvent donner
des goûts ou des odeurs, voire des pouvoirs gustatifs ou odorants différents. (0.5pt)
C
H
CH3
OH
R
*
C
H
CH3
OH
R
*