CORRIGE BAC BLANC Spe 2010 LYCEE SAINT SERNIN

CORRIGE BAC BLANC SPE 2010 LYCEE SAINT SERNIN TOULOUSE
Exercice 1 :
Ions Chlorure dans l'eau de mer
PARTIE A: DOSAGE COLORIMETRIQUE
1. Illustration du fonctionnement de l'indicateur coloré
a) L'équation chimique de la réaction modélisant la transformation est:
Ag+(aq) + Cl–(aq) = AgCl(s)
Tube 1: Si Ag+ est le réactif limitant alors
0,5.10–3 = xmax
xmax = 5.10–5 mol
n
Si Cl– est le réactif limitant alors
Cl(−aq)
n
initiale – xmax = 0 [Ag+(aq)]initiale × V = xmax
Ag + (aq)
initiale – xmax = 0
0,10 ×
[Cl–(aq)]initiale × V = xmax
0,10 × 2,0.10–3 = xma x
xmax = 2,0.10–4 = 20.10–5 mol
Dans le tube 1, le réactif en excès est l'ion chlorure, car il conduirait à l'avancement maximal le plus élevé.
Tube 2: Si Ag+ est le réactif limitant alors
–
n
initiale – xmax = 0
Ag + (aq)
0,10 × 2,2.10–3 = xmax
–4
[Ag+(aq)]initiale × V = xmax
xmax = 2,2.10–4 mol
Pour Cl , on a encore xmax = 2,0.10 mol.
Dans le tube 2, le réactif en excès est l'ion argent Ag+ , car il conduirait à l'avancement maximal le plus élevé.
b) En fin de transformation, il reste des ions argent dans le tube 2, on observe une coloration rose-rouge.
Par contre dans le tube 1, tous les ions argent ont été consommés, on observe une coloration jaune.
2. Principe du dosage
a) dispositif de titrage:
burette contenant la solution
titrante S2 de nitrate d'argent de
concentration C2
becher contenant un volume V1 de solution
titrée S1 contenant des ions chlorure
agitateur magnétique
b) Avant l'équivalence les ions argent versés constituent le réactif limitant: à chaque ajout, ils sont totalement
consommés.
A l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, ils sont alors totalement
consommés.
Au delà de l'équivalence, il y a changement de réactif limitant: les ions chlorure constituent le réactif limitant, les ions
argent ajoutés ne réagissent plus pour former du AgCl(s).
Les ions Ag+ versés en excès réagissent avec l'indicateur coloré. La solution passe de la coloration jaune à la
coloration rose-rouge.
3. Préparation de la solution à doser
a) Solution mère: eau du marais
Solution fille: S1 à doser
Concentration en ions chlorure C0
C1 telle que C1 = C0 /10
volume à prélever V0
volume préparé V1 = 50 mL
Au cours d'une dilution la quantité de matière de soluté se conserve,
donc
C0.V0 = C1.V1
soit V0 =
V1 50
=
= 5,0 mL
10 10
C0.V0 =
C0
.V
10 1
on doit prélever 5,0 mL d'eau du marais salant.
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b) Verrerie à utiliser: pipette jaugée de 5,0 mL, fiole jaugée de 50 mL, becher.
On verse de l'eau du marais salant dans un becher. On prélève à la pipette jaugée, V0 = 5 mL d'eau du marais salant.
On verse ce volume dans une fiole jaugée de 50 mL. On ajoute un peu d'eau distillée. On agite. On ajoute de l'eau
distillée jusqu'au trait de jauge. On bouche et on agite à nouveau.
4. Exploitation du dosage
Solution titrante : solution aqueuse de nitrate d'argent de concentration C2 = 1,00×10–1 mol.L–1
Volume versé VE = 15,2 mL
Solution titrée: solution S1 de volume V1 = 10,0 mL de concentration en ions chlorure C1 inconnue.
a) D'après l'équation chimique de la réaction support du titrage, on a n +
= n − initiale .
Ag versée
Soit C2.VE = C1.V1
C1 =
donc C1 =
Cl
C2.VE
V1
1,00.10−1 × 15,2
= 1,52×
×10–1 mol.L–1 concentration molaire en ions Cl– dans la solution S1
10,0
b) L'eau du marais est dix fois plus concentrée, soit C0 sa concentration alors C0 = 10.C1
C0 = 1,52 mol.L–1
c) Déterminons la concentration massique t0 en ions chlorure de l'eau du marais.
t0 = C0 × MCl
t0 = 1,52 × 35,5
t0 = 54,0 g.L–1
L'Artémia peut se développer si t > 30 g.L–1, ce marais est donc favorable à son développement.
PARTIE B : DOSAGE CONDUCTIMETRIQUE
1. On trace deux droites suivant les variations de la conductivité du mélange. Elles se coupent en un point dont
l'abscisse indique le volume équivalent.
VE
La conductivité du mélange réactionnel dépend de la concentration des ions en solution et de la conductivité molaire
ionique λ de chacun de ces ions.
2. Avant l'équivalence:
- les ions Ag+ versés sont consommés au fur et à mesure de leur ajout. Ils ne jouent aucun rôle sur la
conductivité du mélange réactionnel. [Ag+(aq)] = 0 mol.L–1
- Les ions chlorure sont consommés au fur et à mesure de l'ajout de solution titrante. Donc [Cl–(aq)] diminue.
- les ions nitrate ajoutés ne réagissent pas, donc [NO3–(aq)] augmente.
- les ions sodium présents initialement ne réagissent pas. L'ajout de solution titrante modifie cependant
+
[Na (aq)] par dilution: n + = cte mais le volume V du mélange réactionnel augmente (V=V1+V2)
Na
On a
σ = λ(Na ) . [Na+(aq)] + λ(Cl–).[Cl–(aq)]
+
diminue
+ λ(NO3–).[NO3–(aq)]
augmente
Pour simplifier, on peut dire que les ions Cl– consommés sont remplacés par des ions NO3–.
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Or λ(NO3–) est inférieure à λ(Cl–). Donc la conductivité σ du mélange diminue.
3. Après l'équivalence:
- les ions Cl– ont été totalement consommés, il ne jouent aucun rôle sur la conductivité du mélange.
- les ions Ag+ versés ne réagissent plus, ils s'accumulent en solution et contribuent à faire augmenter la
conductivité
- les ions nitrate versés ne réagissent pas, [NO3–(aq)] augmente.
- les ions sodium ne réagissent pas, [Na+(aq)] diminue par dilution.
On a σ = λ(Na+) . [Na+(aq)] + λ(Ag+).[Ag+(aq)] + λ(NO3–).[NO3–(aq)]
diminue
augmente
La conductivité augmente.
Remarque: lors d'un titrage conductimétrique, on s'arrange en général pour que le volume de solution titrante versé
soit faible face au volume de solution titrée. Ainsi la dilution due à l'ajout de solution titrante est négligée. Ce qui n'est
pas le cas dans cet exercice. (ce qui complique inutilement le raisonnement…)
Exercice 2 : L’énergie du futur
1 Réaction deutérium tritium
1.1
Le deutérium : 21H est constitué d’un proton (Z = 1) et d’un neutron (A – Z = 1).
Le tritium : 31H est constitué d’un proton (Z = 1), et de deux neutrons (A – Z = 2).
Ces deux noyaux ont le même nombre de protons mais un nombre différents de neutrons, ils sont donc isotopes.
1.2. Une réaction de fusion est une réaction nucléaire provoquée au cours de laquelle deux petits noyaux se regroupent pour
former un noyau plus gros et plus stable.
1.3.
Avant la fusion : minitiale = m(d) + m(t) = 2,01355 + 3,01550 = 5,02905 u
Après la fusion : mfinale = m( 42 He ) + m(n) = 4,00150 + 1,00866 = 5,01016 u
mfinale < minitiale, il y a une perte de masse au cours de la réaction de fusion, qui se traduit par une libération d'énergie
vers l'extérieur.
1.4. D’après l’équivalence masse-énergie et la relation d’Einstein : ∆ER = (mfinale – minitiale) . c²
Il faut convertir les masses en kg
∆ER = (5,01016 – 5,02905)×1,66054.10 –27×(3,00.108)² = – 2,82×
×10 –12 J
-12
Il faut convertir les joules en MeV avec 1eV = 1,60×10-19 J soit 1 MeV = 1,60×10-13 J Elib = −2,82 × 10-13 = – 17,6 MeV
1,60 × 10
Le système {deutérium + tritium} cède de l’énergie au milieu extérieur qui reçoit 17,6 MeV.
1.5. 1L d’eau mer contient 33 mg de deutérium donc un mètre-cube (103 L) d’eau de mer contient m = 33×10–3×103 = 33
g de deutérium.
Soit n =
m
m
mol de deutérium ou N = n.NA = .N A noyaux de deutérium.
M
M
Le milieu extérieur reçoit une énergie E1 = 2,82×10–12 J pour chaque fusion d’un noyau de deutérium.
L’énergie obtenue à partir de un mètre-cube d’eau de mer est : E = E1 .
m
. NA
M
E = 2,82×10 –12×
33
× 6,02 ×1023 = 2,8×
×1013 J
2
1.6. La combustion d’un kilogramme de pétrole libère 42,0 MJ, ainsi 2,8×1013 J va correspondre à une masse mP de
pétrole :
mP =
2, 8 × 1013
= 6,7×
×105 kg
42, 0 × 106
La masse de pétrole délivrant la même énergie qu’un mètre-cube d’eau de mer est très importante, la réaction de fusion est
très intéressante d’un point de vue énergétique.
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3/7
2. Radioactivité
2.1. Un noyau radioactif est un noyau instable qui se désintègre spontanément en formant un nouveau noyau et en émettant
des particules.
2.2. La radioactivité α correspond à l’émission d’une particule alpha (noyau d’hélium) par un noyau radioactif.
La radioactivité β– est une émission d’électron par le noyau.
La radioactivité β+ est une émission de positron par le noyau.
Ces radioactivités s’accompagnent d’un rayonnement électromagnétique γ.
2.2.3. 31H ZA X + −01e
Conservation du nombre de charges : 1 = Z – 1, soit Z = 2
conservation du nombre de nucléons : 3 = A
3
3
0
Ainsi le tritium se désintègre suivant l’équation 1H 2 He + −1e
2.4. La demi-vie est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents ont subi une désintégration.
2.5. Loi de décroissance radioactive : N = N0.e–λ.t
ln2
Or λ =
t1/2
soit
2.6. N = N0 / 10
N = N0.
Or e
− t.ln2
t1/2
=
e
−t.ln2
t1/2
N
N0
N
−t.ln2
= ln 
t1/2
 N0 
t= −
t1/2  N 
.ln 
ln2  N0 
t= −
12,3
1
× ln  = 40,9 ans
ln2
 10 
Le nombre de noyaux de tritium vaut le dixième de sa valeur initiale N0 au bout d’une quarantaine d’années.
Exercice 3.
A- Étude d’une pile à combustible
A.1. Couple O2(g) / H2O(l) :
O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e− = 2 H2O(l)
Couple CO2(g)/CH3OH(aq) :
CH3OH(aq) + H2O(l) = CO2(g) + 6 H+(aq) + 6 e−
réduction à la cathode
oxydation à l’anode
A.2. Les électrons sont libérés au niveau de l’électrode en contact avec le méthanol (anode) et sont consommés au
niveau de l’électrode en contact avec le dioxygène (cathode). On en déduit le sens de circulation des électrons dans le
circuit extérieur et la polarité de la pile, les électrons étant émis par la borne négative de la pile.
Circuit électrique
extérieur
R
anode
e−
électrolyte
e−
méthanol
+
eau
cathode
dioxygène
H+
dioxyde de
carbone
eau
électrodes
A.3. La charge Q transférée pendant la durée ∆t = 2,0 h lorsque la pile débite un courant d’intensité I = 50 mA est :
Q = I.∆t. Par ailleurs la charge Q est liée à la quantité ne d’électrons transférés : Q = ne.F = ne.NA.e
En égalant les deux expressions de Q, il vient : I.∆t = ne.NA.e
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Finalement :
ne = I . ∆t
NA. e
avec I en A et ∆t en s
soit
−3
ne = 50 . 10 23. 2,0 . 3600−19 = 3,7 × 10−3 mol
6,02 . 10 . 1,60 . 10
(valeur non arrondie stockée en mémoire).
A.4. La demi-équation électronique CH3OH(aq) + H2O(l) = CO2(g) + 6 H (aq) + 6 e−
+
montre que lorsque 1 mole de méthanol est consommée, 6 moles d’électrons sont formées.
Ainsi : ncons(CH3OH) = ne / 6.
La masse de méthanol consommée est alors : mcons(CH3OH) = ncons(CH3OH) .M(CH3OH)
−3
mcons(CH3OH) = 3,74 . 10 . (12,0 + 4 . 1,0 + 16,0) = 2,0 ×10−2 g.
6
OH)
m(CH
3
A.5. Masse volumique du méthanol liquide: ρ =
V(CH3OH)
m(CH3OH)
Le volume de méthanol consommé est alors : V(CH3OH) =
ρ
−2
soit V(CH3OH) = 2,0 . 10 = 2,5 ×10–2 mL.
0,79
soit : mcons(CH3OH) = ne . M((CH3OH))
6
B- Étude d’une bobine par différentes méthodes
B.1. Détermination de l’inductance par une méthode temporelle
B.1.1. Il s’agit d’oscillations électriques libres (sans générateur) et amorties (l’amplitude des oscillations diminue au
cours du temps).
0,60 × 10,4
B.1.2. Pseudo-période T (voir document1) :
2T
⇔ 10,4 cm
T=
= 0,26 s
2 × 12,0
0,60 s ⇔ 12,0 cm
u (V)
Document 1
6
4
2
0
10,4
cm
-2
2T
12,0
cm
-4
0,00
0,10
0,20
0,30
0,40
T2
T02
B.1.3. On a : T = T0 = 2π. LC donc : 0 2 = LC soit L =
4π
4 π2 C
0,262
L=
= 0,78 H
avec C = 2200 µF = 2200×10–6 F .
2
−6
4π × 2200 × 10
0,50
0,60
t (s)
B.2. Détermination de l’inductance par une méthode graphique
B.2.1. Energie emmagasinée par le condensateur : EC= ½.C.u²
Energie emmagasinée par la bobine : EB= ½.L.i²
B.2.2. Energie totale : ET = EC+ EB= ½.C.u² + ½.L.i²
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B.2.3. La résistance totale du circuit étant nulle, l’énergie totale ET est constante donc : ET ⇔courbe 1.
Initialement le condensateur est chargé sous la tension u(0) = E = 5,0 V et aucun courant ne circule dans le circuit
i(0) = 0 A, donc :
EC , EB , ET (mJ)
Courbe 1
30
Courbe 3
Courbe 2
25
20
EC ⇔ courbe 3
Car EC(0) ≠ 0 J
15
10
EB ⇔ courbe 2
Car EB(0) = 0 J
5
0
0,00
0,10
0,20
0,30
0,40
0,50
t (s)
5, 5 × 30
= 27,5 mJ = 28 mJ = 28×10–3 J
6, 0
B.2.5. À la date t = 0,20 s , le document 2 indique uC = 0 V donc EC = 0 mJ.
Et le document 3 indique que l’intensité est maximale donc EB est maximale.
Ainsi l’énergie est emmagasinée dans la bobine à la date t = 0,20 s.
B.2.4. Graphiquement : 6,0 cm ⇔ 30 mJ et 5,5 cm ⇔ ET
i (A)
B.2.6. D’après 2.4., à la date
t = 0,20 s
ET = EB = 27,5 mJ = 27,5×10–3 J. 0,2
i(0,20)
ET =
Document 3
2,6
0,1
Le document 3 donne, pour la
cm
même date :
0,40 A ⇔ 4,0 cm
0
i(0,20) ⇔ 2,6 cm
2,6 × 0,40
-0,1
i=
= 0,26 A
4,0
EB= ½.L.i²
-0,2
2EB
donc L =
i²
0,10
0,20
2 × 27,5 × 10−3
L=
= 0,81 H.
0,26²
B.3. Modélisation de la tension et de l’intensité
B.3.1. Convention récepteur : la flèche tension uCB et la flèche intensité
di
sont opposées, alors uCB = L.
dt
di
mais u = uBC = – uCB,
ainsi : u = – L .
(1)
dt
d ( C.u )
dq
du
B.3.2. i =
et q = C . u , donc i =
= C.
car C est une
dt
dt
dt
constante.
4,0
cm
0,30
0,40
0,50
t (s)
A
i
(2)
u
L
i
r
B
du
i = C.
(2)
dt
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C
uCB
6/7
d  du 
d²u
d²u
1
finalement :
+
u = 0,
 C.  soit u = – L.C.
dt  dt 
dt²
dt² L.C
1
par identification avec u&& + A² u = 0, on obtient A² =
.
L.C
 2πt

B.3.4.1. On a u(t) = umax. cos 
+ ϕ
 T0

Graphiquement sur le document 2, on constate que la tension est maximale à la date t = 0, donc u(0) = umax
Et on lit u(0) = 5,0 V, donc umax = 5,0 V
Pour t = 0, u(0) = umaxcosϕ , et comme u(0) = umax alors cosϕ = 1 soit ϕ = 0.
B.3.3. On reporte (2) dans (1) : u = – L.
u(t) sous forme numérique :
2π
2π
1
=
=
T0 2π L.C
L.C
2π
2π
1
1
=
=
=
= 24 s-1
−6
T0 2π L.C
L.C
0,81× 2200 × 10
d’où : u(t) = 5,0 . cos(24.t)
B.3.4.2. D’après 3.2, on a i = C.
du
dt
du
= – 5,0×24×sin(24.t) = –1,2×102×sin(24t) ainsi i(t) = 2200×10–6×1,2×102×sin(24t) = – 0,26.sin(24t)
dt
B.4. Comparaison de différents régimes de fonctionnement
Résistance totale du
n° de la courbe Nom du régime
Justification
associé
circuit de décharge (Ω) correspondante
La tension est sinusoïdale. La résistance totale du
0
5
périodique
circuit de décharge étant nulle, il n’y a aucun
amortissement des oscillations de la tension.
L’amplitude de la tension décroît avec les oscillations.
pseudo2,0
6
La « faible » valeur de la résistance totale de décharge
périodique
engendre des oscillations amorties.
La tension décroît rapidement vers 0 sans oscillations
80
4
apériodique
car la résistance totale du circuit de décharge est
« grande ».
u
(V)
B.4.2.
Au cours des échanges
d’énergie entre bobine et
condensateur, l’amplitude de la
tension diminue au cours du
temps car une partie de l’énergie
totale du circuit est dissipée par
effet Joule, sous forme de
chaleur, dans la résistance.
Courbe 4
Courbe 5
document 5
Courbe 6
4
2
0
-2
-4
0,0
0
0,1
0
0,2
0
0,3
0
Corrigé Bac Blanc sciences physiques lycée Saint-Sernin 2010
0,4
0
0,5
0
0,6
0 t
(s)
7/7