Bac_blanc_avril_2014_correction

NOM :
PRÉNOM :
CLASSE :
Lycée Gérard-de-Nerval de Luzarches
Filière scientifique
Classe de première
Baccalauréat blanc
Correction de l'épreuve de physique et de chimie
Session d'avril 2014
Note totale :
/20
Consignes générales :
- Le candidat ou la candidate doit inscrire ses nom, prénom et classe sur chaque feuille d'énoncé. Dans le cas
contraire, un point sera retiré de la note totale par feuille sans nom.
- Le candidat ou la candidate remettra ses trois feuilles sur trois piles distinctes à l'issue de l'épreuve.
- Le candidat ou la candidate doit répondre aux questions sur la feuille de l'énoncé. Des espaces suffisants
sont prévus à cet effet. Toutefois, en cas de besoin, il est autorisé de répondre au verso ou sur une feuille de
classeur.
- Tout calcul doit être constitué d'une expression littérale suivie d'une application numérique. Le non-respect
de cette consigne est pris en compte dans la notation.
- Tout résultat doit être exprimé avec le nombre correct de chiffres significatifs et avec son unité.
Exercice I : Géométrie des molécules (8 points)
Partie A : Une odeur désagréable...
Les molécules contenant l’élément soufre sont très souvent caractérisées par une odeur désagréable.
C’est le cas du gaz pestilentiel émis par la mouflette, un petit mammifère proche du putois, pour se protéger
de ses prédateurs.
L’analyse de ce gaz a mis en évidence une molécule dont le modèle éclaté est donné ci-dessous.
Données : carbone : Z = 6 ; soufre : Z = 16.
Atomes de
soufre
Atomes
d'hydrogène
Atomes
d'hydrogène
Atomes de
carbone
I.1. Donner la formule brute de la molécule.
La formule brute est : C2H6S2.
Barème
/1
1/4
NOM :
PRÉNOM :
CLASSE :
I.2. Déterminer sa représentation de Lewis.
H
H
C
H
S
S
H
C
Barème
H
/1
H
I.3. À partir des numéros atomiques des atomes, dénombrer les doublets liants et non liants des atomes de
carbone et de soufre.
Pour le carbone : Z= 6 donc sa structure électronique : (K)2 (L)4. L’atome va donc former
4 doublets liants afin d’obtenir la structure électronique stable en octet (celle du néon). Il
n’a pas de doublets non liants car l’atome a déjà 8 électrons externes.
Barème
/2
Pour le soufre : Z= 16 donc sa structure électronique : (K)2 (L)8 (M)6. L’atome va donc
former 2 doublets liants afin d’obtenir la structure électronique stable en octet ( celle de
l'argon). Il reste donc 2 doublets non liant afin de mettre en évidence les 8 électrons
externes.
I.4. Justifier la structure géométrique de la molécule à partir de la répartition des doublets autour des atomes
de carbone et des atomes de soufre.
Barème
Les carbones forment un tétraèdre avec ses 4 doublets liants. Les soufres eux ont une
/2
forme coudée (ou triangulaire plane) car ils possèdent 2 doublets liants.
Partie B : Les isomères
I.5. Déterminer si les molécules suivantes présentent une isomérie de type Z ou de type E.
Molécule
Type d'isomérie
a
Z
b
E
c
E
d
Z et E
Barème
/2
2/4
NOM :
PRÉNOM :
CLASSE :
Exercice II : Suivi d'une réaction chimique au cours du temps (6 points)
On introduit dans un erlenmeyer vide une quantité n Alinitiale = 0,20 mol d'aluminium à l'état solide
(formule : Al(s)) et une quantité nH+initiale = 0,30 mol d'ions hydrogène présents dans une solution aqueuse
(formule : H+(aq)). Ces deux espèces chimiques réagissent l'une avec l'autre. La réaction produit des ions
aluminium III (formule : Al 3+(aq)) et du dihydrogène à l'état gazeux (formule : H2 (g)).
II.1. Écrire l'équation de la réaction en prenant soin d'ajuster les nombres stœchiométriques.
Barème
2 Al (s) + 6 H+(aq) →
2 Al 3+(aq) + 3 H2 (g)
/1
II.2. En justifiant par deux calculs, déterminer le réactif limitant.
0,20 d'où : n Al initiale
On calcule : n Al initiale
=
=0,10
2
2
2
n +
n H + initiale
0,30
et : H initiale =
d'où :
= 0,050
6
6
6
n +
n
On a : H initiale < Al initiale donc le réactif limitant sont les ions hydrogène.
6
2
Barème
/2
II.3. Complétez les trois premières lignes du tableau ci-dessous ; puis, en détaillant vos calculs dans les cases
de la quatrième ligne, déterminer les quantités d'ions aluminium III et de dihydrogène produites ainsi que les
quantités de réactifs restantes à l'état final.
Équation de la
réaction
2 Al (s)
+
6 H+(aq)
→
2 Al 3+(aq)
+
3 H2 (g)
Quantités de
matière présentes
à l'état initial
(mol)
0,20
0,30
0,0
0,0
Quantités de
matière restantes
en cours de
réaction (mol)
0,20 – 2.x
0,30 – 6.x
0,0 + 2.x
0,0 + 3.x
Barème
Quantités de
0,20 – 2.xMAX
matière
= 0,20 – 2 x 0,050
restantes à l'état
= 0,10
final (mol)
/3
0,0 + 2.xMAX
0,0 + 3.xMAX
= 0,30 – 6 x 0,050 = 0,0 + 2 x 0,050 = 0,0 + 3 x 0,050
= 0,00
= 0,10
= 0,15
0,30 – 6.xMAX
3/4
NOM :
PRÉNOM :
CLASSE :
Exercice III : Radioactivité (6 points)
En 1934, Frédéric Joliot et Irène Joliot-Curie bombardèrent une feuille d'aluminium (Z = 13) avec des
particules α et obtinrent comme produit de la réaction, entre autres, des noyaux de phosphore radioactifs. Ce
résultat troubla le couple car le phosphore naturel n'était pas radioactif. Cette découverte de la radioactivité
artificielle leur vaudra le prix Nobel de chimie en 1935.
Données : mproton = 1,672 621 637.10-27 kg ; mneutron = 1,674 93 .10-27 kg ; c = 299 792 458 m.s-1
III.1. Les noyaux de phosphore 30 artificiel possèdent 15 protons et 15 neutrons. Les noyaux de phosphore
naturel (de symbole P). possèdent 15 protons et 16 neutrons. Donner les représentations symboliques A X de
Z
ces deux isotopes.
Phosphore 30 : 30 P ; phosphore 31 : 31 P .
15
15
Barème
/0,5
III.2. Écrire l'équation de la réaction qui conduit à la formation du phosphore 30 à partir de l'aluminium 27.
27 Al + 4 He → 30 P + 1 n
13
2
15
0
Barème
/1,5
III.3. La masse d'un noyau de phosphore 30 est m phosphore = 49,77.10-27 kg. Calculer le défaut de masse Δm du
noyau de phosphore 30.
On sait que : Δm = [Z.mproton + (A-Z).mneutron] - mphosphore
D'où : Δm = [(15 x 1,672 621 637.10-27)+ (15 x 1,674 93.10-27)] – 49,77.10-27
Barème
/2
Donc : Δm = 0,4432.10 kg
-27
III.4. En déduire l'énergie de liaison du noyau de phosphore 30.
On sait que : Eliaison = Δm . c²
Barème
D'où : Eliaison = 0,4432.10 x (299 792 458)²
-27
/2
Donc : Eliaison = 39,83.10 J
-12
4/4