1.2.1. À l`équivalence les r

CORRIGE DU BAC BLANC SCIENCES PHYSIQUES 2009 (Tronc commun)
EXERCICE 1. COMME UN POISSON DANS L’EAU (8 points)
1. Étude d'une solution commerciale destinée à diminuer le pH de l'aquarium
1.1. H3O+ + HO–(aq) = 2 H2O(l)
1.2.1. À l'équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.
ou Il y a équivalence lorsqu'il y a changement de réactif limitant.
1.2.2. À l'équivalence :
nH O+ initiale = nHO− versée
3
Soit cA la concentration en ions oxonium de la solution diluée SA
cA.VA = cB.VBE
c B .VBE
VA
cA =
VBE correspond à l’abscisse du maximum de la courbe
dpH
dVB
= f(VB) donc, d’après le graphe de la figure 1,
4,0 ×10-2 × 25,5 10-2 × 25,5
VBE = 25,5 mL.
=
cA =
= 5,1×10–2 mol.L-1
20,0
5,0
1.2.3. La solution commerciale a été diluée 50 fois, elle est donc 50 fois plus concentrée que la solution
diluée SA.
c0 = [H3O+] = 50.cA
c0 = [H3O+] = 50 × 5,1 × 10–2 = 255×10–2 = 2,5 mol.L–1 en arrondissant par défaut.
1.3. On effectue une dilution.
Solution mère : solution commerciale
Solution fille : dans l’aquarium
VCo = 20 mL
Vaqua = 100 L
+
concentration [H3O ]Co (calculée précédemment)
[H3O+]aqua = ?
Au cours de la dilution on considère que la quantité de matière d’ions oxonium ne varie pas, donc
nH O+ = [H3O+]Co . VCo = [H3O+]aqua . Vaqua
3
[H O ]
+
+
La nouvelle concentration en ions oxonium dans l’aquarium sera [H3O ]aqua =
3
Co
.VCo
Vaqua
⎡ H 3O + ⎤⎦ Co .VCo
Le pH sera égal à pHaqua = – lg[H3O+]aqua = –lg ⎣
Vaqua
−3
pH = –lg
−3
2,5 × 20 × 10
50 × 10
= – lg
= – lg 5,0×10–4 = –lg 5 –lg10–4 = –0,7 + 4 = 3,3
2
1, 00 ×10
100
1.4.1. HCO3– (aq) + H3O+ = CO2 (aq) + 2 H2O ( l )
( réaction 1 )
K1 =
[CO2 (aq)]éq
[ HCO3− (aq )]éq .[ H 3O + ]éq
1.4.2. Couple CO2(aq), H2O / HCO3– (aq)
–
+
CO2(aq), H2O + H2O(l) = HCO3 (aq) + H3O
KA =
[ HCO3− (aq )]éq .[ H 3O + ]éq
[CO2 (aq )]éq
1
1
. K1 = −6,4 = 106,4 = 2,5×106
10
KA
1.5.1. Qr,i < K1 donc, d’après le critère d'évolution spontanée, le système chimique évolue dans le sens
direct de l’équation de la réaction 1 : il y a donc consommation des ions H3O+ si l'eau est très calcaire.
1.5.2. La présence des ions hydrogénocarbonate consomme des ions oxonium, la concentration en ions
oxonium diminue. pH = – lg[H3O+], alors le pH sera plus élevé pH = 3,3 (calculé en 1.3.).
1.5.3. Si l’eau n’est pas suffisamment calcaire, elle contient peu d’ions hydrogénocarbonate. Alors une
trop faible partie des ions H3O+ apportés par la solution commerciale serait consommée. Le pH serait alors
proche de celui calculé en 1.3., donc trop acide.
On remarque que K1 =
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2. Étude de la formation des ions ammonium.
2.1. D’après les coefficients stœchiométriques de l’équation, on a ⎡⎣ NH 4+ ⎤⎦ = [OCN − ]
σ = λNH + ⎡⎣ NH 4+ ⎤⎦ + λOCN − [OCN − ]
4
soit [NH4+] =
(λ
σ
NH 4+
+ λOCN −
σ = λNH + ⎡⎣ NH 4+ ⎤⎦ + λOCN − ⎡⎣ NH 4+ ⎤⎦
4
(
)
σ = λNH + + λOCN − . ⎡⎣ NH 4+ ⎤⎦
4
)
2.2. Évolution du système chimique
2.2.1.
Avancement
État
(mol)
État initial
x=0
(NH2)2CO (aq) = NH4+ (aq) + OCN– (aq)
Quantités de matière (mol)
NH4+ (aq)
OCN– (aq)
(NH2)2CO (aq)
c.V
État en cours d'évolution
c.V – x
x
État final en supposant la
c.V – xmax = 0
xmax
transformation totale
2.2.2. D’après le tableau, à chaque instant, n(NH4+) = x.
n ( NH +4 )
V
0
0
x
x
xmax = c.V
xmax = c.V
x
.
V
2.2.3. (NH2)2CO (aq) est le réactif limitant, si la transformation est totale il est totalement consommé, soit
c.V – xmax = 0
xmax =c.V
xmax = 0,020 × 0,1000 xmax = 2,0×10-3 mol
Or, par définition, [ NH +4 ] =
donc, à chaque instant, [NH4+] =
2.3. A l’instant de date t = 110 min, le taux d’avancement de la réaction est donné par τ110 =
x 110
x max
.
Par lecture graphique (voir construction graphique sur la figure 2), on obtient x110 = 1,3×10-3 mol.
1,3 ×10−3
Or, d’après la question 2.2.3., xmax = 2,0×10-3 mol donc τ110 =
= 0,65 = τ110.
2, 0 × 10−3
Le taux d’avancement de la réaction à l’instant de date t = 110 min vaut donc 0,65.
2.4. La vitesse volumique de réaction est donnée par la relation : v(t) =
1 ⎛ dx ⎞
⎜ ⎟.
V ⎝ dt ⎠
dx
V étant une constante positive, v(t) évolue comme la dérivée ⎛⎜ ⎞⎟ de la fonction x = f(t) à la date t.
⎝ dt ⎠
Or ce terme correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe x = f(t) à la date t.
Graphiquement, on voit qu’il diminue au cours du temps (voir construction graphique sur la figure 2).
On en déduit donc que la vitesse volumique de réaction v(t) diminue au cours du temps.
2.5. Le taux d’avancement final est donné par la relation τ =
τ=
+
⎣⎡ NH 4 ⎦⎤ f .V
xmax
=
+
⎣⎡ NH 4 ⎦⎤ f .V
c.V
=
+
⎣⎡ NH 4 ⎦⎤ f
c
τ=
xf
x max
2, 0 × 10−2
= 1,0
0, 020
.
La transformation étudiée est totale.
2.6. Le temps de demi-réaction t1/2 est la durée nécessaire pour que l’avancement atteigne la moitié
sa valeur finale.
2, 0 × 10−3
x
Pour t = t1/2, on a donc x t1 / 2 = f =
= 1,0×10-3 mol = x t1 / 2 .
2
2
Par lecture graphique (voir construction graphique sur la figure 2), on obtient t1/2 proche d’une heure.
2.7. La température est un facteur cinétique dont la diminution conduit, en général, à la diminution de la
vitesse de réaction donc à l’augmentation du temps de demi-réaction.
Ainsi, si la température de l’aquarium n’est que de 27 °C, la valeur du temps de demi-réaction sera plus
grande que 60 min d’où l’allure de la courbe proposée (voir construction graphique sur la figure 2).
L’avancement final sera atteint plus lentement.
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2.8. L'aquarium doit être « bien planté » de sorte que les plantes vertes consomment les ions nitrate
pour qu’ils ne s’accumulent pas dans l’aquarium ce qui risquerait de compromettre la vie des poissons.
x (mol)
Figure 2
Allure de la courbe pour θ = 27°C
x110 = 0,0013 mol
x t1 / 2 = 0,0010 mol
t (min)
t1/2
110
EXERCICE 2. UN PEU D’HISTOIRE DES SCIENCES (7 points)
1.1) La radioactivité est une émission spontanée et aléatoire de particules par des noyaux instables.
Elle a un caractère inéluctable : c’est-à-dire que tôt ou tard (mais on ne peut pas prévoir quand), le noyau
radioactif se désintègrera.
1.2) Il s’agit de la loi de conservations de la charge électrique et de la loi de conservation du nombre de
nucléons.
1.3)
désintégration α :
désintégration β-
1.4)
∆m = mproduits – mréactifs = m(He) + m(Rn) – m(Ra) = -5,300×10-3 u
Cette perte de masse est équivalente d’après la relation d’Einstein à l’énergie
∆E = ∆m×c2 = -5,300×10-3×931,494 = -4,9369 MeV. ∆E<0, donc énergie libérée par la réaction.
2.1)
La demi-vie de ce radionucléide est courte, donc l’activité des sources diminue rapidement.
2.2)
A = A0×e-λt or
t et λ doivent être dans des unités compatibles : t = 3 ans et t1/2 = 138 j. On exprimera t en jour.
= 2,94×10-7 Bq.
A = A0×
= 5,81…×10-8 s-1 (conserver la valeur en mémoire pour le
2.3)
Dans le SI :
2 .4)
On a A(t) = λ×N(t)
calcul suivant)
2.5) Nombre de noyaux présents initialement :
On a A0 = λ×N0, donc
noyaux (conserver la valeur en mémoire pour le
calcul suivant)
Masse de polonium correspondante :
m0 = n0×M(
)=
×M(
)=
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3)
désintégration β+
le noyau fils est un noyau de silicium
4.1.1) Par définition , le défaut de masse d’un noyau ∆m est la différence entre la masse de ses nucléons
séparés et au repos et la masse du noyau.
soit ici ∆m = 92×mp + (235-92)×mn – m(
= 1,91498 u.
soit ∆m = Z×mp + (A-Z)×mn – m(
(conserver la valeur en mémoire pour le calcul suivant)
4.1.2) L’énergie de liaison El, est l’énergie à fournir pour dissocier le noyau en ses différents nucléons
séparés et au repos,
donc El = ∆m×c2, soit en MeV : El = 1.914977×931,494 = 1783,79 MeV
D’où
4.2.1)
4.2.2) La réaction de fission s’auto-entretien car elle a besoin de neutron pour s’amorcer et par la suite,
elle produit des neutrons qui vont servir à provoquer d’autres réactions de fission. On parle de réaction en
chaine.
E
4.2.3)
92 p + 144 n
El(235U)
El(140Xe) + El(94Sr)
Ei
∆E
Ef
On a ∆Er = El(
) - El(
) - El(
) = 235× 7,59 - 94×8,59 – 140 ×8,29 = -184 MeV
soit en joule ∆Er =-184 1,6022×10-13 = -2,955×10-11 J
4.2.4) λ = c×T =
EXERCICE 3. VERIFICATION DES CARACTERISTIQUES D’UNE BOBINE REELLE (5 points)
1) En régime permanent
1.1)
Schéma 1.
I
F
+
ub
ug
r,L
E = 6 Volts
V
–
A
A
B
D
D’après la loi d’additivité des tensions Ug = E = Ub
di
di
, or en régime permanent l’intensité est constante et égale à Ib, alors
= 0.
Ub = r1.i + L.
dt
dt
1.2)
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Il vient Ub = r1.I = E
soit
r1 =
Ub
Ib
r1 =
5,95
= 14,5 Ω
0,410
2) En régime transitoire
Schéma 2.
2.1) La bobine s’oppose à l’établissement du
courant. La valeur maximale de l'intensité
n'est pas atteinte immédiatement.
+
2.2) D’après la loi d’Ohm : uR’(t) = R’.i(t).
E = 6 Volts
La mesure de uR’ au cours du temps nous permet
d’accéder à i(t), connaissant la valeur de R’.
–
Si le générateur n’est pas a masse flottante, il faut
placer la voie de référence du système
d’acquisition au niveau de la borne – du
générateur.
K
i(t)
F
r,L
A
R'
D
B
voie
uR’
2.3)
L’abscisse du point d’ordonnée i(t) = 0,63.I∞ correspond à la valeur de la constante de temps τ.
i(τ) = 0,63×240 = 151 mA. (voir schéma ci-après)
τ = 10 ms
0,63.I∞
τ
[ L]
[ R' + r ] [ R ]
[ U]
D'après la loi d'Ohm U = R.I donc [ R ] =
[ I]
di
[I]
[U].[T ]
[U] = [L].
[L] =
et U = L.
[I]
dt
[T]
[U].[T ]
[I] = [U].[T] [I] = [T ] τ est bien homogène à un temps.
Il vient [τ ] =
[U]
[I] [U]
[I]
L
L
2.4.1) τ =
soit ici τ =
R
R'+ r
[τ ] =
[ L]
=
L
L
L
250
– R’
– 10 = 15 Ω
R’ + r2 =
r2 =
r2 =
R'+ r2
τ
τ
10
2.5.1) La bobine fonctionne en régime permanent (intensité constante), elle se comporte comme un
conducteur ohmique de résistance r2.
2.4.2) τ =
2.5.2) D’après la loi d’additivité des tensions Ug = E = Ub + UR’ = r. I∞ + R’. I∞
6, 00 − 10 × 0, 240
E − R'.I ∞
r. I∞ = E – R’. I∞
soit r =
r3 =
= 15,0 Ω
I∞
0, 240
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2.6) Les trois valeurs r obtenues dans les parties A et B sont cohérentes entre elles (environ 3% d’écart)
3) En régime oscillatoire
3.1.1) période propre d'un oscillateur LC : T0 = 2π L.C
3.1.2) On peut mesurer 3 pseudopériodes : 3 T ↔ 12,2 cm, or 16,2 cm ↔ 25 ms soit 1 cm ↔ 1,5.. ms
d’où T =
3T
3.2)
En utilisant la relation du 3.1.1)
Cette valeur est en accord avec la valeur donnée dans l’énoncé.
3.3) Les oscillation sont amorties car la bobine possède une résistance interne et donc il y a des pertes
par effet joule.
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