Correction Evaluation Blanche Radioactivité, Intéractions

Correction Evaluation Blanche Radioactivité, Intéractions

Radioactivité, Intéractions

1. Le noyau du radon 222 comporte : • 86 protons

• 222 – 86 = 136 neutrons 2. Force d’interaction électrique :

2

2 



 





 



 d

k e d

q k q

F ^{p p}

 11 (2 )

10 5 , 4

10 6 , 10 1 0 , 9

2

15 19

9 N ch

F  



 







 



 ^_

Cette force est ici répulsive car les protons sont de même signe.

3. Force d’interaction gravitationnelle :

2

2 



 





 



 d

G m d

m G m

F ^{n n n}

 F ³⁶ N

2

15 27

11 9,2 10

10 5 , 4

10 67 , 10 1 67 ,

6 _ ^

    



 







 





Cette force est toujours attractive.

4. Comparaison des deux forces :

36 36 1,2 10 10

2 , 9

11  

  _

G E

F F

La force de répulsion électrique est 1,2∙10³⁶ fois plus grande que la force d’attraction gravitationnelle qui attire les deux protons l’un vers l’autres. Donc FG est négligeable devant FE. 0.5 pt

Ainsi, pour permettre aux protons de rester collés l’un à l’autre il faut faire intervenir une autre interaction fondamentale plus forte que l’interaction électrique à l’échelle du noyau :

C’est l’interaction nucléaire forte.

5. Grâce aux lois de Soddy ou loi de conservation on obtient : X = 2 et Y = 218 6. Cette réaction est spontanée c’est un désintégration naturelle.

7. Equation de désintégration du plomb 214 : ²¹⁴₈₂

Pb 

_⁰₁

e 

²¹⁴₈₃

Bi

8. D’après le graphe on obtient t1/2 = 4 jours environ.

9. Sur les 3 premiers jours, la population passe de 10∙10⁶ à 6,0∙10⁶ nucléides.

Ainsi, en 3 jours il y a eu 4,0∙10⁶ désintégrations.

L’activité moyenne est donc :

Bq

A 15

3600 24 3

10 0 ,

4 ⁶ 





 

10. La phrase en italique explique que, du fait de la radioactivité importante du radon, il est donc très dangereux à Manipuler. Ainsi, les expériences chimiques le faisant intervenir nécessitent de grandes précautions et donc

une étude difficile à mettre en œuvre.

11. Le nombre de désintégration par jour dans cette maison est : (Il fallait faire attention au par jour Piège) 107

6 , 1 3600 24

90 0 ,

2     



n désintégrations

12. C’est une particule ^- (e^- accepté)

0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt 0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt 0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt 0.5 pt

1 pt 1 pt

1 pt

0,5 pt

0.5 pt

1 pt 0,5pt

0,5 pt 0,5 pt

13. Calcul du défaut de masse :

) ( ) ( )

(Th m mU

m

m  

 

kg m3,88647610^256,6446610^-27 3,95301910^25 9,6410^30



L'énergie dégagée lors de cette réaction est donc : c2

m E 

^{E9,641030}



^3,00108



^{2 8,681013 J}

Il y a donc une perte de 8,6810 ^-13J.

0,5 pt

0.5 pt 0.5 pt

0,5 pt

Exercice II : Sources de lumière (12 pts) Partie A :

1. • Raies dans l'infrarouge : 819 et 1138 nm • Raies dans le visible : 569, 589 et 615 nm • Raie dans l'ultraviolet : 330 nm

2. C'est une lumière polychromatique car contenant plusieurs longueurs d'onde.

3. On sait que :  c

 c ₁₄Hz

9 8

10 09 , 10 5 589

10 00 ,

3  



 

 _

  4. Voir schéma ci-contre.

5. Comme les atomes possèdent des niveaux d’énergie bien définis, ils ne peuvent émettre que certains photons de longueur d’onde bien précise correspondant à une transition énergétique possible de l’atome.

Ceci conduit à l’observation des raies de couleurs dans le spectre d’émission.

6.a. hc J

E ₉ ¹⁹

8 34

10 42 , 10 2

819

10 00 , 3 10 63 ,

6 



  







 



 

Ce qui donne : E 1,52eV

10 60 , 1

10 42 , 2

19 19 



 

 _^

6.b. On remarque que : E₄ E₂ 



1,51

 

 3,03



1,52eV

Ainsi, la transition correspondante est le passage de l'état d'énergie E4 vers l'état d'énergie E2. 7. Un photon d'énergie 3,38. 10 ^-19J équivaut à une transition de : 2,11eV

10 60 , 1

10 38 , 3

19 19 









Ainsi, si le photon est initialement au niveau d'énergie E1 = - 5,14 eV, l'absorption d'un tel photon conduirait à un niveau d'énergie de : - 5,14 + 2,11 = - 3,03 eV. Or ce niveau d'énergie existe bien (E2), donc l'atome de sodium peut absorber un tel photon.

Partie B :

1. On visualise cela en déterminant la longueur d'onde des différentes raies d'absorption ou raies noires dans le spectre du Soleil et en les comparant à celles de ces gaz.

2. Comme tous les atomes possèdent des niveaux d’énergie bien définis, ils ne peuvent absorber que certains photons de longueur d’onde bien précise. Ceci conduit, dans le domaine du visible, à l’observation des raies noires dans le spectre de raies d’absorption.

La détermination précise de la longueur d'onde de ces raies nous renseigne alors sur la nature des gaz présents.

3.a. • λmax est la longueur d'onde qui est émise avec un maximum d'intensité par le corps noir.

• θ est la température en °C de la surface du corps noir.

3.b. En utilisant la formule donnée par l'énoncé on obtient : 273

10 89 ,

2 ⁶

max 

 

 

3.c. Application numérique : 476nm

273 5800

10 89 ,

2 ⁶

max 



 



Exercice III : Solutions aqueuses (14 pts)

E1 = - 5,14 E2 = - 3,03 E3 = - 1,94 E4 = - 1,51 E5 = - 1,38 E6 = - 0,85 E_ = 0,00

Energie (eV)

état fondamental états excités

h

E

_sup

E

inf

Intensité lumineuse

 (nm) 400 500 600 700 800 1 pt

Une erreur = 0.5 pt Deux erreurs = 0 pt 0.5 pt en ToR

0.5 pt 0,5 pt

0.5 pt en ToR

1 pt

0,5 pt

0.5 pt 0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt ToR

0.5 pt

0.5 pt

1 pt

0.5 pt

0.5 pt 0,5 pt

Partie A :

1. Détermination de la masse d'iodure de potassium : M V C M n

m   ₁ ₁

 m0,5000,25016620,8g

2. On sait que : C₁V_P C₂V₂ avec VP le volume de solution mère à prélever.

 L

C V

V_P C 0,010

500 , 0

050 , 0 10 , 0

1 2

2  

 

 ^{soit 10} mL.

A l'aide d'une pipette jaugée, on prélève donc 10 mL de solution S1 que l'on introduit dans une fiole jaugée de 50 mL. On complète alors la fiole avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge et on homogénéise.

Partie B :

1. Il faut utiliser la longueur d'onde la plus absorbée, c'est à dire au alentour de 440 nm. 2. On est dans le bleu.

La solution étant de la couleur complémentaire, elle est donc jaune.

3.a. On remarque que, sur le graphe A = f (C), les points de mesure sont pratiquement alignés sur une droite qui passe par l'origine.

On retrouve donc bien sur ce graphe une concentration proportionnelle à l'absorbance comme le définit la loi de Beer-Lambert.

3.b. • Traçage de la droite moyenne

• Matérialisation de la lecture

• La concentration est donc : C = 33 mmol/L Partie C :

1. Quantités initiales : • n



H₂O₂



C₂V₂ 0,102,010^3 2,010^4 mol0,20mmol

• ⁿ

 

^I ^C1^V1 ^0,10²⁰^103 ^2,0^{103 mol}^2,0mmol

2. Le mélange est stoechiométrique si les réactifs ont été introduits dans le rapport des coefficients stoechiométriques. Ainsi, il faut que :

  I 2 n  H

₂

O

₂



n

^

 



 



_{2 2}



^2



O H n

I n

Or ici :

 

 

2,0 10 ¹⁰

10 0 , 2

4 3

2 2

 

  _^



O H n

I

n donc le mélange initial n'est pas stoechiométrique.

3. Tableau d'avancement

H2O2 (aq) + 2 I ^–(aq) + 2 H ⁺(aq) → I2 (aq) + 2 H2O(liq)

Etat Avancement

initial x = 0 0,20 2,0 Excès 0 solvant

Interm. 0.5 pt x 0,20 - x 2,0 - 2  x Excès x solvant

Final 0.5 pt xmax = 0,20 0 1,6 Excès 0,20 solvant

Formalisme xmax xmax = 0,20 mmol car le plus petit Le réactif limitant est H2O2.

4. Concentration finale :

 

₃^{3 3 1}

2 1

max

2 9,110

10 22

10 20 ,

0 _{ }



   



 

  mol L

V V I x

5. D'après le graphe, à la date t = 300 s l'avancement de la réaction est x = 1,010 ^-4mol = 0,10 mmol. Ainsi : • ⁿ

 

^{I 2,02x2,020,101,8mmol}

• n



H₂O₂



0,20x0,200,100,10mmol

• n

 

I₂ x0,10mmol

0 10 20 30 40 C

(

mmol/L

)

A A = f (C)

0,0 0,5 1,0 0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt

1 pt

0.5 pt

0.5 pt 0.5 pt

0.5 pt

0.5 pt en TOR

0.5 pt

0.5 pt en ToR 0.5 pt

0.5 pt 0.5 pt

1 pt

1 pt

0.5 pt 1 pt

0.5 pt 0.5 pt

0.5 pt