Exercice n°1 : LA VITAMINE C (9 points) Étude de la molécule d’acide ascorbique Groupe (a) : famille des esters ; groupe (b) famille des alcools.
[0.25+0.25]
1.2.1. Un atome de carbone asymétrique est lié à quatre substituants différents. [0.25]
Ainsi, la molécule de vitamine C possède deux atomes de carbone
asymétriques repérés par un astérisque ci-contre.
[0.25+0.25]
1.2.2. Les représentations
1et 2 sont images l’une de l’autre dans un miroir plan et sont non superposables : elles forment un couple d’énantiomères. [0.25]
Seule la configuration d’un carbone
asymétrique change entre les représentations 2 et 3 : ce sont des diastéreoisomères
(stéréoisomères qui ne sont pas énantiomères : même enchaînement d’atomes, représentations spatiales
différentes mais ne sont pas images l’une de l’autre dans un miroir). [0.25]
De même, les représentations 1 et 3 sont des diastéreoisomères (c’est la configuration de l’autre C* qui change). [0.25]
1.3. [0.25] Pour déterminer la formule de l’ion ascorbate, base conjuguée de l’acide ascorbique, il faut
enlever le proton H+ responsable de l’acidité
1.4. Diagramme de prédominance du couple acide ascorbique HA / ion ascorbate A– :
Ainsi, sur la langue (5,5 < pH < 6,1), c’est l’ion ascorbate qui prédomine.
Dans l’estomac (pH ≈ 1,5), c’est l’acide ascorbique qui prédomine. [0.25+ 0.25+0.25 justif par diagramme de prédominance]
2. Vérification de la masse d’acide ascorbique dans un comprimé
2.1. Il s’agit du protocole d’une dissolution : [0.75]
- Dans un mortier, broyer un comprimé de vitamine C.
- À l’aide d’un entonnoir, verser la poudre dans une fiole jaugée de 200,0 mL.
- Rincer le mortier et l’entonnoir à l’eau distillée et récupérer les eaux de rinçage pour n’avoir aucune perte.
- Verser de l’eau distillée jusqu’aux 2/3 du trait de jauge, boucher et agiter jusqu’à dissolution complète.
- Compléter la fiole jaugée jusqu’au trait de jauge.
- Boucher et agiter.
2.2. Le réactif titré est l’acide ascorbique HA (acide), le réactif titrant est HO– (base
présente dans la solution d’hydroxyde de sodium).
L’équation de la réaction acido-basique support de titrage est : [0.25]
HA(aq) + HO– (aq) A– (aq)+ H2O(l)
2.3. À l’équivalence, le réactif titré HA et le réactif titrant HO– ont été introduits dans les proportions stoechiométriques de l’équation de titrage, [0.25]soit :
(HA) (HO )
-1 1
titré versé
n n
[0.25]
Le volume V = 200 mL de solution A contient un comprimé entier d’acide ascorbique HA soit une masse m(HA)dissous , donc le volume VA = 20,0 mL =
10
V de solution titrée contient ( )
10
dissous
m HA .
Ainsi
(HA) 10 (HA)
(HA) (HA) 10. (HA)
dissous
dissous titré
m n m
M M
(HA) -
(HO ) 10. (HA)
dissous
versé
m n
M
(HA) 10. (HA)
dissous
m
M CB . VE
Finalement : (HA) 10. (HA).
dissous E
B
V m
M C
L’emballage indique la masse d’acide ascorbique m(HA) = 250 mg.
250 10
310 176,1 0,100
VE
= 1,42×10
–3 L = 1,42 mL, ce volume versé à l’équivalence est trop faible. La solution d’hydroxyde de sodium de concentration molaire CB = 0,100 mol.L-1 ne convient pas.
Pour augmenter VE, il faut diminuer CB (avec m et M constantes). La solution disponible au laboratoire est trop concentrée.
*
*
pH pK
A= 4,1
A
–HA
Pour obtenir un volume équivalent de l’ordre de VE ≈ 10 mL, il faut diluer la solution
titrante environ d’un facteur 10. Alors VE sera égal à 14,2 mL.
(On peut remarquer ensuite qu’à la question 2.5., CB = 1,50×10-2 mol.L-1elle a été divisée par environ 7).ou bien
Les 20 mL contiennent 25 mg ou les 200 mL contiennent 250 mg
soit Ca =1,25 g.L-1 =7,10.10-3 mol.L-1 [0.25]
CaVa = CbVb…on cherche Cb pour Vb =10 mL Va = 20 mL et Ca =7,10.10-3 mol.L-1
Cb = CaVa /Vb =7,10.10-3 x20.10-3/10.10-3 = 0.01 mol.L-1 [0.25]
Donc la solution est trop concentrée et doit être diluée au 10eme. [0.25]
2.4. Avant l’équivalence : À chaque fois qu’une molécule AH est consommée par un ion HO–, un ion spectateur Na+ est ajouté au milieu réactionnel et un ion A– se forme.
La solution devient de plus en plus concentrée en ions, sa conductivité augmente.
On obtient une droite de pente positive.
[0.25]
Au-delà de l’équivalence : Il n’y a plus de molécules HA. La concentration en ion HO– et Na+ augmente après chaque ajout (et celle de A– ne varie pas) donc la conductivité augmente.
On obtient une droite de pente positive.
[0.25]
Cependant, avant l’équivalence,
l’augmentation de conductivité est due à Na+ et A– tandis qu’après l’équivalence,
l’augmentation de conductivité est due à Na+ et HO–.
Comme les ions OH– conduisent mieux le courant que les ions A– (λ(HO–) > λ(A–)), la pente de la droite est encore plus élevée.
[0.25]
La courbe 2 correspond à ce titrage. [0.25]
2.5.1.
2 2
exp exp
U U E U B
E B
(m ) (V ) (C )
m V C
2 2
exp exp
U 0,2 0,02
9,1 1,50
(m )m
= 0,0257 ≈ 2,6
% [0.25] pourcentage non exigé 2.5.2. L’incertitude vaut
exp exp
U(m )0,0257m 0,0257 245 = 6,298 mg ≈ 6 mg [0.25]
(Pour l’incertitude on ne conserve qu’un seul chiffre significatif et on arrondit au chiffre le plus proche !!! donc mexp = 245 ± 6 mg [0.25]
Ce résultat est bien conforme à l’indication du fabricant (250 mg) car celle-ci est
comprise dans l’intervalle de confiance [239 ; 251] [0.25]
L’écart peut s’expliquer par plusieurs sources d’erreurs possibles :
Perte de solide lors du broyage dans le mortier et du transvasement dans la fiole jaugée,
Trait de jauge de la fiole jaugée mal repéré, Erreur sur la concentration CB de la solution titrante,
Erreur lors du prélèvement VA (2 traits de jauge)
Imprécision lors de la détermination du volume équivalent VE. [0.25] au moins deux explications
3. Vérification de la masse d’ion ascorbate dans un comprimé
3.1. L’ion ascorbate étant une base, on peut réaliser un titrage avec un acide fort : seul l’acide chlorhydrique peut être utilisé comme réactif titrant ici. [0.25]
3.2. La quantité d’ion ascorbate est
- -
-
(A ) (NaA) (A ) (A ) (NaA)
m m
n M M
3 -
285 10 (A ) 198,1
n
=1,44×10-3 mol d’ions ascorbate [0.25]
Dans l’estomac, l’ion ascorbate se transforme en acide ascorbique donc une mole d’ions ascorbate conduit à la formation d’une mole d’acide ascorbique : n(A–) = n(HA)
Soit une masse d’acide ascorbique m(HA) = n(A–).M(HA)
m(HA) =
285 10 3
176,1 198,1
= 0,253 g
= 253 mg[0.25]
En rajoutant cette masse à celle de l’acide ascorbique déjà présente dans un comprimé, on arrive bien à (environ) 500 mg d’acide ascorbique. [0.25]
3.3. Cette formulation de la vitamine C présente l’avantage d’être moins acide donc moins agressive pour l’organisme qu’un
comprimé contenant directement 500 mg d’acide ascorbique. [0.25]
Rq : cette formulation est dite
« tamponnée » car elle présente les propriétés d’une solution tampon : faible variation du pH lors d’ajout modéré d’acide ou de base ou par dilution.
On peut d’ailleurs estimer que comme [HA] ≈ [A-], le pH de la solution A est proche du pKA
du couple soit 4,1.
Exercice II : La nouvelle façon de se poser sur mars (6 points)
1. La descente autopropulsée.
1.1.
. . . . . .W P
P AB P AB cos
m g AB cos
1.2. D’après le schéma ci-après, dans le triangle rectangle ABC on a cos = AC
AB donc AC = AB.cos
De plus AC = zA – zB, donc AB.cos = zA – zB
. . .W P
m g AB cos
. .( A B)W P
m g z
z
1.3.La descente autopropulsée
débute à l’allumage des moteurs (3).
W P
2,0×103 × 3,7 × (2×103 – 20) = 1,46×107 JEn ne conservant qu’un seul chiffre
significatif comme pour l’altitude de 2 km, on a
W P 2 × 107 J > 0, le travail du poids est moteur lors de la descente.
1.4. Évolution de l’énergie mécanique au cours de la descente
1.4.1. Em = EC + EPP où EC est l’énergie cinétique et EPP est l’énergie potentielle de pesanteur.
Em(A) = 1. . 2
2 m vA + m.g.zA
Em(A) = 1 , 3 2 , 3 , 3 2 0 10 100 2 0 10 3 7 2 10 2
= 2,48×107 J = 2×107 J
Em(B) =
1
. .m vB22
+ m.g.zBEm(B) = 1 , 3 , 2 , 3 , 2 0 10 0 75 2 0 10 3 7 20 2
= 1,49×105 J = 1×105 J
1.4.2. Em(B) < Em(A), l’énergie mécanique diminue au cours de la descente. Une partie de cette énergie est dissipée sous forme de chaleur en raison des frottements subis par le système.
Par ailleurs, les forces de poussée effectuent un travail résistant (W < 0), elles prennent de l’énergie au système.
2. Les secondes les plus longues de la mission.
Méthode : Recopier la problématique pour bien se l’approprier
« Estimer la durée Δt de la phase de descente du robot entre le moment où la grue
commence à le descendre et son atterrissage sur le sol martien. »
Collecter les données, dans les documents, nécessaires à la résolution du problème.
« À 20 mètres du sol, l’étage de descente a une vitesse de 75 centimètres par
seconde,… »
« … il commence à descendre le robot au bout de trois filins de 7,50 mètres »
Nommer chaque grandeur utilisée avec une lettre appropriée et indiquer ce qu’elle représente
Altitude au début de la descente : H = 20 m, Vitesse de la grue par rapport au sol martien : vG/S = 0,75 m.s-1
Longueur des filins déployés et tendus : L = 7,50 m
Vitesse de déroulement des filins : vR/G = inutile Lu dans l’introduction : hauteur du robot h = 2,2 m
Faire un schéma de la situation et l’annoter avec les données.
Commencer à résoudre au brouillon.
h robot grue H
L
Sol martien t = 0 s
t = Δt robot
grue
d
Les hypothèses demandées par l’énoncé deviendront
« visibles » et permettront de simplifier le problème.
Deux hypothèses :
1- On considère que le robot descend à vitesse constante v.
2- Lorsque le robot touche le sol les filins ont eu le temps de se dérouler totalement de la longueur L.
Le robot doit parcourir une distance d pendant une durée Δt.
v d
t
donc Δt = d v =
H L h v
Δt =
20 7,5 2,2
0,75
= 14 s
3. Dégagement autopropulsé de l’étage de descente désolidarisé du rover.
3.1. Un système est en chute libre lorsqu’il n’est soumis qu’à son poids P ; c'est-à-dire qu’à la force d’attraction gravitationnelle de Mars.
L’atmosphère martienne étant très ténue, on peut négliger les frottements face aux autres forces subies par l’étage de descente. Par ailleurs, les moteurs sont coupés et
n’exercent donc plus de force de poussée.
Alors l’étage de descente est effectivement en chute libre.
3.2. Écarter l’étage de descente d’au moins 150 m du lieu d’atterrissage signifie que l’étage touche le sol martien à plus de 150 m de l’origine du repère donc z(x) = 0 si x > 150 m.
Avec H = 50 m.
z(x = 150) =
2
2 2
0
. .tan
2 .cos
g x x H
v
= 02
2 2
0
.tan .
2 .cos
x H g x
v
2 2
0 2
.
( .tan ).2.cos
v g xx
H
v0 =
2
2
.
( .tan ).2.cos
g xx
H
en en retenant que la solution positivev0 =
2
2
3,7 150
(150.tan 45 50) 2 cos 45
=
2 2 2
2
3,7 150 3,7 150 3,7 150
1 200
2 200 2
(150 1 50) 2 2
2
v0 = 20,4 m.s-1
Attention calculatrice en degrés La vitesse v0 doit être supérieure à cette valeur pour que x atteigne au moins 150 m.
Comme l’on doit arrondir à deux chiffres significatifs, il faut que v0 = 21 m.s-1
EXERCICE III - LA COMMUNICATION CHEZ LES BALEINES (5 points)
À partir des documents et de vos connaissances, évaluer :
1. la profondeur du couloir de communication ;
Le document 1 nous apprend qu’il faut que la baleine soit dans une couche telle que la couche supérieure assure une plus grande célérité au son et que la couche inférieure conduise également plus rapidement le son.
La lecture du document 2, nous montre que c’est le cas pour une profondeur de 1 à 1,2 km.
2. la distance maximale entre deux baleines pour qu'elles puissent communiquer.
La baleine émet un son de fréquence moyenne égale à 4000 Hz, avec un niveau d’intensité sonore de 170 dB.
Pour un tel son, l’eau de mer possède un niveau d’absorption acoustique égal à 0,2 dB.km-1.
Une autre baleine, située à une distance d, percevra ce son à condition que son niveau d’intensité sonore dépasse le seuil
d’audibilité égal à 50 dB.
On cherche la distance d pour laquelle le niveau d’intensité sonore aura diminué de 170 dB à 50 dB, soit une perte de 120 dB.
Chaque kilomètre le niveau d’intensité sonore diminue de 0,2 dB.
Ainsi par proportionnalité, on a d =
120 0,2
= 6×102 km.Ce résultat est conforme avec l’introduction qui annonce que les messages peuvent être perçus à plusieurs centaines de kilomètres.
lieu d’atterrissage
