Physiks & Chimie

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Physique et Chimie D.S. n°1 – Correction

Ex. n°1 : Déterminer le relief du fond marin avec un sondeur d’après bac Amérique du Nord 2007 (20 points)

1.1. Une onde mécanique progressive est le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu matériel élastique sans transport de matière mais avec transport d’énergie (1).

1.2. L’onde ultrasonore est une onde sonore non audible par l’oreille humaine : il s’agit d’une onde longitudinale accompagnée de compression dilatation de milieu matériel élastique : la direction de la perturbation est parallèle à la direction de propagation de l’onde (1).

2. Détermination de la célérité des ondes ultrasonores dans l’eau

2.1. L’eau de mer est un milieu plus dense que l’air : la célérité de l’onde est donc plus importante dans l’eau de mer que dans l’air. Par conséquent le signal sera d’abord reçu par le récepteur B qui doit être à l’origine des dates (1).

2.2. Le récepteur A reçoit le signal à l’instant tA. Le récepteur B a reçu le signal à l’instant tB, antérieur à tA (tB < tA) Ainsi le retard t est : t = tA – tB (1).

2.3. graphe t = f(d) : .

2.3.1. Chaque salve parcourt la distance d. Dans l’air cette distance est parcourue en une durée tA telle que d = vair.tA. Dans l’eau cette distance est parcourue en une durée tB telle que d = veau.tB.

Puisque t = tA – tB, il vient : t = d vair

– d veau

: t = d( vair

–  veau

) (2).

2.3.2. D’après l’expression précédente t est proportionnelle à d puisque vair et veau sont des constantes dans les conditions de l’expérience (1).

2.3.3. Choisissons deux points M et N pour déterminer le coefficient directeur de la droite : la pente a de la droite est telle que a = y

x = yM – yN

xM – xN

. Par conséquent dans le cas présent : a = 2,50.10^–3 – 0

1,10 – 0 = 2,27.10^–3 s.m^–1 (1).

D’après l’expression établie en 2.3.1., t = d( vair

–  veau

) ainsi le coefficient directeur de la droite est a =  vair

–  veau

. Par conséquent 

veau

=  vair

– a  veau = vair

 – a.vair

. A.N. : veau = 340 1 – 2,50.10^–3

1,10 340 = 1,50.10³ m.s^–1 ou 1,50 km.s^–1 (2).

Remarques

N.B. le choix de l’origine pour N est judicieux, car il permet d’avoir xN =0 et yN = 0 (fonction linéaire) ! N.B. en utilisant a = 2,27.10^–3 s.m^–1 au lieu de la valeur non arrondi, on trouve 1490 m.s^–1 soit 1,49 km.s^–1. Seul le résultat final doit être arrondi. La valeur 1,50.10³ m.s^–1 est donc à retenir.

Noter vair = 1496 m.s^–1 donc vair  1,50.10³ m.s^–1 est abusif. Car la valeur 1,50.10³ m.s^–1 est cohérente avec la précision des données alors que la valeur 1496 m.s^–1 ne l’est pas !

Mathématiquement 340 1 – 2,50.10^–3

1,10 340 = 1496 et physiquement vair = 1,50.10³ m.s^–1.

3,00

2,50

2,00

1,50

1,00

0,50

0 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00 1,10 1,20

t(ms)

d (m)

t = f(d)

M

N

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3.1.

3.1.1. Le signal correspondant à la voie 1 est le signal émis par la sonde, puisqu’il est détecté plus tôt par l’oscilloscope (signal plus à gauche). Le signal de la voie 2 est donc le signal reçu par le récepteur situé sur la sonde puisqu’il est reçu avec un retard par rapport à l’autre signal (signal situé plus à droite) (1).

3.1.2. La voie 2 est décalée de 2,7 divisions par rapport à la voie 1 ainsi t = 2,710 = 27 ms (1).

3.1.3. Lorsque la bateau se trouve en A t = 27 ms. Par conséquent une graduation verticale correspond à 27 ms ! (1).

3.2. Lorsque les ultrasons parcourent la distance 2p (un aller et un retour) la durée entre l’émission et la réception est t.

Ainsi : 2p = veaut et par suite p = veaut

 () 3.3. Schéma : 2

Déterminons l’échelle de représentation : Pour t = 27 ms, la profondeur est p = ,. 10³ . 10^–3

 = 20 m. (1)

Un carreau représente donc 20 m ; deux carreaux 40 m et trois carreaux 60 m !

3.4. La période minimale des salves est la plus petite durée séparant deux salves consécutives émises par la sonde. Il est nécessaire qu’une salve ait effectué un aller-retour avant que la salve suivante ne soit émise. Il faut donc que T > t.

Or t = p veau

, donc T > p veau

. Ainsi, à la valeur la plus faible est telle que Tm = p veau

. A.N. : Tm = p

veau

= 

,.^ = 0,48 s (2).

Exercice n°2 : Étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée d’après bac Réunion 2007 (20 points)

Partie 1 : Étude de la réaction de dismutation

1. Demi-équation relative au couple H2O2(aq) / H2O(_l) : H2O2(aq) + 2 H⁺_(aq)+ 2 e^– = 2 H2O(l) (1) Demi-équation relative au couple O2(g) / H2O2(aq) : O2(g) + 2 H^_aq + 2 e^– = H2O2(aq) (1)

2. Compléter le tableau d’évolution du système en annexe à remettre avec la copie. (2) Partie 2 : Détermination de la concentration initiale de la solution de peroxyde d’hydrogène 1. Calcul de la valeur attendue de la concentration en peroxyde d’hydrogène

1.1. « le titre est le volume de dioxygène (exprimé en litres) libéré par un litre de solution aqueuse de peroxyde d’hydrogène » : le volume que peut libérer 1,00 L de solution commerciale à 10 volumes est égal à 10 L (1).

1.2. n(O2) = V(O2) Vm

= 10

25 = 0,40 mol. La quantité de dioxygène formée est égale à 0,40 mol (1).

1.3. [H2O2]th = nH_O Vsol

avec Vsol = 1,00 L (de solution commerciale).

D’après le tableau d’avancement ou l’équation de la réaction 1 : nⁱH_O

 = nf(O2) où ni(H2O2) représente la quantité de matière de peroxyde d’hydrogène initialement dissoute dans un litre de solution et nf(O2) représente la quantité de matière de dioxygène qui peut se former dans la réaction 1 nf(O2) = 0,40 mol d’après la réponse à la question 1.2.

niHO = 2nf(O2) Par conséquent [H2O2]th = 2nf(O2)/Vsol

A.N. : [H2O2]th = ,

, = 0,80 mol.L^–1 soit 8,0.10^–1 mol.L^–1 (1) !

5 H2O2(aq) + 2 MnO^_aq + 6 H3O⁺(aq) = 5 O2(g) + 2 Mn²⁺(aq) + 14 H2O(l) Réaction 2 2. Détermination de la valeur réelle de la concentration en peroxyde d'hydrogène

2.1. À l’équivalence le réactif titrant (permanganate de potassium) a réagi entièrement avec le réactif titré (peroxyde d’hydrogène). Ainsi un goutte supplémentaire de permanganate de potassium versée, reste en solution et colore la solution en violet pâle permettant de vérifier que l’équivalence a tout juste été dépassée (1).

2.2. méthode détaillée en T.P. : À l’équivalence : n0(H2O2) – 5.xE = 0 et néq(MnO^_aq) – 2.xE = 0.

Ainsi xE = nH_O

 = néqMnO^_aq

 (1)

2.3. D’après l’expression précédente, et sachant que n0(H2O2) = [H2O2]expV0 et néq(MnO_aq^ ) = C1.Véq : [HO]expV_

 = C.Véq

 . [H2O2]exp = .C_.Véq

.V

(2)

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210,0 = 7,3.10^–1 mol.L^–1 (1).

2.5. La concentration de l’eau oxygénée titrée est plus faible que la concentration théorique (1).

L’écart relatif entre la valeur expérimentale et la valeur attendue est : , – ,

, = 8,8 %.

Il est possible que la réaction de dismutation ait commencé dans la solution commerciale. La quantité de peroxyde d’hydrogène aurait alors diminué, comme le montre la réaction 1 (1).

Partie 3 : Étude cinétique de la dismutation du peroxyde d’hydrogène

1. (2)

2. D’après le tableau d’évolution du système : nt(H2O2) = n0(H2O2) – 2.x(t). Par conséquent x(t) = nHO – ntHO

 (1)

3. Par définition, n0(H2O2) = [HO0V et nt(H2O2) = [HOtV, donc x(t) = [HO0V – [HOtV

 (1)

4. Au cours de la transformation l’avancement de la réaction augmente de moins en moins rapidement.

En effet au fur et à mesure de la transformation la concentration en peroxyde d’hydrogène diminue de plus en plus lentement comme le montre la courbe tracée en 1. Par conséquent l’avancement de la transformation évolue également de plus en plus lentement. Ainsi la vitesse de la réaction diminue au cours de la transformation (1).

5. La concentration en peroxyde d’hydrogène diminue : c’est un facteur cinétique. Par conséquent la vitesse de la réaction diminue, ce qui est cohérent avec la réponse apportée au 4. (1).

6. La température est un facteur cinétique. La réaction aurait été plus rapide si la température avait été augmentée car le nombre de chocs efficaces entre espèces chimiques auraient été plus important ainsi que l’efficacité des chocs (1).

0 5 10 15 20 25 30 35 40

0

1

10

2

10

3

10

4

10

5

10

6

10

7

10

[H

O

] (mol.L

)

t (min)

Terminale S2 Page 4 sur 4 NOM : ... Prénom : ...

ANNEXE – FEUILLE-REPONSE

Exercice n°1 : Comment déterminer le relief du fond marin avec un sondeur ?

Exercice n°2 : Étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée ) Équation chimique

O

= 2 H

O

+ O

État du système Avancement (en mol)

Quantités de matière (en mol)

État initial x = 0 n

(H

O

) Solvant

(ou beaucoup) n

(O

) = 0 État

en cours de transformation

x(t) n

(H

O

) – 2.x(t) x(t)

État final x

n

(H

O

) – 2.x

x

Rappel (effectué lors du 1

TP) sur les tableaux d’avancement :

Une case correspond à la quantité de matière présente (restante ou formée) d’une espèce chimique.

Dans l’état initial la quantité de matière en H

O

introduite par l’expérimentateur est noté n

(H

O

)

En cours de transformation la quantité de matière en H

O

présente dans le milieu réactionnel est égale à la quantité de matière initialement présente n

(H

O

) MOINS (car c’est un réactif… il disparaît) la quantité de matière qui a réagi. Quand la transformation a lieu

O

d’après l’équation de la réaction. Ainsi n

(H

O

) = n

(H

O

) – 2.x(t)

Pour les produits de la réaction la quantité de matière présente à l’instant t est égale à la quantité de matière initialement présente PLUS (car un produit apparaît, il y en a de plus en plus ‼!) ce qui a été formé au cours de la transformation : lorsque la transformation a eu lieu

l’équation de la réaction) : n

(O

) = 0 + x(t) = x(t) (le nombre stœchiométrique devant O

est 1… !)

Figure 4 20

40

60