Bac Blanc de Physique Chimie – Corrigé

Le 05/04/2018 Bac Blanc de Physique Chimie – Corrigé ^T

^ale

^S

I. L’exploration de la planète Mars (10 points)

1. Partie A : Déterminations de la localisation et de la vitesse de la sonde lors du trajet Terre-Mars 1.1. Le signal radio fait un aller-retour en 20 s.

c= 2  d

t donc : d = c  t

2 = 3  10⁸  20

2 = 3  10⁶ km soit 3 millions de kilomètres [0,75 pt]

1.2. L’effet Doppler est la variation de fréquence d’une onde mesurée entre l’émission et la réception lorsque l’émetteur et le récepteur sont en mouvement relatif. [0,5 pt]

1.3. v = f  c 2  fE

= 5  10⁶  3  10⁸

2  30  10⁹ ; v= 2,5  10⁴ m.s^-1 = 9,0  10⁴ km.h^-1 [ 1 pt]

2. Partie B : Une nouvelle façon de se poser sur Mars La descente autopropulsée

2.1. W(^P ) = ^P .AB = P  AB  cos(θ) = m  g  AB  cos(θ) ^

2.2. D’après le schéma ci-après, dans le triangle rectangle ABC on a cos θ = AC AB donc AC = AB  cos



; De plus AC = zA – zB, donc AB  cos



= zA – zB W(^P ) = m  g  AB  cos(θ) soit W(^P ) = m  g  (zA – zB)

2.3. La descente autopropulsée débute à l’allumage des moteurs (3).

W(^P ) = 2,0 ×10³ × 3,7 × (2 × 10³ – 20) = 1,46 × 10⁷ J

En 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.

2.4. Évolution de l’énergie mécanique au cours de la descente

2.4.1 Em = EC + EPP où EC est l’énergie cinétique et EPP est l’énergie potentielle de pesanteur.

Em(A) = 1

2 m vA2 + m  g  zA

Em(A) = 1

2  2,0  10³  100² + 2,0  10³  3,7  2  10³ Em(A) = 2×10⁷ J

Em(B) = 1

2 m vB2 + m  g  zB Em(B) = 1

2  2,0  10³  0,75² + 2,0  10³  3,7  20



zA

zB C

P

AB Doc.1 : « À 2 kilomètres d’altitude…

Doc.1 : « À 20 m du sol…

2.4.2 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.

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.

 Les hypothèses demandées par l’énoncé deviendront « visibles » et permettront de simplifier le problème.

2.5. Deux hypothèses :

a) On considère que le robot descend à vitesse constante v.

b) 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 t = d

v = H – L – h v v= 20 – 7,5 -2,2

0,75 = 14 s

Dégagement autopropulsé de l’étage de descente désolidarisé du rover.

2.6. 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.

h Robot Grue H

L v

Sol martien t = 0 s

t = Δt Robot

Grue

d

2.7. 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) = - g . x²

2 v02 . cos²() + x . tan() + H = 0 x . tan() + H = g . x²

2 v02 . cos²() v02 = g . x²

2 ( x . tan() + H) . cos²()

v0 = g . x²

2 ( x . tan() + H) . cos²() en en retenant que la solution positive

v0 = 3,7  150²

2  ( 150  tan(45°) + 50)  cos²(45°) 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 3. Partie C : Transmission de données vers la Terre

3.1. Les ondes UHF et SHF sont des ondes électromagnétiques. [0,25 pt]

3.2. Une onde transversale est une onde dont la direction de propagation de l’onde est perpendiculaire à la direction de perturbation du milieu. [0,5 pt]

3.3. t = d

c = 250  10⁹

3,0  10⁸ = 8,3  10² s [0,5 pt]

3.4. La fréquence des UHF est 400 MHz tandis que la fréquence des SHF est 8,4 GHz.

Or la longueur d’onde  et la fréquence  d’une OEM sont liées par la relation :  = c



 et  sont inversement proportionnelles : (SHF) > (UHF) donc (SHF) < (UHF) [0,75 pt]

3.5. Soit d la distance parcourue par le satellite MRO au cours d’une révolution. Comme la trajectoire du satellite est circulaire, cela correspond à la circonférence du cercle de rayon (RM + h).

d= v  T = 2    (RM + h) donc T = 2    (RM + h)

v = 2    (3390 + 380) 3,41

T = 6,95  10³ s (3 chiffres significatifs) [0,75 pt]

II. Adaptation du pH de l’eau d’un aquarium (5 points) 1. Solution « pH minus »

1.1. pH = – log [H3O⁺] ; Dans la solution « pH minus », on a [H3O⁺]0 = 3,0 mol.L^-1.

Diluée 50 fois, on obtient une solution de concentration en ions oxonium [H3O⁺] = [H3O⁺]0

50 pH = – log [H3O⁺]0

50 ; pH = – log (6,0×10^–2) = 1,2. Cette solution est très acide.

2. Injection du dioxyde de carbone 2.1. H2CO3(aq) + H2O(l)  HCO3–

(aq) + H3O⁺(aq)

2.2. Le dioxyde de carbone forme de l’acide carbonique H2CO3 qui en réagissant avec l’eau libère des ions oxonium H3O⁺ dans le milieu. Ainsi [H3O⁺] augmente et comme pH = – log [H3O⁺] alors la valeur du pH diminue.

On peut recommander ce système à l’aquariophile débutant à condition qu’il combine ce système à une électrovanne programmable et surtout à un pH-mètre permettant une gestion automatisée de la régulation du pH.

2.3. Le matin, comme le soir, le pH est compris entre 6,3 et 10,3. Ainsi HCO3– est l’espèce prédominante dans l’aquarium.

Lieu d’atterrissage

3. Ajout de craie

3.1. Un quart de bâton de craie contient environ 2,5 g de carbonate de calcium CaCO3. Sa dissolution, supposée totale, a pour équation CaCO3(s)  Ca²⁺(aq) + CO32–

(aq).

Elle apporte une quantité d’ions carbonate telle que n(CaCO3) = n(CO32–) n(CO32–) = m(CaCO3)

M(CaCO3) ; n(CO32–) = 2,5

100 = 2,5  10^-2 mol apportée Ces ions carbonate réagissent avec les ions oxonium suivant la réaction : 2H3O⁺ + CO32–  H2CO3 + 2H2O

On a n(CO32–) apportée = n(H3O⁺) consommée

2 soit n(H3O⁺) consommée = 2 n(CO32–) apportée n(H3O⁺) consommée = 2 × 2,5 × 10^–2 = 5,0 × 10^–2 mol

La quantité de matière initiale d’ions oxonium valait n(H3O⁺) initiale = [H3O⁺] initiale  V = 10^-pH  V Après ajout de la craie, elle vaut n(H3O⁺) finale = n(H3O⁺) initiale - n(H3O⁺) consommée

n(H3O⁺) finale = 10^-3,0  100 – 5,0  10^-2 = 5,0  10^-2 mol

La concentration en ions oxonium de l’aquarium diminue. [H3O⁺] finale = n(H3O⁺) finale

V [H3O⁺] finale = 5,0  10^-2

100 = 5,0×10^–4 mol.L^-1

Ainsi pHfinal = - log n(H3O⁺) initiale , pHfinal = – log 5,0×10^–4 = 3,3

Le pH a augmenté de 0,3, il n’est pas égal à 7,0. La solution n’est pas neutre.

3.2. D’après le diagramme de prédominance précédent, l’acide carbonique H2CO3 prédomine à un pH = 3,3.

La modélisation choisie n’est pas pertinente puisque le pH de l’aquarium est plus proche de 7,0 que de 3,0.

4. Tableau à compléter

Techniques permettant de diminuer le pH de l’eau n°1 et n°2 Techniques permettant d’augmenter le pH de l’eau n°3 et n°4 5. Synthèse

 Au cours de la journée, les plantes consomment du dioxyde de carbone CO2. Ce qui entraîne la diminution de la concentration en acide carbonique H2CO3 et la diminution de la concentration en ions oxonium. Le pH

augmente. Pour réguler le pH de l’aquarium, il faut éviter la hausse de pH.

 Pour cela, il faut apporter des ions oxonium dans le milieu. La méthode n°1, consistant à ajouter de la solution d’acide sulfurique concentrée, semble à éviter car elle peut conduire à une forte baisse du pH et entrainer la mort des poissons.

 On recommandera donc la méthode n°2, l’injection de dioxyde de carbone dans le milieu va compenser la consommation de celui-ci par les plantes.

III. Non spécialistes seulement : La betterave sucrière (5 points)

1) Un carbone asymétrique est un carbone relié à quatre atomes ou groupes d’atomes différents. Le D-glucose possède 4 atomes de carbone asymétriques repérés par un astérisque *.

2) Les flèches courbes représentent des transferts de doublets d’électrons, elles sont orientées d’un site donneur de doublets vers un site accepteur de doublets.

3) Le spectre infrarouge présente deux pics l’un vers 2900 cm^-1, caractéristique des liaisons C-H ; l’autre vers 3300 cm^-1, caractéristique des liaisons O-H liées. On note surtout l’absence d’un pic d’absorption entre 1650 et 1750 cm^-1 caractéristique du groupement carbonyle C=O présent dans la forme linéaire du D-glucose. Le D-glucose est donc soit absent, soit présent en très petite quantité, il est donc bien minoritaire.

4) Des stéréoisomères possèdent la même formule semi-développée, or ici le groupement carbonyle C=O

du D-Glucose est sur le premier atome de carbone alors que dans le D-Fructose il se trouve sur le deuxième atome de carbone. Ces deux molécules ne sont pas des stéréoisomères.

5) On observe les configurations spatiales des atomes de carbone asymétriques porteurs de l’atome d’oxygène reliant les deux parties de la molécule de saccharose et on les compare à celles des formes cycliques.

On voit que le saccharose est formé à partir du -(D)-Glucose et du -(D)-fructofuranose.

6) Le saccharose possède plusieurs groupements hydroxyle -OH. Or l’atome d’oxygène possède une plus grande électronégativité que celui d’hydrogène, dès lors l’atome O est porteur d’une charge partielle négative δ^– et l’atome

OH H H C

H O H C

H H O C

H O H C

H H O C

O C H

*

*

*

*

7) L’acide utilisé lors de l’hydrolyse n’apparaît pas dans l’équation de la réaction. On peut faire l’hypothèse qu’il s’agit d’un catalyseur (régénéré au cours de la réaction).

Pour tester cette hypothèse, on peut effectuer la même expérience sans acide et comparer les temps de demi- réaction (ou les durées de réaction) avec acide.

8) Au cours d’une chromatographie, une espèce chimique migre toujours à la même hauteur (avec le même éluant et la même plaque).

Avant l’hydrolyse : dépôt A. Seul le saccharose est présent.

Au cours de l’hydrolyse : dépôt B. Il reste du saccharose non consommé, il s’est formé du glucose et du fructose.

Après hydrolyse complète : dépôt C. L’eau étant introduite en excès et la transformation étant totale, il ne reste plus de saccharose. Seuls sont présents les produits formés (glucose et fructose).

III. Spécialistes seulement : Taux d’alcoolémie (5 points) 1. Questions préliminaires

1.1. L’ion dichromate ainsi que l’ion chrome (III) colorent la solution. Cette coloration de la solution va donc changer en fonction de l’apparition des ions chrome (III) et/ou la disparition des ions dichromate. La réaction pourra donc être suivie par spectrophotométrie.

1.2. Cr2O72–

(aq) + 14 H⁺ (aq) + 6 e^- = 2 Cr³⁺(aq) + 7 H2O CH3COOH(aq) + 4 H⁺ (aq) + 4 e^- = CH3CH2OH(aq) + H2O 1.3. Tableau d’avancement :

équation bilan  3 CH3CH2OH(aq) + 2 Cr2O72–

(aq) + 16 H⁺(aq)  3 CH3COOH(aq) + 4 Cr³⁺(aq) + 11 H2O(ℓ)

Etat initial x = 0 n0 n1 Excès 0 0 Solvant

en cours x n0 – 3x n1 – 2x Excès 3x 4x Solvant

Etat final xmax n0 – 3xmax n1 – 2xmax Excès 3 xmax 4 xmax Solvant 1.4. A l’instant t, pour un avancement x, la quantité d’ions dichromate restante est n(Cr2O72–

(aq)) = n1 – 2x d’où n1 – 2x = [Cr2O72–

(aq)]  V ; x = 1/2  (n1 – [Cr2O72–

(aq)]  V)

Or l’absorbance A est liée à la concentration en ion dichromate [Cr2O72–] (en mol.L^-1) par la relation : A = 150  [Cr2O72–] d’où la relation recherchée : x = 1

2  (n1 – A  V 150 ) 2. Problème :

 Lorsque l’absorbance n’évolue plus c’est que [Cr2O72–] n’évolue plus. L’avancement est alors maximal, car la transformation est totale. Graphiquement pour x = xmax, on a Amax = 2,39.

 A partir de la relation de la question 1.4., on peut calculer l’avancement maximal xmax = 1

2  (n1 – Amax  V

150 ) ; n1 = c  V’ = 2,0  10^-2  10,0  10^-3 = 2,0  10^-4 mol (2 chiffres significatifs) xmax = 1

2  (2,0  10^-4 – 2,39  12  10^-3

150 ) ; xmax = 4,4  10^-6 mol

 Si l’éthanol est le réactif limitant, cela signifie que les ions dichromate sont en excès. Donc en fin de réaction, il resterait des Cr2O72–. Vérifions cette hypothèse :

n(Cr2O72–)finale = n1 – 2xmax ; n(Cr2O72–)finale = 2,0  10^–4 – 2  4,4  10^–6 = 1,9  10^-4 mol n(Cr2O72–)finale 0, l’ion dichromate est en excès, l’éthanol est le réactif limitant.

L’éthanol est totalement consommé, soit n0 – 3xmax = 0.

 Donc n0 = 3xmax, quantité de matière contenue dans 2,0 mL de sang.

Dans 1,0 L de sang la quantité de matière d’éthanol est n = n0  1,0

2,0  10^-3 = 3xmax  1,0 2,0  10^-3 Alors la masse d’éthanol est m = n  M = 3  4,4  10^–6  1,0

2,0  10^-3  46 = 0,30 g pour un litre de sang.

 Le conducteur est en infraction puisque cette alcoolémie est supérieure à 0,2 g/L pour un jeune conducteur en permis probatoire de moins d’un an.

Son permis sera annulé et il paiera une amende forfaitaire de 135 €.

 Conclusions d’un « sage » : Il ne faut pas boire d’alcool pendant la durée de son permis probatoire.

En cas de permis définitif, il faut boire de façon très modérée ou ne pas boire d’alcool.

I

1.1

1 2 3 ^CHS-U-CV

/40 III

1

1 2

/20

1.2

1 2

2

1 2 3 4

1.3

1 2 3 4 ^CHS-U-CV

3

1 2

2.1

^{1 2}

4

^{1 2}

2.2

1 2

5

1 2

2.3

^{1 2 CHS-U-CV}

6

1 2 3

2.4.1

1 2 ^CHS-U-CV

7

1 2

2.4.2

1 2

8

1 2 3

2.5

1 2 3 4 5 6

IV

1.1

^{1 2}

/20

2.6

1

1.2

1 2

2.7

1 2 3

1.3

1 2

3.1

1

1.4

1 2

3.2

1 2

2

1 2

3.3

1 2 ^CHS-U-CV 1 2 ^CHS-U-CV

3.4

1 2 3 1 2

3.5

^{1 2 3 CHS-U-CV} 1 2 3 4 ^CHS-U-CV

II

1.1

1 2 ^CHS-U-CV

/20

1 2 ^CHS-U-CV

2.1

¹

2.2

1 2 3

2.3

1 2

3.1

1 2 3 4 5 6 ^CHS-U-CV

3.2

1 2

4

1 2

5

1 2

CHS : erreur de chiffres significatifs

U : erreur d'unités ou oublis d'unités

CV : erreur de conversions