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Physique et Chimie D.S. n°8
L’usage de la calculatrice n’est pas autorisé
Exercice n°1 : Des esters dans nos cosmétiques d’après bac Asie 2007 (20 points) 1. Les parabènes
1.1. Le groupe caractéristique (a) est le groupe hydroxyle (0,5) et le groupe (b) est le groupe ester (0,5) 1.2. La formule semi-développée de l'acide para-hydroxybenzoïque est : OH C
O
OH (1) 1.3. Le nom du réactif n°2 est : propan-1-ol (0,5) de formule semi-développée CH3–CH2–CH2–OH (0,5).
1.4. Le méthylparaben est la molécule c (0,5).
2. Préparation d'un ester utilisé en parfumerie.
2.1. Recherche de l'acide carboxylique utilisé
2.1.1. L'équation de la réaction support du dosage est : R–COOH(aq) + HO(aq )− = RCOO(aq )− + H2O(l) (1)
2.1.2. On peut soit utiliser la méthode des tangentes, soit rechercher le maximum de la courbe dérivée qui correspond au point d’inflexion de la courbe pH = f(VB). On trouve VE = 15,0 mL. (1,5) Méthode à détailler !
2.1.3. A l’équivalence les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques. D’après l’équation de la réaction support du dosage les réactifs lors de ce dosage réagissent mole à mole. Par conséquent ni(RCOOH) = nE(HO–) : CA.VA = CB.VE. Ainsi CA = CB.VE
VA
= 1,0.10–2×15,0
10,0 = 1,5.10–2 mol.L–1 (1)
2.1.4. La quantité de matière d’acide carboxylique correspondant à la masse m dissoute est ni(RCOOH) = CA.Vfiole
ni(RCOOH) = CA.Vfiole et m = ni(RCOOH).M(RCOOH), donc M(RCOOH) = m CA.Vfiole
= ,
,.–× =
,
=
3/2 = 90×
= 30×2 = 60 g.mol–1. La masse molaire de l’acide carboxylique A est de 60 g.mol–1 (2,5)
Rem. : Si l’on utilise VA, le volume d’acide titré, il faut ramener la masse m d’acide introduit dans la fiole jaugée à la masse correspondant à la quantité de matière d’acide titrée et présente dans VA : mA = m×,
D’après le tableau, l’acide carboxylique de masse molaire 60 g.mol–1 est l’acide éthanoïque (0,5).
2.2. Synthèse de l'ester.
2.2.1. CH3–COOH + C6H5–CH2–OH = CH3–COO–CH2–C6H5 + H2O (1) 2.2.2. La réaction d’estérification est lente (0,5), limitée (0,5) (et athermique).
2.2.3. L’acide sulfurique concentré joue le rôle de catalyseur : il accélère la réaction sans modifier l’état final (1) 2.2.4. Le montage schématisé est un montage à reflux (0,5), il permet d’accélérer la réaction grâce au chauffage tout
en conservant les espèces chimiques réactives et produites dans le milieu réactionnel grâce au réfrigérant (1) 2.3. Extraction de l'ester préparé.
2.3.1. L’ester se trouve en phase organique (0,5), c'est-à-dire dans la phase supérieure (0,5) (dester = 1,06) car la phase organique est moins dense que la phase aqueuse contenant le chlorure de sodium (deau salée = 1,20) (0,5)
Schéma de l’ampoule à décanter avec position des phases correcte : (1).
2.3.2. Le mélange initial étant stœchiométrique, on peut au maximum espérer obtenir, si la transformation est totale nmax = 2,0×10–1 mol réaction d’estérification, or on en obtient 1,3×10–1 mol. Le rendement est défini par la relation = n
nmax
, = 1,3.10–1 2,0.10–1 = 1,3
2,0 = 0,65 soit 65 % (l’alcool est primaire, le taux d’avancement final est donc de 67 % : le résultat est cohérent !). (2)
2.3.3. Pour améliorer le rendement, on peut déplacer l’équilibre en augmentant la quantité de matière d’un des réactifs ou on peut déplacer l’équilibre en retirant l’un des produits au fur et à mesure, l’eau par exemple, grâce à un appareil de Dean et Starck par exemple (1 pour l’une des réponses).
2.3.4. On peut améliorer le rendement en utilisant, par exemple, un anhydride d’acide à la place de l’acide (0,5).
Phase organique, la moins dense, contenant l’alcool benzylique et l’ester (peu solubles dans l’eau d’après le tableau)
Phase aqueuse, la plus dense, contenant l’eau, le chlorure de sodium et l’acide carboxylique restant (très soluble dans l’eau d’après le tableau.)
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Exercice n°2 : d’après bac Asie 2007 (20 points)
1. Étude d’un enregistrement
1.1. À t = 0 s, x(0) = 2,0 cm donc x(0) > 0. L’axe (x’x) est orienté positivement vers la droite donc le mobile est écarté initialement de sa position d'équilibre vers la droite (1).
1.2. Par définition la vitesse vx est la dérivée de la position x : vx = dx dt, dx
dt étant le coefficient directeur de la tangente à la courbe x(t) à l’instant t. À t = 0 s, vx(0) =
dx dt t=0
= 0 m.s–1 : la vitesse initiale du mobile est nulle (1).
1.3. La période correspond à la durée séparant deux maxima successifs. Elle est définie également comme la plus petite durée séparant deux passages, dans le même sens, par la position d’équilibre. Pour plus de précision, on peut déterminer la durée de deux périodes avec le schéma de la figure2. 2.T = 1,26 s et donc T = 0,63 s (1,5).
1.4. Allure de la courbe (en rouge) (1) si le mobile était lancé avec une vitesse initiale depuis sa position d’équilibre dans le sens des x positifs. On aurait vX(0) > 0, donc
dx dt t=0
> 0 : coefficient directeur de la tangente à la courbe positif ou pente positive (0,5). La période reste la même (0,5).
1.5. On a vx(t1) =
dx dt t1
. Il faut calculer la valeur du coefficient directeur de la tangente à la courbe x(t) à la date t1 (0,5).
2. Étude théorique du mouvement
2.1. Le système {mobile} dans le référentiel terrestre supposé galiléen est soumis à trois forces : – son poids £P, vertical et orienté vers le bas (0,5),
– la réaction du rail, £R verticale et orientée vers le haut (absence de frottements) (0,5),
– la force de rappel élastique £Fr = – K.x.£i, horizontale et orientée vers la gauche sur le schéma (x > 0) (0,5).
(1)
2.2. D’après la seconde loi de Newton appliquée au système {mobile} dans le référentiel terrestre supposé galiléen : m.£a = £Fext = £P + £R + £Fr
Projetons cette relation sur l’axe x’x : m.dxt
dt = 0 + 0 – K.x(t) dxt
dt + K
mx(t) = 0 (1).
2.3. À t = 0, x(0) = XM. D’après la figure 2, XM = 2,0 cm (1) et puisque x(t) = XMcos(2 t T0
+ ), x(0) = XMcos() donc cos() =1 et par conséquent = 0 (1).
2.4. La période propre doit être telle qu’elle vérifie l’équation différentielle : dxt
dt = – XM.
T
.sin(2 t T0
+ ) et dxt
dt = – XM.
T
2.cos(2t T0
+ ) = –
T 2
.x(t) Ainsi : dxt
dt + K
mx(t) = 0 –
T 2
.x(t) + K
m.x(t) = 0
–
T
K
m .x(t) = 0 Cette relation doit être vraie x(t), par conséquent : –
T 2
+ K
m = 0
T 2
= K
m et finalement T0 = 2 m K (2,5) 2.T
vx(0) =
dx
dt t=0 > 0
£Fr
£R
£P
1,26 s vx(0) =
dx
dt t=0 = 0
Terminale S3 Page 3 sur 3 2.5. T0 = 2 m
K = 2 ,
= 2.(10–2)1/2 = 2.10–1 = 6,3×0,10 = 0,63 s La période propre déterminée à la question 1.3. est bien cohérente avec cette valeur ! (1).
3. Étude théorique du mouvement d’un mobile lancer depuis l’origine avec vitesse initiale 3.1. Par définition v(t) = vx(t) = dxt
dt donc v(t) = – XM.
T
.sin(2 t T0
+ ) (1).
3.2. x(0) = 0 et v(0) =
dxt
dt 0 > 0. Avec x(0) = XM.cos() = 0 donc cos() = 0 ainsi = –
ou =
(1).
v(0) =
dxt
dt 0 = – XM.
T
.sin() > 0. Or XM > 0 et T0 > 0, donc : – sin() > 0 soit sin() < 0 donc < 0 Ainsi = –
(1) 3.3. v0 = v(0) =
dxt
dt 0 = – XM.
T.sin(–
) =
T.XM (1).
3.4. v0 =
,×2,0 =
,
,×2,0 = 10×2,0 = 20 cm.s–1 ou 0,20 m.s–1 (1)
Correction de la partie supprimée du sujet ASIE 2007 : 3. Étude énergétique.
3.1. L’expression du travail élémentaire est : W = £FE.£dl.
3.2. L’expression de la force £FE est : £FE = – K.x.£i et £dl = – dx.£i Ainsi : W = £FE.£dl = – K.x.£i.(– dx.£i) = Kx.dx puisque £i.£i = 1 ! 3.3. WAB(£FE) =
xA
xB
Kx.dx avec xA = 0 et xB = XM. Ainsi : WAB(£FE) = [1
2.K.x2]XM = 1 2.K.XM2
. Le travail moteur de la force £FE a permis d’augmenter l’énergie potentielle élastique ainsi : EPE = EPE – 0 = 1
2.K.XM
2 donc EPE = 1 2.K.XM
2
3.4. La force £FE n’est pas constante sur le déplacement AB, il n’est donc pas possible de calculer le travail par la relation WAB(£FE) = £FE._AB.
3.5.
3.5.1. La courbe 1 représente l’énergie potentielle puisqu’elle est maximale à t = 0 (EPElas = 1
2.k.x2), la courbe 2 représente l’énergie cinétique puisqu’elle est nulle à t = 0 (EC = 1
2.m.v2).
3.5.2.
L’énergie mécanique est égale à la somme des énergies cinétique et potentielle élastique. Or l’amplitude de ces dernières reste constante : la somme des deux énergies est constante : l’énergie mécanique est constante : sa représentation graphique est une droite horizontale d’ordonnée EM = 2,0 mJ.
3.5.3. Lorsque l’amortissement est très faible, pour un enregistrement de courte durée, l’énergie mécanique semble constante. Un amortissement n’est jamais complètement nul, car les frottements (fluides et solides) ne peuvent pas être totalement annulés. L’énergie mécanique diminue donc lors du travail des forces de frottements et se transforme en énergie thermique.
EM(t)
