TSTL|Bac 2009 - Sujet et Correction Bac 2009

Correction sujet de Sciences Physiques BAC STL Juin 2009

A.Physique I-Lampe à vapeur de mercure

1. Emission

1.1. (b) l’énergie est quantifiée 1.2. a. ∆𝐸 = ^𝑕𝑐

𝜆_4→3 où ∆𝐸 s’exprime en Joule et 𝜆_4→3 en mètre b. Cette relation peut s’écrire 𝜆_4→3 =^𝑕𝑐

∆𝐸

Calcul de la variation d’énergie en eV puis en Joule :

∆𝐸 = 𝐸₄− 𝐸₃= −0,90 + 3,70 = 2,80 𝑒𝑉 = 2,80 × 1,60 × 10⁻¹⁹= 4,48 × 10⁻¹⁹𝐽

Application numérique : la longueur d’onde émise lors du passage de l’électron de la couche de d’énergie E⁴ à la couche d’énergie E³ est : 𝜆_4→3=

6,67×10⁻³⁴×3,00×10⁸

4,48×10⁻¹⁹ = 4,47 × 10⁻⁷𝑚 = 447 𝑛𝑚

D’après le tableau fourni dans les données cette longueur d’onde correspond à la couleur violet 1.3. Un atome initialement dans le niveau d’énergie E⁴

peut se désexciter de 4 manières (cf graphique) :

 Passage de E⁴ à E^{3 :} ∆𝐸 = 2,80 𝑒𝑉

 Passage de E⁴ à E^{2 :} ∆𝐸 = 4,10 𝑒𝑉

 Passage de E⁴ à E^{1 :} ∆𝐸 = 4,60 𝑒𝑉

 Passage de E⁴ à E^{0 :} ∆𝐸 = 9,50 𝑒𝑉 (9,5 eV normalement mais on va pas se prendre la tête !)

Le passage de E⁴ à E⁰ est celui qui libère le plus d’énergie 9,50 eV donc c’est lui qui va émettre la radiation de plus petite longueur d’onde.

Calcul de 𝜆_4→0= ^𝑕𝑐

∆𝐸=^{6,67×10−34×3,00×108}

9,50×1,60×10⁻¹⁹ = 1,32 × 10⁻⁷𝑚 = 132 𝑛𝑚

132 nm est plus petit que 400 nm donc on est dans le domaine des UV

2. Absorption

2.1. Ajouter 1 eV à l’atome dans son état fondamental E⁰ ne permet pas d’arriver sur un des niveaux d’énergie E¹, E², E³ … etc (cf graphique) donc ce photon ne sera pas absorbé

2.2. Ajouter 4,9 eV à l’atome dans son état fondamental E⁰ permet d’arriver sur le niveau d’énergie E¹ (cf graphique) donc ce photon sera absorbé.

II-Principe du haut-parleur appliqué à un écouteur

1. Pour un aimant les lignes de champ magnétique sortent du pôle Nord et rentrent dans le pôle Sud donc le pôle (2) est un pôle Nord et le pôle (1) est un pôle Sud

2.

2.1. La force de Laplace

2.2. La force de Laplace est dirigée perpendiculairement au courant I et au champ magnétique 𝐵 . Son sens est donné par la règle de la main droite où le pouce est la force de Laplace, l’index

est I et le majeur est 𝐵 .

En appliquant cette règle on trouve que la direction et le sens de la force de Laplace dans notre exercice (cf ci contre)

La force déplace la bobine et la menbrane vers la gauche

2.3. La valeur de la force de Laplace est donnée par 𝐹 = 𝐼𝐿𝐵 sin ∝ où α est l’angle entre I et 𝐵 . Ici I et 𝐵 sont perpendiculaire donc α = 90° et sin ∝= 1

I est à convertir en Ampère I = 1,50 × 10^-2 A B est à convertir en Tesla B = 6,00 × 10^-2 T L est à convertir en mètre L = 0,500 m

donc 𝐹 = 1,5 × 10⁻²× 6,00 × 10⁻²× 0,500 = 4,5 × 10⁻⁴𝑁 3.

3.1. En régime alternatif le courant change de sens périodiquement donc la force de Laplace change de sens périodiquement.

3.2. L’ensemble {bobine-membrane} va donc se déplacer alternativement à gauche puis à droite. On va observer des oscillations de l’ensemble {bobine-membrane}.

3.3. Une oscillation rapide de la membrane va conduire à la mise en vibration de l’air et donc à la production de sons.

B.Chimie III-Analyse d’un détartrant pour cafetière

1.

1.1. Un acide est une espèce chimique susceptible de libérer un proton H⁺

1.2. Pour une solution d’acide fort de concentration c^a le pH est donné par la relation 𝑝𝐻 = −log 𝑐_𝑎 Application numérique : 𝑝𝐻 = − log 5,00 × 10⁻³ = 2,3

Remarque : la relation 𝑝𝐻 = −log 𝑐_𝑎 s’applique car la concentration c > 10^-6 1.3. Réaction de l’acide sulfamique (noté AH) avec l’eau 𝐴𝐻 + 𝐻₂𝑂 → 𝐴⁻+ 𝐻₃𝑂⁺

Cette réaction est totale car l’acide sulfamique est un acide fort

2. Le pictogramme (b) illustre le fait que l’acide sulfamique est irritant pour les yeux et la peau 3.

3.1. Lors de la dilution la quantité de matière d’hydroxyde de sodium se conserve : 𝑐₀𝑉₀= 𝑐_𝑏𝑉₁ Ce qui conduit à 𝑉₀=^{𝑐𝑏𝑉1}

𝑐₀ =^{1,00×10−1×0,100}

2,00 = 5,00 × 10⁻³ 𝐿 = 5,00 𝑚𝐿 3.2. Fiole jaugée de 100 mL ; pipette jaugée de 5 mL

4.

4.1. Lors du dosage d’un acide fort par une base forte la réaction de dosage est : 𝐻₃𝑂⁺+ 𝐻𝑂⁻→ 2 𝐻₂𝑂

4.2. (Echelle non respectée)

4.3. Le volume équivalent se lit au point de croisement des deux droites V^E = 10,3 mL

4.4. a. A l’équivalence les réactifs titrant et titré ont été introduits en proportion stœchiométrique :

𝑛_{𝐻𝑂 −}

1 =^{𝑛𝐻 3𝑂+}

1 soit 𝑐_𝑎𝑉_𝑎 = 𝑐_𝑏𝑉_𝐸 ce qui conduit à 𝑐_𝑎= ^{𝑐𝑏𝑉𝐸}

𝑉_𝑎 =^{1,00×10−1×10,3}

20,0 = 5,15 × 10⁻² 𝑚𝑜𝑙. 𝐿⁻¹ b. La solution S préparé au 2. a un volume de V^S = 200,0 mL. Le dosage a permis de déterminer que la concentration en acide sulfamique de cette solution S est 𝑐_𝑎 = 5,15 × 10⁻² 𝑚𝑜𝑙. 𝐿⁻¹donc la quantité de matière d’acide sulfamique présent dans la solution S est 𝑛 = 𝑐_𝑎× 𝑉_𝑆 = 5,15 × 10⁻²× 200 × 10⁻³ = 1,03 × 10⁻²𝑚𝑜𝑙.

Cette quantité de matière correspond à une masse d’acide sulfamique 𝑚 = 𝑀_𝐴𝐻 × 𝑛 = 97,1 × 1,03 × 10⁻² = 1,00 𝑔

c. Dans les 1,00 g de poudre on trouve 1,00 g d’acide sulfamique donc le détractant a un pourcentage massique en acide sulfamique de 100% (étrange !)

IV-A propos de la classification périodique 1.

1.1. Le béryllium a pour numéro atomique 4 donc l’atome de béryllium possède 4 électrons. On place ces 4 électrons sur les sous-couches électroniques en suivant la règle de Klechkovski (illustrée ci contre)

4𝐵𝑒∶ 1𝑠²2𝑠²

Rappel : les sous-couches s peuvent contenir jusqu’à 2 électrons, les sous- couches p jusqu’à 6 électrons, les sous-couches d jusqu’à 10 électrons et f jusqu’à 14 électrons

On procède pour le chlore et l’argon de la même manière

17𝐶𝑙∶ 1𝑠²2𝑠²2𝑝⁶3𝑠²3𝑝⁵ et ₁₈𝐴𝑟 ∶ 1𝑠²2𝑠²2𝑝⁶3𝑠²3𝑝⁶

1.2. Le béryllium va chercher à perdre 2 électrons pour avoir la structure électronique du gaz rare le plus proche i.e. l’hélium de configuration électronique ₂𝐻𝑒 ∶ 1𝑠² (règle dite du duet). Il va donc former l’ion béryllium 𝐵𝑒²⁺

Le chlore va chercher à gagner 1 électron pour avoir la structure électronique du gaz rare le plus proche i.e. l’argon (règle dite de l’octet). Il va donc former l’ion chorure 𝐶𝑙⁻

1.3. L’argon fait parti de la famille des gaz rares. Les gaz rares sont chimiquement inertes car leur couche externe est saturée.

2.

2.1. Les halogènes font partis de la 7^ème colonne et les gaz nobles de la 8^ème colonne.

2.2. La ligne indique le numéro de la couche externe. La colonne indique le nombre d’électrons présents dans la couche externe

3.

3.1. En passant du néon ₁₀𝑁𝑒 ∶ (𝐾)²(𝐿)⁸ au sodium ₁₀𝑁𝑎∶ (𝐾)²(𝐿)⁸(𝑀)¹ on change de couche externe (couche (L) pour le néon, couche (M) pour le sodium). Schéma du remplissage des couches :

Ce schéma explique pourquoi le rayon de l’atome de sodium est plus grand que l’atome de néon 3.2. Lors du passage du lithium au néon on ajoute des électrons sur la couche L. Les électrons sur la

couche subissent une force de nature électrostatique de la part de la charge positive du noyau.

Cette force est plus grande dans le cas du Néon que dans le cas du Lithium car 10 protons provoquent cette force dans le cas du néon contre 3 protons seulement dans le cas du lithium. Les électrons de la couche sont donc plus proche du noyau dans le néon que dans le lithium d’où la diminution du rayon de l’atome lors qu’on passe du lithium au néon.

Remarque : les 2 électrons de la couche K masque une partie de la charge positive du noyau mais ce

‘masque’ est le même pour tous les atomes de la seconde ligne donc il ne joue pas de rôle ici.

4.

4.1. Effectuons un tableau d’avancement de la réaction de dissolution sur un litre de la solution saturée.

𝑃𝑏𝐶𝑙₂ = 𝑃𝑏²⁺ + 2𝐶𝑙⁻

Etat Initial n⁰ 0 0

Etat en cours n⁰ - x x 2x

Etat Final n⁰ - x^f x^f 2x^f

D’après le tableau d’avancement 𝑃𝑏²⁺ = ^𝑥𝑓

𝑉_𝑠𝑜𝑙 et 𝐶𝑙⁻ = ^2𝑥𝑓

𝑉_𝑠𝑜𝑙 donc 𝐶𝑙⁻ = 2 𝑃𝑏²⁺ ce qui conduit à 𝑃𝑏²⁺ = ^𝐶𝑙₂⁻ = 1,6 × 10⁻²𝑚𝑜𝑙. 𝐿⁻¹

4.2. Le produit de solubilité vaut par définition 𝐾_𝑠= 𝑃𝑏²⁺ 𝐶𝑙^{− 2} ce qui conduit au calcul 𝐾_𝑠= 1,6 × 10⁻²× 3,2 × 10^{−2 2}= 1,6 × 10⁻⁵𝑚𝑜𝑙. 𝐿⁻¹

K L

M

K L

Sodium Na Néon Ne