Sujet 2024 - Polynésie - Jour 2 - Spécialité physique-chimie - Corrigé

Sujet bac : annale Polynésie jour 2 – 2024

Exercice n°1 : Suivi cinétique par conductimétrie de l’hydrolyse du chlorure de tertiobutyle (9 points)

Suivi conductimétrique de l’hydrolyse du chlorure de tertiobutyle

$\bold{Q1.}$ On représente la formule semi-développée de l’alcool $\text{R-OH}$, appelé 2-méthylpropan-2-ol (ou encore tertiobutanol). On entoure le groupe caractéristique :

Le groupe entouré est appelé groupe hydroxyle. Cette molécule appartient donc à la famille des alcools.

$\bold{Q2.}$ La conductivité de la solution est due aux ions oxonium et aux ions chlorure. La loi de Kohlrausch permet d’écrire : $\sigma=\lambda_{\text{Cl}^-}\times[\text{Cl}^-]+\lambda_{\text{H}_3\text{O}^+}\times[\text{H}_3\text{O}^+]$

$\bold{Q3.}$ D’après l’équation de la réaction d’hydrolyse du chlorure de tertiobutyle, la concentration en ions oxonium est égale à la concentration en ions chlorure : $[\text{H}_3\text{O}^+]=[\text{Cl}^-]$

L’équation précédente devient alors : $\sigma=\lambda_{\text{Cl}^-}\times[\text{H}_3\text{O}^+]+\lambda_{\text{H}_3\text{O}^+}\times[\text{H}_3\text{O}^+]$

D’où : $\sigma=(\lambda_{\text{Cl}^-}+\lambda_{\text{H}_3\text{O}^+})\times [\text{H}_3\text{O}^+]$

$\bold{Q4.}$ On peut réaliser un suivi cinétique par conductimétrie, car parmi les produits de la réaction il y a des ions et que parmi les réactifs, il n’y en a pas. La conductivité de la solution doit donc augmenter au fur et à mesure de la réaction.

$\bold{Q5.}$ On calcule la masse molaire du chlorure de tertiobutyle :

$M = 4 \times M(\text{C}) + 9 \times M(\text{H}) + M(\text{Cl})$

$M=4\times12,0+9\times1,00+35,5=92,5\,\text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$

On calcule la quantité de matière initiale de chlorure de tertiobutyle introduite. Dans le cas d’un liquide, on peut écrire :

$n_0 = \dfrac{\rho \times V}{M} = \dfrac{0,850 \times 1,0}{92,5} = 9,2 \times 10^{-3}\,\text{mol}$

$\bold{Q6.}$ On calcule la concentration en quantité de matière du chlorure de tertiobutyle dans le mélange initial. On pourra négliger le volume du chlorure de tertiobutyle devant le volume d’eau dans lequel il est introduit :

$c_0=\dfrac{n_0}{V_e}=\dfrac{9,2\times10^{-3}}{0,200}=4,6\times10^{-2}\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

$\bold{Q7.}$ $\text{R-Cl}$ est un réactif. Sa concentration diminue au cours du temps. La concentration en $\text{R-Cl}$ est donc représentée par la courbe 1.

$\text{H}_3\text{O}^+$ est un produit. Sa concentration augmente au cours du temps. La concentration en $\text{H}_3\text{O}^+$ est donc représentée par la courbe 2.

$\bold{Q8.}$ D’après la courbe 1, la concentration en $\text{R-Cl}$ atteint $0\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$. La réaction est alors terminée au bout de 5750 s environ.

$\bold{Q9.}$ Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la réaction atteint la moitié de sa valeur finale.

$\bold{Q10.}$ La réaction étant totale, on cherche la date à laquelle la concentration en $\text{R-Cl}$ atteint la valeur la moitié de sa valeur initiale. Par lecture graphique, cette valeur initiale est $4,5\times 10^{-2}\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$. On cherche donc la date à laquelle elle atteint la valeur de $2,25\times 10^{-2}\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$. Toujours par lecture graphique, le temps de demi-réaction est d’environ 1250 s.

Loi de vitesse

$\bold{Q11.}$ La vitesse volumique de disparition du chlorure de tertiobutyle est donnée par : $v_{\text{RCl}} = -\dfrac{d[\text{RCl}]}{dt}$

$\bold{Q12.}$ Au fur et à mesure de la réaction, la concentration en $\text{R-Cl}$ diminue. Or, la vitesse de disparition de $\text{R-Cl}$ est liée à $[\text{RCl}]$. Ainsi, au fur et à mesure de la réaction, la vitesse volumique de disparition de $\text{R-Cl}$ diminue.

$\bold{Q13.}$ Étant donné que la réaction suit une loi de vitesse d’ordre 1, la vitesse volumique de disparition de $\text{R-Cl}$ est proportionnelle à la concentration en $\text{R-Cl}$. Ainsi, la courbe qui représente $v_{\text{RCl}}$ en fonction de $[\text{RCl}]$ est une droite qui passe par l’origine du repère.

$\bold{Q14.}$ On a précédemment écrit que :

$v_{\text{RCl}} = -\dfrac{d[\text{RCl}]}{dt}$

Et étant donné que la réaction suit une loi de vitesse d’ordre 1, on peut écrire : $v_{\text{RCl}}=k\times[\text{RCl}]$

Où k est appelée constante de vitesse, et exprimée en $\text{s}^{-1}$.

On peut identifier les deux expressions de $v_{\text{RCl}}$ : $v_{\text{RCl}}=-\dfrac{d[\text{RCl}]}{dt},\ v_{\text{RCl}}=k\times[\text{RCl}]\ \text{alors}\ k\times[\text{RCl}]=-\dfrac{d[\text{RCl}]}{dt}$

Et finalement : $\dfrac{d[\text{RCl}]}{dt}+k\times[\text{RCl}]=0$

$\bold{Q15.}$ D’après les conditions initiales : $[\text{RCl}]_{0} = c_{0}$. On en déduit donc : $[\text{RCl}]_{0}=A\cdot e^{0} = c_{0}$

Et donc : $A=c_{0}$

La solution de l’équation différentielle est donc : $[\text{RCl}] { (t )} = c_{0} \cdot e^{-k \cdot t}$

$\bold{Q16.}$ On choisit deux points A et B sur la droite pour en déterminer le coefficient directeur. Ici, on a choisi $A(0;-3,1)\ \text{et}\ B(1500;-4)$.

Le coefficient directeur est : $a=\dfrac{-4-(-3,1)}{1500-0}=-6\cdot10^{-4}\,\text{s}^{-1}$

$\bold{Q17.}$ On reprend l’expression $[\text{RCl}] { (t )} = c_{0} \times e^{-k \cdot t}$ et on prend le logarithme népérien de chaque côté du signe égal : $\ln([\text{RCl}] { (t )} )=\ln(c_{0}\times e^{-k\cdot t})$

D’où : $\ln([\text{RCl}]{ (t )} )=\ln(c_{0})+\ln(e^{-k\cdot t})$

Et finalement : $\ln([\text{RCl}]{ (t )} )=\ln(c_{0})-k\cdot t$

Le coefficient directeur de la droite de la figure 3 est donc égale à l’opposé de la constante de vitesse : $k=-a=-(-6\cdot10^{-4})\ \text{et donc}\ k=6\times10^{-4}\,\text{s}^{-1}$

On peut ainsi calculer le temps de demi-réaction : $t_{1/2}=\dfrac{\ln2}{k}=\dfrac{\ln2}{6\times10^{-4}}=1155\,\text{s}$

Cette valeur est proche de celle obtenue à la question 10.

Exercice n°2 : La masse de la Terre (6 points)

Mesure de la masse de la Terre à l’aide d’un satellite

$\bold{Q1.}$ La force $\overrightarrow{F}_{T/A}$ est dirigée vers le centre de la trajectoire et démarre au point matériel représentant le système.

$\bold{Q2.}$ L’expression vectorielle de la force gravitationnelle $\overrightarrow{F}_{T/A}$ dans le repère de Frenet est : $\overrightarrow{F}_{T/A}=G\cdot\dfrac{m\cdot M_{T}}{r^{2}}\cdot\vec{u}_{N}$

$\bold{Q3.}$ On applique la deuxième loi de Newton au système {satellite}, étudié dans le référentiel géocentrique supposé galiléen :

$\Sigma \overrightarrow{F\ }_\text{ext}=m\cdot\vec{a}_{G}$

$\text{Or}\ \overrightarrow{F}_{\text{ext}}=\overrightarrow{F}_{T/A}=G\cdot\dfrac{m\cdot M_{T}}{r^{2}}\cdot\vec{u}_{N}$

On obtient : $m\cdot\vec{a}_{G}=G\cdot\dfrac{m\cdot M_{T}}{r^{2}}\cdot\vec{u}_{N}\ \text{d'où}\ \vec{a}_{G}=G\cdot\dfrac{M_{T}}{r^{2}}\cdot\vec{u}_{N}$

Or, dans le repère de Frenet, le vecteur accélération a pour expression : $\vec{a}_{G}=\dfrac{\text{d}v}{\text{d}t}\cdot\vec{u}_{T}+\dfrac{v^{2}}{r}\cdot\vec{u}_{N}$

On peut donc identifier les deux expressions du vecteur $\vec{a}_{G}$, et en particulier leurs coordonnées deux à deux : $\vec{a}_{G}=\dfrac{\text{d}v}{\text{d}t}\cdot\vec{u}_{T}+\dfrac{v^{2}}{r}\cdot\vec{u}_{N}$ $\vec{a}_{G}=0\cdot\vec{u}_{T}+G\cdot\dfrac{M_{T}}{r^{2}}\cdot\vec{u}_{N}$ $\text{avec}\ \dfrac{\text{d}v}{\text{d}t}=0\ \text{et}\ \dfrac{v^{2}}{r}=G\cdot\dfrac{M_{T}}{r^{2}}$

On peut donc écrire : $v^{2}=G\cdot\dfrac{M_{T}}{r}\ \text{et donc}\ v=\sqrt{G\cdot\dfrac{M_{T}}{r}}$

$\bold{Q4.}$ La vitesse de résolution du satellite autour de la Terre est égale au quotient de la distance qu’il parcourt pendant la durée de cette révolution : $v=\dfrac{2\pi r}{T}$

On obtient deux expressions pour la vitesse du satellite, que l’on peut identifier : $v=\sqrt{G\cdot\dfrac{M_{T}}{r}} \quad \text{et} \quad v=\dfrac{2\pi r}{T} \quad \text{et} \quad \sqrt{G\cdot\dfrac{M_{T}}{r}}=\dfrac{2\pi r}{T}$

D’où : $G\cdot\dfrac{M_{T}}{r}=\dfrac{4\pi^{2}r^{2}}{T^{2}}$

Et finalement : $\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{G\cdot M_{T}}$

$\bold{Q5.}$ On calcule la valeur du demi grand-axe $\text{a}$ :

$d = \dfrac{D_{OB} + D_{OC}}{2} = \dfrac{6,89 \times 10^{6} + 8,07 \times 10^{6}}{2} = 7,48 \times 10^{6} \,\text{m}$

$\bold{Q6.}$ On calcule tout d’abord la période de révolution du satellite autour de la Terre : $T=\dfrac{9,03\times10^{6}}{1400}=6450\,\text{s}$

A l’aide de la troisième loi de Kepler, on calcule alors la masse de la Terre :

$\dfrac{T^{2}}{d^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{G\times M_{T}} \quad \text{d'où} \quad M_{T}=\dfrac{4\pi^{2}\times d^{3}}{G\times T^{2}}$

$M_{T}=\dfrac{4\pi^{2}\times(7,48\times10^{6})^{3}}{6,67\times10^{-11}\times(6450)^{2}}=5,95\times10^{24}\,\text{kg}$

Mesure de la masse de la Terre à l’aide d’un pendule

$\bold{Q7.}$ Pour déterminer avec précision la valeur de la période d’oscillation du pendule, on compte la durée de plusieurs oscillations et on divise par le nombre d’oscillations considéré. Sur la figure 3, on voit que 5 oscillations durent 10,0 s : $T=\dfrac{10,0}{5}=2,0\,\text{s}$

$\bold{Q8.}$ On calcule l’intensité de la pesanteur terrestre avec la relation donnée dans l’énoncé : $T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}} \quad \text{d'où} \quad \dfrac{T}{2\pi}=\sqrt{\dfrac{l}{g}} \quad \text{et donc} \quad \dfrac{T^{2}}{4\pi^{2}}=\dfrac{l}{g}$

Finalement : $g = \dfrac{4\pi^{2} \times l}{T^{2}} = \dfrac{4\pi^{2} \times 1,0}{2,0^{2}} = 9,87 \,\text{m} \cdot \text{s}^{-2}$

$\bold{Q9.}$ On considère que le poids d’un corps est égal à la force gravitationnelle exercée par la Terre sur ce corps, situé à sa surface :

$P=F_{g} \quad \text{d'où} \quad m\times g=G\cdot\dfrac{m\times M_{T}}{R_{T}^{2}}$

On a donc : $g=G\times\dfrac{M_{T}}{R_{T}^{2}}$

On exprimer et on calcule la masse de la Terre $M_{T}$ : $M_{T}=g\times\dfrac{R_{T}^{2}}{G}=\dfrac{9,87\times6,37\times10^{3}}{6,67\times10^{-11}}=6,00\times10^{24}\,\text{kg}$

Cette valeur est du même ordre de grandeur que la valeur trouvée à la question 6.

Exercice n°3 : Etude de la caléfaction (5 points)

$\bold{Q1.}$ La zone B a peu d’intérêt pour l’étude de la caléfaction, car la durée de vie de la goutte est proche de 0.

$\bold{Q2.}$ Le phénomène observé sur la figure 4 correspond à la diffraction.

$\bold{Q3.}$ Pour que le phénomène de diffraction soit visible, il faut que la longueur d’onde de l’onde lumineuse soit du même ordre de grandeur que l’espace a entre la goutte et la plaque.

$\bold{Q4.}$ On utilise une relation trigonométrique : $\tan(\theta) = \dfrac{\text{coté opposé}}{\text{coté adjacent}} = \dfrac{L/2}{D} \quad \text{d'où} \quad \tan(\theta) = \dfrac{L}{2D}$

Or, l’angle  étant très petit, on peut approximer tan =θ On obtient finalement : $\theta = \dfrac{L}{2D}$

$\bold{Q5.}$ D’après l’énoncé : $\theta = \dfrac{\lambda}{a} \quad \text{or} \quad \theta = \dfrac{L}{2D} \quad \text{d'où} \quad \dfrac{L}{2D} = \dfrac{\lambda}{a} \quad \text{et donc} \quad a = \dfrac{2\lambda D}{L}$

$\bold{Q6.}$ Sur la figure 5, on détermine la longueur $\text{L}$ de la tache centrale :

On mesure $\text{L} = 0,3\,\text{m}$

$\bold{Q7.}$ On calcule l’intervalle entre la goutte et la plaque : $a = \dfrac{2\lambda \cdot D}{L} = \dfrac{2 \times 532 \times 10^{-9} \times 2,00}{0,3} = 7 \times 10^{-6}\,\text{m} = 7\,\mu\text{m}$