Correction Bac Polynésie Juin 2003

Correction Polynésie Juin 2003 - I ) Des oscillations électriques à la cuve à ondes :

A ) Etude du vibreur :

a) u_C(t) n'est pas une tension périodique. Elle s'amortit dans le temps.
C'est un régime pseudo-périodique.

b) E₀ = ½ C.u_{C 0}² = ½ ( 30.10^-6 x 4,0² ) = 2,4.10^-4 J

c) E₁ = ½ C.u_{C 1}² = ½ ( 30.10^-6 x 2,7² ) = 1,1.10^-4 J

d) Entre t₀ et t₁, le système perd de l'énergie , elle se dissipe par effet joule dans la bobine à cause de sa résistance r.

e) Ce dispositif ne convient pas pour obtenir des oscillations à la surface de l'eau, car elles seraient très vite amorties et disparaissent.

2) a) On entretient des oscillations lorsque l'on apporte de l'énergie au système pour compenser les pertes par effet joule.

b) Le nouveau régime des oscillations est périodique.

c) La forme de u_C(t) est sinusoïdale. Ce montage peut être utilisé pour générer des ondes sinusoïdales dans la cuve car il fournit une tension sinusoïdale périodique.

d) T₀ = 2 p (L.C) = 2 x 3,14 x (0,75 x 30.10^-6) = 0,030 s ; f₀ = 1 /T₀ = 33,5 Hz

B) Etude des ondes :

1)     Mesure de la célérité des ondes :
a) La longueur d'onde l d'une onde progressive est égale à la distance dont l'onde a progressé pendant une période T.   v = l / T= l.N   ( fréquence notée N ou f ) ; l = v / N
b) AB = 7 cm . D'après le schéma , AB = 3 l₁ . l₁ = AB / 3 = 2,33 cm
v₁ = l₁.N₁ = 2,33.10^-2 x 8 = 0,186 m.s^-1
c) AB = 7 cm ; AB = 4,5 l₂   ; l₂ = AB / 4,5 = 1,56 cm
v₂ = l₂.N₂ = 1,56.10^-2 x 17 = 0,264 m.s^-1
La célérité de l'onde a augmenté.
C'est un phénomène de dispersion. La surface de l'eau est un milieu dispersif pour une onde mécanique.
Expérience avec des ondes lumineuses :
On utilise un milieu dispersif pour la lumière, le verre par exemple. On envoie de la lumière sur un prisme, les ondes monochromatiques de la lumière vont être dispersées et on observe à la sortie du prisme, les lumières colorées séparées , celle de l'arc en ciel.

2) Influence de la profondeur de l'eau sur la célérité des ondes :
a) N = 11 Hz. La photo 3 montre que la longueur d'onde est plus petite lorsque la profondeur d'eau diminue. L'onde ne change pas de fréquence, la célérité va donc diminuer lorsque la profondeur diminue.
b) On observe sur la photo 4 que l'onde est déviée, ceci est une réfraction comme un rayon lumineux dévié par un changement de milieu .
c) v = g.T/ (2 p) ; v₁ = g.T₁ / (2 p) = g / (2 p N₁ ) = 9,8 / (2 p x 5,0) = 0,31 m.s^-1
v₂ = g.T₂ / (2 p) = g / (2 p N₂ ) = 9,8 / (2 p x 10) = 0,16 m.s^-1
l₁ = v₁ / N₁ = 0,31 / 5,0 = 0,062 m = 6,2 cm ; l₂ = v₂ / N₂ = 0,16 / 10 = 0,016 m = 1,6 cm
t₁ = d / v₁ = 10 / 0,31 = 32 s ; t₂ = d / v₂ = 10 / 0,16 = 63 s

©Sciences Mont Blanc

Correction Polynésie Juin 2003 - II ) Etude cinétique par suivi spectrophotométrique :

I ) Etude théorique :

1) Un oxydant est une espèce chimique capable de capter des électrons.
Un réducteur est une espèce chimique capable de céder des électrons.

2) Les couples redox mis en jeu sont I₂ / I ^- et H₂O₂ / H₂O
Demi-équations : I_{2 (aq)} + 2 e^- = 2 I ^–_(aq) et H₂O_{2
(aq)} + 2 H₃O⁺_(aq) + 2 e^- = 4 H₂O_(l)

II ) Suivi de la réaction :

1) n(I^-)_i = [I^-]_i.V₁ = 0,1 x 20.10^-3= 2.10^-3 mol ; n(H₂O₂ )_i = [H₂O₂]_i.V₂ = 0,1 x 2.10^-3 = 2.10^-4 mol
Un mélange stœchiométrique doit avoir 2 fois plus d'ions I^- que de molécules H₂O₂ .
Ici, H₂O₂ est en défaut.

Equation chimique		2 I^-_(aq) + H₂O_{2 (aq)} + 2 H₃O⁺_(aq) = 4 H₂O_(l) + I_2(aq)
Etat du système	Avanc.	Quantité de matière en mol
Etat initial	0	2.10^-3	2.10^-4	excès	excès	0
En cours	x	2.10^-3 – 2x	2.10^-4 - x	excès	excès	x
Etat final	x_f	2.10^-3 – 2x_f	2.10^-4 - x_f	excès	excès	x_f

3) [I₂] = n(I₂) / V = x / V avec V = 20 + 8 + 2 = 30 mL

4) Si la réaction est totale, le réactif en défaut est complètement consommé, n(H₂O₂)_f = 0 mol
0 = 2.10^-4 - x_max ; x_max = 2.10^-4 mol
[I₂]_max = x_max / V = 2.10^-4 / 30.10^-3 = 6,67.10^-3 mol.L^-1

5) D'après le graphique, à t = 300s, x = 1,1.10^-4 mol
n(I^-) = 2.10^-3 – 2,2.10^-4 = 1,78.10^-3 mol ; n(H₂O₂) = 2.10^-4 – 1,1.10^-4 = 9.10^-5 mol
n(I₂) = x = 1,1.10^-4 mol ; les molécules d'eau et les ions H₃O⁺ sont en excès.

6) La vitesse de la réaction est proportionnelle à la pente de la courbe. Celle-ci est maximale au début et diminue au cours du temps.
Les concentrations des réactifs est un facteur cinétique, plus elles sont grandes, plus la vitesse de la réaction est grande. Or au cours du temps, les concentrations des réactifs diminuent.
Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel l'avancement x vaut x_max/ 2.
D'après la courbe, à x ½ = 1.10^-4 mol, le temps t ½ vaut 250 s.

©Sciences Mont Blanc

Correction Polynésie Juin 2003 - III ) Synthèse d'un additif alimentaire à odeur de rhum :

1) Transformation (N° 1) d'un mélange d'acide carboxylique (A) et d'alcool primaire (B)

1.1) D'après la formule de l'ester, l'acide carboxylique (A) est l'acide méthanoïque et l'alcool (B) est l'éthanol. Equation : H–COOH + CH₃–CH₂–OH = H–COO–CH₂–CH₃ + H₂O

1.2) Y est le méthanoate d'éthyle.

1.3) On a obtenu le maximum d'ester possible et dans l'état final, il reste des 2 réactifs, ce qui signifie que l'on a atteint l'état d'équilibre, l'estérification et l'hydrolyse de l'ester se font à la même vitesse, sinon la formation de l'ester continuerait.

1.4) K = Q_{r, eq} = [Y]_eq.[H₂O]_éq / ([A]_éq.[B]_éq) = n(Y)_f.n(H₂O)_f / (n(A)_f.n(B)_f)

K = 0,8 x 0,8 / ( 0,4 x 0,4 ) = 4

1.5)

Equation de la réaction		A + B = Y + W
Etat du système	Avancement x (mol)	n_A (mol)	n_B (mol)		n_Y (mol)		n_W (mol)
initial	0	1,20		1,20		0		0
intermédiaire	x	1,20 – x		1,20 – x		x		x
final	x_f	1,20 – x_f		1,20 – x_f		x_f		x_f

1.6) Q_r = [Y].[H₂O] / ([A].[B]) = n(Y).n(H₂O) / (n(A).n(B)) = x² / ( 1,20 – x )²

1.7) K = Q_{r, eq} = x_f² / ( 1,20 – x_f )² = 4 Þ x_f / ( 1,20 - x_f ) = 2 Þ x_f = 2,40 - 2 x_f Þ x_f = 0,8 mol

n(Y)_f = n(H₂O)_f = x_f =0,80 mol et n(A)_f = n(B)_f = 1,20 – 0,80 = 0,40 mol

Cela correspond au document 1

1.8) h₁ = n(Y)_f / n(Y)_max = x_f / x_max = 0,80 / 1,20 = 2 / 3 = 0,667 = 66,7 %

2.1) n(A)_f = 2,4 – x_f = 1,4 mol Þ x_f = 2,4 – 1, 4 = 1,0 mol ;

h₂ = n(Y)_f / n(Y)_max = x_f / x_max = 1,0 / 1,2 = 0,833 = 83,3 %

2.2) h₂ > h₁ . Si on augmente la quantité d'un des deux réactifs, cela augmente le rendement de la transformation.

3.1) D'après les données, la température de 55°C correspond à la température d'ébullition de l'ester

Le distillat est donc l'ester formé.

3.2) n(Y)_f = m(Y) / M(Y) = 85,8 / 74 = 1,16 mol ;

n(Y)_max = n(B)₀ = 1,2 mol ( l'alcool B est le réactif limitant )

h₃ = n(Y)_f / n(Y)_max = 1,16 / 1,2 = 0,966 = 96,6 %

3.3) h₁ < h₃ . Dans cette expérience, l'ester formé est distillé au fur et à mesure de sa formation, ce qui déplace l'équilibre dans le sens de la formation de l'ester, le rendement est donc bien supérieur.

Correction Polynésie Juin 2003 - III ) Dosage de l'étain dans le fer blanc (spe) :

I ) Electrolyse :

1) L'oxydation se fait à l'anode, qui est ici la plaque de fer blanc. Elle fournit des électrons au circuit, qui arrivent à la borne P₂ , le courant circule dans l'autre sens. La borne P₂ est la borne positive de l'alimentation.

2) On arrête l'électrolyse dès l'apparition de la coloration rouge car cela indique la formation d'ions Fe²⁺ , l'oxydation du métal fer, le métal Sn a été complètement consommé.

3) D'après la demi-équation, n_{Sn consommé} = n_Sn²⁺_formé .

La coloration rouge apparue indique que tout le métal Sn a été consommé.

On a donc : n_Sn²⁺ = n_Sn

II ) Dosage indirect de l'étain électrolysé :

1) réduction : I_{2 (aq)} + 2 e^- = 2 I^-_(aq) ; oxydation : Sn²⁺_(aq) = Sn⁴⁺_(aq) + 2 e^-

2) a) quantité de matière de diiode : n = c . V = 1,0.10^-2 x 10,0.10^-3 = 1,0.10^-4 mol

b) Réaction 2 : 2 S₂O₃^2-_(aq) + I_{2 (aq)} = S₄O₆^2-_(aq) + 2 I^-_(aq)

A l'équivalence, les réactifs ont été mélangés dans les proportions stœchiométriques de l'équation :

2 n(I₂) = n( S₂O₃^2-) Þ n₂ = n(I₂) = c' . V ' / 2 = 5,0.10^-3 x 9,7.10^-3 / 2 = 2,4.10^-5 mol

c) n = n(I₂)_réagi + n₂ où n(I₂)_réagi est la quantité de I₂ qui a réagi avec les ions Sn²⁺ de la solution.

D'après l'équation de la réaction 1, n_Sn²⁺ = n(I₂)_réagi = n – n₂ = 7,6.10^-5 mol

d) D'après la question I) 3), n_Sn = n_Sn²⁺ = 7,6.10^-5 mol .

m_Sn = n_Sn . M_Sn = 7,6.10^-5 x 118,7 = 9,0.10^-3 g = 9,0 mg