Correction Bac Antilles Juin 2004

Calculatrice autorisée

 

I ) Brouillard et vitesse ( 9,5 points)

II ) Durée de fonctionnement d'une pile cuivre-aluminium ( 2,5 points)

III ) Contrôle de qualité sur l'aspirine de laboratoire ( 4 points)

III (spe) Dosage du glucose libre d'un jus de fruit ( 4 points)

 

Antilles Juin 2004 - I ) Brouillard et vitesse :

I ) Modèle simple :

1) Le champ de pesanteur terrestre dans un volume comparable à celui d’une nappe de brouillard est constant, identique en tout point.

2) La 2^ème loi de Newton appliquée au centre d’inertie de la goutte dans le référentiel terrestre, permet d’exprimer son vecteur accélération :

La somme des forces extérieures appliquées au centre d'inertie de la goutte est égale au produit de la masse de la goutte par le vecteur accélération.   P = m.a  Þ   g = a

On néglige la poussée l'Archimède de l'air et la force de frottement fluide de l'air.

3) a = a_Z = g_Z = g   Þ  dv/dt = g   . On intègre :  v = g.t + v_Z0 = g.t  (v_Z0 = 0 m.s^-1 ) Þ  dz/dt = g.t 

On intègre :  z = g.t²/ 2 + z₀ = g.t² / 2     ( z₀ = 0 m)

4) Lorsque la goutte atteint le sol, z = h = g.t_S² / 2  Þ t_S = ( 2 h / g) = (2 x 10 / 9,8) = 1,4 s

v_S = g.t_S = 9,8 x 1,4 = 14 m.s^-1 

II ) Frottements :

1) poussée d’Archimède : P_A est une force verticale vers le haut :   P_A = r_air.V_g . g

2) poids de la goutte : P  est une force verticale vers le bas : P = r_eau . V_g . g

r_eau est très supérieure à r_air, la poussée d'Archimède est donc négligeable devant le poids de la goutte.

3) a) On applique la 2^ème loi de Newton à la goutte dans le référentiel terrestre galiléen :

P + F = m. a.

On projète sur l'axe Oz  :   P – k . v = m . a     Þ   m.g – k.v = m.dv/dt

dv/dt = - k.v / m + g   (équation (1))

b) a = - k / m   et  b = g

c) Lorsque la vitesse limite est atteinte , l'accélération a s'annule.

(1)  0 = - k.v_L / m + g   Þ  v_L = m.g / k

d) [k] = [m.g / v_L)] = L.M.T^-2 / (L.T^-1) = M.T^-1                [g] = [a] = M.T^-2

L'unité du coefficient k est donc kg.s^-1

III ) Brouillard simulé :

1) a) voir annexe 1

b) u_C et i sont de sens contraire, cela respecte la convention récepteur.

On a donc  :  i(t) = dq / dt

c) q(t) = C .u_C(t).     dq/dt = C.du_C/dt = i(t)

d) D'après le schéma du montage, on a un circuit série. 

Loi des tensions :   U_e = u_C(t) + u_R(t) = u_C(t) + R.i(t) = u_C(t) + R.C.du_C/dt

équation différentielle (2) :  U_e = u_C(t) + R.C.du_C/dt

2) du_C/dt = (U_e/(R.C)).e ^{– t / R.C}

U_e.(1 – e ^{–t / R.C}) + RC. (U_e/(R.C)).e ^{– t / R.C} = U_e

Cette solution satisfait à l'équation différentielle (2)

IV ) Analogie mécanique-électrique

1) Les graphiques de l'annexe 2 montrent que la vitesse v et la tension u_C tendent vers une valeur limite, le régime d'évolution est un régime convergent (proposition b) avec un régime transitoire et un régime permanent.

2) La constante de temps t pour un circuit RC :  t = R.C   ;  u_C(t) = U_e.(1 – e ^{– t / t} )

3) v(t) = v_L.(1 – e ^{– k.t / m} )   ;  u_C(t) = U_e.(1 – e ^{– t / t} )

En comparant v(t) et u_C(t), on identifie k.t / m  à  t / t.     t = m / k

V ) Brouillard stabilisé :

1) Etant donné la forme et la vitesse des gouttes, on peut négliger la poussée d'Archimède et la force de frottement exercées par l'air. Dans ces conditions les seules forces à prendre en compte sont le poids et la force électrique.

2) On applique la 1^ère loi de Newton à une goutte dans le référentiel terrestre supposé galiléen :

La goutte étant en équilibre, la somme des forces qui lui sont appliquées, est nulle.

  P + F_e = 0       On a donc    F_e = P

3) F_e = P  ;   ½q ½.U_e / d = m . g = r.V.g     ;   ½q ½= r.V.g .d / U_e

½q ½= 1,0.10³ x [4/3 x 3,14 x (5,4.10^–6)³] x 9,8 x 0,10 / 1,0.10³ = 6,5.10^-16 C

4) Une goutte est chargée négativement, elle est donc attirée par une charge positive.

La force F_e est verticale vers le haut , dirigée vers l'armature A, qui est donc chargée positivement  Q_A > 0 et Q_B < 0.

Ce résultat est cohérent avec celui de la question 3 .

Annexe 1 A rendre avec la copie

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Antilles Juin 2004 - II ) Durée de fonctionnement d'une pile cuivre-aluminium :

 

1) Schéma de la pile :

 

 

2) Dans le circuit, le courant circule de la borne + de la pile vers la borne – de la pile.

La plaque de cuivre est donc la borne + et celle d'aluminium, la borne - .

 

3) A l'électrode de cuivre :  Cu²⁺_(aq) + 2 e^-  = Cu_(s)

A l'électrode d'aluminium :  Al_(s) = Al³⁺_(aq) + 3 e^-  

 

4) a) Q_{r i}  = [Al³⁺]² / [Cu²⁺]³ = (5,0.10^-1)² / (5,0.10^-1)³ = 2,0

b) Q_{r i}  < K , le système chimique évolue donc dans le sens direct de l'équation (1).

L'électrode d'aluminium fournit donc des électrons au circuit, il s'agit bien de la borne – de la pile et le courant circule bien de l'électrode de cuivre vers celle d'aluminium.

 

5) a) n(Cu²⁺)_i = [Cu²⁺]_i.V_1i = 5,0.10^-1 x 50.10^-3 = 2,5.10^-2 mol

n(Al)_i = m(Al) / M(Al) = 1,0 / 27,0 = 3,7.10^-2 mol

Si la réaction est totale, la quantité finale du réactif limitant est nulle .

Si Cu²⁺ est le réactif limitant, n(Cu²⁺)_f = 0 = 2,5.10^-2 – 3x_max  Þ x_max = 8,3.10^-3 mol.

Si Al est le réactif limitant, n(Al)_f = 0 = 3,7.10^-2 – 2x_max  Þ x_max = 18,5.10^-3 mol

Le réactif limitant est donc Cu²⁺ et x_max = 8,3.10^-3 mol (avancement maximal)

b) D'après la demi-équation du couple Cu²⁺ /Cu,   n(e^- )_max = 2 n(Cu²⁺)_i = 5,0.10^-2 mol

Quantité maximale d'électricité débitée par la pile : 

Q = n(e^- ) . F = 4800 C  ( = 4800 / 3600 = 1,3 A.h )       (1 C = 1 A.s)

 

 

ANNEXE 3  à rendre avec la copie

 

Tableau descriptif de l'évolution du système :

.

 

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Antilles Juin 2004 - III )Contrôle de qualité sur l'aspirine de laboratoire :

I ) Synthèse de l'aspirine :

1) équation :

Cette réaction est assez rapide, totale et exothermique.

 

2) L’acide sulfurique est un catalyseur de la réaction. Il accélère la réaction.

 

3) n(ac. salicylique) = n₁ = m₁ / M₁ = 10,00 / 138 = 7,25.10^-2 mol

n(anh.ethan.) = n₂ = m₂ / M₂ = m₂.V₂ / M₂ = 1,08 x 15,0 / 102 = 1,59.10^-1 mol

 

4) D'après l'équation, l'anhydride éthanoïque est en excès et l'acide salicylique est le réactif limitant, x_max = n₁ = 7,25.10^-2 mol

m_max = n_max. M_asp. = x_max . M_asp. = 7,25.10^-2 x 180 = 13,0 g

 

5) rendement = m_exp / m_max = 9,80 / 13,0 = 0,754 = 75,4 %

II ) Pureté de l'aspirine synthétisée :

Dépôt 1 : aspirine synthétisée

 

Dépôt 2 : acide acétylsalicylique pur

 

Dépôt 3 : acide salicylique

 

 

 

 

1) r_{f (aspirine)} = d_aspirine / d_éluant = 2,3 / 3,4 = 0,68

 

2) D'après le chromatogramme, le rapport frontal de l'aspirine synthétisée et celui de l'aspirine pure sont identiques. On peut en déduire que l’aspirine synthétisée par les élèves est pure.

III ) Dosage de l'aspirine synthétisée :

1) équation :   HA_(aq) + HO^-_(aq) = A^–_(aq) + H₂O_(l)

 

2) Avant l'équivalence, on ajoute des ions Na⁺ et HO^- , la réaction consomme des ions HO^-  et des espèces HA_(aq) et forme de l'eau et des ions A^-_(aq). La conductivité augmente peu.

Après l'équivalence, il n'y a plus de réaction et on ajoute toujours les ions Na⁺ et HO^-  , la conductivité augmente donc plus rapidement.

L'équivalence se situe à l'intersection des deux droites. (voir graphique)

D'après le graphique, V_BE = 7,0 mL

 

3) A l'équivalence, les réactifs ont été ajoutés et consommés dans les proportions stœchiométriques de l'équation.

n(HA)₀ = n(HO^-)_E    Þ  C_A.V_A = C_B .V_BE

C_A = C_B .V_BE / V_A = 1,0.10^-1 x 7,0 / 100 = 7,0.10^-3 mol.L^-1

 

4) n_A = C_A . V_S = 7,0.10^-3 x 250 .10^-3 = 1,75.10^-3 mol

m_A = n_A.M_A = 1,75.10^-3 x 180 = 0,315 g

Ce résultat est conforme à ce qui est attendu ( m_i = 0,32g) en tenant compte des erreurs expérimentales.

 

Annexe 4 à rendre avec la copie

 

 

 

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Antilles Juin 2004 - III ) (spe) Dosage du glucose libre d'un jus de fruit :

1. Mélange initial :

n_D = [I_2(aq)] x V₀ = 2,0.10^–2 x 20,0.10^-3 = 4,0.10^-4 mol

2. Réaction entre le glucose et le diiode

I_2(aq) + 3 HO^–_(aq) + RCOH_(aq)  =  RCOO^–_(aq)  + 2 H₂O  + 2 I^–_(aq)

2.1. demi-équation :  I_2(aq)  + 2 e^- = 2 I^–_(aq).

2.2. Dans l'équation, I₂ (oxydant) réagit avec RCOH, qui est donc réducteur, pour former

I^- (réducteur) et RCOO^- , qui est donc l'oxydant du couple.

La demi-équation le confirme:   RCOH_(aq) + H₂O_(l) = 3 H⁺_(aq) + 2e^- + RCOO^–_(aq).

Soit en milieu basique : RCOH_(aq) + 3 HO^-_(aq) = 2 H₂O_(l) + 2e^- + RCOO^–_(aq).

2.3. La solution reste partiellement colorée à l'état final, il reste donc du diiode, qui est donc en excès, le glucose RCOH est donc le réactif limitant.

2.4.1. Tableau d'avancement (x représente l’avancement de la réaction).

		I2(aq)     + 3 HO–(aq) + RCOH(aq) = RCOO–(aq)+ 2 H2O+ 2 I–(aq)
État initial (mol)	0	nD = 4,0.10-5	excès	nG	0	excès	0
État intermédiaire (mol)	x	nD - x	excès	nG - x	x	excès	2 x
État final en fonction de xmax (mol)	xmax	nR = nD – xmax	excès	nG – xmax = 0	xmax	excès	2 xmax

 

2.4.2. Le glucose est le réactif limitant. n_{G f} = 0 = n_G – x_max Þ x_max = n_G
n_R = n_D – x_max = n_D - n_G  Þ n_G = n_D - n_R

3. Dosage du diiode en excès

3.1. Cette courbe est une droite passant par l'origine. On peut donc en déduire que l'absorbance A est proportionnelle à la concentration [I₂].   A = k.[I₂]

 

3.2. A = 1,5.

On reporte cette valeur sur la courbe , on projète sur la droite pour déterminer la concentration correspondante.

D'après le tracé, [I₂] = 3,0.10^-3 mol.L^-1  

 

n_R = [I₂] x V = 3,0.10^-3 x 50.10^-3 = 1,5.10^-4 mol

 

3.3. n_G = n_D - n_R = 4,0.10^-4 – 1,5.10^-4 = 2,5.10^-4 mol 

4. Conclusion

n_G est la quantité de glucose présente dans 2,0 mL de jus de fruit. Il y en a 500 fois plus dans 1 L

n_G' = n_G x 1,0 / 2,0.10^-3 = n_G x 500 = 0,125 mol  ;  m_G = n_G' x M_G = 0,125 x 180 = 22,5 g » 23 g

 

 

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