Corrigé Bac pc 1er groupe S2 S2A S4 S5 2018

 

Exercice 1

1.1.1 Les groupes fonctionnels et leur :

 

 
1.1.2 Liaison peptidique :

 

 
1.1.3 Les atomes de carbones asymétriques noté C sont au nombre de deux (voir formule ci-dessus).
 
1.2.1 Définition : un acide alpha aminé est un composé organique qui possède un groupe carboxyle et un groupe amino liés au même atome de carbone tétragonal.
 
1.2.2 La molécule possède un atome de carbone asymétrique, elle est chirale.
 
1.2.3 Représentation de Fisher de la L-glutamine :

 

 
1.3.1 Formule et nom de l'ion :

 
Amphion ou zwitterion
 
1.3.2 Réaction de l'amphion en milieu très acide et en milieu très basique et les couples associés:

 
En milieu très acide

 


En milieu très basique
 
Les couples acide-base :

 

 
1.3.3 Diagramme de prédominance des espèces :

 

 

Exercice 2

2.1.1 Exploitation des données
 
[OH]=10pH14=1011.414=2.51103mol.L1<Cb 
 
la solution d'éthanamine contient moins d'ions OH qu'une solution de monobase forte de même concentration : les données prouvent que l'éthanamine est une base faible
 
2.1.2 Équation-bilan de la réaction avec l'eau :
 
C2H5NH2+H2O  C2H5NH+3+0H
 
2.1.3 Inventaire des espèces : H3O+; 0H; C2H5NH+3  et  C2H5NH2, les molécules d'eau sont ultra majoritaires.
 
Déterminations des concentrations molaires :
 
[H3O+]=10pH=1011.4=3.981012mol.L1
 
[OH]=10pH14=1011.414=2.51103mol.L1
 
L'équation d'électroneutralité entraîne 
 
[C2H5NH+3]=[OH][H3O+]=2.51103mol.L1
 
L'équation de conservation de la matière entraîne 
 
[C2H5NH2]=Cb[C2H5NH+3]=9.99103mol.L1
 
Déduction du pKa :
 
pKa=pHlog[[C2H5NH2][C2H5NH+3]]=11.4log9.991032.51103=10.8
 
2.2.1 Schéma du dispositif du dosage :

 

 
2.2.2 Équation-bilan de la réaction support du dosage :
 
[C2H5NH2]+[H3O+]  [C2H5NH+3]+H2O
 
2.2.3 Courbe pH=f(Va) : voir ci-dessous

 

 
2.2.4 Le point équivalent peut être obtenu par la méthode des tangentes parallèles : E(VaE=33mLetpHE=6.3)
 
2.2.5 Équivalence : 
 
CbVb=CaVaE  Cb=CaVaEVb=0.02×3350=1.32102mol.L1
 
Aux erreurs de mesures près la valeur de la concentration molaire déduite de cette expérience est sensiblement égale à celle donnée en 2.1.

Exercice 4

4.1.1 Nom du phénomène :
 
Lorsque qu'on ferme l'interrupteur on a le phénomène d'auto-induction.
 
4.1.2 Schéma et vecteur champ magnétique :

 

 
4.1.3 Expression de l'inductance :
 
Φ=NBSor  B=μ0Ni Φ=Nμ0NiS=μ0N2iSor  L=Φi L=μ0N2S
 
Calcul de l'inductance : 
 
L=4π.107[1280]2×314.1040.8=0.081H=81mH
 
L=81mH
 
4.2.1 Attribution des courbes :
 
Le condensateur étant chargée à t=0 donc uC=uAM0
 
courbe 1 (uAM)  et courbe 2 (uDM).
 
Le phénomène expliquant la décroissance de l'amplitude de la courbe 1 : c'est la perte d'énergie par effet joule.
 
4.2.2 Relations : i=dqdtetuDM=R.i
 
4.2.3 Équation différentielle :
 
uAM=uAD+uDMuAM=L.didt+R.ior  i=dqdt  et  q=C.uAMi=C.duAMdt  et  didt=C.d2uAMdt2uAM=LCd2uAMdt2RCduAMdtuAM+LCd2uAMdt2+RCduAMdt=0d2uAMdt2+RLduAMdt+1LCuAM=0
 
La pseudo-période : 
 
graphiquement 3.5T=14.7ms  T=14.73.5=4.2ms
 
Valeur de la capacité : 
 
TT0=2πLCLC=T24π2C=T24π2LC=(4.2103)24π2×0.081=5.6106F
 
C=5.6106F
 
4.2.4 Expression de l'énergie électromagnétique :
 
Ee,m=12Li2+12q2Cor  q=C.uAMuDM=R.iEe,m=12L[uDMR]2+12Cu2AM
 
4.2.5 Valeur de Ee,m(t=14.7ms)
 
Ee,m=Econdensateur=12Cu2AM=12×5.6106×(1.4)2=5.49106J
 
Ee,m=5.49106J
 
L'énergie dissipée : 
 
Edissipée=|Ee,m(t=14.7ms)Ee,m(t=0)|
 
Ee,m(t=0)=Econdensateur=12Cu2AM=12×5.6106×(6)2=100.8106J
 
Edissipée=100.81065.49106=9.53105J
 
Edissipée=9.53105J

Exercice 5

5.1.1 Composition des noyaux :
 
5926Fe{26 protons33 neutrons5927Co{27 protons32 neutrons
 
Les deux noyaux ont en commun le même nombre de nucléons.
 
5.1.2 Calcul des énergies de liaison : EL=Δm.C2
 
EL(5926Fe)=[26×1.00728+33×1.0086758.9348755]×931.5=503.49MeV
 
EL(5927Co)=[27×1.00728+32×1.0086758.9331950]×931.5=503.76MeV
 
5.1.3 Comparaison de la stabilité des noyaux :
 
La stabilité d'un noyau est déterminée par la valeur de son énergie de liaison par nucléon. Comme les deux noyaux ont le même nombre de nucléons, la comparaison des énergies de liaison suffit pour comparer leur stabilité.
Le cobalt-59 est plus stable que le fer-59.
 
5.2.1 Équation de désintégration du fer :
 
5926Fe  5927Co+AZX
 
{59=59+A  A=0 :  loi de conservation du nombre de nucléons26=27+Z  Z=1 :  loi de conservation du nombre de charge
 
 AZX= 01e
 
5.2.2 La particule émise et son origine :
 
La particule émise est un électron  01e : l'émission d'un électron par un noyau s'explique par la transformation d'un neutron en proton : 10n   01e+11p
 
5.2.3.1 Définition de l'activité :
 
L'activité d'un échantillon radioactif est le nombre de désintégrations par unité de temps.
 
Expression de l'activité : A=A0eλt
 
5.2.3.2 Calcul de la valeur de λ :
 
A(t)=A0eλtA(t+10)=A0eλ(t+10)A(t)A(t+10)=A0eλtA0eλ(t+10)A(t)A(t+10)=eλteλ(t+10)=1.17e10.λt=1.17λ=ln1.1710=1.57102Jour1
 
λ=1.57102Jour1
 
La demi-vie T
 
T=ln2λ=ln21.57102=44.1jours
 
T=44.1jours
 
5.2.3.3 Calcul de A0 :
 
A0=λN0=λ.m0m(5926Fe)=1.5710224×3600×1.510658.9331950×1.661027=2.791012Bq
 
A0=2.791012Bq
 
5.2.4 Masse de fer désintégrée à t=10jours :
 
mdesint=m0m0eλt=m0(1eλt)=1.5(1e1.57102×10)=0.218mg
 
mdesint=0.218mg
 
 

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