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−]=10pH−14=1011.4−14=2.5110−3mol.L−1<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+]=10−pH=10−11.4=3.9810−12mol.L−1
[OH−]=10pH−14=1011.4−14=2.5110−3mol.L−1
L'équation d'électroneutralité entraîne
[C2H5NH+3]=[OH−]−[H3O+]=2.5110−3mol.L−1
L'équation de conservation de la matière entraîne
[C2H5NH2]=Cb−[C2H5NH+3]=9.9910−3mol.L−1
Déduction du pKa :
pKa=pH−log[[C2H5NH2][C2H5NH+3]]=11.4−log9.9910−32.5110−3=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 :
CbV′b=CaVaE ⇒ Cb=CaVaEV′b=0.02×3350=1.3210−2mol.L−1
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=μ0Niℓ⇒ Φ=Nμ0NiℓS=μ0N2iℓSor L=Φi⇒ L=μ0N2Sℓ
Calcul de l'inductance :
L=4π.10−7[1280]2×314.10−40.8=0.081H=81mH
L=81mH
4.2.1 Attribution des courbes :
Le condensateur étant chargée à t=0 donc uC=uAM≠0 :
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+uDM⇒uAM=L.didt+R.ior i=−dqdt et q=C.uAM⇒i=−C.duAMdt et didt=−C.d2uAMdt2⇒uAM=−LCd2uAMdt2−RCduAMdt⇒uAM+LCd2uAMdt2+RCduAMdt=0⇒d2uAMdt2+RLduAMdt+1LCuAM=0
La pseudo-période :
graphiquement 3.5T=14.7ms ⇒ T=14.73.5=4.2ms
Valeur de la capacité :
T≈T0=2π√LC⇒LC=T24π2⇒C=T24π2L⇒C=(4.210−3)24π2×0.081=5.610−6F
C=5.610−6F
4.2.4 Expression de l'énergie électromagnétique :
Ee,m=12Li2+12q2Cor q=C.uAM⇒uDM=R.i⇒Ee,m=12L[uDMR]2+12Cu2AM
4.2.5 Valeur de Ee,m(t=14.7ms)
Ee,m=Econdensateur=12Cu2AM=12×5.610−6×(1.4)2=5.4910−6J
Ee,m=5.4910−6J
L'énergie dissipée :
Edissipée=|Ee,m(t=14.7ms)−Ee,m(t=0)|
Ee,m(t=0)=Econdensateur=12Cu2AM=12×5.610−6×(6)2=100.810−6J
Edissipée=100.810−6−5.4910−6=9.5310−5J
Edissipée=9.5310−5J
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+33×1.00867−58.9348755]×931.5=503.49MeV
EL(5927Co)=[27×1.00728+32×1.00867−58.9331950]×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= 0−1e
5.2.2 La particule émise et son origine :
La particule émise est un électron 0−1e : l'émission d'un électron par un noyau s'explique par la transformation d'un neutron en proton : 10n ⟶ 0−1e+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=A0e−λt
5.2.3.2 Calcul de la valeur de λ :
A(t)=A0e−λt⇒A(t+10)=A0e−λ(t+10)⇒A(t)A(t+10)=A0e−λtA0e−λ(t+10)⇒A(t)A(t+10)=e−λte−λ(t+10)=1.17⇒e10.λt=1.17⇒λ=ln1.1710=1.5710−2Jour−1
λ=1.5710−2Jour−1
La demi-vie T :
T=ln2λ=ln21.5710−2=44.1jours
T=44.1jours
5.2.3.3 Calcul de A0 :
A0=λN0=λ.m0m(5926Fe)=1.5710−224×3600×1.510−658.9331950×1.6610−27=2.791012Bq
A0=2.791012Bq
5.2.4 Masse de fer désintégrée à t=10jours :
mdesint=m0−m0e−λt=m0(1−e−λt)=1.5(1−e−1.5710−2×10)=0.218mg
mdesint=0.218mg
Commentaires
Koné (non vérifié)
jeu, 10/19/2023 - 20:11
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Koné (non vérifié)
jeu, 10/19/2023 - 20:11
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