Corrigé Bac Physique Chimie 1er groupe S2-S2A-S4-S5 2014

 

1.1. Équation-bilan de la réaction : $$HOOC-CH_{2}-CHOH-COOH\ \longrightarrow\ CH_{3}-CHOH-COOH$$

 

1.2.

 

1.2.1. Schéma annoté du dispositif de dosage :

1.2.2. Équation-bilan de la réaction support du dosage du lait : $$CH_{3}-CHOH-COOH\ +\ (K^{+} + OH^{-})\ \longrightarrow\ CH_{3}-CHOH-COO^{-}\ +\ K^{+}+H_{2}O$$

 

Déterminons la constante de réaction :

 

Si on note l'acide lactique $AH\ $ et $\ A^{-}$ sa base conjuguée on a :

 

$\begin{array}{rcl} K&=&\dfrac{[A^{-}]}{[AH][OH^{-}]}\\ \\&=&\dfrac{[A^{-}][H_{3}O^{+}]}{[AH][OH^{-}][H_{3}O^{+}]}\\ \\&=&\dfrac{K_{a}(AH/A^{-})}{K_{a}(H_{2}O/OH^{-})}\\ \\&=&\dfrac{10^{-3.9}}{10^{-14}}\ =\ 10^{10.1}\ =\ 1.26\;10^{10}\end{array}$

 

$\boxed{K=1.26\;10^{10}>10^{3}}$ ; donc la réaction est totale.

 

1.2.3. Définition de l'équivalence acido-basique : il y a équivalence acido-basique lorsque les réactifs (acide et base) sont mélangés dans des proportions stœchiométriques.

 

Calcul de la concentration massique :

 

A l'équivalence on a :

 

$\begin{array}{rcrcl}\dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{OH^{-}}}{1}&\Rightarrow&C_{A}.V_{A}&=&C_{b}.V_{bE}\quad\text{or }C_{A}=\dfrac{C_{m}}{M_{A}}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{C_{m}}{M_{A}}V_{A}&=&C_{b}.V_{bE}\\ \\&\Rightarrow&C_{m}&=&\dfrac{C_{b}.V_{bE}.M_{A}}{V_{A}} \end{array}$

 

A.N : $C_{m}=\dfrac{0.1\times 8.4\times 90}{20}=3.8$

 

$\boxed{C_{m}=3.8\;g.L^{-1}>1.8\;g.L^{-1}}$ ; donc le lait dosé n'est pas frais.

 

1.2.4. Afin d'avoir un lait frais, il faut "stopper" la transformation du lactose en acide lactique par abaissement notoire de la température : on peut conserver le lait au réfrigérateur.

 

1.2.5. Diagramme de prédominance :

Le $pH$ du lait étudié étant supérieur au $pk_{a}$ du couple, la forme basique (ion lactate) prédomine.

2.1. Préparation du butanoate de méthyle

 

2.1.1. Le groupe fonctionnel présent dans le butanoate de méthyle :

2.1.2. La famille du réactif $B$ : alcool

 

2.1.3. Formules semi-développées et noms des réactifs $A\ $ et $\ B$ :

 

Pour $A\ :\ CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COOH$ ; acide butanoïque

 

Pour $B\ :\ HO-CH_{3}$ ; méthanol

 

2.1.4. Équation-bilan de la réaction entre $A$ et $B$ : $$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COOH + CH_{3}-OH\ \leftrightarrows\ CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COO-CH_{3}\ +\ H_{2}O$$

 

C'est la réaction d'estérification (directe) Caractéristiques de la réaction: elle est lente, limitée et athermique.

 

2.1.5. Calcul des quantités de matière minimales de $A\ $ et $\ B$ :

 

$\begin{array}{lrcl}&r&=&\dfrac{n_{\text{ester}}^{\text{obtenu}}}{n_{\text{ester}}^{\text{théorique}}}.100\quad\text{or }n_{\text{ester}}^{\text{théorique}}=n_{A}^{\text{minimal}}=n_{B}^{\text{minimal}}\\ \\\Rightarrow&r&=&\dfrac{n_{\text{ester}}^{\text{obtenu}}}{n_{A}^{\text{minimal}}}.100\\ \\\Rightarrow&n_{A}^{\text{minimal}}&=&\dfrac{n_{\text{ester}}^{\text{obtenu}}}{r}.100\end{array}$

 

A.N : $n_{A}^{\text{minimal}}=\dfrac{1}{67}100=1.49\;mol$

 

$\boxed{n_{A}^{\text{minimal}}=n_{B}^{\text{minimal}}=1.49\;mol}$

 

2.2. Étude cinétique de la réaction :

 

2.2.1. Si $n_{A}=0.42\times 1=0.42\;mol$ ; l'abscisse obtenue à partir du graphe vaut : $t_{1}\simeq 60\;min.$

 

2.2.2. Déduction de la quantité de matière de $D$ formée :

 

$\begin{array}{lrcl}&n_{D}^{\text{formé}}&=&n_{A}^{\text{réagi}}\quad\text{or }n_{A}^{\text{réagi}}=n_{0A}-n_{A}^{\text{restant}}\\ \\ \Rightarrow&n_{D}^{\text{formé}}&=&n_{0A}-n_{A}^{\text{restant}}\end{array}$

 

A.N : $n_{D}^{\text{formé}}=1-0.42=0.58\;mol$

 

$\boxed{n_{D}^{\text{formé}}=0.58\;mol}$

 

2.2.3. Calcul de la vitesse moyenne entre $t=0\ $ et $\ t=t_{1}=60\;min$ :

$$V_{m}=\dfrac{n_{A}(t_{0})-n_{A}(t_{1})}{t_{1}-t_{0}}$$

A. N : $V_{m}\thickapprox\dfrac{1-0.42}{60}=9.67\;10^{-3}\;mol.min^{-1}$

 

$\boxed{V_{m}=9.67\;10^{-3}\;mol.min^{-1}}$

 

2.2.4. Vitesse instantanée à $t=45\;min$ :

 

La vitesse instantanée est donnée par la relation : $$V=-\dfrac{dn_{A}}{dt}$$ graphiquement elle correspond à la valeur absolue du coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d'abscisse $t=45\;min$ (voir courbe ) :

 

On trouve : $\boxed{V(t=45\;min)\simeq  5.11\;10^{-3}\;mol.min^{-1}}$

2.2.5. Détermination sans calcul de la vitesse moyenne entre $t_{2}=165\;min\ $ et $\ t_{3}=180\;min$ :

 

A partir de la date $t\simeq 150\;min$, il n y a plus variation de la quantité de matière de $A$ : la vitesse moyenne est nulle ; la réaction est terminée.

3.1. Énoncer du théorème du centre d'inertie : 

 

dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système de masse $m$ est égale au produit de sa masse par le vecteur accélération $\vec{a}_{G}$ de son centre d'inertie : $$\sum \vec{F}\;\text{(extérieures)}=m.\vec{a}_{G}$$

 

3.2. Caractéristiques du vecteur-accélération :

 

On considère le projectile comme système et on rapporte le mouvement au référentiel terrestre supposé galiléen. L'action de l'air étant négligée, le projectile n'est soumis qu'à son poids.

 

$\begin{array}{rclcl}\text{T.C.I}\quad\sum \vec{F}\;\text{(extérieures)}=m.\vec{a}_{G}&\Rightarrow&\vec{P}&=&m.\vec{a}\\&\Rightarrow&m.\vec{g}&=&m.\vec{a}\\&\Rightarrow&\vec{a}&=&\vec{g} \end{array}$

 

$$\vec{a}\;\left\lbrace\begin{array}{l}\text{direction : verticale}\\ \text{sens : orienté vers lebas}\\ \text{norme : }a=g=10\;m.s^{-2} \end{array}\right.$$

 

3.3. Montrons que le mouvement est plan :

 

$\begin{array}{rcl}\vec{a}\;\left\lbrace\begin{array}{rcl} a_{x}&=&0\\ a_{y}&=&-g\\ a_{z}&=&0\end{array}\right.&\Rightarrow&\vec{V}\;\left\lbrace\begin{array}{rcl} V_{x}&=&V_{0}\cos\alpha\\ V_{y}&=&-gt+V_{0}\sin\alpha\\ V_{z}&=&0\end{array}\right.\\ \\&\Rightarrow&\overrightarrow{OM}\;\left\lbrace\begin{array}{rcl} x&=&V_{0}\cos\alpha.t\\ y&=&-\dfrac{1}{2}gt^{2}+V_{0}\sin\alpha.t\\ z&=&0\end{array}\right. \end{array}$

 

$x$ et $y$ varient au cours du temps alors que $z=o$ quelque soit la date $t$ : le mouvement du projectile est plan et s'effectue dans le plan $(xOy).$

 

3.4. Équation cartésienne de la trajectoire :

 

$x=V_{0}\cos\alpha.t\ \Rightarrow\ t=\dfrac{x}{V_{0}\cos\alpha.t}\ $ or, $\ y=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+V_{0}\sin\alpha.t$

 

en remplaçant $t$ dans l'expression de $y$ on obtient : $$y=-\dfrac{g}{2.V_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}x^{2}+x\tan\alpha$$

 

3.5. Ordonnée du projectile pour $x_{0}=800\;m$ : 

 

$\begin{array}{lrcl}&y_{0}&=&-\dfrac{g}{2.V_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}x_{0}^{2}+x_{0}\tan\alpha\\ \\ \Rightarrow&y_{0}&=&-\dfrac{10}{2.100^{2}\cos^{2}30^{\circ}}800^{2}+800\tan 30^{\circ}\\ \\& &=&35.2\;m\end{array}$

 

$\boxed{y_{0}=35.2\;m}$

 

$y_{0}$ est supérieure à la hauteur $H$ ; le projectile passe au-dessus de l'oiseau ; l'oiseau ne sera pas atteint par ce projectile.

 

3.6. .

 

3.6.1. Expression de la portée en fonction de $V_{0}\;,\ g\ $ et $\ \alpha$ :

 

Soit $P$ le point d'impact au sol : $y_{P}=0$

 

$\begin{array}{rcrcl} y_{P}=0&\Rightarrow&-\dfrac{g}{2.V_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}x_{P}^{2}+x_{P}\tan\alpha&=&0\\ \\&\Rightarrow&x_{P}&=&\dfrac{2.V_{0}^{2}\cos^{2}\alpha.\tan\alpha}{g}\\ \\&\Rightarrow&x_{P}&=&\dfrac{2.V_{0}^{2}\cos^{2}\alpha.\sin\alpha}{g.\cos\alpha}\\ \\& & &=&\dfrac{2.V_{0}^{2}\cos\alpha.\sin\alpha}{g}\\ \\& & &=&\dfrac{V_{0}^{2}\sin 2\alpha}{g}\end{array}$

 

$\boxed{x_{P}=\dfrac{V_{0}^{2}\sin 2\alpha}{g}}$

 

3.6.2. Calcul de la portée maximale :

 

$x_{P}=\dfrac{V_{0}^{2}\sin 2\alpha}{g}$ est maximale si $\sin(2\alpha)=1$

 

$\Rightarrow\ x_{P_{\text{max}}}=\dfrac{V_{0}^{2}}{g}$

 

A.N : $x_{P_{\text{max}}}=\dfrac{100^{2}}{10}=1000\;m$

 

$\boxed{D=x_{P_{\text{max}}}=1\;km}$

 

3.6.3. Rayon du champ de tir : $r=1.1\;D=1.1\;km$

Exercice 4

Exercice 5