Corrigés concours blancs - décembre 2013 by O ET D

Supsanté Concours Blanc N°1 de Décembre 2013 Module M2 Épreuve de CHIMIE - Corrigé

Exercices rédigés Durée : 30 minutes Calculatrice autorisée

NOM – PRÉNOM : ………………………………………………………… Groupe N° ……………….

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Inscrire en premier lieu NOM, PRÉNOM, et numéro de groupe dans le cadre ci-dessus.

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Ne pas dégrafer le document, qui est à remettre intégralement à la fin de l’épreuve.

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Répondre aux questions des deux exercices directement sur ce document, dans les cadres prévus à cet effet. Aucun brouillon ni feuille supplémentaire ne seront pris en compte dans la correction.

Exercice I. L’indice permanganate Les matières organiques présentes dans l’eau, provenant des déchets domestiques, agricoles ou industriels peuvent être une source de l’apparition de nombreuses maladies (gastro-entérite, choléra, paludisme…). L’indice permanganate permet d’évaluer la pollution d’une eau par les matières organiques. A. Principe de la méthode L’indice permanganate d’une eau correspond à la masse d’oxygène O consommée par les matières organiques oxydables contenues dans 1,0 L de cette eau. Il est exprimé en milligramme par litre. Étape 1 :

Un échantillon d’eau est oxydé en milieu acide, pendant 10 minutes à ébullition, par une solution de permanganate de potassium en excès.

Étape 2 :

On fait réagir tous les ions permanganate encore présents avec une solution d’acide oxalique introduite en excès.

Étape 3 :

On fait réagir l’acide oxalique restant avec le volume minimum de solution de permanganate de potassium.

B. Protocole opératoire Étape 1 :   



Dans un ballon, introduire Veau = 100,0 mL de l’eau à analyser, un barreau aimanté et 20 mL d’acide sulfurique de concentration apportée 2,2 mol.L-1. Introduire un volume V1 = 20,0 mL d’une solution S1 de permanganate de potassium (K+(aq) + MnO4-(aq)) de concentration apportée C1 = 2,0.10-3 mol.L-1 dans l’ampoule de coulée. Installer le réfrigérant à eau verticalement et l’ampoule de coulée sur le côté. Mettre en route la circulation d’eau, l’agitation puis le chauffage (thermostat réglé au maximum). Verser la solution de permanganate de potassium lorsque le mélange commence à bouillir. Porter à ébullition douce pendant 10 minutes.

Étape 2 : 

Enlever l’ampoule de coulée puis ajouter, à l’aide d’une pipette, un volume V2 = 20,0 mL d’une solution S2 d’acide oxalique C2H2O4 (aq) de concentration apportée C2 = 5,0.10-3 mol.L-1.

Étape 3 : 1/6



 

Lorsque la solution est décolorée, arrêter la circulation d’eau et verser le contenu du ballon dans un erlenmeyer. Remplir la burette graduée avec la solution S 1 . Placer l’erlenmeyer sur l’agitateur magnétique puis verser lentement la solution S1 dans le mélange. Cesser l’ajout lorsque la teinte rosée persiste pendant plus de 30 secondes. Noter alors le volume VE de solution S1 versé appelé volume équivalent (volume pour lequel les ions permanganate et l’acide oxalique sont totalement consommés).

Donnée : Masse molaire atomique de l’oxygène : M(O) = 16,0 g.mol-1 C. Questions 1. Écrire les demi-équations électroniques relatives aux couples redox MnO4-(aq)/Mn2+(aq) et CO2(aq)/C2H2O4 (aq). En déduire l’équation de la réaction entre les ions permanganate et l’acide oxalique en milieu acide, sachant qu’elle est totale. MnO4-(aq)/Mn2+(aq) : MnO4 – (aq) + 8 H+ (aq) + 5 e– Mn2+ (aq) + 4 H2O (l) + CO2(aq)/C2H2O4 (aq) : C2H2O4 (aq) 2 CO2 (aq) + 2H (aq) + 2 e2 MnO4 – (aq) + 5 C2H2O4 (aq) + 6 H+ (aq)  10 CO2 (aq) + 2 Mn2+ (aq) + 8 H2O (l) 2.a. Établir les tableaux d’avancement pour les réactions des étapes 2 et 3, en notant :  n1 la quantité d’ions permanganate introduite dans l’erlenmeyer ;  n0 la quantité d’ions permanganate ayant réagi avec les matières organiques ;  n2 la quantité d’acide oxalique introduite dans l’erlenmeyer ;  nrest la quantité d’acide oxalique restante au début de l’étape 3 ;  nE la quantité d’ions permanganate versée pour V = VE (étape 3).

Remarque : Il n’est pas nécessaire d’indiquer les quantités des produits dans les tableaux d’avancement.

2 /6

Donner l’expression de n0 en fonction de n1, n2 et nE puis calculer n0, sachant que VE = 2,50 mL.

A partir du tableau de l’étape 3, on peut écrire que : donc

n 0  C1V1 

2 C 2 V2  C1VE 5

AN : n 0  2,0.10 3 x 20,0.10 3 

2 x 5,0.10 3 x 20,0.10 3  2,0.10 3 x 2,5.10 3 5

n0 = 5,0.10-6 mol

Calculer la quantité ne- d’électrons utilisée pour oxyder les matières organiques puis la masse d’oxygène O qui réagirait avec ces électrons selon la demi-équation électronique : O + 2 e-

O2-.

D’après la demi-équation électronique relative à l’ion permanganate,

ne   n0 5 ne- = 5 n0 AN : ne- = 5 x 5,0.10-6 mol ne- = 2,5.10-5 mol m(O) = n(O)xM(O) or

m(O) =

ne   n (O) 2

ne  x M(O) 2

2,5.10 5 x16,0 2 m(O) = 2,0.10-4 g AN : m(O) =

4. La législation précise que, pour une eau destinée à la consommation humaine, « l’oxydabilité au permanganate de potassium, mesurée après 10 minutes en milieu acide, à chaud, doit être inférieure à 5 mg.L-1 en oxygène ». L’échantillon testé peut-il être consommé par l’homme ? Dans un litre d’eau la masse m d’oxygène est : m = 10 x m(O) AN : m = 10 x 2,4.10-4 m = 2,4 mg donc IP = 2,4 mg.L-1 < 5 mg.L–1 : l’échantillon testé peut être consommé.

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Exercice II. Suivi spectrophotométrique

On s’intéresse à la transformation chimique qui a lieu entre les ions permanganate et l’acide oxalique appartenant aux couples redox MnO4-(aq)/Mn2+(aq) et CO2(aq)/C2H2O4(aq). On mélange un volume V1 = 1,00 mL de la solution aqueuse de permanganate de potassium (K+(aq) + MnO4-(aq)) de concentration molaire apportée C1 = 9,50.10–4 mol.L-1, acidifiée en excès par de l’acide sulfurique, à un volume V2 = 1,00 mL d’acide oxalique de concentration molaire en acide apporté C2 = 2,50.10-2 mol.L-1. Le volume du mélange réactionnel et la température restent constants. La transformation étant lente, on peut suivre son évolution à l’aide d’un spectrophotomètre relié à un ordinateur, en mesurant l’absorbance A du mélange réactionnel en fonction du temps (courbe ci-contre). 1. Expliquer pourquoi on peut réaliser un suivi spectrophotométrique de la réaction qui a lieu entre les ions permanganate et l’acide oxalique. L’équation de la réaction qui a lieu s’écrit : 2 MnO4 – (aq) + 5 C2H2O4 (aq) + 6 H+ (aq)  10 CO2 (aq) + 2 Mn2+ (aq) + 8 H2O (l) L’ion permanganate, qui est magenta, est la seule espèce colorée. Ainsi, la réaction peut être suivie par spectrophotométrie. La solution passe progressivement du magenta à l’incolore.

2. a. A partir de la courbe A = f(t) trouver le réactif limitant. La seule espèce colorée est l’ion permanganate. D’après la loi de Beer-Lambert, l’absorbance est proportionnelle à la concentration effective de l’ion permanganate pour de faibles concentrations. Étant donné que l’absorbance s’annule à partir d’une certaine durée, on peut donc dire que la concentration effective de l’ion permanganate s’annule ainsi que sa quantité. La transformation étant totale, l’ion permanganate est le réactif limitant. b. Vérifier le résultat précédent par le calcul.

n i MnO4  niKMnO4 C1V1 9,50.10 4 x1,00.10 3     4,75.10 7 mol 2 2 2 2 n i C 2 O 4 2 ni( NH 4 ) 2 C 2 O 4 C 2 V2 2,50.10 2 x1,00.10 3     5,00.10 6 mol 5 5 5 5 n i MnO4  n i C 2 O 4 2 < donc MnO4- est le réactif limitant. 2 5

A l’aide d’une échelle de teintes, on trace la courbe

d’étalonnage et on obtient la relation suivante : A(t) = k.[MnO4-](t) avec k = 2,50.103L.mol-1.

On peut ainsi tracer les variations de l’avancement en fonction du temps x = f(t) :

4 /6

3. Montrer que l’expression numérique de x(t) en fonction de A(t), qui a permis de tracer cette courbe s’écrit : x(t) = (4,75 – 4,00A(t)).10–7 mol. D’après la loi de Beer-Lambert, A(t) = k.[MnO4-](t) A(t) = k

nMnO4  ( t ) V

A(t) = k

niMnO4   2x(t ) V

A(t) x

V = niMnO4- - 2 x(t) k

x(t) = (

C 1 .V1 V1  V2 A(t)) 2 2k

EN : x(t) = (

9,50.10 4 x1,00.10 3 1,00  1,00 3 .10 A(t)) 2 2x 2,5.103

x(t) = (4,75.10-7 - 4,00.10-7A(t)) x(t) = (4,75 - 4,00.A(t)).10-7 4. Définir puis déterminer le temps de demi-réaction. Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que l’avancement atteigne la moitié de sa valeur x x finale : x(t1/2) = f = max car cette réaction est totale. 2 2

4,75.107 2 x(t1/2) = 2,38.10-7 mol Graphiquement, x = 2,38.10-7 mol pour t1/2 = 3,3.102 s x(t1/2) =

La vitesse volumique de réaction est égale à la dérivée de l’avancement par rapport au temps multiplié par l’inverse du volume du mélange réactionnel. 5.a. Écrire l’expression mathématique correspondante à la phrase donnée précédemment et en déduire une expression de la vitesse volumique de réaction en fonction de A(t). 1 dx ( t ) v(t) = V dt 1 d v(t) = [(4,75 - 4,00.A(t)).10-7] 2,00.10 3 dt v(t) = 

4,00.10 7 dA(t ) 2,00.10 3 dt

v(t) = -2,00.10-4

dA( t ) dt

b. Décrire l’évolution de la vitesse volumique de réaction au cours du temps dans le cas de la réaction étudiée. 1 dx ( t ) v(t) = donc à chaque instant, la vitesse volumique de réaction est égale au coefficient directeur de V dt la tangente à la courbe x(t) divisé par le volume du mélange réactionnel. Or la courbe x = f(t) qui est croissante, présente un point d’inflexion, donc la vitesse volumique de réaction augmente jusqu’à l’abscisse du point d’inflexion où elle présente un maximum puis diminue au cours du temps.

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On fait l’hypothèse que l’un des produits formés au cours de la réaction est un catalyseur. 6. En quoi cette hypothèse permet-elle d’expliquer une éventuelle différence entre le résultat donné à la question précédente et le cas général ? Cette réaction est autocatalysée. La vitesse de réaction n’est pas maximale à l’instant initial et ne décroit pas au cours du temps comme dans le cas général. Au cours de la réaction, il y a compétition entre deux facteurs cinétiques : - la concentration des réactifs qui, diminuant, tend à faire diminuer la vitesse de la réaction, - le catalyseur Mn2+ qui apparaissant, tend à augmenter la vitesse de la réaction. Dans un premier temps, « l’effet catalyseur » l’emporte sur l’effet de la diminution de la concentration des réactifs. Dans un second temps, « l’effet catalyseur » ne suffit plus à compenser la diminution de vitesse liée à la consommation des réactifs : la vitesse diminue alors jusqu’à s’annuler.

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M2 – Physique - Corrigé du QCM du concours blanc 1 - 20 décembre 2013 Le référentiel supposé galiléen est la Terre, sauf dans les questions 9 et 13. Question 1 : B La vitesse du chariot s’annule à la date t = 2,5 s. Pendant 2,5 s, la distance parcourue est égale à l’aire sous la courbe : d = ½(0,8 × 2,5) ; d = 1,0 m Question 2 : D L’énergie mécanique du système {solide} en interaction avec le ressort et la Terre, se conserve entre l’état 1 : solide sans vitesse à l’altitude h, et l’état 2 : solide sans vitesse sur le ressort comprimé de X. En effet, aucune force extérieure au système ne s’exerce sur le système entre les états 1 et 2. On choisit Epp = 0 pour G en O, Epe = 0 pour le ressort non déformé. Théorème de l’énergie mécanique : Em2 – Em1 = 0 ; soit : ½ k(X)² + mgz2 – mgz1 = 0 ; mg(z1 – z2) = ½ k(X)² ; or z1 – z2 = (X + h) ; donc : X + h = kX² /(2mg) d’où h = – X + kX² / (2mg) ; h = 0,40 m ou 40 cm Question 3 : D ème Système S : le chariot, référentiel Terre galiléen, 2    loi de Newton : m a = P + R n (1) (A vrai) : en B, les deux forces exercées sur le solide sont verticales, l’accélération est donc aussi verticale, elle est alors radiale. La trajectoire est circulaire, alors l’accélération est centripète, donc dirigée vers le haut. (B vrai) : soit vD la vitesse du solide au point D le plus haut de la trajectoire ; en D la réaction de la piste est verticale dirigée vers le bas ; on projette (1)  sur le vecteur unitaire normal n de la base de Frenet également vertical et dirigé vers le bas en ce point D : mv²A /r = Rn + mg ; il faut Rn ≥ 0 ; donc : vD² > gr (C vrai) : la résultante est la somme vectorielle du poids, vertical vers le bas, et de la réaction normale, horizontale et dirigée vers la gauche en C. D faux : S est conservatif, la réaction normale ne travaille pas. alors Em(D) – Em(A) = 0 ½ mvD² + mg×2r – mg×h = 0 ; comme vD² > gr, h > ½r + 2r ; h > 2,5 r. On peut arrêter là… (E vrai) pour le plaisir : Le looping ne joue aucun rôle : Em(E) – Em(A) = 0 donc : ½ mvE² – mgh = 0 donc vE² = 2gh Question 4 : B et E La portée P = L est la même pour deux valeurs de l’angle de tir, angles complémentaires : P

v 02 sin 2 ; on en déduit : sin2 = gL/v²0 ; sin2 = 0,5 ; donc 2 = 30° ou (180 – 30) = 150° g

d’où  = 15° ou 75° : deux réponses à cocher Question 5 : A, C, E Notations : (1) pour l’ion Néon 20 et (2) pour l’ion Néon 22. Ils ont la même charge q = + e A vrai : les ions sont accélérés de P1 à P2 par la force électrostatique. 3 Théorème de l’énergie cinétique : ½ mv² – 0 = eU ; U est bien positive. U = E×d ; U = 1,5.10 V. B faux : Entre P1 et P2, un ion est soumis à la force électrostatique : = e ; deuxième loi de Newton :

;

comme l’accélération dépend de la masse, elle est différente pour les ions (1) et (2). C vrai : aucune force n’est appliquée aux ions entre O2 et O, alors EC est la même en O2 et en O : EC(O) = eU EC(O) ne dépend pas de la masse de l’ion, elle est la même pour les deux ions. Mais les ions n’ont pas la même vitesse en arrivant en O : les vitesses sont v1 et v2 telles que : eU = ½ m1v1² = ½ m2v2² (1) D faux et E vrai, en effet : Dans le repère du schéma : = E0. Soit un ion de charge e et de masse m, passant à t = 0 par le point O avec la vitesse Corrigé du CB 1 Physique M2 20 décembre 2013

= v0. . Page 1

Il n’est soumis qu’à la force électrique = ème e ; la 2 loi de Newton donne : = ; accélération dont les coordonnées sont ax = 0 et ay = Soit v0 la vitesse d’entrée en O. En prenant les primitives : vx = v0 ; vy =

puis : x = v0t ; y =

t² ;

Équation de la trajectoire : y(x) =

x² ;

ce qui donne, pour chaque sorte d’ions : y1(x) =

x² et y2(x) =

x²

On vérifie ainsi que les ordonnées sont positives. D’après (1) : m1v1² = m2v2² : les équations des trajectoires sont identiques pour les deux sortes d’ions. Pour x = l, à la sortie du champ, les ordonnées seront les mêmes : yS =

l²=

l²

Sur l’écran, les points d’impact J seront les mêmes : en effet, Y/L = yS / (l/2) Y1 = Y2 = 2yS×L/l : on ne peut pas séparer les ions. Question 6 : C Pendant le choc en O, très bref, on considère que le système S : {projectile + boule} est pseudo-isolé. Sa quantité de mouvement se conserve : m = (m + M) . En projetant sur Ox : Mv = (m + M)V’ ; v = 10V’ Pour calculer V’, on étudie le système S entre le départ à la vitesse V’ et l’arrivée en A avec une vitesse nulle. S est conservatif car aucune force extérieure non conservative ne travaille, la tension du fil étant orthogonale à la vitesse. La variation d’énergie mécanique entre O et A est nulle : Em(A) – Em(O) = 0 (m + M)gh – ½ (m + M)V’² = 0 Avec h = L(1 – cos60°) ; h = L/2 ; V’² = 9 V’ = 3,0 m/s ; d’où : v = 30 m/s Question 7 : B ème La 2 loi de Newton ne permet pas de calculer directement la force exercée par 1 sur 2, car on ne connaît pas toutes les autres forces exercées sur 2 (on ne connaît pas la force exercée par 3 sur 2). ème Mais la 3 loi de Newton permet d’écrire que la force exercée par 1 sur 2 a la même norme que la force exercée par 2 sur 1. Or on connaît les forces exercées sur le système {plot 1}, on peut lui ème appliquer la 2 loi de Newton : le plot 1 est soumis à la force exercée par le plot 2, à la force , à son poids et à la réaction normale du plan : m = + 2/1 + m + n On projette sur l’axe x’x horizontal de même direction et même sens que : max = F – F2/1 ; F2/1 = F – max ème il faut calculer l’accélération, qui est celle de l’ensemble des 3 plots. On applique la 2 loi de Newton au système {1 + 2 + 3} : 3m× = + 3m + 3 n Puis on projette sur x’x : 3max = F ; donc ax = Corrigé du CB 1 Physique M2 20 décembre 2013

; F2/1 = F –

; F2/1 =

; d’où F1/2 = Page 2

Question 8 : D tN = 400 ans est la durée propre, mesurée dans le référentiel propre de la navette. tH = 500 ans est mesurée depuis le référentiel héliocentrique qui n’est pas le référentiel propre. tH = ×tN ; d’où  = 5/4 ; 1/ = 4/5 ; or (1/)² = 1 – v²/c² ; d’où v² = [1 – (1/)²]c² ; v² = (9/25)c² 8 –1 v = (3/5)c ; v = 1,8.10 m.s . Question 9 : A La hauteur de l’eau dans le verre ne change pas, car le volume Vf de l’eau de fusion du glaçon est égal au volume Vg de glace immergée, en effet : Puisqu’il y a équilibre du glaçon : le poids et la poussée d’Archimède ont la même norme : P = A et A = e × Vg × g Le poids du glaçon est aussi égal au poids de l’eau de fusion : P = e × Vf × g ; donc Vg = Vf Question 10 : C Cette force s’exerce sur le vaisseau spatial ; mais on ne connaît rien sur ce système (ni masse ni variation de vitesse pendant la durée t). ème Cette force est opposée à la force exercée par le vaisseau sur les gaz (3 loi de Newton). Comme les données de l’exercice ne concernent que les gaz éjectés, on va prendre pour système ème {gaz éjectés pendant t} ; sur ce système, la seule force exercée est . La 2 loi de Newton s’écrit : =

; comme on nous demande la force moyenne pendant t, on remplace

moyenne pendant t, soit :

 

; soit

= m×



: on en déduit que

par sa variation

est colinéaire et de même

sens que ; comme la force recherchée est opposée à , a la direction de la vitesse , elle est de sens contraire. 6 Les valeurs F’ et F sont égales à : F = F’ = m×v/t ; F = 2,5.10 N : C vrai. Question 11 : E L’énergie mécanique de l’oscillateur Em est égale à la somme de son énergie cinétique EC et de son énergie potentielle élastique Ep. Em = ½ mv² + ½ kx². Aucune force extérieure non conservative ne travaille sur l’oscillateur, son énergie mécanique est donc constante. (On choisit l’état de référence de sorte que l’énergie potentielle de pesanteur soit nulle). Lorsque la vitesse est nulle, EC = 0, alors Em = Ep max ; l’élongation est maximale : x = Xm (où Xm est l’amplitude du mouvement). Cela permet de calculer l’énergie mécanique : Em = ½ kXm² (A et B vrais) : Lorsque x = 0, la force de rappel, qui est proportionnelle à l’élongation x, s’annule. Et si x = 0, Ep = 0, l’énergie mécanique est entièrement sous forme cinétique : Ec est maximale : EC max = Em ; Ec max = ½ kXm² (C vrai) : si EC = 0, Em = Ep qui est alors maximale. (D vrai) et E faux : la période de l’énergie cinétique et celle de l’énergie potentielle sont égales à la moitié de la période des oscillations (vu en TD). Comme la fréquence est l’inverse de la période, la fréquence des énergies est le double de la fréquence des oscillations. Question 12 : C, D A) Faux. La période est proportionnelle à la racine carrée de la longueur. B) Faux. La période augmente car la longueur du pendule augmente : l'horloge retarde. C) Vrai . La période diminue car la longueur du pendule diminue : l'horloge avance. D) Vrai. Au sommet d'une montagne g est inférieur à sa valeur en bord de mer : donc la période augmente. Deux bonnes réponses : E faux Question 13 : B, E Soit le référentiel astrocentrique supposé galiléen. A faux : l'accélération est toujours dirigée vers le centre de l'astre F, puisque la force gravitationnelle ème est dirigée vers le centre de F et que, d'après la 2 loi de Newton : = grav /m. B vrai : d'après la loi des aires. C faux : at n'est nulle que en A et en C. En tout autre point de la trajectoire, la force gravitationnelle a une projection non nulle sur le vecteur unitaire tangentiel, alors aussi car : = grav /m. D faux : = grav /m et d'après la loi de la gravitation : F = GmM / (FA)² ; alors g = GM / (FA)²

Corrigé du CB 1 Physique M2 20 décembre 2013

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E vrai d'après la loi des aires : La vitesse aréolaire est constante, soit :

; les inverses sont aussi égaux :

Question 14 : A Si objet et image sont réels, la lentille est convergente. On reconnaît la méthode de Silberman : si le grandissement est égal à – 1, la distance objet-image est égale à 4f’. f’ = ¼ m ; f’ = 25 cm. Question 15 : D L’image A’B’ d’un objet AB à l’infini se forme sur la rétine, distante de d = 1/C de l’œil : OA' = 1/C ; 1 d’où : = C. Quand l’œil regarde un objet à 0,25 m devant la lentille ; or 0,25 m = ¼ m OA' 1 1 –1 = – 4 m . L’image se forme toujours sur la rétine : OA' = 1/C. La nouvelle OA = – m ; d’où : 4 OA 1 1 vergence C’ est donnée par la formule de conjugaison : C’ = – ; C’ = C + 4 = 64  OA' OA Question 16 : D Lors de sa formation à la date t = 0, le caillou contenait uniquement du potassium 40. 40 40 Lorsqu’un noyau K se désintègre, il donne un noyau de Ar. 16 16 NAr = 3.10 noyaux d'argon ont été formés par la désintégration de 3.10 noyaux de potassium : le 16 16 nombre de noyaux de potassium était à la date t = 0 : N0 = NK + NAr ; N0 = (3 + 1)10 ; N0 = 4.10 . 16 Le nombre de noyaux de potassium encore présents à la date t est : N(t) = 10 , soit N(t) = N0/4. Le nombre de noyaux radioactifs a été divisé par 4 = 2² au bout de la durée t : il s’est écoulé deux 9 demi-vies. L’âge du caillou est t = 2×t1/2 ; t = 3.10 ans. Question 17 : C, D A Faux. Il peut y avoir transformation d’un proton en neutron ou inversement. C’est la charge électrique qui se conserve. B Faux. énergie libérée = (El/A) × (nombre de nucléons) = 2 El/A C Vrai. 31H + 21H → 42 He + 01n ; en accord avec les lois de conservation. D Vrai. Elib = 4[El/A( 42 He )] – 3[El/A( 31H )] – 2[El/A( 21H )] ; Elib = 4×7,1 – 3×2,8 – 2×1,2 ; Elib = 17,6 MeV E) faux : ce sont les particules produites par la réaction qui emportent l’énergie, les noyaux de deutérium et de tritium (qui ont réagi au cours de la réaction) ne sont plus présents. Question 18 : B On pose : R1 = 10  ; R2 = 15  ; R3 = 30  ; soit Req la résistance équivalente aux dipôles en parallèle de résistances R2 et R3. On applique deux fois la loi de Pouillet : Interrupteur ouvert : I0 = E/(R1 + R2) ; I0 = 2,0 A. Req = R2×R3 / (R2 + R3) ; Req = 10  Quand on ferme l’interrupteur, le circuit équivalent série comprend R1 et Req. Loi de Pouillet : I = E/(R1 + Req) ; I = 2,50 A. L’intensité augmente donc de I – I0 = 0,50 A. Question 19 : E La puissance électrique consommée par le moteur est : Pconso = UI soit Pconso = 10×I (en W) La puissance utile (ou puissance mécanique) est Pméca = . , où la force motrice a la même valeur ère que le poids de la charge, puisque le mouvement est rectiligne uniforme (d’après la 1 loi de Newton, le mouvement étant rectiligne uniforme : + m = ; alors P = F) ; Pméca = mg.v ; Pméca = 20 W. Le rendement du moteur est  = Pméca / Pconso ; soit  = 2 / I Un rendement ne peut pas être supérieur à 100 %, alors I ne peut pas être inférieure à 2,0 A. Question 20 : D Puissance disponible aux bornes du générateur (ou puissance utile) : P = UI = 60 W. Puissance perdue par effet Joule : PJ = 20 W Puissance totale (ou engendrée) par le générateur : Ptot = P + PJ = 80 W Rendement :  = P/Ptot ;  = ¾ ;  = 0,75 ou 75 %

Corrigé du CB 1 Physique M2 20 décembre 2013

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M2 – QCM de Chimie – Corrigé Concours Blanc n°1 – Décembre 2013

Exo 1 (a et d) (a) vrai : l’ionicité de la solution est modifiée avec l’avancement de la réaction, G va donc varier avec x. (b) faux : il n’y a aucun protons apparaissant dans la réaction considérée (c) faux : de la courbe A=f([I2]) on tire le coefficient K de la loi de Bee-Lamber K=76,0 L.mol-1. On en tire donc [I2]max=Amax/K=1.5 10-2 mol.L-1. D’après l’équation de la réaction on a donc : 2[I2]max=[I-]0=3,0 10-2 mol.L-1. (d) vrai : à t1/2, [I-]1/2=[I-]0/2=1,5 10-2 mol.L-1 Exo 2 (b) (a) A=K[I2] donc

. En mesurant la pente de la tangente à l’origine

de la courbe A=f(t) et en multipliant le résultat par 1/K, nous obtenons la mesure de la vitesse de réaction initiale. AN : Exo 3 (a) 1,26g d’acide HNO3 pur à 50% en masse0,63g de HNO3 dans un litre d’eau. Le nombre de mole correspondant est donc n0 = m/M = 10-2 mol. L’acide nitrique est un acide fort, donc totalement dissocié dans l’eau. pH = -LogC0 = 2,0 Exo 4 (d) Pour le premier mélange équimolaire en réactifs ; Pour le deuxième mélange, on aura donc : . Cette dernière équation nous donne une équation du second degré à résoudre : , laquelle admet 2 solutions : x1= 0,47 mol et x2 = 2,90 mol. Seule la première convient, l’autre étant plus grande que xmax=1 Le pourcentage molaire d’eau à l’équilibre dans ces conditions est donc :

Exo 5 (b) Soit « k » la constante de la cellule, ; or

on a donc : ce qui donne

Exo 6 (d) L’oxydation de l’aluminium par l’acide est une réaction d’oxydo-réduction :

0,027 g d’aluminium  n0(Al)=0,01 mol 50,0 ml d’acide  n0(H3O+)=CV=5,0 10-3 mol xmax=5,0 10-3/6 = 8,3 10-4 mol. L’acide est le réactif limitant et Al est en excès. En fin de réaction, nf(Al) = 0,01-2 xmax = 8,3 10-2 mol. Soit mf(Al) = 0,22g Exo 7 (d) Oxydo-réduction en milieu basique. ClO- / Cl- : CO32-,N2 / CN- : La réaction globale est donc :

on aura donc :,

soit

Exo 8 (a) avec par définition du Ks :

Lors du mélange, avant formation du précipité, les solutions initiales sont diluées : [SO42-]=C1V1/(V1+V2)=C1*20/60 et [Ag+]= C2V2/(V1+V2)=C2*40/60 Lorsque

est

telle

que

précipitation

commence,

aura

donc :

Soit C2 = 4,6 10-2 mol.L-1. Exo 9 (b) Lorsque « t » devient grand, la fonction x(t) tend vers 2,0 mol (voir la limite). Au temps de demi réaction on aura donc x1/2 = 1,0 mol. Le temps de demi réaction sera donc donner par la résolution de l’équation : , ce qui donne t1/2 = 1 minute Exo 10 (c) Faire le schéma du montage en série des 2 piles, en indiquant le sens de circulation des électrons et des ions en solution ! Cette pile s’arrêtera lorsque les ions Cu2+ du compartiment cathodique de la pile P2 auront été consommés totalement ! L’équation de fonctionnement étant : , nous en déduisons + que l’on aura formé 2*0 ,05*0,5 mol de Ag dans le volume du compartiment cathodique de P2. On aura donc [Ag+]f = 0,05 + 2*0,05 = 1,5 mol.L-1

CORRIGE CONCOURS BLANC N°1

17/12/2013

Exercice N°1 : Observation de la couronne solaire (5 points)

A’ A

1) a) Il suffit de tracer un rayon parallèle au 2 premiers passant par O donc non dévié. Ces trois rayons proviennent d’un point objet situé à l’infini, le point image conjugué est donc un foyer secondaire (dans le plan focal image). b) Tous ces rayons sont symétriques à ceux provenant de l’extrémité supérieure du Soleil par rapport à l’axe optique. Il sont tous parallèles entre eux et comme précédemment, il suffit de celui qui passe par O et qui n’est pas dévié pour localiser le point image qui est un autre foyer secondaire. c) C’est la distance focale puisque le Soleil est à l’infini et que son image se forme sur le disque occulteur. d) α = tanα (en rad) = (D/2)/f1’ => D = 2f1’α = 2 × 1000 × (0,528×π/180) = 18,4 mm

⎛ 1 1 1 1 1⎞ − = ⇒ O2 A′ = ⎜ + 2) a) ⎟ O2 A′ O2 A f ′ O2 A f ′ ⎠ ⎝ 2 2

b) γ =

−1

1 ⎞ ⎛ 1 =⎜ + ⎟ = 0,600 m ⎝ −0,300 0,200 ⎠

D′ O2 A′ O A′ 600 = ⇒ D′ = 2 × D = × 18,4 = 36,8 mm D O2 A O2 A 300

3) Le disque occulteur étant placé à 300 mm de L1 et se formant dans sont plan focal image, on a donc O1A = 1,000 m. Et comme O2A = 0,300 m, on déduit O1O2 = 1,300 m

⎛ 1 1 1 1⎞ − = ⇒ O2O1′ = ⎜ + ⎟ ⎝ O2O1 f 2′ ⎠ O2O1′ O2O1 f 2′ 1

−1

1 ⎞ ⎛ 1 =⎜ + ⎟ = 0,236 m ⎝ −1,300 0,200 ⎠

0,25 0,25 ___ 0,25 0,25 0,25 ___ 0,5 ___ 0,25 0,25 0,25 ___ 0,25 0,25 0,25 ___ 0,25 0,25 0,25 ___ 0,25 0,25 0,25 0,25

Exercice 2 : PINCIPE DU SPECTROMETRE DE MASSE A TEMPS DE VOL (5 points) 1. a)

Accélération des ions

E est uniforme et perpendiculaire aux grilles qui forment un condensateur plan. De plus, E est orienté vers les potentiels décroissants. Enfin, s’agissant de cations, ils sont accélérés si VA > VB , d’où le tracé.

b) E = U/d = 700/0,050 = 14 kV. c)

ions H de masse m, de charge +e sont soumis à la seule force électrique Fe dans le RTG. eE e a= ⇒ PFD : m a = Fe = +e E ⇒ a = E m m a = 1,602.10-‐19 × 14.103 / 1,6726.10-‐27 = 1,3.1012 m.s-‐2

d) La seule force agissant entre A et B étant conservative, on a Em(A) = Em(B). Ec(A) + Epél(A) = Ec(B) + Epél(B) 0 + e.VA = Ec(B) + e.VB => Ec(B) = e(VA – VB) = e.U 1 2eU e) Ec(B) = mv B2 ⇒ v B = m 2 2 × 1,602.10 −19 × 700 f) v B = = 3,7.105 m.s-‐1 1,6726.10 −27 2. Vol des ions a) En l'absence de champ électrique, les ions ne sont soumis à aucune force (influence de la pesanteur négligeable) dans le RTG. Leur mouvement est donc rectiligne uniforme (à la vitesse vB) d’après le principe d’inertie. m b) vB = L/t => t = L/vB. Et d’après e) t = L. 2eU c) d) t = 0,230/3,7.105 = 6,3.10-‐7 s

0,75 0,25 0,25 ___ 0,25 0,25 0,25 0,25 ___ 0,5 0,25 0,25 ___ 0,25 ___ 0,25 ___ 0,5 0,25 0,25 ___ 0,25

Exercice N°3 : QCM (10 points) Reporter dans la grille suivante une croix dans la ou les case(s) correspondant à la ou les réponse(s) que vous pensez être juste(s) :

10)

Numéro de la question

Réponse

Numéro de la question

Réponse

Numéro de la question

Réponse

Numéro de la question

Réponse

ABD

ACD

ABD

ACD

BCD

ACD

ABC

BCD

ACD

ABC

QCM BIOLOGIE CB1 M2/M5

La correction du QCM se fera en amphi la semaine de la rentrée et celle du DST en séance de TD. Passez de très bonnes fêtes de fin d’année.

Isabelle Meierhans