Devoir Commun

1 ère S Correction Mai 20121 Un médicament contre l’anémie1. (a) On doit régler le spectrophotomètre à λ = 510 nm pour avoir des mesures sensibles car l’absorbanceest maximale à cette longueur d’onde.(b) L’absorbance est importante pour des longueurs d’onde correspondant à des couleurs bleu-vert;la couleur de la solution est la couleur complémentaire : rouge-orange.(c) Par lecture graphique (fonction linéaire) : pour t = 10 mg·L −1 , A = 1,8.Donc A = 0,18×t, avec A sans unité et t en mg·L −1 .Le coefficient directeur est k = 0,18 L·mg −1 .2. (a) La concentration massique en ions Fe 2+(aq) dans la solution S′ 0 est :t ′ 0 = A k = 1,450,18 = 8,1 mg·L−1 .La solution S ′ 0 est préparée en prélevant 5,0 mL de S 0 et en diluant jusqu’à 50,0 mL. Laconcentration massique t 0 dans la solution S 0 est donc :t 0 = t ′ 0 × 50,05,0 = 10t′ 0 = 81 mg·L −1 .(b) La masse d’ions Fe 2+(aq)contenue dans un comprimé est :m = t 0 V(S 0 ) = 81×1,000 = 81 mg.La quantité de matière est donc :n Fe 2+ = m M = 81.10−3 = 1,4.10 −3 mol.55,8(c) L’équation de dissolution du sulfate ferreux sesquihydraté (FeSO 4 , yH 2 O) est :(FeSO 4 , yH 2 O) (s)−−→ Fe 2+ 2–(aq)+ SO4(aq) + yH 2 O (l)Pour une quantité n de solide dissous, on obtient :n SO2−4= n n Fe 2+ = n n H2 O =yn = 1,5n.(d) La quantité de matière de sulfate ferreux sesquihydraté dans un comprimé est :n = m M = 256,3.10−3 = 1,43.10 −3 mol.178,9Donc la quantité de matière, puis la masse, d’ions fer (II) après dissolution est :n Fe 2+ = n = 1,43.10 −3 mol.m Fe 2+ = nM(Fe) = 1,43.10 −3 ×55,8 = 79,8.10 −3 g = 79,8 mg.(e) L’écart relatif avec la question 2b est :79,8−81∣ 79,8 ∣ = 1,5 %.2 La fusion : une source d’énergie quasiment illimitée1. La réaction de fusion citée dans le texte est : 2 1 H+3 1 H −−→ 4 2 He+1 0 n.Cette équation traduit bien la conservation du nombre de masse et du nombre de charge.2. L’énergie dégagée par la fusion d’un noyau de deutérium et de tritium est :E = |∆m|×c 2 = [|(m α +m n )−(m D +m T )|]×c 2E = [|(6,644 66+1,674 93)−(3,343 58+5,007 36)|].10 −27 ×299 792 458 2 = 2,818.10 −12 J.Exprimée en MeV, cette énergie vaut :E = 2,818.10−12 = 17,59 MeV.1,602 18.10−13 3. Sachant que la concentration massique en deutérium est de c m = 33 g·m −3 , le nombre N D denoyaux de deutérium dans V = 1,0 L est :N = m = c mV= 33.10−3 ×1,0.10 −3m D m D 3,343 58.10 −27 = 9,9.10 21 .4. L’énergie libérée par le deutérium contenu dans 1,0 L d’eau de mer est donc :E 1L,D = N D E = 9,9.10 21 ×2,818.10 −12 = 2,8.20 10 J.5. Sachant que le pouvoir calorifique de l’essence vaut 3,5.10 7 J·L −1 , 800 L d’essence peuvent fournirune énergie de :E 800L,ess = 800×3,5.10 7 = 2,8.20 10 J.Ce résultat confirme bien l’affirmation de l’énoncé car E 1L,D = E 800L,ess .Devoir commun 1/ 3

1 ère S Correction Mai 20123 La RMN : une technique d’analyse chimique1. Un noyau d’hydrogène 1 1H possède 1 proton (et c’est tout!).2. Le mot « uniforme » dans l’expression « champ magnétique uniforme » signifie que les caractéristiques(direction, sens, intensité) du champ magnétique sont identiques en chaque point de l’espace.3. (a) L’éthanol est un alcool.(b) Le groupe caractéristique de la famille des alcool est −OH.(c) Une liaison hydrogène peut s’établir entre l’atome O d’une molécule d’éthanol et l’atome H liéà l’atome O, d’une autre molécule d’éthanol.4. La longueur d’onde de la radiation émise par un noyau d’hydrogène lors de la transition entre les 2niveaux d’énergie E 1 et E 2 est :hcλ = = 6,63.10−34 ×3,00.10 8E 2 −E 1 1,2.10 −25 = 1,7 m.La fréquence correspondante est :ν = c λ = E 2 −E 1= 1,2.10−25h 6,63.10 −34 = 1,9.108 Hz (190 MHz).5. (a) L’atome le plus électronégatif de la molécule est l’oxygène.(b) L’atome H 3 est le plus proche de l’atome O donc il a le plus grand déplacement chimique etse trouve le plus à gauche sur le spectre RMN. On identifie de la même manière les atomes H 2et H 1 .4 Balle et rebond1. (a) Les expressions des énergies potentielle de pesanteur et cinétique sont :Epp = mgz et Ec = 1 2 mv2 .(b) Les unités de chaque grandeur sont :– Epp et Ec en J.– m en kg.– g en m·s −2 ou N·kg −1 .– z en m.– v en m·s −1 .(c) La courbe b correspond à l’énergie cinétique qui est nulle initialement puisque la balle estlâchée sans vitesse initiale.La courbe a correspond donc à l’énergie potentielle. Elle n’est pas nulle initialement ce quisignifie que la balle est lâchée d’une certaine altitude z au-dessus de l’altitude de référencepour les énergies potentielles.2. Le choc se produit à la datet 1 = 0,45 s (l’énergie cinétique est maximale avant le choc). À cette date,l’énergie potentielle est nulle donc le choc se situe à l’altitude de référence des énergies potentielles.3. En dehors du choc, les frottements n’interviennent pas, donc l’énergie mécanique E m se conserve :elle est égale à la somme des énergies cinétique et potentielle :énergie (SI)1.00.90.80.70.60.50.40.30.20.100 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0t (s)Devoir commun 2/ 3

1 ère S Correction Mai 20124. Pendant le choc, une partie de l’énergie cinétique de la balle est convertie en énergie thermique surla table.5. La vitesse de la balle est obtenue à partie de l’énergie cinétique : Ec = 1 √2Ec2 mv2 ⇒ v =√ m .2×0,98– juste avant le choc : v =100.10 −3 = 4,4 m·s−1 .√2×0,7– juste après le choc : v ′ =100.10 −3 = 3,7 m·s−1 .6. L’énergie mécanique se conservant, la valeur maximum de l’énergie potentielle est la même que lavaleur maximum de l’énergie cinétique Epp max = 0,7 J.L’altitude maximale atteinte par la balle après le rebond est donc :z max = Epp max 0,7=mg 100.10 −3 = 0,71 m.×9,8Devoir commun 3/ 3