Bac 2022 - corrigé du sujet de spécialité Physique chimie

Elisabeth Le Prettre

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• Publié par: LeParisienEtudiant
• Publié le: 11 mai 2022
• Nombre de lectures: 51 728
• Langue: Français

Extrait

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BAC 2022
Le corrigé du sujet de spécialité de Physique Chimie

Exercice 1 le colorant E127

1.

Le groupe A appartient à la famille des alcools.
Le groupe B appartient à la famille des cétones
Le groupe C appartient à la famille des acides carboxylique

2. D’après l’énoncé, le pH du révélateur de plaque dentaire étudié est de 7,0. Traçons le
diagramme de prédominance :

- 2- Her Er 2
pKa1 = 2,4 pKa2 = 3,8
2- Pour pH = 7,0 on est dans le domaine de prédominance de Er

3. Le spectre d’absorption montre un maximum d’absorption pour = 525 environ.
Le cercle chromatique montre que cette absorption correspond à la couleur
complémentaire (donc de la solution) rouge. La solution est donc rouge.

4. L’absorption de la solution S est A = 0,484, ce qui correspond avec la courbe
d’étalonnage à c = 5,5 µmol/L
Or S correspond à 0,5 mL de révélateur complété à 2,0L avec de l’eau distillée
−6 −5Soit n = c x V = 5,5× 10 × 2,0 = 1,1× 10
−51,1×10 −2Ce qui donne une concentration c = n/V = = 2,2× 10 / −30,5×10
−2Le titre massique est t = CxM = 2,2× 10 × 880 = 19 /
Soit environ 1,9 % en masse.
Le résultat trouvé est en concordance avec les données du fabriquant.

5. Etape n°1 : réaction de substitution
Etape n°2 : filtration de l’érythrosine
Etape n°3 : identification du produit obtenue par mesure de la température

6. Pour accélérer la synthèse on a chauffé à l’étape 1

7. calcul de la quantité de matière :
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= ,
pour le I , on trouve n(I ) =9,5 /254 = 0,037 mol 2 2
pour le H Flu, on trouve n(H Flu)=5,0 /332 = 0 ,015 mol 2 2
or pour etre dans les proportions stoechiométriques il faudrait n(I )/4 = n(H Flu) 2 2
Ici on note n(I )/4 < n(H Flu) 2 2
Le diiode est le réactif limitant

8. on obtiendra donc au maximum n(H Ery) = 0,037/4 = 0,0094 mol 2
Soit m = nxM = 0,0094x836 =7,8 g
Or le rendement est r = 59%
La masse expérimentale obtenue est 7,8 x 0,59 = 4,6 g

9. comme on a synthétisé 4,6 g d’érythrosine.
On a donc n = 4,6 /836 = 0,0055 mol
Or on a une concentration nécessaire de 0,022 mol/L soit un nombre de mol n = CxV =
−3 −40,022 x 10× 10 = 2,2× 10 dans chaque flacon
−4On aura 0,0055/2,2× 10 = 25 flacons

10. La vitesse volumique de disparition est très grande au début de l’expérience puis
diminue au cours du temps. Cela est dû à la concentration des réactifs qui diminue
également.

11. On a la concentration à t = 0s de 8,5 µmol/L
On cherche t pour 4,3 µmol/L, on trouve t(1/2) = 150 s.
Il faut donc attendre 5x150 = 750 s soit plus de 12 min pour considérer que la réaction est
terminée, ce qui est long.

12. on voit que le temps de demi-réaction est plus faible dans le cas de l’expérience B il
faut donc ajouter davantage d’eau de Javel et ainsi avoir un temps de demi-réaction de 50s
au lieu de 150s

Exercice A
1. Phase 1 : la balle s’élève jusqu’à 0,82 m puis retombe
Sa vitesse, en valeur absolue, diminue jusqu’à l’altitude 0,82 m puis augmente de
nouveau.

2. Phase 2 : le jongleur attrape la balle. Dès qu’il a attrapé la balle le vecteur vitesse
change de sens et il l’a renvoie vers le haut en lui communicant une vitesse initiale

⃗ 3. Lors d’une chute libre, la balle n’est soumise qu’à son poids = × qui est
verticale vers le haut. Comme la deuxième loi de Newton donne :

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∑ ( ) = × et que la seule force qui s’applique ne dépend que de l’axe Oy.
Le vecteur accélération aura donc pour composante selon Oy : (0,− ) �
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Le vecteur vitesse sera ( ;− × + ) avec le vecteur vitesse initiale 0 0
⃗⃗ ( ; ). 0 0 0

La composante de la vitesse ne dépend donc que de qui est une constante 0
1
4. = ( ² + ²) 0 00 2
5. Au point le plus haut la vitesse selon l’axe Oy est nulle et l’énergie mécanique vaut
1
= + × ². 02
Or si on considère que les frottements sont négligeables, =
0
1 1
Soit ( ² + ²) = + × ² 0 0 02 2
²0Soit =
2

6. On trouve = 4,00 m/s 0
4,00²
D’où = = 0,82 ce qui est en concordance avec la figure 2a qui donne
2×9,81
0,82 m environ également

7. D’après la question 3 ( ) = − × + 0
8. Comme = 4,00 m/s et que (0,4) = 0 / . 0
( )−0Soit = =10 m/s²
La valeur est proche, compte tenu des incertitudes de lecture de la vraie valeur
9. On a ( ) = − × + 0
1 2D’où y = − + × 02
10. On cherche le temps de vol donc pour que y =0
1
0= t(− �� + ) 02
2 0
t = air
²0or =
2
soit = √2�� 0
2 2��√ 8
on remplace t = = air √

8×0,82
11. On trouve t = = 0,82 √air
9,81
C’est extrêmement rapide d’où le fait d’être un très bon jongleur


Exercice B

1. On a la masse volumique et le volume du fer à cheval, d’où m = × =
7,87× 104= 818
2. La variation d’énergie interne est �� = × × ��
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−3 5D’où �� = 818× 10 × 440× (900− 15) = 3,2× 10
3. L’énergie interne représente l’ensemble de toutes les énergies qui se manifestent
à l’échelle microscopique. Elle est positive donc car le fer à cheval gagne de la
chaleur qui va se traduire par plus d’agitation thermique des atomes.
4. On a la loi de Newton : = ℎ× × ( − )
or =
comme le système est incompressible Q = ��
× ×( )soit ℎ× × − =
soit ℎ× × − ℎ× × = × ×
ℎ× ℎ×
soit on divise par × : + × = ×
× ×
×
si on pose = , on arrive à + =
ℎ×
d’où + =
−
( ) ( )5. On a = − × + 0
−( − )0D’où = − ×
− −
( − ) ( − )0 0On remplace − × + × + =
On obtient = ce qui est toujours vrai
La solution proposée est solution de l’équation différentielle
6. Le maréchal ferrant l’installe au bout de 2 min,
−120
880soit (120) = (900− 15)× + 15 = 787°C
La corne du sabot du cheval se retrouve bien brulée à une telle température
7. On cherche à avoir une température finale de 40°C.
( )−
Soit = − × ln ( )
( )−0
40−15
D’où = −880× ln ( )=2774 s
( )600−15
Soit environ 46 min
8. La solution utilisée pour modéliser le refroidissement ne s’applique pas ici. Il
faut donc changer de modèle : en plongeant le fer à cheval dans l’eau, la
température ne suit pas une équation linéaire du premier ordre



Exercice C
1. Pour charger le condensateur il faut qu’il soit relié au générateur G donc il faut
basculer l’interrupteur en position 1
2. Lors de la charge on a d’après la loi des mailles
u + u = E C r
soit u + r.i = E C
.
or ⅈ = =
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on remplace u + r.C. = E C
−
3. La solution donnée est ( ) = × (1− )
−
Or = ×
− −
On remplace : × 1− + r.C. × = E ( )
La solution donnée n’est solution de l’équation différentielle que s=i . qui
représente la constante de temps lors de la charge et qui est en secondes.
4.



u (V) C




E















t(s)
au bout d’un tempe très long u = E C

5. A la date t1 = 5 ×
−5 ×
( )Soit = × (1 − )
−5Soit ( ) = × (1− )
−5( )Or 1− = 0,99
Soit ( ) = × 0,99. Il a bien atteint 99 % de sa charge finale au bout de 5 ×

6. On note que le condensateur commence à se décharger à t = 0,024 s.
( )7. On a 0,024 = 6,1 �
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On cherche le temps caractéristique de décharge correspondant à 6,1/2 = 3,1 V
environ

= 0,036-0,024=0,012 s
3 −6Or R×C = 10× 10 × 1,5× 10 = 0,015
Le temps caractéristique de décharge trouvé graphiquement est en concordance avec le
calcul théorique et est très rapide puisqu’au bout de 5 × = 0,06 s il est totalement
déchargé (à 99%)

8. Si le corps d’un adulte a une résistance comprise entre 50 stance comprise entre 50
et 150 alors le temps caractéristique de décharge de ce condensateur est
−6 −3compris entre R×C = 50× 170× 10 = 8,5× 10 et R×C = 150× 170×
−6 −210 = 2,6 × 10 .
Il sera totalement déchargé au bout de 5 × soit entre 0,042s et 0,13 s.
Si on attend 4s pour la délivrance du choc on est sûr que ce sera efficace.