Devoir commun de Chimie, Physique de niveau Première (exercice corrigé)

Lise&Olivier

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Avec correction. Ds 4
Devoir Surveillé (DS) en Chimie, Physique (2008) pour Première S

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Extrait

1 ère S Mr DOUËZY et Mr MEUNIER

Devoir Commun Physique Chimie CORRIGE ~ CHIMIE ~

Exercice 1: Description d'un système chimique

Le 8 décembre 2008

8 pts

On réalise une réde fer et le gaz dichlore Claction chimique entre 11,2 g 2 contenu dans un récipient de 6 L afin d'obtenir un solide de formule FeCl 3 . L'expérience est réaliséeà25°C etàune pression de 1,013 bar.

1. 2 Fe (s) + 3 Cl 2 (g)  |2 FeCl 3 (s) (1 pt) 2. Calcul de la quantitéde matière de fer: On a n 1 m M Avec m= 11,2 g et M= 56 g.mol -1 . D'où  n 1 1 6 2,1 5 1 . om l2,0 Calcul de la quantitéde matière du dichlore: On a pV=nRT d’où  n 1 Vp TR  1,013 bar = 1,013.10 p= avec 5 Pa V= 6 L= 6.10 -3 m 3   T=25°C = 298 K R=8,31 uSI % 1,013. 10 5 ´ 6. 10 3 n 1 1 0.24mol    8,31 ´ 298  Tableau d’avancement  :

Etat du systè me Avancement (en  2 Fe (s  + 3 Cl 2 (g)       | FeCl 2 3 (s) mol) )         EI 0 0,2 0,24 0 E en cours X 0,2 – 2x 0,24 - 3x 2x EF x max  0 0,16= 0,08 0,04 Calcul de l'avancement maximal:

0,2 – 2 x max > 0Þx max < 0,1mol et et d'oùx max =0,08 mol 0,24 – 3 x max > 0Þx max < 0,08 mol (1 pt calcul de qtéde mat, 1 pt tableau complet, 1 pt calcul x max )) 3. A l'état final, il y a 0,04 mol de fer et 0,16 mol de trichlorure de fer mais il n'y a plus de dichlore.(1 pt)

4. Calcul de la masse de fer restante:

On a m=n x M avec n= 0,04 mol et M=56 g.mol -1 . D'oùm= 0,04x56=2,24 g(1 pt)

Calcul de la masse de chlorure de fer crée:

On a m=n x M avec n= 0,04 mol et M=56+3x35,5= 162,5 g.mol -1 . D'oùm= 0,16x162,5=26 g (1 pt)

5. Calcul de la quantitéde matière du dichlore: On a pV=nRT d’où  n 1 RT pV  p= 1,013 bar = 1,013.10 avec 5 Pa V= 1 L= 1.10 -3 m 3 T=25°C = 298 K R=8,31 uSI 1,013. 10 5 ´ 1. 10 % 3 1 1    n Cl 2 8,31 ´ 892 040. mol Pour avoir les proportions stœchiométriques il faut avoir n Fe 1 2 3 n Cl 2 1 2´04,0 3 10,03 mol   Soit introduire une masse m=0,03x56= 1,5 g de fer.(1 pt)

Exercice 2 : dissolution de sulfate d’aluminium

4 pts

1) Soit M la masse molaire du sulfate d’aluminium : C 1 M m V.  (0,5 pt) 2) Equation de dissolution : Al 2 (SO 4 ) 3(s)  |2 Al 3 )aq + ( + 3 SO - (4 2 qa ) (0,5 pt) 3) Chaque ion s’entoure de molécules d’eau car il est chargéqu’il ne peut pas rester seul danset une solution (manque de stabilité). Ce phénomèla solvatation des ions, quand il s’agitne s’appelle d’eau, on parle d’hydratation des io

(1 pt) 4) D’après l’équation de la réaction de dissolution : [Al )qa( +3 ]=2c ; [SO (aq)4 2- ]=3c m 1 2 l.A.M[V 3 # ] 1 342, 3 ´ ,0100 2 ´ 0, 10 1 1, 7g  (1,5 pt) Exercice 3 : Dissolution et dilution 3pts 1) FeCl 3 , 6 H 2 O (s)  |Fe qa) 3 ( + + 3 Cl ( - aq) + 6 H 2 O (l) 2) D’après les coefficients stœchiométriques de l’équation précédente, on a : + [Fe (qa) 3 ]=c et [Cl q)(a - ]=3c(1 pt) 3) Lors d’une dilution la relation entre les volumes et les concentrations des solutions mère et fille est : c fille xV fille = c mère xV àprélever . On cherche le volume de la solution mèreàprélever soit : 1 V fille ´ C fille 1 5,00. 10 %3 ´ 100. 10 %3 1 5 00 mL V  à préelevr C mère 1,00. 10 %1 , On va donc prélever 5mL de solution Sàla pipette graduée de 5mL. On dépose se volume dans une fiole jaugée de contenance 100mL et on complèteàl’eau distillée jusqu’au trait de jauge. On bouche la fiole et on agite.(0,5 pt pour le calcul, 0,5 pt pour le mod'op)

~ PHYSIQUE ~

Exercice 1 : Réalisation d'un dynamomètre

1.a. Les forces (et leurs caractéristiques) qui agissent sur le systèmeàl’équilibre sont :  forc  poids P tension du ressort es T caractéristiques direction verticale verticale sens descendant ascendant valeur P = mg T point d’application centre d’inertie point d’attache  (1 pt)

10 pts

La masse volumique de l’airétant très faible, on pourra négliger la poussée d’Archimède de l’air dans la suite de l’exercice .

1.b. Le système estàl’équilibre dans un référentiel galiléen donc, d’après le principe d’inertie (dans un référentiel galiléen, si le vecteur vitesse du centre d’inertie du système ne varie pas, la somme vectorielle des forces qui s’exercent sur ce système est nulle et réciproquement), la somme vectorielle des forces qui s’exercent sur le système est nulle : P#T10 .( 0,5 relation, 0,5 justif )

1.c. Relation entre T et m : si P#T10 alors P = T or P = mg donc T = mg.(0,5 pt) 2. La grandeur x représente l’allongement du ressort

3 2 1

Te nsion du re s sort en fonction de s on allongem e nt

0 0

T = 0,0751 x

10 20 Allonge m e nt du re s s ort x (cm )

30

(1pt droite, 1 pt titre,échelle, axe avec grandeur et unité) 3. La raideur k du ressort est le coefficient de proportionnalité c’est la pente de la : T et x entre droite : k = 0,075 N.cm -1 ou k = 75 N.m -1 .(1 pt)   4.a. Par lecture graphique, pour x 1  = 16 cm, la tension T 1  est T correspondante 1  = ainsi la 12 N ; masse est m 1 = T 1 /g = 1,2 kg.(1 pt) 4.b. - La valeur indiquée par l’index a diminuécar une nouvelle force s’exerce de bas e n n é) h e a l ut baeg   i . r g u l s l  ( e 0   , s 5 y p s t t ) ème : c’est la poussée d’Archimède dueà l’eau (elle n’est plus T  - Schéma des forces appliquées au système assimilé àson centre d’inertie G :  G P a Les forces sont le poids P , la tension du ressort T et la poussée d’ArchimèdeP a .(0,5   p   t   )  Le syst -ème est immobile dans un référentiel galiléen donc, d’après le princip P e d’inertie, on aP#T# P a 10soit (selon le sens des vecteurs) P = T + P a ou encore mg = kx 2 +ρ eau Vg.(1 pt)

%kx´ % ´ Le volume V de la boite est donc V = mg Λ eau g 2 1 1,0 1 21 ´1 7 0 051, 10, 45L .(0,5 pt) 5. Pour un allongement x 3 de 20 cm, la tension du ressort correspondante est, par lecture graphique, T 3 = 15 N.(0,5 pt) Exercice 2 : Force et mise en mouvement d'un objet 3 pts

1. Un force ne peut mettre le cylindre en rotation (autour de son axe) que si sa direction ne coupe pas l’axe de rotation et ne lui est pas parallèle. On peut donc dire que le cylindre sera mis en rotation dans les cas 3, 4, 5 et 6.(2 pt) 2. cas 3 4 5 6 sens de la sens sens sens inverse sens inverse rotation trigonométrique trigonométrique trigonométrique trigonométrique (1 pt)

Exercice 3 : Forceértsolceequtita

1. Valeur de la force exercée par F A B 1 k. A q A B .q B = 2,9.10 -5 N. q A sur q B : / 2 La force exercée par q B sur q A est la même que la force exercée par q A sur q B : F = F B/A 1F A/B = 2,9.10 -5 N. (0,5 pt FL, 0,5 pt calcul, 0,5 pt F B/A ) 2. (0,5 pt)

A B F B/A F A/B 3. Si la distance est multipliée par deux, la force est divisée par 4 : F = 7,1.10 -6 N.(0,5 pt) Si la distance est divisée par deux, la force est multipliée par 4 : F = 1,2.10 -4 N.(0,5 pt)

Exercice 4 : Lois de Newton :

1) Le mobile est soumisàson poids,àla réaction du sol etàla force de tension du ressort.

3,5 pts

4 pts

(1 pt) 2) Si les frottements sont négligeables, alors la réaction du sol est perpendiculaire au sol, dirigée vers le haut et de même norme que le poids du mobile. Donc S F ext 1 P # R # T 1 T car P # R 1 0  (1 pt)

3) On a: M M v1 7 9 8 2Ν   2 2,6. 10 % 2 10 % . % v1 1.m s 8 2´60. 10 3 ,2 1 1 %

On a:

Avec M 7 M 9 = 2,2 cm 2,2.10 -2 m =         Ν= 60 ms = 60.10 -3 s

Avec M 14 M 16 = 3,1 cm = 3,1.10 -2 m

v 10 1 M 9 M 11 2Ν  3 1. 10 %2 2,6. 10 % . % 1 1 v 10 1 2´0.160 , %3 1m s

Echelle: 1cmψ0,10 m.s -1

        Ν= 60 ms = 60.10 -3 s

 (1 pt)

4) On doit construire D V 9 1 V 10 % V 8 et placer ce vecteur au point M 9 . La 2 ème  loi de Newton nous dit que la direction de T est la même que celle de la variation V 9 . Cette loi est vérifiée ici.(1 pt)

Exercice 5 : Construction des pyramides :

6 pts

1) Calcul du poids du bloc de pierre : P = mg = 2,5.10 3  ×10 = 2,5.10 4 N.(0,5 pt) 2) Un homme a une force de 800 N, or  8 P 00 1 800 10.5,2 4 1  Il faudrait donc 32 hommes pour tirer31,25 . le bloc de pierre ce qui est impossible vue la taille du bloc.(0,5 pt) 3) a. On choisit le référentiel terrestre car c’est un référentiel galiléen.(0,5 pt) b. Le systèmeétudiéest le bloc de pierre.(0,5 pt)  c. Le bloc est soumisà poids et sonà la réaction du sol, réaction qui possède une composante normale et une composante tangentielle (caractérisant les frottements).(0,5 pt) 4) a. Il n’y a pas de frottements donc la force R est perpendiculaire au sol.(0,5 pt) b. la relation est S F ext 1 P # R # F 1 0 (0,5 pt) c. On dit alors que le solide est pseudo isolé.(0,5 pt)  d. Par le calcul : axe x : P.sinα+ F = 0 d’où F = P.sinαet le sens de F est opposé àcelui de la projection de P . Axe y : P.cosα+ R = 0 d’où R = P.cosαet le sens de R est opposé àcelui de la projection de P .

(1 pt)

e. On trouve : F= 8,5.10 3 N(0,5 pt) f. Pour que le bloc monte sur le plan, il faut que F soit supérieuràla composante du poids sur la ligne de plus grande pente. F > P projeté   d’où F > 8,5.10 3 N Donc   8 P 00 1 85,0. 0 1 80 3 1 10,6 .Il faut au moins 11 hommes pour monter le bloc sur le plan incliné.(0,5 pt)