Devoir Surveillé (DS) de Chimie, Physique de niveau Première

Jean-Fran?Ois Dou?Zy

Description

Avec correction. Ds 2
Devoir Surveillé (DS) en Chimie, Physique (2009) pour Première S

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Extrait

DS 2 14/12/9 corrigé

Exercice 1 :

1. Les forces s’exerçant sur le système {Victor + luge} assimilé à son centre d’inertie G sont : Le poidsdu système, la réaction normale R du support et les frottements fr . P N 2. Caractéristiques des forces :  forces P Rfr N caractéristiques direction verticaleperpendiculaire auparallèle au support support sens descendantvers le hautopposé au mouvement valeur P= mgR N fr point d’applicationcentre d’inertieprojeté du centreprojeté du centre d’inertie sur led’inertie sur le support support 3. Schéma de la situation : y Dansle repère Gxy, les coordonnées des vecteurs sont : - (Psinα ; - P cosα) P - R (0 ; R N ) N R - fr (- fr ; 0) fr N (On a aussi, avec i et j les vecteurs G unitaires directeurs respectifs des axes (Gx) et (Gy) : = P sinα– P cosα P i j α = R N x R N j P = - fr) fr i

4. On supposera le référentiel galiléen ; d’après le texte, le skieur est animé d’un mouvement rectiligne uniforme donc, d’après le principe d’inertie (dans un référentiel galiléen, si le vecteur vitesse du centre d’inertie d’un système est constant alors le vecteur somme des forces appliquées à ce système est nul), la somme des forces qui s’appliquent au système est nulle : P#R#fr10 . N 5. Calcul des valeurs de chacune des forces : La relation précédente devient, en la projetant sur les axes (Gx) et (Gy), un système d’équations : P sinα – fr = 0 R N  – P cosα = 0. Ce qui permet de déterminer les valeurs de fr et R N à partir de la valeur de P : 2 P = m.g = 50 x 10 = 5,0.10N. 2 R N N.= P cosα = 4,8.10 2 fr = P sinα = 1,3.10N.

Exercice 2 :

1. La valeur du poids est P = mg avec m la masse de la bille or la masse est donnée par la relation m = ρ B .V donc P = ρ B .V.g. 2. La valeur de la poussée d’Archimède est P = ρ h .V.g (d’après sa définition). 3. Lorsque la bille a atteint sa vitesse limite de chute, elle est animée d’un mouvement rectiligne uniforme dans un référentiel galiléen donc, d’après le principe d’inertie, la somme + fde et des forces qui s’exercent sur la bille est nulle : P#f# P1 P =0 soit P  ( P scendant f etP ascendantes) donc on a ρ B .V.g = ρ h .V.g + kηRv. Le lien entre la vitesse v, le temps de chute t mesuré entre a et b et la distance L entre ces deux repères est v = L/t. khRL t1 On a alors (ρ B - ρ h )Vg = kηRL/t soit. (r%r)Vg B h Pour un tube donné, L est constant ; pour une bille donnée, R, ρ B et V sont constants ; pour un liquide donné, ρ h est constant ; k et g sont constants. On voit donc que t est proportionnel à η pour un tube donné, une bille donnée et un liquide donné. -2 4. A 20 °C, t 1 = 1 min 18 s = 78 s pour η 1 = 0,31 N.s.m. -2 -2 A 50 °C, t 2 = 21 s pour η 2 = η 1 .t 2 /t 1 = 8,3.10N.s.m .

Exercice 3 :

1. D’après la deuxième loi de Newton (dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un système a même direction et même sens que la variation du vecteur vitesse du centre d’inertie du système entre deux dates proches), au moment du choc, on : SF1A(v'%v) : C C

v' % v C C S F Le vecteur somme des forces exercées sur la balle est donc perpendiculaire à la surface (vertical) et dirigé vers le haut. 2. Deux forces composent cette somme : le poids de la balle et la force exercée par l’obstacle sur la balle ( F ou réaction du support). Le poids étant vertical descendant, la réaction de O/B l’obstacle est forcément verticale ascendante. 3. D’après la troisième loi de Newton (principe des actions réciproques), la force exercée par l’obstacle sur la balle est opposée à la force exercée par la balle sur l’obstacle : F1 %F . O/B B/O Donc la force exercée par la balle sur l’obstacle est verticale et descendante.

Exercice 4 :

1. Masse de chlorure de potassium nécessaire à la préparation de la solution S 1 : -3 m 1 = n 1 .M 1 = c.V 1 .M 1 = 9,36.10g. Avec n 1 la quantité de matière de chlorure de potassium nécessaire à la préparation de la solution S 1 et M 1 = M KCl . 2. On prélève cette masse sur une balance qu’on introduit dans une fiole jaugée de 100 mL ; on ajoute un peu d’eau distillée et on agite jusqu’à dissolution du chlorure de potassium ; enfin on complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge. On effectue ainsi une dissolution. -2 -1 3. On effectue une dilution pour avoir une concentration inférieure à 10mol.L pourque conductance et concentration de la solution soient proportionnelles. 4. D’après l’équation de dissolution de KCl(s) dans l’eau, on a les concentrations des ions + --3 -1 dans la solution S 1 : [K ] S 1 = [Cl ] S 1 mol.L .= c = 1,25.10 5. D’après l’équation de dissolution de NaCl(s) dans l’eau, on a les concentrations des ions + --3 -1 dans la solution S 2 : [Na ] S 2 = [Cl ] S 2 = c = 1,25.10mol.L . 6. Quantités de matière des ions dans le mélange : + +-4 n(K ) = [K ] S 1 .V 1 = 1,25.10mol. + +-4 n(Na )= [Na ] S 2 .V 2 = 1,25.10mol. - - -- --4 n(Cl ) = n S 1 (Cl ) + n S 2 (Cl ) = [Cl ] S 1 .V 1 + [Cl ] S 2 .V 2 mol.= 2,50.10 7. Concentration des ions dans le mélange de volume V = V 1 + V 2 : + +-4 -1-1 -3 [K ] = n(K )/V =6,25.10 mol.L =6,25.10 mol.m. + +-4 -1-1 -3 [Na ]= n(Na )/V = 6,25.10mol.L =6,25.10 mol.m. - --3 -1-3 [Cl ] = n(Cl )/V = 1,25.10mol.L =1,25 mol.m. 8. La conductivité du mélange est alors : # #% -2 -1 ù éù s1l # . é K ù # l # . é Na#l % .Cl S.m .= 1,73.10 ë ûë ûë K NaCl 9. a. La valeur de la constante de cellule est : -2 k =S/L = 1,2/0,95 = 1,3 cm = 1,3.10m. 9. b. La conductance du mélange est donc : -4 G = k.σ = 2,3.10S = 0,23 mS.

Exercice 5 :

1. Quantités de matière initiales de chacun des réactifs : ( ) 0, 20 m CaCO 3 %3 n(CaCO)11 12, 0.10mol n = 3 ; M(CaCO) 100 3 # %3 -1 n’ = n(H O)1C.V11, 0.10mol avec C = 0,010 mol.Lla concentration en ions 3 + H 3 O . 2. Tableau d’avancement de la réaction : + 2+ équation chimiqueCaCO 3 (s) + 2 H 3 + COCa (aq)O (aq) → 2 (g) + 3 H 2 O (l) état duavancement quantitésde matière (mol) système x(mol) initial 0n n’ 00 excès intermédiaire xn - xn’ - 2xx xexcès final x m n - x m n’ - 2x m x m x m excès Valeur de l’avancement maximal x m : Pour déterminer l’avancement maximal, on annule les quantités de matière des réactifs à l’état final : -3 n - x m = 0 soit x m mol,= n = 2,0.10 -4 n’ - 2x m x= 0 soit m mol.= n’/2 = 5,0.10 -4 L’avancement maximal est le plus petit des deux x m calculés : x m = 5,0.10mol. Le réactif limitant, correspondant à cet avancement maximal, est l’acide chlorhydrique. 3. Bilan de matière des espèces ioniques en fin de réaction : 2+ -4+ --3 n(Ca )= 5,0.10mol, n(H 3 ) = 1,0.10mol.O ) = 0 mol et n(Cl 4. a. Les espèces ioniques présentes en cours de réaction sont les ions oxonium dont la concentration diminue (réactif), les ions calcium dont la concentration augment (produit) et les ions chlorure dont la concentration ne varie pas (ion spectateur). 4. b. D’après l’équation de la réaction, on constate que les ions oxonium sont ‘’remplacés’’ par les ions calcium or les ions oxonium ont une plus grande conductivité molaire ionique que les ions calcium ce qui explique la baisse de la conductivité de la solution. 4. c. A l’instant initial, on n’a que les ions oxonium et chlorure donc la conductivité de la # %%1 s1l # . é H O ù # l % . é Cl ù 1 (l # #l % ).C10, 425S.m solution est : 0 3 . 3 ë ûë û 3 H OCl HO Cl 4. d. A un instant quelconque, la conductivité est : # %2# s1l # . é H O ù # l % . é Cl ù # l 2# . é Ca ù 3 ëë ûë û 3 H OCl Ca n'%2x % x s1l # .( )#l % . é Cl ù # l 2# .( ) H 3 O Cl ë û Ca V V n' % 2x x s1l # .( )#l % . é Cl ù % l # .( )#l 2# .( ) H 3 O Cl ë û H 3 O Ca V VV l 2# %2l # Ca HO 3 s1s#x = 0,425 – 580 x. 0 V l 2# %2l # Ca H 3 O -1 4. e. A l’état final, la conductivité vaut s1s#x .= 0,135 S.m m0m V

Exercice 6 :

1. L’équation de la transformation chimique est 3 S (s) + 2 Al (s) Al 2 S 3 (s) . 2. A l’état initial, les quantités de matière des réactifs sont : m(S) 3,2 %1 n(S)11 11, 0.10mol i avec m(S) = 3,2 g : la masse de soufre introduit ; M(S) 32,1 m(Al) 4,0 %1 n(Al)1 111, 5.10mol i avec m(Al) = 4,0 g : la masse d’aluminium introduit. M(Al) 27 3. Tableau d’avancement de cette réaction : équation chimique 3 S (s) 2 Al + (s)  Al 2 S 3 (s) état du systèmeavancement quantitésde matière (mol) x (mol) -1 -1 initial 01,0.10 1,5.100 -1 -1 intermédiaire x1,0.10 -3 x1,5.10 -2 xx -1 -1 final x max 3 x1,0.10 - max 1,5.10 -2 x max x max 4. Le réactif limitant est le réactif dont la quantité de matière s’annule en premier, c'est-à-dire celui dont l’avancement maximal est le plus petit. Il faut ainsi calculer l’avancement maximal : pour déterminer l’avancement maximal, il faut annuler les quantités de matière des réactifs à l’état final ; on a ainsi : -1 -2 1,0.10 -3 x max = 0 soit x max = 3,3.10mol -1 -2  ou1,5.10 -2 x max = 0 soit x max mol.= 7,5.10 -2 L’avancement maximal le plus petit est x max = 3,3.10mol ; il correspond au réactif limitant : le soufre. -2 -2 5. A l’état final, on a n(S) = 0 mol, n(Al) = 8,4.10mol et n(Al 2 S 3 ) = 3,3.10mol. 6. Graphe représentant les variations des quantités de matière du soufre, de l’aluminium et du sulfure d’aluminium en fonction de l’avancement x de la réaction : n = f(x)

1,60E-01 1,40E-01 1,20E-01 A l 1,00E-01 8,00E-02 S 6,00E-02 4,00E-02 Al2S3 2,00E-02 0,00E+00 0 0,0050,01 0,015 0,02 0,025 0,03 0,035 x (mol)