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

Lise-Olivier

Description

Avec correction. Ds 1
Devoir Surveillé (DS) en Chimie, Physique (2010) pour Première S

Sujets

• Ressource
• ressources pédagogiques
• École
• Lycée
• exercices
• Cours
• Devoir scolaire
• Devoir surveillé
• Annales

Informations

• Publié par: ressources-de-premiere
• Nombre de lectures: 2 028
• Langue: Français

Extrait

DEVOIR COMMUN PHYSIQUE CHIMIE 1 ère S Lundi 16 novembre 2009 – Durée : 3h CORRECTION

Exercice 1 : Mouvement d'un objet

1. On a: L 1 L 3 v 2 1 2 Ν   2,4 10 % 2 v 2 1 2 ´ 10.20 . % 1 0,6m.s % 1 3

On a: L 5 L 7 v 1 6 2 Ν  2,4. 10 % 2 6 % v 1 1 0 6 2 ´ 20. 10 3 , m.s 1 %

~PHYSIQUE~

Avec L 5 L 7 = 2,4 cm = 2,4.10 -2 m         Ν= 20 ms = 20.10 -3 s

Avec L 1 L 3 = 2,4 cm = 2,4.10 -2 m         Ν= 20 ms = 20.10 -3 s

 ATTENTION   : les vecteurs ne sont pasàl’échelle mais on peut choisir 1cmψ0,1 m.s -1 .

( 0,5 pt FL, 1 pt calcul/Données/CS)

2. On a sur un tour complet : 20 positions d’intervalles régulier soit d’intervalle Κ 1 % -1 soit w 1  Κ i 2 Κ Ν i # 1 1 2 ´ 2 2 ´ .0 130, 10 3 1 15,5 rad.s % ( 0,5 pt FL, 0,5 pt calcul, 0,5 pt raisonnement)

1/5

6 pts

2 2 ϑ 0 1 0,31rad

3. On a V=R.w, vérifions cette relation avec V=0,6 m.s -1 ;w=15.5 rad.s -1 V 0,6 % 2 D'où: 1 5 1  m3,8. 10 1 3,8 cm w 15, . A la règle, on mesure D=7,5 cm d'oùR=7,5/2 = 3,75 cm. Les deux résultats sont donc cohérents et onàdonc bien vérifiéla relation entre V etw.( 1 pt) 4. La périodeétant le temps mis pour parcourir un tour, on a T 1 2 1 w ϑ ,51 2 ϑ 5 1 0,4 s . ( 0,5 pt FL, 0,5 pt calcul)

5. Le vecteur vitesse de L n'est pas constant car il change sans arrêt de direction même s'il garde la même valeur du débutàla fin du mouvement. ( 1 pt)

Exercice 2 :

v 5 M 5

0

M 8

M 15

v 15

9 pts

M 1 2. Les deux phases sont: - M 1 M 8  mouvement circulaire uniforme (ou mouvement de rotation autour d'un axe fixe) : Durant cette phase, le vecteur vitesse n'est pas constant car il change sans arrêt de direction. - M 8 M 18 : Mouvement rectiligne uniforme. Durant cette phase, le vecteur vitesse est constant car aucune de ses caractéristiques ne changent. ( 1 pt pour séparation des phases + 2 pts pour caractérisation mvt)

3. On a: M M v1 4 6 5 2Ν   2 4,0. 10 % % 1 v1 1m s 5 2´20. 10 % 3 0,.1

Avec M 4 M 6 = 4,0 cm = 4,0.10 -2 m         Ν= 20 ms = 20.10 -3 s

2/5

On a: M 14 M 16 v 15 1 2Ν   15 2,5. 10 % 3 2 6,2. 10 1 m.s 1 % % v1 1 2 20. 10 % ´

Avec M 14 M 16 = 2,5 cm = 2,5.10 -2 m         Ν= 20 ms = 20.10 -3 s

ATTENTION : Les vecteurs de la correction ne sont pasàl'échelle. Sur votre copie, uneéchelle possible et facile a utiliser est 1 cmψ0,2 m.s -1 . Ainsi v 5 mesure 3,1 cm et v 15 mesure 5 cm. ( 4 pts) 4. On a: 1   v 5 1 R w 5 Avec V 5 = 1,0 m.s-  R= 3,8 cm = 3,8.10 -2 m D’où  w 5 1 v 5 1 10,3.8 ,01 2 1 26rad.s % 1 R % ( 2 pts)

Exercice 3 : Etude du mouvement d’un solide :

7 pts

1)On applique la méthode de calcul de vitesse instantanée v i du point Aàl’instant t i : On mesure la longueur du segment A i-1 A i+1 que l’on divise par la durée 2τ= t i+1 – t i-1 : A % 1 A # 1 A % 1 A # 1 v i = t i i 1 % t i i 1 1 i 2 Ν i # % On trouve alors v A (t 2 ) = 1,0 m s -1 et v A (t 5 ) = 1,9 m.s -1 . Le vecteur vitesseà l’instant t i  parall estèle au segment A i-1 A i+1  età pour point d’origine le point i. Le premier vecteur doit faire environ 2,0 cm, le deuxième environ 3,9 cm.( 2 pts) 2) On trouve de la même manière : v B (t 2 ) = 2,0 m.s -1 et v B (t 5 ) = 1,3 m.s -1 ( 2 pts) Le premier vecteur doit faire environ 4,0 cm, le deuxième environ 2,6 cm. 3) Voir schéma :

( 2 pts)

4) Les diverses positions de G sont alignées. En outre, les distances parcourues par G pendant la duréeτentre les instants t i et t i+1 sontégales. Le vecteur vitesse de G est donc un vecteur constant : le mouvement de G est rectiligne uniforme.(1 pt)

3/5

9 pts

3,40.10 -2

4/5

 Etat du système

Initial 0 Au cours de la x transformation Final * x 1 fi , n 7 al =x .10 m 0 x 2 a - = * car ici la réaction est totale.

Avancement 4  Al (s)  O + 3 2(g)         | 2 Al 2 O 3(s) (mol) 1,00.10 -1 5,00.10 -2 0 1,00.10 -1  5,00.10- 4x -2  2x- 3x

 5,00.10 -2 mol.

Exercice 4 : Solution en perfusion

~CHIMIE~

7 pts

0

3,20.10 -2

1)On calcule tout d’abord la quantitéde matière de chlorure de calcium hexahydraté: m n 1 1 (40,1 # 2 ´ 35,5 # 8,2 21 3 ´ 1,00 # 6 ´ 61,0) 1 1,50. 10 % 2 mol   M Puis on calcule la concentration de la solution : 1,50 10 %2 6 2 ) c n 00 10mol/L 1 V 1 250 ´ ´ 10 %3 1 , ´ % ( 2 pts 2)Equation de dissolution : CaCl 2 , 6 H 2 O (s)  Ca 2 ( + qa) + 2 Cl ( - qa) + 6 H 2 O (l) ( 1 pt) 3)D’après les coefficients stœchiométriques de l’équation, on a : [Ca (aq) 2+ ]=6.00*10 -2 mol/L et [Cl )aq - ( ]=12.0*10 -2 mol/L( 2 pts) 4)Lors d’une dilution, nous savons que la quantitéde matière reste la même d’où: [X] i *V’=[X] f *V 1 Pour les ions calcium : [Ca q)(a 2+ ] f aC[  =  2 # (a V 1 q) ] i   ´ V' 1 00,6.0 50 1 -2 0. ´ 20 10 % , 3 0. 10 -3 1 2,40x10 -3 mol/L Pour les ions chlorure : 12 * [Cl q) - (a ] f   = [Cl - q(a V ) ] 1 i   ´ V' 1 , 0 0 5 .10 -2 1.0 02 0 % , 3 0.10 -3 1 4,80x10 -3 mol/L( 2 pts) Exercice 5 : Molé ptscule d’ammoniac 3 1) On sait que l’hydrogène se situe complètement en hautàgauche du tableau périodique : c’est donc l’élément chimique le moinsélectronégatif. On en déduit que l’azote est plusélectronégatif que l’hydrogène. ( 2 pts) 2) y a des atomes avec desComme il électronégativités différentes, il y a des liaisons polarisées et donc la molécule d’ammoniac est polaire. ( 1 pt)

Exercice 6 : combustion de l’aluminium 1) 4 Al (s)  O 3 + 2(g)    |2 Al 2 O 3(s) ( 0,5 pts) 2) anQutti éde matière initiale d'aluminium :n Al == 2 02, 7 7 ,0 =1,00.10 -1 mol. Quantité mati deère initiale de dioxygène :n O2  == 02, 12 4 ,0 = ( 4 pts) 3)

Avancement maximal : On résout : 1,00.10 -1 - 4x = 0 5,00.10 -2 - 3x = 0 On trouve : x = 2,50.10 -2  = 1,70.10mol x -2 mol Soit x max = 1,70.10 -2 mol    A la fin de la réaction, il n'y a plus de dioxygène, le dioxygène est donc le réactif limitant de la réaction.   ( 3 pts) 4)  : ui myde d'oxumind'almaa e ssl cu ldelaC Il s'est formé3,4.10 -2 mol d'oxyde d'aluminium soitm 3OAl2 = n lAO23  ´M O3l2A m l2AO3 = 3,40.10 -2  ´(2´27 + 3´16) = 3,40.10 -2  ´102 =3,50 g ( 1,5 pts) Exercice 7 : Mé pts 9lange de solution

A -

B -

C -  

1°/ On a Cu(NO 3 ) 2 (s)  Cu 2+ (aq) + 2 NO  3 - q()a ( 1 pt) 2°/ On sait que n(Cu(NO 3 ) 2 )=C 1 xV 1 =2,50.10 -1 x50,0.10 -3 =1,25.10 -2 mol On a, d’après l’équation bilan, n(Cu 2+ )= n(Cu(NO 3 ) 2 )=1,25.10 -   2 mol et n(NO 3- )=2x n(Cu(NO 3 ) 2 )= 2,50.10 -   2  mol ( 2 pts) 3°/ D’après l’équation bilan : [Cu 2+ ]=C 1 =2,50.10 -1 mol.L -1 et [NO 3- ]=2xC 1 =5,00.10 -1 mol.L -1 ( 1 pt) - 4°/ On a NaCl (s)  Na )qa( + + Cl (aq) ( 1 pt) 5°/ On sait que n(NaCl)=C 2 xV 2 =1,00.10 -1 x100,0.10 -3 =1,00.10 -2 mol On a, d’après l’équation bilan, n(Na + )= n(NaCl)= 1,00.10 -2  mol    et n(Cl - )= n(NaCl)= 1,00.10 -   2 mol ( 2 pts) 6°/ D’après l’équation bilan : [Na + ]=C 2 =1,00.10 -1 mol.L -1 et [Cl - ]=C 2 =1,00.10 -1 mol.L -1 ( 1 pt) 7°/ Le volume V du mélange est V=V 1 + V 2 =150 mL.

[Cu 2 # ] 1 n(Cu 2 # ) V 1 # V 2 [NO % ] 1 V n( 1 N # V O 3 % 2 ) 3 a # 1 [N] n V ( 1 aN V # 2 ) # [Cl % ] 1 V n(Cl % V ) 2 1 # ( 2 pts)

1,25. 10 % 2 8 33. 10 % | [Cu 2 # ] 1 150. 10 % 3 1 , 2 mol.L -1 2 - | [NO 3 % ] 1 05.01 051.01 ,2 % % 3 1 1,67. 10 % 1 mol.L 1 | [Na # ] 1 ,00.1 1.01 01 05 % % 3 2 1 6,67. 10 % 2 mol.L -1 Cl % 1 1,00. 10 % 2 1 |  10 [ ]  150. % 3 6,67. 10 % 2 oml.L  -1

5/5