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Correction Exercice n°1 (9 pts) ÉvaluationNotation

Q

Tâche

Niveau

CompĂŠtence

1

simple

1

ANA

I2(aq) + 2 S2O32-(aq) → 2 I-(aq) + S4O62-(aq).

2.a

moyenne

2

REA REA

quantitĂŠ de matière initiale de I2(aq) : đ?‘›(đ??ź2),đ?‘–đ?‘›đ?‘– = đ??ś1 Ă— đ?‘‰1 = 17 Îźmol. quantitĂŠ de matière initiale de S2O32-(aq) : đ?‘›(đ?‘†2 đ?‘‚32− ),đ?‘–đ?‘›đ?‘– = đ??ś2 Ă— đ?‘‰2 = 30 Îźmol.

2.b

moyenne

3

ANA REA COM

RĂŠponse attendue

1

+ 2 S2O32-(aq) → 2 I-(aq)

0,5 0,5

+ S4O62-(aq)

Équation de la rÊaction (en Οmol)

I2(aq)

Etat Initial

đ?‘Ľ=0

17

30

0

0

Etat final

đ?‘Ľ max

17 - đ?‘Ľmax

30 – 2�max

2đ?‘Ľmax

đ?‘Ľ max

DÊtermination de � max : - Si I2(aq) est limitant, alors 17 – � max = 0, soit � max = 17 Οmol. - Si S2O32-(aq) est limitant, alors 30 – 2� max = 0, soit � max = 30/2 = 15 Οmol. On en dÊduit que � max = 15 Οmol et donc que les ions thiosulfates S2O32- sont le rÊactif limitant : Etat Final

2

đ?‘Ľ max = 15

0

30

15

0,5 0,5 0,5 0,5

2.c

simple

1

ANA

Seul le diiode I2(aq) est une espèce colorĂŠe. Or, le diiode est le rĂŠactif en excès đ?‘›(đ??ź2),đ?‘“đ?‘–đ?‘›đ?‘Žđ?‘™ = 2 Îźmol : le mĂŠlange Ă l’Êtat final est donc colorĂŠ.

0,25 0,5

3.a

simple

1

SAV

 les rÊactifs ont ÊtÊ introduits dans les proportions stœchiomÊtriques  signifie que les quantitÊs finales de tous les rÊactifs sont nulles.

0,5

3.b

moyenne

1

ANA REA

3.c

simple

1

REA

4.a

moyenne

2

ANA REA

Dans ces conditions, on a la relation :

n(I2 )��� 1

2−

=

n(S2 O3 )��� . 2

0,5 0,25

Soit đ?‘›(đ?‘†2 đ?‘‚32− ),đ?‘–đ?‘›đ?‘– = 2 Ă— đ?‘›(đ??ź2),đ?‘–đ?‘›đ?‘– = 34 Îźmol. Le volume d’ions thiosulfates versĂŠ, est donnĂŠ par la relation : đ?‘›(đ?‘†2 đ?‘‚32−),đ?‘–đ?‘›đ?‘– = đ??ś2 Ă— đ?‘‰đ?‘’đ?‘ž Soit đ?‘‰đ?‘’đ?‘ž =

2−

n(S2 O3 )đ?‘–đ?‘›đ?‘– đ??ś2

0,25 0,25

= 17 mL.

On utilise une nouvelle fois la relation : Soit đ??śđ?‘?ĂŠđ?‘Ąđ?‘Žđ?‘‘đ?‘–đ?‘›đ?‘’ đ?‘‘đ?‘–đ?‘™đ?‘˘ĂŠđ?‘’ =

đ??ś2 Ă—đ?‘‰2 2Ă—đ?‘‰1

= 1,65

Ă—10-3

n(I2 )��� 1

2−

=

n(S2 O3 )��� 2

â&#x;ş đ??śđ?‘?ĂŠđ?‘Ąđ?‘Žđ?‘‘đ?‘–đ?‘›đ?‘’ đ?‘‘đ?‘–đ?‘™đ?‘˘ĂŠđ?‘’ Ă— đ?‘‰1 =

đ??ś2 Ă—đ?‘‰2 2

mol¡L-1.

4.b

simple

1

REA

La concentration molaire de la solution commerciale de BĂŠtadineÂŽ vaut donc đ??śđ??ľĂŠđ?‘Ąđ?‘Žđ?‘‘đ?‘–đ?‘›đ?‘’ = 10 Ă— đ??śđ?‘?ĂŠđ?‘Ąđ?‘Žđ?‘‘đ?‘–đ?‘›đ?‘’ đ?‘‘đ?‘–đ?‘™đ?‘˘ĂŠđ?‘’ . Soit đ??śđ??ľĂŠđ?‘Ąđ?‘Žđ?‘‘đ?‘–đ?‘›đ?‘’ = 1,65Ă—10-2 mol¡L-1.

4.c

simple

1

REA

đ?‘šđ?‘?đ?‘œđ?‘™đ?‘Śđ?‘Łđ?‘–đ?‘‘đ?‘œđ?‘›đ?‘’ đ?‘–đ?‘œđ?‘‘ĂŠđ?‘’ = đ??śđ??ľĂŠđ?‘Ąđ?‘Žđ?‘‘đ?‘–đ?‘›đ?‘’ Ă— đ?‘‰đ?‘“đ?‘™đ?‘Žđ?‘?đ?‘œđ?‘› Ă— đ?‘€(đ?‘Žđ?‘?đ?‘–đ?‘‘đ?‘’) = 1,65 Ă— 10−2 Ă— 0,100 Ă— 2344 ≈ 3,98 g

4.d

moyenne

2

VAL COM

đ??¸đ?‘&#x; =

|3,98−4| 4

× 100 = 0,5 % d’erreur sur la masse.

Cette erreur relative est infĂŠrieure Ă 10 %, on peut considĂŠrer le rĂŠsultat obtenu sur m S comme ĂŠtant correct. Les erreurs sont dues aux approximations faites sur le volume ĂŠquivalent, aux erreurs de manipulation, etc.

0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25


Correction Exercice n°2 (6 pts) Tâche

Niveau

CompĂŠtence

1

simple

1

ANA

D’après le principe de conservation de l’Ênergie mĂŠcanique : ΔEm = ΔEc + ΔEpp = 0. Or l’altitude de la voiture ne varie pas donc : ΔEpp = 0. Soit ΔEc = 0 â&#x;ş vB = vA = 1,5 m¡s-1.

2

simple

1

REA

Epp(zB) = m¡g¡zB = 4,9×10-1 J.

0,5

D’après le principe de conservation de l’Ênergie mÊcanique entre B et C : ΔEm = ΔEc + ΔEpp = 0. Avec : ΔEc = ½¡m¡ vB2 – ½¡m¡ vC2 ΔEpp = m¡g¡zB – m¡g¡zC = m¡g¡zB car zC est choisie comme l’origine. Ainsi : ½¡m¡ vB2 – ½¡m¡ vC2 + m¡g¡zB = 0 Soit : ½¡m¡ vC2 = ½¡m¡ vB2 + m¡g¡zB ½¡vC2 = ½¡vB2 + g¡zB

0,25 0,5 0,5

đ?‘ŁC = √đ?‘ŁB2 + 2đ?‘”đ?‘§B . D’après le principe de conservation de l’Ênergie mĂŠcanique entre C et D : ΔEm = ΔEc + ΔEpp = 0. Avec : ΔEc = ½¡m¡ vC2 – ½¡m¡ vD2 = ½¡m¡ vC2 car au point D, la voiture s’arrĂŞte‌ ΔEpp = m¡g¡zC – m¡g¡zD = – m¡g¡zD car zC est choisie comme l’origine. Ainsi : ½¡m¡ vC2 – m¡g¡zD = 0 Soit : ½¡vC2 = g¡zD đ?‘Łđ??ś2 đ?‘§D = 2∙đ?‘” A.N. : zD = 0,61 m

0,5

ANA 3

moyenne

2 REA

ANA 4

moyenne

2 REA

5

simple

1

REA

RĂŠponse attendue

ÉvaluationNotation 0,25 0,5 0,5

Q

On a zD = L¡sin(ι) soit L = zD/sin(ι) A.N. : L = 0,61/sin(60) = 0,71 m = 71 cm.

0,25 0,5 0,5

0,5 0,25 0,5 0,25


Correction Exercice n°3 (5 pts) Q

Tâche

Niveau

CompĂŠtence

1

simple

1

ANA

2

simple

1

APP

3

moyenne

2

ÉvaluationNotation

RÊponse attendue L’isomère rÊtinal  tout E , (11E)-rÊtinal, correspond à la molÊcule B. En effet les plus gros groupements sont de part et d’autre de la double liaison 11C = 12C contrairement à la molÊcule A, oÚ ils sont du même côtÊ. Il s’agit d’une isomÊrisation photochimique car la forme Z du rÊtinal se transforme sous sa forme E avec l’apport d’une certaine Ênergie lumineuse. De la lumière est absorbÊe lorsque la molÊcule de (11Z)-rÊtinal, dans un Êtat stable, passe à un Êtat plus excitÊ. En effet, les atomes de carbone de la double liaison doivent capter l’Ênergie d’un photon d’Ênergie E = hν pour être dans un Êtat plus excitÊ et permettre ainsi la rupture de la double liaison puis la rotation de la liaison simple.

E

COM REA

simple

1

REA

L’Ênergie est donnĂŠe par la relation de Planck-Einstein : |∆đ??¸| = â„Ž ∙ đ?œˆ = â„Ž ∙ A.N. : |∆đ??¸| ≈ 3,90 ∙ 10

đ?‘?

simple

1

REA

0,5 0,5

đ?œ†

J

Il faut convertir l’Ênergie en eV pour avoir l’Ênergie d’un photon de Îť = 510 nm : |∆đ??¸| = 5

0,5

0,5 flèche rouge 0,5 flèche noire

E = hν

−19

0,5

Etat excitĂŠ

Etat stable

4

0,5

Pour transmettre un influx nerveux il faut une ĂŠnergie minimum de 14,7 eV. Ainsi, le nombre de photons nĂŠcessaire vaut N =

đ??¸đ?‘šđ?‘–đ?‘› |∆đ??¸|

= 14,7/2,43 ≈ 6 photons.

3,895∙10−19 1,60∙10−19

= 2,43 eV

0,5 0,5 0,5

Profile for M. HELARY

Correction Devoir Commun  

Correction Devoir Commun  

Profile for m.helary
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