EXERCICE I TITRE ALCALIMÉTRIQUE COMPLET D’UNE EAU MINÉRALE (5 POINTS)

Corrigé Barème 1.1 Diagramme de prédominance : les limites des domaines de prédominance sont données par les pKa de chaque couple : pH<6,3

CO2,H2O prédomine, 6,3<pH<10,3 HCO3- prédomine et pH>10,3 CO3

2- prédomine.

0.5

1 1.2 Le pH de l’eau minérale analysée est le pH lu pour un volume versé de 0mL : pH=7,0. 0,25

1.3 L’espèce prédominance dans cette eau minérale est donc HCO3- : on peut considérer que la quantité et la concentration en ions

CO32-

est négligeable, et que le TA de l’eau est nul.

0,25

2.1 Il s’agit d’une transformation acido-basique car il y a transfert d’un proton. Demi-équations : H3O+= H

++H2O et H2O +CO2 = H

++HCO3

-.

(0,25justification + 0,25 les deux demi équations)

0.5

2,5

2.2 Totale, rapide, unique (0,25) 0,25

2.3 Point d’équivalence E : l’abscisse du pic de la dérivée donne Ve=14,5mL. Puis on lit sur la courbe pHE=4,4.(0,25)

0,25

2.4 La zone de virage du vert de bromocrésol contient le pHE. (0,25)

0,25

2.5 L’équivalence d’un titrage est l’état du système pour lequel les réactifs ont été initialement introduits en proportions

stoechiométriques. (0,25)

0,25

2.6 Concentration molaire des ions hydrogénocarbonate : à l’équivalence en tenant compte des coefficients stoechiométriques : n(H3O+)

versés=n(HCO3-) introduits soit [HCO3

-]=CA*VE/Vdosé=2,0.10-2*14,5/50=5,8.10

-3mol.L

-1.(0.5)

0.5

2.7 Dans 1L d’eau sont présentes 5,8.10-3

mol d’ions hydrogénocarbonate donc la masse m=n*M=5,8.10-3

*61=0,3538g. D’où la

concentration massique de 3,5.10-1

g.L-1

. L’étiquette indique 3,6.10-1

g.L-1

: l’erreur relative est de (3,6-3,5)/3,6=0,028. (0,25 calcul de

concentration massique+0,25 erreur relative)

0.5

3.1 Sachant que le titre alcalimétrique de cette eau est nul, on ne considère que le titrage des ions hydrogénocarbonate. Il a fallu 14,5mL

pour doser 50mL de cette eau dans les conditions du protocole officiel, il en aurait donc fallu 29mL pour en doser 100mL : le

TAC=29. (0.5)

0.5

0,75

3.2 Son TAC est inférieur à 50, elle est donc potable. (0,25) 0,25

4 Proposition 1 : elle n’explique pas l’écart : l’ajout ne modifie par les coordonnées du point E car il représente une égalité de quantité

de matière. (0,25)

Proposition 2 : elle n’explique pas l’écart : on aurait alors versé moins d’acide, on aurait donc trouvé un TAC plus petit que le TAC

réel, et non plus grand. (0,25)

Proposition 3 : elle peut expliquer l’écart : il aurait alors fallu verser plus d’acide pour neutralisé également les traces de la solution

d’hydroxyde de sodium qui est basique, on aurait donc un VE plus grand et un TAC plus grand que celui attendu. (0,25)

0.75

0,75

EXERCICE II D’UN MEDICMAENT A UN AUTRE : SYNTHESE DE LA BENZOCAÏNE (5 points)

1.1 Formule semi-développée de l’éthanol : CH3 – CH2 – OH. C’est un alcool (0,25). 0,25

1.75

1.2

PABA : Benzocaïne :

0,25

1.3 Le PABA possède un groupe caractéristique amine (groupe azoté) et un groupe caractéristique acide carboxylique. La benzocaïne

possède un groupe caractéristique amine et un groupe caractéristique ester.(0,25)

0,25

1.4

La formation de benzocaïne s’accompagne de la formation d’une molécule d’eau. (0,25)

0,25

1.5 C’est une réaction de substitution (0,25). 0,25

1.6 L’atome d’oxygène avec une double liaison de la molécule de PABA est donneur de doublets d’électrons. L’ion oxonium

accepteur.(0,25)

Modélisation du transfert électronique : avec une flèche courbe, du donneur vers l’accepteur. (0,25)

0.5

2.1 Equation : 2 H3O+ + CO3

2- => CO2 + 3H2O ou, en deux étapes

H3O+ + CO32- => H2O + HCO3- puis H2O + HCO3- => H2O + CO2. Le gaz qui se dégage est du dioxyde de carbone.(0,25)

0,25

3.25

2.2 Le produit brut n’était pas de la benzocaïne pure car leurs T de fusion sont différentes. Le produit recristallisé peut être considéré

comme de la benzocaine pure. La recristallisation a permis de purifier le produit obtenu, qui devait encore contenir des traces de

PABA.(0,25)

0,25

2.3 D’après la CCM, le produit brut contient du PABA ainsi que de la benzocaïne ; le produit recristallisé, ne contiennent que de la

benzocaïne et pas de PABA. Le filtrat contient à la fois le PABA et la benzocaïne.(0,25point)

0,25

2.4 Oui puisque le produit brut n’était pas pur et qu’il peut être considéré comme pur après purification.(0,25) 0,25

2.5 Les réactifs sont le PABA et l’éthanol. Le catalyseur est l’acide sulfurique. La quantité de PABA introduite est de 5,1mmol.

La quantité d’éthanol introduite : n=m/M=ρV/M=0,79*10/46=0,17mol.La réaction se faisant mole à mole, le réactif limitant est le

PABA.(0,25point)

0,25

2.6 Pour une mole de PABA consommée, une mole de benzocaïne est produite : en supposant la synthèse totale, on pourra obtenir une

quantité de matière de benzocaïne de 5,1mmol, donc une masse m=n*M=5,1.10-3

*165=0,84g.(0,25)

0,25

2.7 Le rendement est égal à la quantité réellement produite sur la quantité maximale espérée : 0,25/0,84=0,30 soit 30%.(0,25)

Ce rendement est faible car la benzocaïne produite n’a pas été récupérée en totalité puisque le filtrat contient de la benzocaïne.(0,25)

0.5

2.8 Spectre n°2 : PABA car présence d’une bande large à 2500-3200cm-1

pour le groupe OH de la fonction acide carboxylique.

Spectre n°1 : benzocaine.

0,25

2.9

Déplacement

chimique

(ppm)

Nombre de H

concernés

(d’après la

courbe

d’intégration)

Forme du

signal Attribution

Nombre de

H voisins

1,2 (groupe E) 3 triplet

-CH3

(éthanoate) 2

3 (groupe D) 2 singulet -NH2 0

4,1 (groupe C) 2 quadruplet –CH2

(éthanoate) 3

7,3 (groupe B) 2 doublet

H du cycle

(côté fonction

ester)

1

8,0 (groupe A) 2 doublet

H du cycle

(côté groupe

amine)

1

La forme des signaux se justifie avec le nombre de H voisins : un atome H ayant n voisins aura un signal de multiplicité n+1.

La détermination des atomes H concernés dans le cycle s’obtient grâce à la propriété : plus un atome H est proche d’atome

électronégatif, plus son déplacement chimique est grand. Le déplacement chimique des deux protons équivalents du côté de la

fonction amine est plus grand que celui des deux protons équivalents du côté de la fonction ester car l’atome d’azote N est p lus

électronégatif que le carbone.

1

EXERCICE III : ONDES ET PARTICULES (4 points - Bac S 2014 Amérique du nord)

Partie A : expérience des fentes d’Young

1. Le point A est au milieu d’une frange brillante, il s’y produit des interférences constructives entre les deux ondes passant par chaque fente.

Le point B est au milieu d’une frange sombre, il s’y produit des interférences destructives.

2. En A, les deux ondes sont en phase ce qui correspond aux ondes (a) et (c)

En B, les deux ondes sont en opposition phase ce qui correspond aux ondes (a) et (b) (ou (b) et (c) ).

Partie B : particule de matière et onde de matière

1. Expérience des fentes d’Young

1.1. Avec un « faible » nombre d’impacts, il semble que les positions d’impacts des électrons sont aléatoires. On ne peut pas donc pas prévoir la position de l’impact

d’un électron unique

1.2. Cependant, après un grand nombre d’impacts d’électrons (5000), on reconnaît une figure d’interférences (voir 5000 impacts) d’où l’aspect ondulatoire des

électrons tandis qu’avec un faible nombre d’impacts, on observe l’aspect particulaire (un impact aléatoire par électron).

Rq : Cette expérience d’interférences particule par particule, met en évidence l’aspect probabiliste du phénomène : on peut au mieux établir la probabilité de

présence de l’électron à un endroit donné.

2. Longueur d’onde de matière associée à un électron

2.1. Passage à travers une plaque percée

2.1.1. D’après la relation de de Broglie associant une onde de longueur d’onde λ à toute particule en mouvement :

h

p avec p = me.v (quantité de mouvement de

la particule).

On en déduit que .e

h

m v

Soit ,

, ,

34

31 8

6 6 10

9 1 10 1 3 10

= 5,6×10

–12 m = 5,6 pm

En tenant compte de l’incertitude donnée U(λ) = 5×10–13

m = 0,5×10–12

m , on peut écrire :

λ = (5,6 ± 0,5)×10–12

m = (5,6 ± 0,5) pm

Rq : hors-programme : il faudrait recourir à la

formule de la quantité de mouvement en

mécanique relativiste

p = γ.m.v

2.1.2. Données : D

ib

donc

i b

D

Expérimentalement, on a : D’après le doc.1

Distance séparant les deux fentes b = 0,8 ± 0,2 µm

Distance entre la plaque et l’écran D = 35,0 ± 0,1 cm

À l’aide du doc.2. déterminons la valeur de l’interfrange :

4 i = 8,0 µm

donc i = ,8 0

4 = 2,0 µm

et en tenant compte de l’incertitude des données i = 2,0 ± 0,2 µm 4 i

Ainsi , ,

,

6 6

2

2 0 10 0 8 10

35 0 10

= 4,57×10

–12 m = 5×10

–12 m = 5 pm. On ne conserve qu’un seul chiffre significatif comme pour b et on stocke cette valeur en

mémoire de la calculatrice.

Il est nécessaire de déterminer l’incertitude sur la mesure de la longueur d’onde pour vérifier la cohérence.

Rq : on préfèrera utiliser la notation U(x) recommandée pour l’incertitude sur x (au lieu de Δx )

U(λ) = ( ) ( ) ( )

2 2 2U i U b U D

i b D

.

U(λ) = , , ,

,, , ,

2 2 2

12 0 2 0 2 0 14 57 10

2 0 0 8 35 0

(avec la valeur de λ non arrondie)

U(λ) = 1,4×10–12

m = 1,4 pm

En conservant un seul chiffre significatif et en arrondissant par excès U(λ) = 2 pm.

Finalement, expérimentalement, on obtient λ = (5 ± 2) pm et théoriquement λ = (5,6 ± 0,5) pm

Ces valeurs sont cohérentes car les intervalles de confiance [ 3 pm ; 7 pm ] et [ 5,1 pm ; 6,1 pm] se chevauchent.

2.2. Passage à travers une seule fente de la plaque

2.2.1. On observe une tache centrale entourée de deux taches secondaires séparées par une zone d’extinction : le faisceau d’électrons a été diffracté par la fente

(ce qui confirme la nature ondulatoire des électrons).

2.2.2. En utilisant le schéma de l’expérience, tan OM

D

En utilisant l’approximation des petits angles : tan OM

D (avec θ en radians)

En utilisant le document 3, OM = 8,0 μm

,

,

6

2

8 0 10

35 0 10

= 2,2857×10

–5 rad = 2,3 ×10

–5 rad = 23 µrad

2.2.3. La relation entre l’écart angulaire θ entre le centre d’une tache de diffraction et le milieu de la 1ère

extinction est : a

donc .a (avec θ en radians).

= 2,2857×10–5

× 0,2×10–6

= 4,57×10–12

m = 5 pm avec un seul chiffre significatif.

L’ordre de grandeur de cette longueur d’onde est le picomètre ce qui est en accord avec les questions précédentes.

EXERCICE IV – Périgueux by night (3 points)

EXERCICE V – Microscope électronique (3 points)

EXERCICE I – spécialité – Traitement chimique d’une eau fluorée (5 points)