Correction detaillee - Chimie Exercice 1

Partie 1

La courbe \(pH = f(V_B)\) presente l'allure typique du dosage d'un acide faible par une base forte :

• pH initial faible (acide faible) mais superieur a celui d'un acide fort de meme concentration
• Augmentation progressive du pH
• Point d'inflexion a l'equivalence (\(V_E = 10\) mL, \(pH_E = 8{,}6\))
• Saut de pH net autour de l'equivalence
• Palier a la demi-equivalence (\(V_E' = 5\) mL, \(pH = 4{,}8\))

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Deux arguments le prouvent :

• Le pH a l'equivalence est \(pH_E = 8{,}6 > 7\). Pour un acide fort dose par une base forte, le pH a l'equivalence serait exactement 7. Un \(pH_E > 7\) indique la presence d'une base faible (l'ion ethanoate \(CH_3COO^-\)), ce qui prouve que l'acide de depart est faible.
• La courbe presente un point d'inflexion a la demi-equivalence (zone tampon), caracteristique du dosage d'un acide faible.

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$$ CH_3COOH + Na^+ + OH^- \longrightarrow CH_3COO^- + Na^+ + H_2O $$

Soit, en ecriture ionique nette :

$$ \boxed{CH_3COOH + OH^- \longrightarrow CH_3COO^- + H_2O} $$

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A l'equivalence, les reactifs ont ete melanges en proportions stoechimetriques :

$$ n_{acide} = n_{base} $$ $$ C_A \cdot V_A = C_B \cdot V_E $$ $$ C_A = \frac{C_B \cdot V_E}{V_A} = \frac{10^{-2} \times 10}{10} = 10^{-2} \text{ mol/L} $$

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A la demi-equivalence (\(V_B = V_E/2 = 5\) mL), la moitie de l'acide a ete neutralisee :

$$ [CH_3COOH] = [CH_3COO^-] $$

Le melange contient autant d'acide faible que de base conjuguee : c'est un melange tampon (resiste aux variations de pH lors d'ajout modere d'acide ou de base).

D'apres la relation de Henderson-Hasselbalch :

$$ pH = pK_a + \log\frac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]} $$

A la demi-equivalence, \([CH_3COO^-] = [CH_3COOH]\), donc \(\log(1) = 0\) et :

$$ pH_{E'} = pK_a $$

Partie 2

On a \(pH = 3{,}4\) et \(C_A = 10^{-2}\) mol/L. L'acide ethanoique est un acide faible, il est partiellement dissocie :

$$ CH_3COOH \rightleftharpoons CH_3COO^- + H^+ $$

La concentration en ions \(H^+\) : \([H^+] = 10^{-pH} = 10^{-3{,}4} \approx 3{,}98 \times 10^{-4}\) mol/L.

Par electroneutralite et bilan de matiere :

• \([CH_3COO^-] = [H^+] = 10^{-3{,}4}\) (en negligeant l'autoprotolyse de l'eau)
• \([CH_3COOH] = C_A - [H^+] = 10^{-2} - 10^{-3{,}4}\)

$$ K_a = \frac{[CH_3COO^-][H^+]}{[CH_3COOH]} = \frac{(10^{-3{,}4})^2}{10^{-2} - 10^{-3{,}4}} $$ $$ K_a = \frac{10^{-6{,}8}}{10^{-2} - 10^{-3{,}4}} $$

Calculons : \(10^{-3{,}4} \approx 3{,}98 \times 10^{-4}\) et \(10^{-2} = 10^{-2}\).

$$ K_a = \frac{(3{,}98 \times 10^{-4})^2}{10^{-2} - 3{,}98 \times 10^{-4}} = \frac{1{,}585 \times 10^{-7}}{9{,}60 \times 10^{-3}} = 1{,}65 \times 10^{-5} $$ $$ pK_a = -\log(1{,}65 \times 10^{-5}) \approx 4{,}78 \approx 4{,}8 $$

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Especes presentes en solution :

• \(H_2O\) (solvant)
• \(CH_3COOH\) (acide non dissocie)
• \(CH_3COO^-\) (base conjuguee)
• \(H_3O^+\) (ions hydronium)
• \(OH^-\) (ions hydroxyde)

Concentrations :

• \([H_3O^+] = 10^{-3{,}4} \approx 3{,}98 \times 10^{-4}\) mol/L
• \([OH^-] = \frac{K_e}{[H_3O^+]} = \frac{10^{-14}}{10^{-3{,}4}} = 10^{-10{,}6} \approx 2{,}51 \times 10^{-11}\) mol/L
• \([CH_3COO^-] = [H_3O^+] = 3{,}98 \times 10^{-4}\) mol/L
• \([CH_3COOH] = C_A - [H_3O^+] = 10^{-2} - 3{,}98 \times 10^{-4} = 9{,}60 \times 10^{-3}\) mol/L

Correction detaillee - Chimie Exercice 2

Un acide carboxylique sature (monocarboxylique, chaine ouverte, sans insaturation autre que C=O) a pour formule generale :

$$ \boxed{C_nH_{2n}O_2 \quad \text{avec } n \geq 1} $$

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La combustion complete de \(C_nH_{2n}O_2\) :

$$ C_nH_{2n}O_2 + \frac{3n-2}{2}O_2 \longrightarrow nCO_2 + nH_2O $$

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D'apres l'equation, 1 mol de \(A\) produit \(n\) mol de \(CO_2\) et \(n\) mol de \(H_2O\).

On a \(0{,}05\) mol de \(A\) qui produit \(0{,}2\) mol de \(CO_2\) :

$$ \frac{n_{CO_2}}{n_A} = \frac{0{,}2}{0{,}05} = 4 = n $$

Verification avec \(H_2O\) : \(\frac{n_{H_2O}}{n_A} = \frac{0{,}2}{0{,}05} = 4 = n\). Coherent.

Donc \(n = 4\) et la formule brute est :

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Les isomeres de \(C_4H_8O_2\) qui sont des acides carboxyliques :

• Acide butanoique : \(CH_3-CH_2-CH_2-COOH\) (chaine lineaire)
• Acide 2-methylpropanoique : \((CH_3)_2CH-COOH\) (avec ramification)

Comme \(A\) presente une ramification :

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Le 2-methylpropanoate d'ethyle :

$$ \boxed{E : (CH_3)_2CH-COO-CH_2-CH_3} $$

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Le chlorure d'acyle correspondant a l'acide 2-methylpropanoique s'obtient en remplacant \(-OH\) par \(-Cl\) :

$$ \boxed{B : (CH_3)_2CH-COCl \quad \text{chlorure de 2-methylpropanoyle}} $$

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$$ \boxed{(CH_3)_2CH-COOH + CH_3CH_2OH \rightleftharpoons (CH_3)_2CH-COO-CH_2CH_3 + H_2O} $$

Remarque : Avec le chlorure d'acyle, la reaction est totale et rapide :

$$ (CH_3)_2CH-COCl + CH_3CH_2OH \longrightarrow (CH_3)_2CH-COO-CH_2CH_3 + HCl $$

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Avec le chlorure d'acyle, la reaction est totale.

Masse molaire de l'ethanol : \(M(C_2H_5OH) = 2 \times 12 + 6 \times 1 + 16 = 46\) g/mol.

Nombre de moles d'ethanol :

$$ n_{ethanol} = \frac{m}{M} = \frac{4{,}6}{46} = 0{,}1 \text{ mol} $$

D'apres l'equation, 1 mol d'ethanol donne 1 mol d'ester (reaction totale avec exces de chlorure d'acyle).

Donc \(n_{ester} = 0{,}1\) mol.

Masse molaire de l'ester \((CH_3)_2CH-COO-C_2H_5\) soit \(C_6H_{12}O_2\) :

$$ M_E = 6 \times 12 + 12 \times 1 + 2 \times 16 = 72 + 12 + 32 = 116 \text{ g/mol} $$

Masse d'ester :

$$ m_E = n_E \times M_E = 0{,}1 \times 116 = 11{,}6 \text{ g} $$

Correction detaillee - Physique Exercice 1

• \(v_B = 126 \text{ km/h} = \frac{126}{3{,}6} = 35 \text{ m/s}\)
• \(v_C = 108 \text{ km/h} = \frac{108}{3{,}6} = 30 \text{ m/s}\)

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La vitesse est constante sur \(AB\), donc :

$$ \boxed{a = 0 \text{ m/s}^2} $$

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Sur AB, mouvement rectiligne uniforme (\(a = 0\)). D'apres le PFD :

$$ \sum \vec{F} = \vec{0} $$

Les forces qui s'exercent : le poids \(\vec{P}\), la reaction normale \(\vec{N}\), la force motrice \(\vec{F}\) et les frottements \(\vec{f}\).

Sur une route horizontale : \(F = f\) (la force motrice compense exactement les frottements).

Si la piste AB est horizontale et sans frottement mentionne, alors \(F = 0\). Sinon, avec frottement, on a \(F = f\).

Le sujet n'indiquant pas de force de frottement specifique sur AB :

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On utilise la relation cinematique :

$$ v_C^2 = v_B^2 + 2a' \cdot l $$ $$ a' = \frac{v_C^2 - v_B^2}{2l} = \frac{30^2 - 35^2}{2 \times 40} = \frac{900 - 1225}{80} = \frac{-325}{80} $$

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D'apres le PFD (projection sur l'axe du mouvement, route horizontale) :

$$ Ma' = -f $$ $$ f = -Ma' = -1600 \times (-4{,}0625) = 6500 \text{ N} $$

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On applique le theoreme de l'energie cinetique (ou la conservation de l'energie mecanique, car il n'y a pas de frottement sur CD).

La piste CD est circulaire de rayon \(r = 50\) m et fait un angle \(\theta = 60°\). La denivelee entre C et D est :

$$ h = r(1 - \cos\theta) = 50(1 - \cos 60°) = 50(1 - 0{,}5) = 25 \text{ m} $$

Conservation de l'energie mecanique (en prenant C comme reference, D est plus haut que C) :

$$ \frac{1}{2}Mv_C^2 = \frac{1}{2}Mv_D^2 + Mgh $$ $$ v_D^2 = v_C^2 - 2gh = 30^2 - 2 \times 9{,}8 \times 25 = 900 - 490 = 410 $$ $$ v_D = \sqrt{410} \approx 20{,}25 \text{ m/s} $$

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Au point D, le vehicule quitte la piste avec une vitesse \(v_D\) dirigee selon la tangente a la trajectoire circulaire en D. La tangente en D fait un angle \(\theta = 60°\) avec l'horizontale (vers le haut).

On place un repere en D avec \(Ox\) horizontal et \(Oy\) vertical vers le haut :

• \(v_{0x} = v_D \cos\theta = 20{,}25 \times \cos 60° = 20{,}25 \times 0{,}5 = 10{,}125\) m/s
• \(v_{0y} = v_D \sin\theta = 20{,}25 \times \sin 60° = 20{,}25 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 17{,}54\) m/s

Les equations horaires sont :

$$ \boxed{x(t) = v_D \cos\theta \cdot t} $$ $$ \boxed{y(t) = v_D \sin\theta \cdot t - \frac{1}{2}gt^2} $$

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De \(x = v_D\cos\theta \cdot t\), on tire \(t = \frac{x}{v_D\cos\theta}\).

En substituant dans \(y\) :

$$ y = v_D\sin\theta \cdot \frac{x}{v_D\cos\theta} - \frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_D\cos\theta}\right)^2 $$ $$ \boxed{y = x\tan\theta - \frac{g}{2v_D^2\cos^2\theta} \cdot x^2} $$

Numeriquement :

$$ y = x\tan 60° - \frac{9{,}8}{2 \times 410 \times 0{,}25} \cdot x^2 = \sqrt{3}\,x - \frac{9{,}8}{205}\,x^2 $$ $$ y \approx 1{,}732\,x - 0{,}0478\,x^2 $$

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Le point d'impact \(P\) correspond a \(y = 0\) (retour au sol, meme altitude que D) ou a une altitude specifique dependant de la geometrie de la piste. Pour \(y = 0\) :

$$ x\left(\tan\theta - \frac{g}{2v_D^2\cos^2\theta}\,x\right) = 0 $$

Solutions : \(x = 0\) (point de depart) ou :

$$ x_P = \frac{2v_D^2\cos^2\theta\tan\theta}{g} = \frac{2v_D^2\sin\theta\cos\theta}{g} = \frac{v_D^2\sin(2\theta)}{g} $$ $$ x_P = \frac{410 \times \sin 120°}{9{,}8} = \frac{410 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{9{,}8} = \frac{410 \times 0{,}866}{9{,}8} \approx \frac{355{,}1}{9{,}8} \approx 36{,}2 \text{ m} $$

Si D est a une hauteur \(h = 25\) m au-dessus du sol, le point d'impact est a \(y = -25\) m (repere en D) :

$$ -25 = 1{,}732\,x - 0{,}0478\,x^2 $$ $$ 0{,}0478\,x^2 - 1{,}732\,x - 25 = 0 $$ $$ \Delta = 1{,}732^2 + 4 \times 0{,}0478 \times 25 = 2{,}9998 + 4{,}78 = 7{,}7798 $$ $$ x_P = \frac{1{,}732 + \sqrt{7{,}78}}{2 \times 0{,}0478} = \frac{1{,}732 + 2{,}789}{0{,}0956} = \frac{4{,}521}{0{,}0956} \approx 47{,}3 \text{ m} $$

Correction detaillee - Physique Exercice 2

Dans un circuit LC ideal (sans resistance), la loi des mailles donne :

$$ u_C + u_L = 0 $$ $$ u_C + L\frac{di}{dt} = 0 $$

Or \(i = C\frac{du_C}{dt}\), donc \(\frac{di}{dt} = C\frac{d^2u_C}{dt^2}\).

En substituant :

$$ u_C + LC\frac{d^2u_C}{dt^2} = 0 $$

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La solution est \(u_C(t) = U_m\cos(\omega_0 t + \varphi)\).

Pulsation :

$$ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} $$

Conditions initiales : A \(t = 0\), le condensateur est charge a \(E = 12\) V et le courant est nul (\(i(0) = 0\)).

• \(u_C(0) = U_m\cos(\varphi) = E = 12\) V
• \(i(0) = C\frac{du_C}{dt}\Big|_{t=0} = -CU_m\omega_0\sin(\varphi) = 0\)

De \(i(0) = 0\) : \(\sin(\varphi) = 0\), donc \(\varphi = 0\) ou \(\varphi = \pi\).

De \(u_C(0) = 12 > 0\) : \(U_m\cos(\varphi) = 12 > 0\).

Avec \(\varphi = 0\) : \(U_m = 12\) V (en prenant \(U_m > 0\)).

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$$ i(t) = C\frac{du_C}{dt} = C \times (-12\omega_0\sin(\omega_0 t)) = -12C\omega_0\sin(\omega_0 t) $$

Or \(C\omega_0 = \frac{C}{\sqrt{LC}} = \sqrt{\frac{C}{L}}\).

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On a \(f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}\) et \(f_0 = 130\) Hz.

$$ \sqrt{LC} = \frac{1}{2\pi f_0} $$ $$ LC = \frac{1}{4\pi^2 f_0^2} $$ $$ L = \frac{1}{4\pi^2 f_0^2 C} = \frac{1}{4\pi^2 \times 130^2 \times 10 \times 10^{-6}} $$ $$ L = \frac{1}{4\pi^2 \times 16900 \times 10^{-5}} = \frac{1}{4 \times 9{,}8696 \times 0{,}169} $$ $$ L = \frac{1}{6{,}672} \approx 0{,}15 \text{ H} $$

Calcul precis :

$$ L = \frac{1}{4 \times 9{,}8696 \times 16900 \times 10^{-5}} = \frac{1}{4 \times 9{,}8696 \times 0{,}169} = \frac{1}{6{,}672} \approx 0{,}1499 \text{ H} $$

Et la pulsation : \(\omega_0 = 2\pi f_0 = 2\pi \times 130 \approx 816{,}8\) rad/s.

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\(T_0 = \frac{1}{f_0} = \frac{1}{130} \approx 7{,}69 \times 10^{-3}\) s.

A \(t = T_0/2\) : \(\omega_0 t = \omega_0 \cdot \frac{T_0}{2} = 2\pi f_0 \cdot \frac{1}{2f_0} = \pi\).

Tension : \(u_C(T_0/2) = 12\cos(\pi) = 12 \times (-1) = -12\) V.

Charge :

$$ q = Cu_C = 10 \times 10^{-6} \times (-12) = -1{,}2 \times 10^{-4} \text{ C} = -120 \, \mu\text{C} $$

Intensite : \(i(T_0/2) = -12\sqrt{\frac{C}{L}}\sin(\pi) = 0\).

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Energie du condensateur :

$$ E_{cond} = \frac{1}{2}Cu_C^2 = \frac{1}{2} \times 10 \times 10^{-6} \times (-12)^2 = \frac{1}{2} \times 10^{-5} \times 144 = 7{,}2 \times 10^{-4} \text{ J} $$

Energie de la bobine :

$$ E_{bob} = \frac{1}{2}Li^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}15 \times 0^2 = 0 \text{ J} $$

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L'energie totale du circuit LC est :

$$ E_T = E_{cond} + E_{bob} = \frac{1}{2}Cu_C^2 + \frac{1}{2}Li^2 $$

Derivons par rapport au temps :

$$ \frac{dE_T}{dt} = Cu_C\frac{du_C}{dt} + Li\frac{di}{dt} = u_C \cdot i + L\frac{di}{dt} \cdot i = i\left(u_C + L\frac{di}{dt}\right) $$

Or, d'apres la loi des mailles : \(u_C + L\frac{di}{dt} = 0\).

$$ \frac{dE_T}{dt} = i \times 0 = 0 $$

L'energie totale est constante dans le temps.

Verification numerique :

• A \(t = 0\) : \(E_T = \frac{1}{2}CE^2 + 0 = \frac{1}{2} \times 10^{-5} \times 144 = 7{,}2 \times 10^{-4}\) J
• A \(t = T_0/2\) : \(E_T = 7{,}2 \times 10^{-4} + 0 = 7{,}2 \times 10^{-4}\) J