Ces annales comportent un exercice de chimie sur 9 points et 2 exercices de physique respectivement sur 6 et 5 points. L’exercice de chimie traite de réaction acido-basique, le premier exercice de physique porte sur la radioactivité et le second porte sur le thème mouvement-vitesse. 


EXERCICE 1 - Un emballage intelligent au rayon poissonnerie 

Q1.
Étape n°1 : transformation des réactifs  

Étape n°2 : séparation

Étape n°3 et étape n°4 : analyse du produit brut

Q2. L'aspect de la tache c associée au produit brut est différente des taches a et b associées aux réactifs. On en déduit la formation de nouvelles espèces chimiques et qu’une transformation chimique a eu lieu et que le produit brut est pur.

Q3. Le BBP et le produit synthétisé brut présentent des bandes d’absorption aux mêmes longueurs d’onde, notamment un maximum d’absorbance vers 570nm. Cette superposition des pics d’absorption montre que le produit brut contient du BBP.

Q4. Pour identifier le produit brut, on peut aussi utiliser la spectrométrie de masse.

Q5. Le couple acido-basique en jeu est : BH2 (aq)/BH− (aq) La constante d’acidité est donc :


Q7. À l’équivalence, les quantités de réactifs ont été introduits selon les proportions stœchiométriques.


Q9. À la demi-équivalence, la moitié du volume de réactif titrant nécessaire pour atteindre l’équivalence a été versée. Autrement dit la moitié de l’acide BH2 a été transformée en sa base conjuguée BH−, l’autre moitié étant sous forme acide. Les quantités de matière de BH2 et de BH− sont donc égales, et puisque le volume de solution est identique, on a donc: [BH−]=[BH2], d’où  𝑝𝐻=𝑝𝐾𝐴.

Q10. Par lecture graphique, à la demi-équivalence 𝑉=7,4 ml, on a 𝑝𝐻=3,8 Donc : 𝑝𝐾𝐴=4,0

Q11. La valeur calculée est 𝑝𝐾𝐴=4,0 et la valeur tabulée est 𝑝𝐾𝐴,ref =4,1. L’incertitude-type est 𝑢(𝑝𝐾𝐴)=0,3.


Puisque ce rapport est inférieur à 1, on en déduit que c’est compatible avec la présence de BBP dans le produit de synthèse purifié.

Q12. D’après la figure 2, le spectre d’absorption de la forme acide du BBP présente un pic d’absorption à environ 430 nm. Selon le cercle chromatique (figure 3), une solution qui absorbe majoritairement le bleu (autour de 430 nm) sera de la couleur complémentaire c’est-à-dire le jaune. Ainsi, la forme acide du BBP, présente à 𝑝𝐻=2,0, est de couleur jaune.

Q13. Pour préparer une solution d’acide chlorhydrique de pH = 2,0 il faut déterminer la concentration en ion [𝐻3𝑂+] : [𝐻3𝑂+] =10−𝑝𝐻=10−2𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1.

La solution commerciale a les caractéristiques suivantes: 𝜌=1,18 kg·L−1, 𝑡𝑚 =37 %, 𝑀=36,5 g·mol

Q14. La molécule de N,N-diméthylméthanamine contient un atome d’azote lié à deux groupes méthyle ( 𝐶𝐻3) et à un groupe méthylène (𝐶𝐻2), ayant la forme 𝐶𝐻3–𝑁(𝐶𝐻3)–𝐶𝐻2. Par identification, il s’agit de la molécule B.

Q15. Il s’agit d’une réaction acido-basique entre la forme acide du BBP (BH2(aq)) et la N,N diméthylméthanamine (R3N(aq)), la base.

L’équation de la réaction s’écrit donc : BH2(aq)+R3N(aq)→BH−(aq)+R3NH+(aq)

Q16 Une espèce est dite amphotère si elle peut se comporter à la fois comme un acide et comme une base. L’ion BH− est amphotère car en présence d’une base forte comme OH−, il peut agir comme un acide selon la demi-équation : BH− +OH− = B2− +H2O- et en présence d’un acide, il peut agir comme une base : BH− +H3O+ = BH2 +H2O. Ainsi, BH− peut jouer les deux rôles et est donc amphotère.

Q17 Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle la concentration du réactif limitant, ici BH−, est divisée par deux. Par lecture graphique, la concentration initiale est [BH− ] est de 5,6 µmol·L−1 . On cherche le temps correspondant à 2,8 µmol·L−1. On trouve 𝑡1/2 = 755 s, soit 13 min environ. Ce temps caractéristique est adapté à un emballage intelligent car elle permet une observation visible du changement de couleur. Cette durée n’est ni trop rapide ni trop lente pour suivre l’évolution de la fraîcheur sur plusieurs heures ou jours. La concentration en BH− diminue avec le temps, donc la couleur bleue (forme basique) disparaît au fur et à mesure, signalant la baisse de qualité du poisson. Cette réaction convient à l’utilisation d’une pastille intelligente comme indicateur de la fraicheur du poisson.

EXERCICE 2 - Datation d’une roche

Q1. Des noyaux isotopes sont des noyaux ayant le même nombre de protons (même numéro atomique 𝑍), mais un nombre de neutrons différents (nombres de masse 𝐴 différents).

Q2. Selon le diagramme (𝑁,𝑍), le rubidium 87 se désintègre en strontium 87. L’équation de désintégration est : 87Rb→ 87Sr + 𝛽−

Q3. Cette désintégration est de type 𝛽− : transformation d’un neutron en proton avec émission d’un électron (𝛽−) et d’un antineutrino.

Q4. Le temps de demi-vie 𝑡1/2 est la durée nécessaire pour que la moitié des noyaux radioactifs présents à l’état initial se soient désintégrés.


Q6. Le rubidium 87 est adapté pour la datation d’un échantillon de 1g de roche puisque son temps de demi-vie est très long (𝑡1/2 =49,2×109 ans), donc il reste détectable à l’échelle de l’âge de la Terre et un échantillon de 1 g est constitué d’atomes en nombre suffisant pour assurer une mesure fiable sur 38 demi-vies, soit d’ordre de milliards d'années.


La solution est donc de la forme: 𝑁Rb(𝑡) = 𝑁Rb(0)×𝑒−𝜆𝑡

Q8. À l’instant t = 𝑡𝑓 , il y a 𝑁min noyaux. Ainsi : 𝑁min = 𝑁Rb(0)×𝑒−𝜆𝑡𝑓


Q9. D’après les données 𝑁Rb(0) = 5,8×1020 , 𝑁min = 2,0×109 et 𝜆 = 1,41×10−11 a−1 :


Q10. Il y a autant de noyaux de rubidium 87 désintégrés que de noyaux de strontium 87 formés. Ainsi, : 𝑁Sr formé (𝑡) = 𝑁Rb (0) − 𝑁Rb (𝑡)

Q11. On remplace 𝑁Rb(𝑡) par 𝑁Rb (0) × 𝑒−𝜆𝑡 , on obtient :

𝑁Sr formé (𝑡) = 𝑁Rb (0) − 𝑁Rb (0 )× 𝑒−𝜆𝑡 = 𝑁Rb (0)(1 − 𝑒−𝜆𝑡 ) = 𝑁Rb (𝑡) × (𝑒𝜆𝑡 − 1)

 Q12. L’équation de la droite obtenue est : 𝑦 = 0,0042×𝑥 + 0,7105 Or, d’après l’équation 3 :

𝑦 = (𝑒𝜆𝑡 − 1) × 𝑥 + 𝑏 , donc (𝑒𝜆𝑡 − 1) = 0,0042 : 𝑒𝜆𝑡 = 1+0,0042 ⇒ 𝜆𝑡 = ln (1+0,0042)


L’âge de la roche est donc d’environ 297 millions d’années.

EXERCICE 3 - Viscosimètre à chute de bille


L’unité de la viscosité dynamique est donc : N⋅m−2 ⋅s (pascal.seconde)

Q2. La formule de la force de frottement est 𝑓 = − 𝛼×𝜂𝐶 ×𝑣. Elle est proportionnelle à la vitesse 𝑣. Donc si 𝑣 augmente, alors 𝑓 augmente.

Q3. À la vitesse limite 𝑣lim, la bille suit un mouvement rectiligne uniforme, ainsi l'accélération est nulle. D’après la première loi de Newton, la somme des forces est donc nulle :

Le bilan des forces appliquées à la bille donne :

Poids : 𝑃 = 𝑚×𝑔 orienté vers le bas,

Poussée d’Archimède : 𝑃𝐴 = 𝜌ℎ ×𝑉𝑏 ×𝑔 orienté vers le haut,

Force de frottement : 𝑓 = 𝛼×𝜂𝐶 ×𝑣 orienté vers le haut.

À l'équilibre : 𝑃 = 𝑃𝐴 +𝑓

Q4. On écrit la formule précédente pour 𝑣 =  𝑣lim  on obtient, 𝑚×𝑔=𝜌ℎ ×𝑉𝑏 ×𝑔+𝛼×𝜂𝐶 × 𝑣lim

Or 𝑚 = 𝜌𝑏 ×𝑉𝑏, donc : 𝜌 𝑏 ×𝑉𝑏 ×𝑔 = 𝜌ℎ ×𝑉𝑏 ×𝑔+𝛼×𝜂𝐶 ×𝑣lim

Ainsi 𝛼×𝜂𝐶 ×𝑣lim = 𝑉𝑏 ×𝑔× (𝜌𝑏 −𝜌ℎ )


La viscosité mesurée de l’huile C est donc 𝜂𝐶 ≈ 0,089 N·m−2 ·s.

Q6. La valeur calculée est 0,089 et la valeur de référence est 𝜂 ref = 0,093. L’incertitude-type est

𝑢(𝜂𝐶 ) = 0,003. 


La vitesse est pratiquement égale à 𝑣lim pour  𝑡≥ 30 s.

En 30 s, la bille tombe à une vitesse constante 𝑣lim=5,37 mm·s−1, donc elle parcourt une distance 𝑑≈0,161 m = 16,1 cm. Puisque la longueur du tube vaut 15 cm alors la bille a atteint la vitesse limite avant la fin du tube et on peut considérer que la chute s’effectue à vitesse constante.

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