Correction bac 2022 physique-chimie Jour 2

1. BAC GÉNÉRAL 2022
Épreuve de spécialité physique-chimie
Jeudi 12 mai
Exercice 1 : OBSERVATION DE LA PLANÈTE MARS
1. Observation de Mars avec une lunette astronomique
Q1.
Q2. Une lunette astronomique afocale est composée de deux lentilles convergentes qui forment, à partir
d'un objet situé à l'infini, une image agrandie située elle aussi à l'infini.
Le foyer image F1’ est donc au même endroit que le foyer objet F2 de la lentille.
Q3. Tracé
Q4. 𝐺𝑙𝑢𝑛𝑒𝑡𝑡𝑒 =
𝑓1′
𝑓2′
=
900
20
= 45
Q5. L’angle est tellement petit que l’œil n’arrive pas à faire une grande image de Mars sur sa rétine et ne
verra qu’un point lumineux.
Q6. 𝐺𝑙𝑢𝑛𝑒𝑡𝑡𝑒 =
𝑓1′
𝑓2′
=
900
20
= 45 =
Θ′
Θ
donc Θ′ = Θ × 45 = 4,9 × 10−5
× 45 = 2,2 × 10-3
𝑟𝑎𝑑
L’angle sous lequel observe l’observateur sera plus grand, il verra donc l’image avec une plus grande
précision, avec plus de lumière (grâce à l’objectif) et 45 fois plus grand (grâce à l’oculaire).

2. 2. Détermination du diamètre de Mars
Q7. Plus l’angle d’observation est grand et plus Mars est grande, inversement si elle est éloignée.
A correspond donc à un angle où Mars est le plus proche de la Terre car maximal, c’est-à-dire
l’angle θ1 .
B correspond à θ2 pour les raisons inverses.
Q8.
Calcul avec θ1 :
tan
Θ1
2
≈
Θ1
2
=
𝑑𝑀
2
𝐷1
donc 𝐷1 =
𝑑𝑀
Θ1
(1) Pythagore ou donnés dans les "données"
De la même façon, 𝐷2 =
𝑑𝑀
Θ2
(2)
De plus on a 2 rSM = D1 + D2 (3)
En combinant ces trois relations nous retrouvions 𝑑𝑀 =
2𝑟𝑆𝑀
(
1
Θ1
+
1
Θ2
)
Q9. AN : Graphiquement, θ1=1,17x10-4
rad et θ2= 1,7x10-5
rad
dM = 6,77x103
km pour une valeur de référence de 6,78x103
km. La précision sur la lecture du graphique
peut induire un mauvais résultat. Ici, il semble coïncider avec la valeur attendue.
3. Détermination de la masse de Mars
Q10. Dans le repère de Frenet ( 𝑀; 𝑢𝑡
⃗⃗⃗ ; 𝑢𝑛
⃗⃗⃗⃗ ) on a
𝑎(
𝑎𝑡 = 0
𝑎𝑛 = 𝐺
𝑀𝑀𝑎𝑟𝑠
𝑟𝑀𝑃
2
)car 𝑚𝑎(𝑡) = 𝑚𝐺 = 𝑚
𝐺𝑀𝑚𝑎𝑟𝑠
𝑟𝑀𝑃
2 𝑢𝑛
⃗⃗⃗⃗ (𝑡)
Or dans le repère de Frenet nous avons
𝑎𝑛(𝑡) =
𝑣2
𝑟𝑀𝑃
alors 𝐺
𝑀𝑀𝑎𝑟𝑠
𝑟𝑀𝑃
2 =
𝑣2
𝑟𝑀𝑃
et donc 𝑣 = √
𝐺𝑀𝑀
𝑟𝑀𝑃
Q11.
Dans le repère de Frenet nous avons 𝑎𝑡(𝑡) =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 0 le mouvement est donc uniforme.
𝑣 =
𝑑
𝑇
=
2𝜋𝑟𝑀𝑃
𝑇
=
2𝜋9,38×106
(7∗3600∗39∗60)
= 2,14 × 103
𝑚. 𝑠−1
On sait que 𝑣 = √
𝐺𝑀𝑀
𝑟𝑀𝑃
donc𝑀𝑀 =
𝑣2×𝑟𝑀𝑃
𝐺
=
(2,14×103)2×9,38×106
6,67×10−11 = 6,44 × 1023
𝑘𝑔
Cela semble cohérent avec la masse d’une planète.

3. Exercice A : L’ARÔME DE VANILLE
1. Étude de produits commerciaux vanillés
Q1. On parle d'isomérie de constitution lorsque les molécules ont la même formule brute mais des
formules semi-développées différentes. Or ici elles n’ont pas la même formule brute. Elles ne sont donc
pas isomères de constitution.
Q2.
Q3.
Q4.
Q5. Dans une CCM les composés identiques montent à la même hauteur.
Ici nous remarquons que la tâche de référence V (présence de vanilline) est à la même hauteur qu’une
tâche du produit 1 et 2. Ceux-ci contiennent donc de la vanilline.
2. Titrage de la vanilline contenu dans le produit 1
Q6. Le pkA du couple vanilline/ion vanillinate est de 7,4. Le pH initial est de 9,8 environ. L’ion vanillinate est
donc l’espèce majoritaire présente.
Q7. A-
(aq) + H+
(aq)→ AH(aq)
Q8. A l’quivalence nous avons :
Aldéhyde
Alcool
Phase organique
contenant
vanilline
Phase aqueuse
La vanilline est très soluble avec l’acétate d’éthyle qui est non
miscible avec l’eau.
La vanilline est très peu soluble avec le chlorure de sodium qui est
quant à lui miscible avec l’eau.
La vanilline sera donc dans la phase organique avec l’acétate
d’éthyle.
L’acétate d’éthyle ayant une densité plus faible que la solution
aqueuse de chlorure de sodium, celle-ci se retrouvera au-dessus.

4. 𝑛(𝐻+
) = 𝑛(𝐴-
)or 𝑛(𝐻+
) = 𝑐 × 𝑉𝑒𝑞 = 4,1 × 10−3
× ((12,6 − 2,2) × 10−3
) =
4,3 × 10−5
𝑚𝑜𝑙dans 50,0mL de solution,
Donc dans 100,0mL, contenant 0,31g de produit nous avons 8,6x10-5
mol de vanilline.
C’est-à-dire 𝑚 = 𝑛 × 𝑀 = 8,6 × 10−5
𝑚𝑜𝑙 × 152 = 0,013𝑔de vanilline dans les 0,31g de produit pris.
Donc pour 1 kilogramme de produit nous avons
0,013×1000
0,31
= 42𝑔de vaniliine.
Il faut dépasser les 2g de vanilline par kilogramme pour obtenir l’appellation ce qui est bien le cas ici.
Exercice B : ENCRE ET EFFACEUR
1. Encre des stylos-plume
Q1. Nous voyons que le maximum d’absorption correspond à 580 nm correspondant à l’orangé. Nous
savons que le produit émet la couleur complémentaire, le bleu. L’encre est donc bien de couleur bleue.
Q2. Pipette jaugée de 5,0mL pour prélever de la solution S1.
Fiole jaugée de 100,0mL dans lequel on place les 5,0mL de S1 prélevés.
Q3. D’après la loi de Beer-Lambert :
𝐴 = 𝜖𝑙𝑐donc 𝑐 =
𝐴
𝑙𝜖
=
0,75
1,0×5,00×104 = 1,5 × 10−5
𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
Q4. On va faire en revenant vers la cartouche d’encre.
Dans la solution S2 nous avons 𝑛 = 𝑐. 𝑉 = 1,5 × 10−5
× 0,100 = 1,5 × 10−6
𝑚𝑜𝑙
La solution S1 qui contient la totalité de la cartouche a été diluée 20 fois pour obtenir S2 donc dans la
cartouche il y a 1,5 × 10−6
× 20 = 3,0 × 10−5
𝑚𝑜𝑙𝑑𝑒𝑏𝑙𝑒𝑢𝑑′𝑎𝑛𝑖𝑙𝑖𝑛𝑒
Q5. 𝑤 =
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡é
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑖𝑜𝑛
=
3,0×10−5×737,7
0,60×1,1
= 0,034 = 3,4%
Donc très peu de colorant dans l’encre.
2. Effaceur d’encre
Q6.
A pH=11,0, l’espèce majoritaire est donc l’ion sulfite SO3
2-
.

5. Q7. SO3
2-
(aq)+ 2HO -
(aq) ⇔SO4
2-
(aq) + H2O(l) + 2 e-
I2 (aq)+ 2 e-
⇔ 2 I-
(aq)
Donc l’équation de réaction est :
SO3
2-
(aq)+ 2HO -
(aq) + I2 (aq) → 2 I-
(aq) + SO4
2-
(aq) + H2O(l)
Q8. A l’équivalence on a 𝑛(𝑆𝑂33
2-
) = 𝑛(𝐼2) = 𝑐𝐼2 × 𝑉𝐸 = 1,0 × 10−2
× 8,2 × 10−3
=
8,2 × 10−5
𝑚𝑜𝑙 ≈ 8 × 10−5
𝑚𝑜𝑙
Q9. En gardant le rapport 1 mol:1 mol du sujet, on peut effacer
8×10−5
3,0×10−5 = 2,7𝑐𝑎𝑟𝑡𝑜𝑢𝑐ℎ𝑒𝑠par rapport à
ce que demande le sujet, on peut donc effacer 2 cartouches complètes.
Exercice C : DES PILES HISTORIQUES
1. Étude de la pile Volta
Q1. Dans les réactifs on ne voit présence que de zinc et non de Zn2+
(aq) la réaction d’oxydoréduction va
donc aller dans le sens de l’oxydation du Zinc par les ions H+
présents dans la solution d’eau salée.
Q2. Anode siège d’une oxydation donc du Zinc. La cathode sera donc l’électrode de cuivre.
Q3.
Q4. La borne V d’un voltmètre doit être branché du côté positif et la borne COM du côté négatif pour
que la valeur lue soit positive.
V est donc branché sur la cathode (positif) et COM sur l’anode (négatif) , la valeur lue sera donc
positive 0,82V.

6. Q5. U = f(N) représente une droite passant par zéro (fonction linéaire) on a donc U = k. N ( U et N
proportionnel et k coefficient de proportionnalité).
Q6. Calcul de k par méthode graphique :
𝑘 =
𝑈2−𝑈1
𝑁2−𝑁1
=
6−0
7−0
= 0,86On a donc U = 0,86 N donc pour une centaine de volts 𝑁 =
𝑈
0,86
=
100
0,86
= 116𝑐𝑒𝑙𝑙𝑢𝑙𝑒𝑠 ∼ 102
𝑐𝑒𝑙𝑙𝑢𝑙𝑒𝑠
2. La pile Daniell
Q7. Calcul du réactif limitant :
Si Cu2+
(aq) limitant :
𝑛𝑖(𝐶𝑢2+
) − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0𝑠𝑜𝑖𝑡𝑛𝑖(𝐶𝑢2+
) = 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝑐. 𝑉 = 0,100 × 100 × 10−3
= 1,00 × 10−2
𝑚𝑜𝑙
Si Zn (s) limitant :
𝑛𝑖(𝑍𝑛) − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0𝑠𝑜𝑖𝑡𝑛𝑖(𝑍𝑛) = 𝑥𝑚𝑎𝑥 =
𝑚
𝑀
=
100
159,6
= 0,63𝑚𝑜𝑙
1,00 × 10−2
< 0,63Donc le Cu2+
est bien limitant.
Q8. On sait que 𝑞 = 𝐼 × Δ𝑡et 𝑞 = 𝑛𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠é𝑐ℎ𝑎𝑛𝑔é𝑠 × 𝑁𝐴 × 𝑒
ici on échange 2 électrons au maximum .
Ce qui nous donne Δ𝑡 =
2𝑥𝑚𝑎𝑥×𝑁𝑎×𝑒
𝐼
=
2×1,00×10−2×6,02×1023×1,60×10−19
20×10−3 = 9,6 × 104
𝑠soit
environ 26h45min