نموذج مباراة التعليم دجنبر 2021 - الفيزياء والكيمياء - اختبار في مادة التخصص
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باختصار
هذا نموذج امتحان كتابي سابق لمباراة أطر الأكاديميات - ثانوي تأهيلي لدى وزارة التربية الوطنية والتعليم الأولي والرياضة - الأكاديميات الجهوية للتربية والتكوين (2021-12)، منشور على وظيفة إنفو للاطلاع والتحميل المجاني بصيغة PDF مع تصحيح مقترح.
- الجهة المنظمة
- وزارة التربية الوطنية والتعليم الأولي والرياضة - الأكاديميات الجهوية للتربية والتكوين
- الدرجة
- أطر الأكاديميات - ثانوي تأهيلي
- التخصص
- الفيزياء والكيمياء
- الدورة
- 2021-12
- عدد الصفحات
- 21
- لغة الأسئلة
- الفرنسية
- التصحيح
- تصحيح مقترح متوفر في هذه الصفحة
📝 نص أسئلة النموذج (مستخرج آلياً من الصفحات الممسوحة)
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«زارة التريمة لومنية 3 1 8ت 8156 ١ لد ar مباراة توظيف أساتذة التعليم الثانو $ ١
Jet 757 ولرياضة ءام امرض موجن a دورة دجنبر 2021
المركز الوطني للتقويم والامتحانات
التخصص : الفيزياء والكيمياء
بجومبو و يبيل
الموضوع / ورقة
الإجابة
اسم المصحح وتوقيعه :
Consignes et instructions aux candidats
٠١ La feuille sujet c'est une feuille de réponse : le candidat(e) répond sur la copie du sujet ;
Transerire toutes les informations personnelles demandées à l'entête de la première page :
3. L'épreuve comporte 48 items (questions) de la question QI à la question Q48 :
4, Chaque question comporte 4 choix de réponses (A, B, C, D) dont une seule réponse est juste ;
. Chaque candidat(e) n'a le droit d'utiliser qu'une seule copie sujet/réponse ;
6. Avec un stylo à bille (bleu ou noir) cochez à l’intérieur de la case correspondante à chaque
réponse Juste de la manière suivante : ou remplissez cette case de la manière suivante : HI ;
7. La rature ou l’utilisation du Blanco sont strictement INTERDITES :
Aucun document de quelque nature que ce soit n'est autorisé :
9. L'usage de la calculatrice non programmable est permis ;
10. L'usage des téléphones mobiles, des tablettes et de tout appareil électronique intelligent est
strictement INTERDIT :
11, Toute réponse ne respectant pas : itées ci
10 € respectant pas les règles citées ci-dessus sera annulée
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فى هذا الإطار
فبارياى لتوظبيك الأطر النظامية للأخاديمياص ؛ أماتطة التعليع الثانوي -دورة «تيذير 2021- الموضوع
التدسس ؛ الفرزياء والكيعباء - pa tit ؛ اختبار في مادة التنصيى
Chimie (37,5 points)
Atomistique - Liaisons chimiques - Cristallographie et Cristallochimie (9,5 points)
QI : L'ensemble de nombres quantiques, qui sont permis pour un électron dans un atome est :
n 3 nm, «
فنا أ يم
نم ) مم
3
2 : Parmi les atomes cités, l'atome qui possède l’orbitale atomique d incomplètement occupée
est :
O تا 2n(7=30)
ه011 17 )2-53(
Q3 : Parmi ces affirmations, laquelle est correcte ?
Deux éléments chimiques qui ont le même nombre d'électrons dans leur
couche externe ont des propriétés identiques.
Deux éléments chimiques dont les électrons externes appartiennent à la
même couche sont dans la même période de la classification périodique.
Deux éléments chimiques dont les électrons externes appartiennent à la
même couche sont dans la même colonne de la classification périodique.
Deux nucléides ne diflérant que par le nombre de neutrons de leurs noyaux
ont des propriétés différentes.
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فيارياى aéphugil الأطر النظامية الأخاءديميادى ؛ أصاتطة التعلوم الثانوي -دوزة «تتذير 2021- الموضوع
Q4 : Parmi ces représentations, laquelle respecte la représentation de Lewis pour l'édifice
| لكا EUR RUE SUN SE = IS pe EE
| LA | B re | D
0 H cl H | Ch ا | © H
Cl—AI —N—H | لماه —NEH | GA NH | CA —N—H |
| CH OH Cl H | Ch H | cl H |
Cristal de bromure d'argent
Le bromure d'argent AgC/ cristallise dans une structure du type de celle de NaCl . On peut considérer
ce cristal comme l'imbrication de deux réseaux l’un dans l’autre : celui des tons argent et celui des ions
bromure. ١
Données : Rayon des ions bromure r—=195 سم : Rayon عل ionsargent r+=126 pm
QS : La coordination de chacun des ions argent et bromure est :
OO à | 4/4
0 0 6/6
1
siete
Q6 : Le nombre d'ions argent et bromure dans la maille élémentaire et la longueur @ de l'arête de
la maille sont :
O A 8 ions bromure et 8 ions argent a=414 pm
O B 6 ions bromure et 6 ions argent a=1732 pm
0 C Sons bromure et 5 ions argent a = 646 pm
O D 4 ions bromure et 4 ions argent a=642 pm
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مرارياى لوطي الأطر النظامية espagne LA NI ؛ أمابطل التعليم الثانقي -مدورة تيوتير 1 202- الموضوي
TES FAN في aa! à bn y! -
, الهبدياء 4 الشكيمبا»
التنسس
Q7 : La compacité de cette maille est :
O a ce=s06%
0 1 ازا
O cC C=88,6%
Chimie des solutions — Électrochimie (13 points)
Partie 1 : Titraçe oxydoréduction indirect
L'eau de Javel est un désinfectant énergique constitué d’un melange équimola
hypochlorite C/O’. On désir
ire d'ions chlorure C/ et
re vérifier l'indic:
tion portée sur une bouteille d'eau de Javel : 12°chZ/ (12
degrés chlorométriques).
Le degré chlorométrique est égal au volume sous 1,013 bar ) de
avel sous l'action d'un acide selon l'équation
(exprimé en litre (L) et mesuré à 0 °C
dichlore CZ, que peut libérer un litre (F=11) d'eau de J
chimique : CIO”, + CL, + 2 Hat 2 CL, + 0
Une mesure directe du votume de dichlore مي ainsi libéré est délicate. ( Mn utilise donc un dosage en
deux étapes.
- On fait agir un excès d'iodure de potassium, A * fa, + SU Une prise d'essai d'eau de Javel : le
diiode 71, ainsi formé est تعمل par une solution aqueuse de thiosulfate de potassium
de concentration connue. L'eau عل Javel étant concentrée, on doit la diluer 10
fois.
- On introduit, dans un erlenmeyer, dans l'ordre donné ci-après, F = 10.0 ml de solution d'eau de
Javel diluée, 20 ml. de solution aqueuse d'iodure de potassium 4 ان ©t quelques gouttes
d'acide acétique pur. Les ions hypochlorite sont réduits en tons chlorure. Le taux d'avancement
final de la réaction entre les ions hypochlorite et iodure est égal à 1 (7 =1) .
- On dose le ditode 1, formé par une solution aqueuse de thiosulfate de sodium.
21/8 م + S:0j de concentration molaire © = 0,10 .ا عاد Sachant qu'il se forme des ions iodure
et tétrathionate ل اناري le volume versé à l’équivalence vaut : F, =10,6 mL.
Donnée : R=8.314 زوم ال
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فبارياى لبوظيوام الأطر النظامية الأشاصديفياض ؛ أماتطة التعليم الثاني حدورة متيتير 2021- الموضوع
» في مادة vel
التدسس ؛ الفيزباء والشيمياء - SA + احتبا
٠. 1 t : * A A 0 :
08: L'équation de la réaction entre les ions hypochlorite et iodure et l'équation de
entre le diiode et les ions thiosulfate s
de la réaction
ont :
رك 2H + مل + م0
aun- ا ردي
fun) ال + an + SO
on + Mn + حورا هك مم27 CL, 4 RO,
Un +0,
O | 8
O1
Le) + ISO EM SO
(بد )1
7 7 1 7 )"
Q9 : La concentration molaire effective des ions hypochlorite »
de Javel vaut :
10, dans la solution diluée d'eau
010: La valeur du degré chlorométrique du produit étudié est :
A 12,2°chl
B 12,.0Fch/
0000
D 11,6°ch!
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فبارياى لتوظيام PAM النطامية الأكاديفياض ؛ أماتطة التعليم الثائئي -مدورة spip 2021- الموضوع
التنسس ٠ الفيزياء clyayêlle = الأحتبار ْ اختيار في عادة are}!
Partie 2 : Acide phosphorique
L'acide phosphorique, de formule H,PO,, est un triacide caractérisé par :
PK, =22 ; pK, 27,2 ; pK, =12,2
9011 : Parmi ces affirmations, laquelle est correcte ?
© A H,PO; est un acide fort
O B A,0 est un acide plus fort que HPOX
O © | HPOÏ est un ampholyte
O D 707 est une base forte
Q12 : Parmi ces affirmations, laquelle est correcte lorsque pH =71,2 ?
O A H,PO;£ prédomine dans la solution.
O B HPOÏ prédomine dans la solution.
Q13 : L'ion phosphate PO, ومن Est une base faible, elle est introduite en solution aqueuse sous forme
de phosphate de sodium de concentration initiale C, 107 mol.L".
Donnée : pKe - 0
La composition du système à l'équilibre chimique est :
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مبارياى لتوظيا MM النطامية الأشاصيفياض ؛ أماتطة التعليم الثانوي -بدورة تجزرر 1 202- الموضوع
التخصس ؛ العيذباء cale - الاحتيار ؛ اختبار في عادة التخمس
Partie 3 : Pile électrochimique
On considère la pile : 0 MC
onsidère la pile : Mn, Mn(OII )ود )jCu,, dont le fil de manganèse Mn … est plongé
dans une solution saturée de MO). +de اام - 6.
Données : E, dura S 0.34 [7 ke or ie i56F ل و
014 : La valeur du produit solubilité Æs de mor da CSC
O a Ks=0,9.10"
0 B K=3810"
O D As=+42.10
015 : Les valeurs des potentiels des électrodes sont :
O 8 E,=-0565 E=0347
O ١ E.=22r E,=L20F
Q16 : Le potentiel standard E حي 4, du couple (Vi, Mn) a pour expression :
O 1 E nes Eire 0,03.1og As
f TRES LA O1 ; =
O n : Æ = Es an) +0:03.l08 Ks
O C E بوي ل - 0.03.102 As.Ke
ارا 0m (La 05444 ' -
1
O D Es, nu) ماو لمجو إن Ke
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فبارياى لتوظينم الأطر النطاعية الأكاد بفياض + أماتطة التعليم الثانوي -دورة مدقيو 2021- الموضوعم
التدسس + الفبزياء والشرمباء - الاحتيار + اختبار في ماددة التنسي الصفحة: 8 على 23
017 : Après une certaine durée de fonctionnement, la fe.m. de la pile aura pour expression :
)-0,03.10g
7
(Ton ]
Ks | | 4 باللا اريم 17 O D ( (eu Cut
الل
Cinétique chimique (3,75 points)
Le chlorure d'hydrogène //C/ réagit sur le cyclohexène C,H,, selon la réaction chimique d'équation :
CH, +700 › CH EL.
On réalise une série d'expériences à 25°C, où l'on mesure la vitesse initiale وك de la réaction en
fonction des concentrations molaires initiales [C,/7,,], et [HCI], dans le milieu réactionnel.
Les diverses espèces sont dans un solvant approprié, et le volume réactionnel est constant et égal à
V =1 L. Les résultats expérimentaux sont rassemblés dans le tableau ci-dessous :
On désigne respectivement par p et و les ordres partiels initiaux de la réaction par rapport au
cyclohexène C,H, et au chlorure d'hydrogène HCI.
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مرارياى m0, gs! الآأطر النظامية الأماديمياص ٠ أمابطة التعليم الثاني pins den 2021 الموضويم
احيرا Sata!» في Asa la النناسس
ct seat + manu! والشبمباء
015: La loi de vitesse initiale de cette réaction en fonction de طم et gest :
\ tn يرثك 37 a à ا
OOOO
019 : Les valeurs des ordres partiels initiaux de la réaction et de l'ordre global sont :
els initiaux Ordre global
CO a p=l e ادن 2
O 8 p=2 e g=l 3
(Yetres بيبح
GitS paru
Thermndy manmique chimique (3,75 points)
Partie ! :
Caleul de l'enthalpie standard de réaction à partir des enth
réparation du combustible اين
alpies de formation
catre, on effectue la transformation suivante à 500 K, sous
1 3 VO +277 23 UO43 HO. +N
Données : Les capacités thern jues des réactifs et des produits ne dépendent pas de la température.
[ =298 K : 1 500 À
020 : L'enthalpie standard de la réaction à 7
300 Æ a pour expression :
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مبارياض لتوظيم الأطر النظامية الأشامديفياض ؛ أساتطة التعليم الثانوي -ددوزة تؤذور 2021- الموضوع
الصفحة: 10 على 23
Partie 2 : Calcul de l’enthalpie standard de réaction à partir des énergies de liaison
On considère la réaction suivante : ىا +505, › 120,
Données à 298 K :
- Energies de liaison (kJ-mol ") D(M-H)=432,2 D(O-11)=460,4 D(O=O)=494,1
Q21 : La valeur de l’enthalpie standard de la réaction à 298 K vaut :
O | A A,H°(298 K)=-124,23 "امسلا
O B OA,1M(298K)=-241,55 "لمسلط
O € a#(298 K)=-111,66 k/mot"
O D à,/1(298 K)=-222,55 "لمملا
Chimie organique - Méthodes physicochimiques de séparation, d'analyse et de dosage (7,5 points)
Q22 : Soit le composé organique :(Æ)-butan-2-al.
L'ordre de priorité pour les substituants, suivant les règles .طلا (Cahan, Ingold et Prelog) est :
Q23 : Soit les espèces chimiques suivantes : F1 MN 1 111: 0 ٠
Données: :الى 4N 3 0 طاو
Le classement de ces espèces par nucléophile décroissante est :
O A HO ›INN ›F “ال
O O8 HO›F›HN›HF
O € HF›F›HN ›HO
QO D HN ›HO›F›HF
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مبارياى لتوظيك الأطر النظامبة الأكاديفياض ؛ أماتدطة التعليم الثاني دورة متجذير 1 202- الموضوع
التنسي ؛ الفبزياء والشيمياء - الأتبار؛ plaint في ماددة التنسس الصفحة: 11 على 23
024 : Lesalcanes RH (R groupe alkyle) réagissent avec
le dibrome sous irradiation ultraviolette selon
la réaction de substitution radicalaire.
Les différents isomères obtenus par action de عل sur le composé organique /2-méthylhbutane) en
présence d'irradiation UV sont :
1
أ ل أ AS 01
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A الثانوي Mis se Lan 1 2- الموضوع
مبارياى لتوظيم الأطر النظامية الأهاصديفياى ؛ أمائطاة ل
الأيار « أخثيار في dan A التنسس
التنسس ؛ العيذباء والشبعياء
Physique (37,5 points)
| Mécanique ( 9,5 points)
Partie :ا Transfert d'orbite d’un satellite
La Terre est considérée comme un
astre sphérique de centre O. دود
de rayon R et de masse M. | æ référentiel géocentrique est Fa (3) 8
supposé galiléen. rs PS 3
On veut transférer un satellite S . considéré comme un point ‘ ’ \ ١
matériel, de masse m initialement sur une orbite circulaire / , = RES ١
basse (1) de ravon 1; autour de la Terre à une orbite circulaire ni ,_ 4 |
5 : الي امد الت ا ’. ١
haute (2) de rayon r, ; Pour cela. on utilise une ellipse de ue م ee ; '
. \ 2 der Pa 5
transfert (3) (de A à B) dite ellipse de Hohmann dont la Terre CN - 1” /
٠ - . ١ ددم َ 22
est un tover (figure ci-contre). (2) (1 ) - /
, cure
Données : “, di
- L'énergie potentielle du satellite est nulle à l'infini : ›
- La constante de gravitation universelle est notée م ’ …..—-
025. L'énergie mécanique EE, du satellite sur sa trajectoire basse a pour expression:
0 حو 1 ©
1 CG Mm
O B : د ل 2
O D ! ei = 4
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9 0 19 أربي
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الاختيار ؛ اهيا في Asa le التنسس
LR EE المادمس
026. L'énergie mécani : i ‘elli
tie mécanique ا du satellite sur | ellipse de transfert a pour expression:
O ا م GMm
Ur+r)
O cat,
0 c 2 فس
0 x
îr+r)
027. Pour que le satellite qu non 1 «(ta cuite : : :
: que atellite au point À passe de sa trajectoire circulaire initiale à | ellipse de transfert, on
اما 641111111011111 en un temps tres bref une nouvelle vitesse ٠١
L'écart de vitesse Ar, =v
V, nécessaire a pour expression :
Oix ! مس
O 5) vw 7 ]
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ميارياض لتوظيوئم الأاطر النظامية للأحامديفياض ؛ أساتطة التعليم الثانوي -دورة spas 2021- الموضوع
Partie 2 : Oscillateur mécanique
On fixe au milieu 0. d'un fil DE tendu horizontalement, de constante de torsion C, une tige de masse
m et de longueur AB =2/. À l'extrémité inférieure B de la tige est fixé un corps (S,) de masse
La tige porte sur sa partie supérieure en un point M/ situé à une distance « du point 0 un solide (S,)
de masse m, = 2m. La position de (S, )sur la tige peut être réglée. Lorsque le fil de torsion n'est pas
tordu, la tige prend une position verticale.
On écarte la tige AR de sa position d'équilibre verticale d'un angle @,, puis on la libère sans vitesse
initiale, elle effectue alors des oscillations dans un plan vertical.
On repère à chaque instant la position de la tige AB par l'angle 0 qu'elle forme avec la verticale passant
par 0 (figure ci-dessous).
0
5
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مبارياض لتوظيوم الأطر النظامية الأخاديفياض ؛ أماتطة التعليع الثانوي -دورة حجتير 2021- الموضوعم
التخصسس + الفيدياء والكبعباء - الاحتبار ؛ Sarl في عامدة التنسمس
الصفحة: 15 على 23
On désigne عدم J, le moment d'inertie du système {tige 70 - (S,)-(S,)} par rapport à l'axe de rotation
(A) qui est confondu avec le fil de torsion.
Données :
- Onnéglige tous les frottements.
La constante de torsion d'un fil de longueur /. s'exprime par la relation C =
- La longueur de la tige est AR = 60em :
a 0
- Pour les faibles angles : 0م =1-— :
029. Le moment cinétique du système {tige-(S,)- (S,)} par rapport à O a pour expression :
\ 32
O C iG,($S)= | 20107 + 0
Q30. L'équation différentielle du mouvement du système {tige-( S,)- (S,)} peut s’écrire :
O ٍ A Ja 0+C0-mg(2d-{)sin0 =0
ei B ;J,042C0-mge(2d-{)sin0=0
O © I Ô +4C0-me(2d4d-A)sin0=0
JL +4C0—-me(24-{)cos0=0
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مبارياى لتوظيفه الأطر النظافية الأخاطيفيا , أمابطة التعليم الثانوي ‹دورة spam 2021- الموضوعم
التنمسمس ٠ السرزذباء والخبمياء — الاختبار + أحتيار في EAN التنسس
الصفحة: 16 على 23
31. On règle la positi : (S à tive ; 0 1 :
0 gle la position de (S,) sur la Uge à une distance d, de O, puis on écarte de nouveau la tige
de sa position d Équilibre verticale d'un angle @, ct on la libère sans vitesse initiale . Le mouvement de
l'oscillate
Ur est un mouvement de rotation sinusoïd
Pintrvalle 0,5]
ale, quel que soit la valeur de 0, appartenant à
La valeur de la distance d, est:
A ل d,=10cm
: B ; d=l2em
0 RS
07 cs
O € à-isom TS
D : d, = 20cm
Électrostatique - Magnétostatique - Éleetromagnétis me dans le vide (3,5 points)
Partie 1 : Électrostatique
Un disque infiniment mince, de centre O, d'axe O- de rayon a, porte une charge
totale 0 uniformément répartie sur la surface. On désigne par ë, le vecteur unitaire
porté par l'axe Oz (schéma ci-contre).
Q32. Le potentiel électrique (=) créé par le disque en un point M de l’axe مع
dans le cas où = est positif, a pour expression:
47 a°
ال الا ا
: سق + uen am À
275,4
L_ ete
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1 1 2021- الموضو
ميارياى لتوطيوم الأطر النظلامية الألمادبمياص , أساتلة التعلية الثانوي -دوزة Mise €
لأتنسمس ؛ الهي باء والشيفيا» - A + أتياد في brule التنسيسي
033.1
champ électrie
تن F(z) créé par le dise
Je en un point M de l'axe ج) :
re ل I re (}, dans le cas où - est
Partie 2 : Electromagnétisme
Une barre homogène MV , de ma
verticaux distants de / |
et #. Le tout est plongé ‘
plan des rails. La barre est
À un l'instant / la v
034. La variation de du lux magnétique induit par le mouvement de la barre à pour expression
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مبارياى لتوطيهم الأطر النظامية mpeg ؛ أماتطة التعليم الثاني
التنسس ؛ الفيزياء والخيمياء - à ont اختبار في عادة croi!
Q35. La force €
lectromotrice d'i
sn rice d i ا ;
lu résistance induction e ainsi que l’intensité /
R ont pour expressions: du courant induit circulant dans
Électrocinétique - Circuits et dipôles électriques - Électronique analogique (5,5 points)
Partie 1 : Circuits et dipôles électriques
Un circuit série comporte une source de tension Æ , une résistance R et
une bobine assimilable à une résistance r en série avec une inductance
pure Z ainsi qu’un interrupteur.
À l'instant وا =0, on ferme l'interrupteur.
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د اد ات ات اب
أ رسا -
_ ين الله أي -
م نه —
را سا ليسا اا
د اح نا ب
مبارياى aéphgil الأطر الإخامية mage LL , اساتذة التعليم الثانمي
التنسي ؛ المرزياء والشبمباء - الأصيار؛ احتبار في NT AL
7. L'intensité
ie & i(r) induit ni
du courant induit circulant dans le circuit a pour expression :
2
Partie 2 : Electronique analogique
On considère le montage de la figure ci-contre.
L'amplificateur opérationnel est supposé idéal,
038. Lau relation entre les tensions / Ver
Optiqne (9,5 points)
Partie ! : Image d’un objet par une lentille
On place un objet 4,B, orthogonalement à l'axe optique d'une lentille divergente (/) de centre op
tique
O et de distance focale f'=-20cm. Le grandissement transversal esty = 0,5.
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elyaydal + باء Mall ٠ التنسس
ماتطذة التعايع الثانوي -مدورة «ديذير 1 202- الموضوع
الصفحة: 20 على 23
email! PE ألقياو في ٠ الاحتبار --
0110 : 2-40
Q40, La position O4, de l’image AB, par rapport à la lentille ( Lyest:
0:4 | 04=10em
—20 cm
4 = 20cm
Partie 2 : Interférences lumineuses
On considère le dispositif des trous de Young
ci-contre permettant d'obtenir deux sources en
phase. La source principale F est équidistante
des deux fentes F; et F, considérées comme
quasi-ponctuels, situés dans le même plan HS ‘
F1 a #
vertical. et distantes de HF, = a. La source émet ps
une lumière monochromatique de longueur Source 1 /
d'onde À. F a #7 :
À la distance مذ du plan des trous, on place جا مجر ما م تسد ات 0
un écran, également vertical, ! 4
Soient deux rayons issus de la source F et : ; PA
arrivant sur l'écran en un point M(x) à une F: cran
distance x de O. aprés pas és tt سل een en annee
respectivement par F et F,. D
Données: à =6mm ; D=\,5m ٠
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مبارياى لتوظيقه الأطر النظامبة الأاديفياى , أماتطة التعلوم الثانوي
amas! ؛ الفيزياء والشبعباء - à plant اختبار في مادة التخصسس
016 ces rayons au point /ا. ont pour expressions :
Q42. On observe sur l'écran un © alternance
( à de franges brillantes et sombres dont l’interfrange
vaut : 7 ح 0.125
La valeur de In longueur d'onde م2
; =633nm
; = SBOnm
à =500nm
Q43. On interpose devant le trou F, une lame de verre d'indice » et d'épaisseur « . On suppose que les
rayons traversant la lame sont presque en incidence normale.
La figure d'interférence est décalée vers le haut de l'écran de la distance x" d'expression :
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Ce modèle est l'épreuve de spécialité Physique-Chimie du concours de recrutement des professeurs de l'enseignement secondaire (cadres des Académies régionales d'éducation et de formation), session de décembre 2021. Durée : 3 heures, coefficient 3, note sur 75 (chimie 37,5 points, physique 37,5 points). L'épreuve est un QCM de 48 questions à une seule réponse juste, imprimé sur 23 pages. L'exemplaire disponible s'arrête à la page 21 : il contient les questions Q1 à Q43 ; les questions Q44 à Q48 (pages 22 et 23) manquent et ne sont donc pas corrigées. Voici une correction proposée, avec le raisonnement de chaque réponse.
💡 Méthode : dans ce type de QCM, la plupart des questions se tranchent par un calcul court ou par une vérification (signe, homogénéité, cas limite). Éliminez d'abord les propositions absurdes (énergie mécanique positive pour un satellite lié, ordre de grandeur impossible), puis calculez.
Chimie (37,5 points)
Atomistique – Liaisons chimiques – Cristallographie
Q1 — Réponse C (n = 3, ℓ = 2, mℓ = −2, s = −1/2).
Règles : 0 ≤ ℓ ≤ n − 1, −ℓ ≤ mℓ ≤ +ℓ, s = ±1/2. A : ℓ = 0 impose mℓ = 0, pas +1. B : n = 1 impose ℓ = 0. D : s = 0 est impossible.
Q2 — Réponse A (Mn, Z = 25).
Mn : [Ar] 3d5 4s2, sous-couche d à moitié remplie, donc incomplète. Zn : 3d10 ; Sn : 4d10 5s2 5p2 ;
I : 4d10 5s2 5p5 : sous-couches d complètes.
Q3 — Réponse B.
Des électrons externes dans la même couche (même n) signifient la même période. La même colonne correspond au même nombre d'électrons de valence (C est faux),
et ces éléments ont alors des propriétés voisines, non identiques (A est faux). Deux isotopes ont les mêmes propriétés chimiques (D est faux).
Q4 — Réponse A.
Dans l'adduit Cl3Al–NH3, l'azote donne son doublet à l'aluminium (lacune) : N engage 4 liaisons et porte la charge formelle ⊕,
Al engage 4 liaisons et porte ⊖. Chaque chlore garde ses trois doublets non liants. Seule la représentation A montre à la fois les doublets des chlores
et les charges formelles correctes (Al ⊖, N ⊕) ; C inverse les charges, B et D omettent les doublets ou les charges.
Q5 — Réponse C (6/6).
Structure type NaCl : chaque cation est au centre d'un octaèdre de 6 anions et réciproquement.
Q6 — Réponse D (4 ions bromure, 4 ions argent, a = 642 pm).
Anions en réseau cubique à faces centrées : 8 × 1/8 + 6 × 1/2 = 4. Cations dans tous les sites octaédriques : 12 × 1/4 + 1 = 4.
Les ions sont tangents le long de l'arête : a = 2(r+ + r−) = 2 × (126 + 195) = 642 pm.
Q7 — Réponse A (C = 59,6 %).
C = 4 × (4/3)π (r+3 + r−3) / a3
= (16π/3) × (1263 + 1953) / 6423
= 16,755 × (2,000·106 + 7,415·106) / 264,6·106 ≈ 0,596.
Chimie des solutions – Électrochimie
Partie 1 : titrage indirect de l'eau de Javel
Q8 — Réponse C.
Demi-équations : ClO− + 2 H+ + 2 e− = Cl− + H2O et 2 I− = I2 + 2 e−.
Bilan (réaction totale, τ = 1, donc flèche simple) : ClO− + 2 I− + 2 H+ → I2 + Cl− + H2O.
Dosage : I2 + 2 S2O32− → 2 I− + S4O62−.
A fait apparaître HO− en milieu acide ; B et D écrivent la seconde réaction à l'envers ou non équilibrée en charges.
Q9 — Réponse D ([ClO−]dil = 5,3·10−2 mol·L−1).
À l'équivalence : n(I2) = C·VE/2 = 0,10 × 10,6·10−3 / 2 = 5,3·10−4 mol, et n(ClO−) = n(I2).
Donc [ClO−]dil = 5,3·10−4 / 10,0·10−3 = 5,3·10−2 mol·L−1.
Q10 — Réponse C (11,9 °chl).
Solution commerciale (dilution par 10) : [ClO−] = 0,53 mol·L−1. Un litre libère n(Cl2) = 0,53 mol.
Volume molaire à 0 °C sous 1,013 bar : Vm = RT/P = 8,314 × 273,15 / 1,013·105 = 22,4 L·mol−1.
V(Cl2) = 0,53 × 22,4 ≈ 11,9 L, soit 11,9 °chl (proche des 12 °chl annoncés).
Partie 2 : acide phosphorique (pKA1 = 2,2 ; pKA2 = 7,2 ; pKA3 = 12,2)
Q11 — Réponse C.
HPO42− est la base du couple H2PO4−/HPO42− et l'acide du couple
HPO42−/PO43− : c'est un ampholyte. H2PO4− est un acide faible (pKA = 7,2) ;
l'eau (pKA = 14) est un acide plus faible que HPO42− (12,2) ; PO43− est une base faible (pKA < 14).
Q12 — Réponse D.
À pH = pKA2 = 7,2 : [H2PO4−] = [HPO42−]. De plus
[H3PO4]/[H2PO4−] = 10pKA1 − pH = 10−5 et
[PO43−]/[HPO42−] = 10pH − pKA3 = 10−5 :
les deux espèces extrêmes sont donc aussi en concentrations égales (et négligeables).
Q13 — Réponse B ([HPO42−] = [HO−] = 3,3·10−2 ; [PO43−] = 6,7·10−2 mol·L−1).
PO43− + H2O ⇌ HPO42− + HO−, KB = Ke/KA3 = 10−1,8 = 1,58·10−2.
Avec x = [HO−] : x2/(0,10 − x) = 1,58·10−2, soit x2 + 1,58·10−2 x − 1,58·10−3 = 0,
d'où x = 3,3·10−2 mol·L−1 et [PO43−] = 0,10 − x = 6,7·10−2 mol·L−1.
(La base n'est pas faiblement dissociée : il faut résoudre l'équation du second degré.)
Partie 3 : pile Mn | Mn(OH)2 || Cu2+ (10−2 M) | Cu
Q14 — Réponse C (Ks = 1,9·10−13).
pH = 9,86 donne [HO−] = 10−4,14 = 7,24·10−5 mol·L−1. Solution saturée : [Mn2+] = [HO−]/2 = 3,62·10−5 mol·L−1.
Ks = [Mn2+][HO−]2 = 3,62·10−5 × (7,24·10−5)2 ≈ 1,9·10−13.
Q15 — Réponse probable : C (EMn = −1,69 V ; ECu = 0,28 V).
Électrode de cuivre : ECu = 0,34 + 0,03 log(10−2) = 0,28 V. C est la seule proposition qui donne cette valeur, ce qui suffit à la désigner.
La valeur −1,69 V s'obtient en écrivant EMn = −1,56 + 0,03 log[Mn2+] = −1,56 + 0,03 × (−4,44).
Un calcul rigoureux avec le couple Mn(OH)2/Mn (Mn(OH)2 + 2 e− = Mn + 2 HO−) donne
EMn = −1,56 − 0,06 log[HO−] = −1,56 + 0,06 × 4,14 ≈ −1,31 V, valeur absente des propositions :
retenez donc C pour le QCM, mais sachez refaire le calcul exact.
Q16 — Réponse A.
Le potentiel de l'électrode s'écrit de deux façons : E = E°(Mn2+/Mn) + 0,03 log[Mn2+], avec [Mn2+] = Ks/[HO−]2,
et E = E°(Mn(OH)2/Mn) − 0,06 log[HO−]. Par identification :
E°(Mn(OH)2/Mn) = E°(Mn2+/Mn) + 0,03 log Ks, soit
E°(Mn2+/Mn) = E°(Mn(OH)2/Mn) − 0,03 log Ks.
Vérification : −1,56 − 0,03 × (−12,7) ≈ −1,18 V, valeur connue du couple Mn2+/Mn.
Q17 — Réponse A.
Le cuivre est le pôle positif : ℰ = ECu − EMn
= [E°(Cu2+/Cu) + 0,03 log[Cu2+]] − [E°(Mn2+/Mn) + 0,03 log(Ks/[HO−]2)]
= (E°(Cu2+/Cu) − E°(Mn2+/Mn)) + 0,03 log([Cu2+][HO−]2/Ks).
Cinétique chimique
Q18 — Réponse D : v0 = k [C6H10]0p [HCl]0q (définition d'une réaction admettant un ordre).
Q19 — Réponse C (p = 1, q = 2, ordre global 3).
Expériences 3 et 4 ([HCl] constant) : [C6H10] est multiplié par 0,470/0,313 = 1,50 et v0 par 57,1/38,0 = 1,50 : p = 1.
Expériences 1 et 3 ([C6H10] constant) : [HCl] est multiplié par 0,448/0,235 = 1,906 et v0 par 57,1/15,7 = 3,64 = 1,9062 : q = 2.
(Contrôle avec 1 et 2 : (0,328/0,235)2 = 1,95 et 30,6/15,7 = 1,95.)
Thermodynamique chimique
Q20 — Réponse B.
Loi de Kirchhoff avec des capacités thermiques constantes : ΔrH°(T2) = ΔrH°(T1) + ΔrCp° (T2 − T1),
où ΔrCp° = Σ(produits) − Σ(réactifs)
= 3 Cp(UO2) + 3 Cp(H2O) + Cp(N2) − 3 Cp(UO3) − 2 Cp(NH3).
A et D oublient ΔrH°(T1) ; C inverse produits et réactifs.
Q21 — Réponse B (ΔrH° = −241,55 kJ·mol−1).
ΔrH° = Σ D(liaisons rompues) − Σ D(liaisons formées) = D(H–H) + ½ D(O=O) − 2 D(O–H)
= 432,2 + 247,05 − 920,8 = −241,55 kJ·mol−1.
Chimie organique
Q22 — Réponse A : −OH > −CH2−CH3 > −CH3 > −H.
Règles CIP sur le carbone 2 du butan-2-ol : O (Z = 8) passe avant C ; entre les deux carbones, l'éthyle (C lié à C, H, H) l'emporte sur le méthyle (C lié à H, H, H) ; H est dernier.
Q23 — Réponse D : H2N− > HO− > F− > HF.
Dans une même période, la nucléophilie diminue quand l'électronégativité de l'atome porteur du doublet augmente (N < O < F) : le doublet est de moins en moins disponible.
HF, neutre et très peu polarisable, est le moins nucléophile.
Q24 — Réponse A (quatre isomères).
Le 2-méthylbutane (CH3)2CH−CH2−CH3 possède quatre types d'hydrogènes : les deux CH3 équivalents portés par C2, le H tertiaire de C2,
les H du CH2 et ceux du CH3 terminal. La monobromation donne donc quatre isomères de constitution :
1-bromo-2-méthylbutane, 2-bromo-2-méthylbutane (majoritaire, radical tertiaire), 2-bromo-3-méthylbutane et 1-bromo-3-méthylbutane.
Seule la ligne A en présente quatre, tous ramifiés ; B et D contiennent des chaînes linéaires ou un squelette néopentyle.
Physique (37,5 points)
Mécanique — Partie 1 : transfert d'orbite (ellipse de Hohmann)
Q25 — Réponse B : Em1 = −G M m / (2 r1).
Orbite circulaire : m v12/r1 = G M m/r12, donc Ec = G M m/(2 r1) ; avec Ep = −G M m/r1, Em1 = −G M m/(2 r1).
Q26 — Réponse C : Em3 = −G M m / (r1 + r2).
Pour une ellipse, Em = −G M m/(2a), et le grand axe vaut 2a = r1 + r2 (périgée A, apogée B).
Q27 — Réponse D : ΔvA = v1 [ √(2 r2/(r1 + r2)) − 1 ].
En A sur l'ellipse : ½ m v32 − G M m/r1 = −G M m/(r1 + r2), d'où
v32 = (G M/r1) × 2 r2/(r1 + r2) = v12 × 2 r2/(r1 + r2).
Comme r2 > r1, la racine est supérieure à 1 : il faut bien accélérer (ΔvA > 0).
Q28 — Réponse B : Δt = π (r1 + r2)3/2 / (2 √(2 G M)).
Troisième loi de Kepler : T = 2π √(a3/(G M)) avec a = (r1 + r2)/2. Le transfert dure une demi-période :
Δt = π √((r1 + r2)3/(8 G M)).
Mécanique — Partie 2 : oscillateur (pendule pesant + fil de torsion)
Q29 — Réponse B : σO = (2 m d2 + 4 m ℓ2/3) θ̇ ez.
JΔ = J(tige) + J(S1) + J(S2) = m(2ℓ)2/12 + m ℓ2 + 2m d2 = m ℓ2/3 + m ℓ2 + 2 m d2
(tige de longueur 2ℓ tournant autour de son milieu O), et σ = JΔ θ̇.
Q30 — Réponse C : JΔ θ̈ + 4 C θ − m g (2d − ℓ) sin θ = 0.
Torsion : la tige est fixée au milieu du fil ; chaque moitié, de longueur L/2, a une constante k/(L/2) = 2C, et les deux moitiés agissent ensemble : couple de rappel −4Cθ.
Pesanteur : le centre de la tige est sur l'axe (moment nul) ; S1, sous l'axe, donne −m g ℓ sin θ (rappel) ; S2, au-dessus, donne +2 m g d sin θ (il tend à renverser la tige).
Théorème du moment cinétique : JΔ θ̈ = −4Cθ − m g ℓ sin θ + 2 m g d sin θ.
Q31 — Réponse C (d0 = 15 cm).
Le mouvement est sinusoïdal quelle que soit l'amplitude si le terme en sin θ disparaît : 2 d0 − ℓ = 0, soit d0 = ℓ/2.
Avec AB = 2ℓ = 60 cm, ℓ = 30 cm et d0 = 15 cm. Il reste JΔ θ̈ + 4Cθ = 0.
Électrostatique – Électromagnétisme
Q32 — Réponse probable : C (forme en √(a2 + z2) − z).
Calcul : σ = Q/(π a2) ; une couronne de rayon r crée dV = σ 2π r dr / (4π ε0 √(r2 + z2)). En intégrant de 0 à a :
V(z) = (σ/2ε0) [√(a2 + z2) − z] = Q/(2π ε0 a2) × [√(a2 + z2) − z] pour z > 0.
Le potentiel doit décroître et tendre vers 0 à l'infini, ce qui impose le signe « − z » et élimine A et D. Aucune des propositions lisibles ne reprend exactement
le préfacteur Q/(2π ε0 a2) obtenu par le calcul (C affiche 4π ε0 a2, B affiche 4 ε0 a2) ;
C est la proposition dont la forme est la plus proche. Le résultat exact ci-dessus est cohérent avec le champ de la Q33.
Q33 — Réponse B : E(z) = Q/(2π ε0 a2) × [1 − z/√(a2 + z2)] ez.
E = −dV/dz ez = (σ/2ε0) [1 − z/√(a2 + z2)] ez. Contrôles : pour z → 0, E → σ/2ε0 (plan infini) ; pour z → ∞, E → 0.
Q34 — Réponse A : dφ = −B0 ℓ v dt.
Pendant dt la barre descend de v dt et l'aire du circuit augmente de ℓ v dt. Le champ B0 est porté par ey (il sort du plan de la figure).
En orientant le circuit de façon que l'intensité soit positive dans le sens réel du courant induit (sens N → M dans la barre, voir Q36), la normale est opposée à B0 :
dφ = −B0 ℓ v dt. C'est le seul choix qui rend cohérentes les réponses proposées aux trois questions Q34, Q35 et Q36.
Q35 — Réponse B : e = B0 ℓ v et i = B0 ℓ v / R.
Loi de Faraday : e = −dφ/dt = B0 ℓ v ; loi de Pouillet : i = e/R. (Les expressions en ℓ2 ne sont pas homogènes.)
Q36 — Réponse A : F = −i ℓ B0 ez.
Force de Laplace sur la barre : F = i ℓ (−ex) ∧ B0 ey = −i ℓ B0 ez. Elle est dirigée vers le haut, opposée à la vitesse :
c'est la loi de Lenz (la force freine la chute). Son module vaut B02 ℓ2 v/R.
Électrocinétique – Électronique analogique
Q37 — Réponse D : i(t) = E/(R + r) × [1 − e−(R + r) t / L].
Loi des mailles : E = (R + r) i + L di/dt, avec i(0) = 0 (continuité du courant dans la bobine). Constante de temps τ = L/(R + r), régime permanent i = E/(R + r).
Q38 — Réponse C : Vs = Ue − Ve (montage soustracteur).
Entrée + : pont diviseur R–R sur Ue, V+ = Ue/2. Entrée − (théorème de Millman) : V− = (Ve + Vs)/2.
Amplificateur idéal en régime linéaire : V+ = V−, d'où Vs = Ue − Ve.
Optique
Q39 — Réponse A : OA0 = −20 cm.
γ = OA1/OA0 = 0,5 donc OA1 = OA0/2. Relation de conjugaison : 1/OA1 − 1/OA0 = 1/f′, soit 2/OA0 − 1/OA0 = 1/OA0 = 1/f′ :
OA0 = f′ = −20 cm (objet réel).
Q40 — Réponse B : OA1 = −10 cm.
OA1 = γ × OA0 = 0,5 × (−20) = −10 cm : image virtuelle, droite, deux fois plus petite, comme attendu pour une lentille divergente.
Q41 — Réponse B : δ = a x / D et φ = 2π a x / (λ D).
Pour D ≫ a et x : δ = F2M − F1M ≈ a x/D ; le déphasage vaut φ = 2π δ/λ.
Q42 — Réponse D (λ = 500 nm).
i = λ D/a, donc λ = i a/D = 0,125·10−3 × 6·10−3 / 1,5 = 5,0·10−7 m.
Q43 — Réponse A : x′ = (n − 1) e D / a.
La lame allonge le chemin optique du rayon passant par F1 de (n − 1) e. La frange centrale se déplace là où ce supplément est compensé :
a x′/D = (n − 1) e. Le décalage se fait du côté de la lame (vers le haut, côté F1).
Q44 à Q48. Ces questions figurent sur les pages 22 et 23 du sujet, absentes de l'exemplaire disponible ; elles ne peuvent pas être corrigées ici.
Récapitulatif des réponses
| Q | Rép. | Q | Rép. | Q | Rép. | Q | Rép. |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | C | 12 | D | 23 | D | 34 | A |
| 2 | A | 13 | B | 24 | A | 35 | B |
| 3 | B | 14 | C | 25 | B | 36 | A |
| 4 | A | 15 | C (probable) | 26 | C | 37 | D |
| 5 | C | 16 | A | 27 | D | 38 | C |
| 6 | D | 17 | A | 28 | B | 39 | A |
| 7 | A | 18 | D | 29 | B | 40 | B |
| 8 | C | 19 | C | 30 | C | 41 | B |
| 9 | D | 20 | B | 31 | C | 42 | D |
| 10 | C | 21 | B | 32 | C (probable) | 43 | A |
| 11 | C | 22 | A | 33 | B |
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