موضوع مباراة مباريات توظيف الأطر النظامية للأكاديميات: مباراة توظيف أساتذة التعليم الثانوي – وزارة التربية الوطنية والتعليم الأولي والرياضة – المركز الوطني للتقويم والامتحانات 2021

Projet de corrigé – Physique-chimie (Q1 à Q43)

Chimie

• Q1 : C – Il faut 0 ≤ ℓ ≤ n−1, |mℓ| ≤ ℓ et s = ±1/2. A : mℓ = +1 avec ℓ = 0, impossible. B : ℓ = 1 avec n = 1, impossible. D : s = 0, impossible.
• Q2 : A – Mn : [Ar] 3d⁵ 4s², sous-couche d à moitié remplie. Zn, Sn et I ont des sous-couches d complètes (d¹⁰).
• Q3 : B – La couche externe (valeur de n) fixe la période ; la colonne dépend du nombre d'électrons de valence.
• Q4 : A (à vérifier sur le schéma) – Dans l'adduit, N cède son doublet à Al : charge formelle ⊖ sur Al, ⊕ sur N, et chaque Cl garde trois doublets non liants.
• Q5 : C – Structure NaCl : coordinence 6/6 (octaédrique).
• Q6 : D – 4 motifs AgBr par maille ; les ions se touchent le long de l'arête : a = 2(r+ + r−) = 2(126 + 195) = 642 pm.
• Q7 : A – C = 4 × (4/3)π(r+³ + r−³) / a³ = 4 × 4,189 × (2,000 + 7,415).10⁶ / (2,646.10⁸) ≈ 0,596, soit 59,6 %.
• Q8 : C – En milieu acide, la réaction totale (τ = 1) donne de l'eau : ClO⁻ + 2I⁻ + 2H⁺ → I₂ + Cl⁻ + H₂O. Le dosage s'écrit I₂ + 2S₂O₃²⁻ → 2I⁻ + S₄O₆²⁻.
• Q9 : D – n(I₂) = n(ClO⁻) = C.V_E/2 = 0,10 × 10,6.10⁻³ / 2 = 5,3.10⁻⁴ mol, d'où [ClO⁻]dil = 5,3.10⁻⁴ / 10,0.10⁻³ = 5,3.10⁻² mol/L.
• Q10 : C – Solution commerciale : [ClO⁻] = 0,53 mol/L, donc n(Cl₂) = 0,53 mol par litre. V = nRT/P = 0,53 × 8,314 × 273,15 / 1,013.10⁵ ≈ 11,9 L, soit 11,9 °chl.
• Q11 : C – HPO₄²⁻ est à la fois la base du couple H₂PO₄⁻/HPO₄²⁻ et l'acide du couple HPO₄²⁻/PO₄³⁻.
• Q12 : D – À pH = pKA2, [H₂PO₄⁻] = [HPO₄²⁻]. De plus, [H₃PO₄]/[H₂PO₄⁻] = 10^(2,2−7,2) = 10⁻⁵ et [PO₄³⁻]/[HPO₄²⁻] = 10^(7,2−12,2) = 10⁻⁵, d'où [H₃PO₄] = [PO₄³⁻].
• Q13 : B – Kb = 10^(−(14−12,2)) = 10^(−1,8) ≈ 1,58.10⁻². On résout x²/(0,1 − x) = 1,58.10⁻² : x ≈ 3,3.10⁻² mol/L = [HPO₄²⁻] = [HO⁻], et [PO₄³⁻] ≈ 6,7.10⁻² mol/L.
• Q14 : C – [HO⁻] = 10^(−4,14) ≈ 7,24.10⁻⁵ et [Mn²⁺] = [HO⁻]/2 ≈ 3,62.10⁻⁵, donc Ks = 3,62.10⁻⁵ × (7,24.10⁻⁵)² ≈ 1,9.10⁻¹³.
• Q15 : C (à vérifier) – E_Cu = 0,34 + 0,03 log(10⁻²) = 0,28 V : seule la proposition C donne cette valeur. Mais le calcul donne E_Mn = −1,56 − 0,06 log[HO⁻] ≈ −1,31 V, et non −1,69 V : erreur probable dans l'énoncé.
• Q16 : A – On égale les deux écritures du potentiel de l'électrode : E°(Mn(OH)₂/Mn) − 0,03 log[HO⁻]² = E°(Mn²⁺/Mn) + 0,03 log(Ks/[HO⁻]²). D'où E°(Mn²⁺/Mn) = E°(Mn(OH)₂/Mn) − 0,03 log Ks ≈ −1,18 V.
• Q17 : A – ℰ = E_Cu − E_Mn, avec [Mn²⁺] = Ks/[HO⁻]².
• Q18 : D – Loi de vitesse : v = k[C₆H₁₀]^p [HCl]^q.
• Q19 : C – Expériences 3 et 4 : rapport des concentrations 1,50, rapport des vitesses 1,50, donc p = 1. Expériences 1 et 3 : rapport des concentrations 1,906, rapport des vitesses 3,64 = 1,906², donc q = 2. Ordre global : 3.
• Q20 : B – Loi de Kirchhoff : ΔrH°(T₂) = ΔrH°(T₁) + ΔrC°p (T₂ − T₁), où ΔrC°p = Σ produits − Σ réactifs.
• Q21 : B – ΔrH° = D(H–H) + ½D(O=O) − 2D(O–H) = 432,2 + 247,05 − 920,8 = −241,55 kJ/mol.
• Q22 : A – Priorité par numéro atomique : O > C ; entre les deux carbones, l'éthyle (C,H,H) passe avant le méthyle (H,H,H).
• Q23 : D – Dans une même période, la nucléophilie diminue quand l'électronégativité augmente (N < O < F). HF est neutre, donc le moins nucléophile.
• Q24 : A (à vérifier sur les formules) – Le 2-méthylbutane a quatre types d'atomes H non équivalents, d'où quatre dérivés monobromés : 1-bromo-2-méthylbutane, 2-bromo-2-méthylbutane, 2-bromo-3-méthylbutane et 1-bromo-3-méthylbutane.

Physique

• Q25 : B – Orbite circulaire : Ec = GMm/(2r₁) et Ep = −GMm/r₁, donc Em = −GMm/(2r₁).
• Q26 : C – Pour une ellipse de demi-grand axe a = (r₁ + r₂)/2 : Em = −GMm/(2a) = −GMm/(r₁ + r₂).
• Q27 : D – Conservation de l'énergie en A : v₃² = (GM/r₁) × 2r₂/(r₁ + r₂). Comme v₁ = √(GM/r₁), Δv = v₁(√(2r₂/(r₁+r₂)) − 1).
• Q28 : B – Le transfert dure une demi-période (3ᵉ loi de Kepler) : Δt = π√(a³/GM) = π(r₁+r₂)^(3/2) / (2√(2GM)).
• Q29 : B – J = m(2ℓ)²/12 + mℓ² + 2md² = 2md² + 4mℓ²/3.
• Q30 : C – Chaque demi-fil (longueur L/2) a une constante 2C ; les deux agissent ensemble, d'où 4C. Le poids de S₁ crée un couple de rappel mgℓ sin θ, celui de S₂ un couple déstabilisant 2mgd sin θ.
• Q31 : C – Le mouvement est sinusoïdal quelle que soit l'amplitude si le terme en sin θ s'annule : 2d₀ = ℓ. Avec ℓ = AB/2 = 30 cm, d₀ = 15 cm.
• Q32 : C (à vérifier) – On trouve V(z) = σ/(2ε₀)(√(a²+z²) − z) avec σ = Q/(πa²), soit Q/(2πε₀a²)(√(a²+z²) − z). C a la bonne forme, mais son coefficient (4π) ne correspond pas : erreur probable dans l'énoncé.
• Q33 : B – E = −dV/dz = Q/(2πε₀a²)(1 − z/√(a²+z²)) e_z.
• Q34 : B (à vérifier selon l'orientation du circuit) – La surface du circuit augmente de ℓ.v.dt pendant que la barre descend : dφ = B₀ℓv dt.
• Q35 : A (à vérifier) – e = −dφ/dt = −B₀ℓv. L'intensité vaut B₀ℓv/R en valeur absolue ; son signe dépend de l'orientation choisie.
• Q36 : A (à vérifier selon l'orientation de e_z) – Loi de Lenz : la force de Laplace s'oppose à la chute, elle est donc orientée vers le haut (−e_z si e_z est vers le bas).
• Q37 : D – Circuit RL avec τ = L/(R + r) : i(t) = E/(R + r) × (1 − e^(−t/τ)).
• Q38 : C – V₊ = Ue/2 et V₋ = (Ve + Vs)/2. L'AO étant idéal, V₊ = V₋, d'où Vs = Ue − Ve (soustracteur).
• Q39 : A – Avec γ = OA₁/OA₀ = 0,5 et 1/OA₁ − 1/OA₀ = 1/f', on obtient 1/OA₀ = −1/20, soit OA₀ = −20 cm.
• Q40 : B – OA₁ = γ × OA₀ = −10 cm (image virtuelle).
• Q41 : B – δ = ax/D et φ = 2πδ/λ = 2πax/(λD).
• Q42 : D – λ = i.a/D = 0,125.10⁻³ × 6.10⁻³ / 1,5 = 5,0.10⁻⁷ m = 500 nm.
• Q43 : A – La lame ajoute un chemin optique (n − 1)e sur le trajet passant par F₁ ; la frange centrale se déplace vers F₁ de x' = (n − 1)eD/a.

Q44 à Q48 : non traitées (pages 22-23 non lues).