Plante productrice de matière organique : photosynthèse

Calcule avec l’équation simplifiée 6 CO₂ + 6 H₂O → C₆H₁₂O₆ + 6 O₂. Masses molaires : glucose 180 g/mol ; CO₂ 44 g/mol ; O₂ 32 g/mol ; H₂O 18 g/mol.

1. Un jeune pommier produit 27 g de glucose : quantité de glucose = mol
   $n={\displaystyle \frac{27}{180}}=$ 0,15 mol.
2. Masse de CO₂ fixée pour ces 27 g de glucose : g
   $6\times 0,15=0,90$ mol de CO₂ ; $0,90\times 44=$ 39,6 g.
3. Masse de O₂ libérée pour ces 27 g de glucose : g
   $0,90\times 32=$ 28,8 g.
4. Masse d’eau consommée pour ces 27 g de glucose : g
   $0,90\times 18=$ 16,2 g ; contrôle : 39,6 + 16,2 = 27 + 28,8 = 55,8 g.
5. Une feuille produit 7,2 g de glucose : masse de CO₂ fixée = g
   ${\displaystyle \frac{7,2}{180}}=0,04$ mol ; $6\times 0,04\times 44=$ 10,56 g.
6. Un arbre produit 1,8 kg de glucose : masse de O₂ libérée = kg
   ${\displaystyle \frac{1800}{180}}=10$ mol ; $60\times 32=1920$ g, soit 1,92 kg.
7. Un plant fixe 132 g de CO₂ : masse de glucose formée = g
   ${\displaystyle \frac{132}{44}}=3$ mol de CO₂ ; ${\displaystyle \frac{3}{6}}=0,5$ mol de glucose ; $0,5\times 180=$ 90 g.
8. Une algue libère 9,6 g de O₂ : masse de glucose formée = g
   ${\displaystyle \frac{9,6}{32}}=0,3$ mol ; ${\displaystyle \frac{0,3}{6}}=0,05$ mol ; $0,05\times 180=$ 9 g.
9. Un champ de maïs fixe 4,4 kg de CO₂ : masse de glucose formée = kg
   ${\displaystyle \frac{4400}{44}}=100$ mol de CO₂ ; ${\displaystyle \frac{100}{6}}$ mol de glucose ; ${\displaystyle \frac{100}{6}}\times 180=3000$ g, soit 3 kg.

Suis les atomes, puis complète.

1. On fournit à une algue un CO₂ dont l’oxygène est de l’¹⁸O, et une eau ordinaire. L’¹⁸O se retrouve dans le glucose et dans l’ formée (équation complète).
   Dans l’eau formée : les 6 H₂O de droite de l’équation complète. Le O₂ dégagé, lui, n’est pas marqué.
2. On fournit cette fois une eau à l’¹⁸O et un CO₂ ordinaire. La molécule libérée qui porte l’¹⁸O est le .
   Le dioxygène : il provient de la photolyse de l’eau.
3. Pour fabriquer 5 molécules de glucose, une cellule libère molécules de O₂.
   1 glucose ↔ 6 O₂ : $5\times 6=$ 30.
4. L’azote des acides aminés fabriqués par une feuille provient des ions du sol.
   Des ions nitrates (ou ammonium), apportés par la sève brute : le CO₂ ne contient pas d’azote.
5. Le soufre de certaines protéines de la plante provient des ions du sol.
   Des ions sulfates, prélevés par les racines.

Calcule (glucose 180, CO₂ 44, O₂ 32, H₂O 18 g/mol), puis raisonne sur le marquage.

1. Une suspension d’algues dégage 0,96 g de O₂ en une heure. Masse d’eau photolysée (2 H₂O → O₂ + 4 H⁺ + 4 e⁻) : g
   ${\displaystyle \frac{0,96}{32}}=0,03$ mol de O₂ ; il faut 2 H₂O par O₂ : 0,06 mol, soit $0,06\times 18=$ 1,08 g.
2. Masse de glucose formée dans le même temps : g
   6 O₂ ↔ 1 glucose : ${\displaystyle \frac{0,03}{6}}=0,005$ mol ; $0,005\times 180=$ 0,9 g.
3. Masse de CO₂ fixée dans le même temps : g
   6 CO₂ ↔ 6 O₂ : 0,03 mol ; $0,03\times 44=$ 1,32 g.
4. D’après l’équation complète, masse d’eau formée dans le même temps : g
   6 H₂O formées pour 6 O₂ : 0,03 mol, soit 0,54 g. La plante photolyse donc plus d’eau (1,08 g) que ne l’indique l’équation simplifiée (0,54 g d’eau consommée en bilan).
5. Eau à 0,70 % d’¹⁸O, CO₂ à 0,20 %. Si le O₂ tirait la moitié de ses atomes d’oxygène du CO₂, il contiendrait % d’¹⁸O.
   Moyenne des deux sources : ${\displaystyle \frac{0,70+0,20}{2}}=$ 0,45 %.
6. On mesure en fait 0,69 % d’¹⁸O dans ce O₂. Part de son oxygène qui provient de l’eau, à l’unité : %
   Si une part $x$ vient de l’eau et le reste du CO₂ : $0,70\times x+0,20\times (1-x)=0,69$, donc $0,50\times x=0,49$ et $x=0,98$, soit 98 %. Aux erreurs de mesure près, tout l’oxygène du O₂ vient de l’eau.

Extrait de pigments d’épinard, chromatographie sur papier : le front du solvant a migré de 9,6 cm. Calcule le Rf au centième.

1. Tache orange à 9,1 cm du dépôt : Rf =
   ${\displaystyle \frac{9,1}{9,6}}\approx$ 0,95.
2. Tache jaune à 6,2 cm : Rf =
   ${\displaystyle \frac{6,2}{9,6}}\approx$ 0,65.
3. Tache vert-bleu à 4,3 cm : Rf =
   ${\displaystyle \frac{4,3}{9,6}}\approx$ 0,45.
4. Tache vert-jaune à 3,0 cm : Rf =
   ${\displaystyle \frac{3,0}{9,6}}\approx$ 0,31.

Identifie ou complète avec le mot exact.

1. La tache orange, qui migre le plus loin, correspond aux .
   Aux carotènes, de Rf le plus élevé avec les solvants usuels.
2. La tache vert-jaune, la plus proche du dépôt, correspond à la chlorophylle .
   À la chlorophylle b ; la chlorophylle a, vert-bleu, migre un peu plus loin.
3. Le pic du spectre d’action dans le rouge, vers 660 nm, correspond au pic d’absorption de la chlorophylle .
   La chlorophylle a absorbe fortement vers 660 nm.
4. Pour tracer un spectre d’absorption, on mesure, pour chaque longueur d’onde, l’ d’une solution de pigments.
   L’absorbance : la part de lumière absorbée par la solution.
5. Sur un spectre d’action, la grandeur portée en ordonnée mesure l’intensité de la .
   De la photosynthèse (O₂ dégagé ou CO₂ absorbé), à énergie lumineuse égale.

Raisonne sur des chromatographies, puis complète.

1. Un pigment de Rf 0,52 ; le front du solvant a migré de 14 cm. Distance parcourue par le pigment, au dixième : cm
   $d=\text{Rf}\times d_{\text{front}}=0,52\times 14=7,28$, soit 7,3 cm.
2. Deux pigments de Rf 0,88 et 0,24 ; front à 8,0 cm. Écart entre leurs taches, au dixième : cm
   $(0,88-0,24)\times 8,0=0,64\times 8=5,12$, soit 5,1 cm.
3. Un élève note une tache à 10,2 cm pour un front du solvant à 9,6 cm : son Rf serait à 1, ce qui est impossible.
   ${\displaystyle \frac{10,2}{9,6}}>1$ : supérieur à 1. Un pigment ne peut pas aller plus loin que le solvant qui l’entraîne : l’élève a mal mesuré (ou inversé les distances).
4. Un extrait donne une seule tache de Rf 0,47 avec un solvant A, mais deux taches de Rf 0,40 et 0,55 avec un solvant B. La tache du solvant A contenait au moins pigments.
   Au moins deux : dans le solvant A, ces pigments migrent à la même vitesse et restent confondus ; le solvant B les sépare. Le Rf d’un pigment dépend du solvant : pour identifier une tache, on compare dans le même solvant.

Compte avec 2 H₂O → O₂ + 4 H⁺ + 4 e⁻ et R + 2 H⁺ + 2 e⁻ → RH₂.

1. Photolyse de 10 molécules d’eau : nombre d’électrons libérés =
   2 H₂O → 4 e⁻ : $5\times 4=$ 20.
2. Photolyse de 10 molécules d’eau : nombre de O₂ libérés =
   2 H₂O → 1 O₂ : 5.
3. Pour réduire 6 R en 6 RH₂, il faut électrons.
   2 e⁻ par RH₂ : 12.
4. Ces 12 électrons proviennent de la photolyse de molécules d’eau.
   4 e⁻ pour 2 H₂O, donc 2 e⁻ par H₂O : 6.
5. Pour libérer 7 molécules de O₂, la photolyse utilise molécules d’eau.
   2 H₂O par O₂ : 14.

Phase photochimique (P) ou réduction du CO₂ (C) ? Écris P ou C.

1. Se déroule dans le stroma →
   C.
2. Consomme le RH₂ →
   C : le RH₂ fournit les électrons de la réduction du CO₂.
3. Consomme de l’eau →
   P : la photolyse de l’eau.
4. Produit de l’ADP et du phosphate →
   C : l’ATP y est consommé.
5. Utilise directement l’énergie lumineuse →
   P : la lumière est absorbée par les pigments des thylakoïdes.
6. Libère le dioxygène →
   P.
7. Fait entrer du carbone minéral dans la matière organique →
   C : la Rubisco fixe le CO₂.
8. Régénère l’accepteur R →
   C : RH₂ y est réoxydé en R.

Raisonne avec le couplage des deux phases, puis complète.

1. Des feuilles éclairées à 5 °C absorbent autant de lumière qu’à 25 °C, mais les enzymes du stroma y sont très ralenties. Leur dégagement de O₂ est alors (plus faible / inchangé).
   Plus faible : la réduction du CO₂, ralentie, consomme moins vite le RH₂ et l’ATP ; R et ADP sont moins vite régénérés, et la photolyse de l’eau ralentit à son tour, même si la lumière absorbée est la même.
2. On refait l’expérience de Hill avec le DCPIP, colorant bleu qui devient incolore quand il est réduit, et avec du diuron, herbicide qui empêche la réduction de l’accepteur dans les thylakoïdes. À la lumière, le mélange reste .
   Bleu : le diuron empêche les électrons de l’eau d’atteindre le DCPIP, qui n’est pas réduit ; la photolyse de l’eau ne peut pas se poursuivre. Sans diuron, le mélange se décolore à la lumière.
3. Sur une feuille entière traitée au diuron et éclairée, la fixation du CO₂ est (arrêtée / maintenue).
   Arrêtée : sans réduction de l’accepteur, plus de RH₂ ni d’ATP ; la réduction du CO₂ ne peut plus avoir lieu, même à la lumière. C’est ce qui fait du diuron un herbicide.
4. Des thylakoïdes isolés, sans stroma, éclairés avec de l’eau, un accepteur R, de l’ADP et du phosphate, dégagent du O₂ et forment RH₂ et ATP, mais aucun , même si l’on ajoute du CO₂.
   Aucun sucre : les enzymes de la réduction du CO₂, dont la Rubisco, sont dans le stroma. Chaque phase a son compartiment.

Complète avec le mot exact.

1. Le sucre qui circule dans la sève élaborée est le .
   Le saccharose, soluble et peu réactif.
2. La graine de soja, plante de la famille du pois, met surtout en réserve des lipides et des , fabriquées avec l’azote du sol.
   Des protéines : leur fabrication demande, en plus des sucres reçus, de l’azote prélevé sous forme d’ions.
3. Le carbone de la cellulose d’un tronc d’arbre provient du de l’air.
   Du CO₂, fixé par photosynthèse dans les feuilles : les sucres formés circulent jusqu’au tronc, où ils sont assemblés en cellulose.
4. L’amidon stocké le jour dans les chloroplastes, et qui disparaît la nuit, est dit .
   Amidon transitoire.

Calcule la masse ou la teneur demandée (valeurs choisies, proches des valeurs réelles).

1. Tubercule de 230 g à 17 % d’amidon : g d’amidon
   $230\times 0,17=$ 39,1 g.
2. Quantité de motifs C₆H₁₀O₅ (162 g/mol) dans cet amidon, au millième : mol
   ${\displaystyle \frac{39,1}{162}}\approx$ 0,241 mol : autant de molécules de glucose utilisées.
3. CO₂ fixé par photosynthèse pour former cet amidon, à l’unité : g
   6 CO₂ par glucose : $0,241\times 6\times 44\approx 63,6$ (63,7 sans arrondi intermédiaire), soit 64 g.
4. 50 g de riz blanc à 78 % d’amidon : g d’amidon
   $50\times 0,78=$ 39 g.
5. Masse de graines d’arachide à 48 % de lipides qui contient 12 g de lipides : g
   ${\displaystyle \frac{12}{0,48}}=$ 25 g.
6. Tige de canne à sucre de 1,5 kg contenant 210 g de saccharose : teneur en saccharose = %
   ${\displaystyle \frac{210}{1500}}=0,14$, soit 14 %.
7. Masse de fibres de coton à 90 % de cellulose qui contient 225 g de cellulose : g
   ${\displaystyle \frac{225}{0,90}}=$ 250 g.
8. Bûche de 2,0 kg de bois sec contenant 0,54 kg de lignine : teneur en lignine = %
   ${\displaystyle \frac{0,54}{2,0}}=0,27$, soit 27 %.

Raisonne, puis complète.

1. L’amidon est insoluble : l’accumuler ne provoque pas d’entrée d’eau dans la cellule par .
   Par osmose : la même quantité de glucose dissous attirerait l’eau et ferait gonfler la cellule.
2. La racine de betterave stocke ses réserves sous forme de saccharose : contrairement à l’amidon, cette réserve est dans l’eau.
   Elle est soluble : elle reste dissoute dans les vacuoles des cellules de la racine, alors que l’amidon forme des grains insolubles.
3. Une jeune pousse d’asperge, tendre, devient dure et fibreuse en vieillissant : les parois de ses fibres s’imprègnent de .
   De lignine, qui rend les parois rigides : c’est elle qui permet aussi le port dressé des grandes tiges.
4. Une banane verte, riche en amidon, devient sucrée en mûrissant : son amidon est en sucres simples.
   Il est hydrolysé par des enzymes (amylases) : le fruit devient attractif pour les animaux qui le mangent et dispersent ses graines.

Métabolite secondaire (S) ou produit du métabolisme de base (B) ? Écris S ou B.

1. Pyréthrines, molécules insecticides des fleurs du pyrèthre de Dalmatie →
   S : des molécules de défense contre les insectes.
2. Amidon d’une châtaigne →
   B : une réserve de glucose de la graine.
3. Cellulose d’une fibre de lin →
   B : un constituant de la paroi.
4. Menthol des feuilles de menthe →
   S : une molécule odorante, qui ne sert à aucune fonction de base de la cellule.
5. Atropine des baies de la belladone →
   S : un alcaloïde, très toxique pour de nombreux animaux.
6. Protéines de réserve d’une graine de fève →
   B : des réserves, fabriquées avec des sucres et l’azote du sol.
7. Limonène, molécule odorante du zeste de citron →
   S : un terpène des huiles essentielles.
8. Huile d’une olive →
   B : des lipides de réserve.

Interaction mutualiste (M) ou compétitive (C) ? Écris M ou C.

1. La résine du pin englue les insectes qui creusent son écorce →
   C : une défense chimique, faite de terpènes.
2. Les pétales violets de la sauge des prés attirent les bourdons qui la pollinisent →
   M : le bourdon reçoit du nectar, la plante est pollinisée.
3. Le parfum des fleurs de chèvrefeuille, émis le soir, attire des papillons de nuit pollinisateurs →
   M.
4. Le thymol des feuilles de thym freine la multiplication de bactéries →
   C : un effet antibactérien.
5. Les fruits noirs du sureau, colorés par des anthocyanes, sont mangés par des merles qui rejettent les graines plus loin →
   M : l’oiseau se nourrit, la plante est dispersée.

Raisonne, puis complète.

1. Les tanins du thé piègent des molécules très réactives, les radicaux libres, qui oxyderaient les lipides et l’ADN des cellules : c’est un effet .
   Un effet antioxydant, troisième propriété des tanins avec leurs effets antiphytophage et antibactérien.
2. Des tanins de l’écorce empêchent des champignons de pourrir le bois : ils ont un effet .
   Un effet antifongique, comme leur effet antibactérien.
3. Les feuilles et les racines du noyer libèrent dans le sol la juglone, qui freine la germination et la croissance d’autres plantes autour de l’arbre : interaction (mutualiste / compétitive).
   Compétitive : la juglone limite la concurrence des plantes voisines pour la lumière, l’eau et les ions du sol. Une molécule de défense n’agit pas seulement contre les herbivores.
4. Les fleurs d’une orchidée, l’ophrys, émettent l’odeur d’une femelle d’abeille : le mâle tente de s’accoupler avec la fleur et emporte du pollen, sans recevoir de nectar. L’interaction n’est pas mutualiste, car seule la y gagne.
   Seule la plante y gagne (sa pollinisation) ; le mâle perd du temps et de l’énergie. Une interaction mutualiste exige un bénéfice pour les deux espèces.