BAC Révision CollègeBrevetBacAnnales Télécharger

Annales corrigées › Bac 2026 › Physique-chimie

Bac 2026

Physique-Chimie – Antilles-Guyane 2026 – Sujet 2 : correction détaillée

Spécialité · 3 h 30 · 20 points · 3 exercices (sécurité incendie, paracétamol, traitement de l'eau d'une piscine)

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

Ouvrir le sujet dans l'application gratuite

Exercice 1 : Exercice 1 : Sécurité incendie11 points

Trois dispositifs : la sirène d'alarme (son, niveau d'intensité sonore), le sprinkler (transfert thermique, équation différentielle du premier ordre) et la lance à incendie (écoulement de Bernoulli puis mouvement parabolique d'une goutte).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : amplitude du son n° 2 en fonction du temps ; Figure 6 : température de l'ampoule du sprinkler au cours du temps (laboratoire). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Déterminer la fréquence f₂ du son n° 2 (figure 1, signal périodique) et dire si ce son est plus grave ou plus aigu que le son n° 1 (f₁ = 544 Hz).Touche pour voir la correction

À retenir f = 1/T. Un son est d'autant plus grave que sa fréquence est basse.

Démarche
  1. Sur la figure 1, le signal est périodique (créneaux) : on mesure plusieurs périodes pour limiter l'erreur de lecture. Trois périodes séparent les fronts descendants de 1,2402 s et 1,2471 s, soit ≈ 6,9×10⁻³ s.
  2. T ≈ 6,87×10⁻³ / 3 ≈ 2,29×10⁻³ s.
  3. f₂ = 1/T ≈ 1/(2,29×10⁻³) ≈ 4,4×10² Hz (≈ 437 Hz ; résultat compatible avec 440 Hz).
  4. f₂ ≈ 4,4×10² Hz < f₁ = 544 Hz : fréquence plus basse, donc son plus grave.

Réponsef₂ ≈ 4,4×10² Hz (≈ 437 Hz) : son plus grave que le son n° 1 (f₁ = 544 Hz).

Vérification Lecture : fronts descendants à 1,2402 ; 1,2425 ; 1,2448 ; 1,2471 s, soit T ≈ 2,29 ms ; 1/2,29 ms ≈ 437 Hz (la₃ = 440 Hz).

Piège Lire la période sur plusieurs oscillations plutôt qu'une seule.

Q2Les niveaux mesurés en M et N (même distance de 5,0 m de la sirène, de part et d'autre d'une cloison) valent L_M = 92 dB et L_N = 67 dB. Déterminer l'atténuation par absorption A.Touche pour voir la correction

À retenir L'atténuation est la différence des niveaux d'intensité sonore (en dB).

Démarche
  1. A = L_M − L_N = 92 − 67 = 25 dB.

RéponseA = 25 dB.

Q3La nouvelle sirène doit produire L_M' = 104 dB à d = 5,0 m. Calculer le niveau L mesuré à 2,0 m, avec L₂ = L₁ − 20 log(d₂/d₁), puis déterminer sa classe.Touche pour voir la correction

À retenir On applique la relation en posant d₁ = 5,0 m, L₁ = 104 dB, d₂ = 2,0 m.

Démarche
  1. L = 104 − 20 × log(2,0/5,0) = 104 − 20 × (−0,398) ≈ 104 + 7,96 ≈ 112 dB.
  2. Classe C : de 105 dB à 115 dB.

RéponseL ≈ 112 dB à 2,0 m : sirène de classe C.

Vérification Plus on s'approche de la source, plus le niveau augmente : 112 dB > 104 dB ✓.

Q4Indiquer dans quel sens s'effectue le transfert thermique entre l'ampoule du sprinkler (θ₀ = 22 °C) et l'air chaud extérieur (54 °C).Touche pour voir la correction

À retenir Le transfert thermique va du corps chaud vers le corps froid.

Démarche
  1. La température de l'air (54 °C) est supérieure à celle de l'ampoule (22 °C, puis jusqu'à 53 °C sur la courbe).
  2. Le transfert thermique se fait de l'air vers l'ampoule, ce qui explique que θ augmente (figure 6).

RéponseDe l'air extérieur (chaud) vers l'ampoule (plus froide) : l'ampoule s'échauffe.

Q5En appliquant le premier principe à l'ampoule pendant Δt, montrer que Δθ/Δt = (ε·S·√v/C)·(θ_ext − θ(t)).Touche pour voir la correction

À retenir ΔU = W + Q avec W = 0 (autres transferts négligés) : ΔU = C·Δθ = φ·Δt.

Démarche
  1. Premier principe : ΔU = Q (pas de travail, pas d'autres transferts).
  2. ΔU = C·Δθ et Q = φ·Δt = ε·S·√v·(θ_ext − θ(t))·Δt.
  3. C·Δθ = ε·S·√v·(θ_ext − θ)·Δt, donc Δθ/Δt = (ε·S·√v/C)·(θ_ext − θ).

RéponseΔθ/Δt = (ε·S·√v/C)·(θ_ext − θ(t)).

Q6Résoudre dθ/dt = −θ/τ + θ_ext/τ (τ = C/(ε·S·√v)) pour établir θ(t) = θ_ext + (θ₀ − θ_ext)·e^(−t/τ).Touche pour voir la correction

À retenir Solution de y' + y/τ = b : solution générale de l'équation sans second membre A·e^(−t/τ) plus une solution particulière constante.

Démarche
  1. Équation sans second membre : dθ/dt + θ/τ = 0, solutions θ = A·e^(−t/τ).
  2. Solution particulière constante : θ = θ_ext (car 0 + θ_ext/τ = θ_ext/τ).
  3. θ(t) = θ_ext + A·e^(−t/τ). Condition initiale θ(0) = θ₀ : A = θ₀ − θ_ext.
  4. θ(t) = θ_ext + (θ₀ − θ_ext)·e^(−t/τ).

Réponseθ(t) = θ_ext + (θ₀ − θ_ext)·e^(−t/τ).

Vérification θ(0) = θ₀ ✓ et θ(t → ∞) = θ_ext ✓.

Q7Pour θ₀ = 22 °C et θ_ext = 54 °C, calculer θ(τ).Touche pour voir la correction

À retenir e⁻¹ ≈ 0,368.

Démarche
  1. θ(τ) = 54 + (22 − 54)·e⁻¹ = 54 − 32 × 0,368.
  2. θ(τ) ≈ 54 − 11,8 ≈ 42,2 °C.

Réponseθ(τ) ≈ 42 °C (63 % de la variation totale de 32 °C).

Vérification 22 + 0,632 × 32 = 42,2 °C.

Q8En déduire par lecture graphique sur la figure 6 la valeur du temps caractéristique τ.Touche pour voir la correction

À retenir τ est la date pour laquelle θ(τ) = 42,2 °C (voir Q7).

Démarche
  1. On place θ = 42,2 °C sur l'axe vertical (valeur de θ(τ), Q7) et on lit la date correspondante sur la courbe.
  2. Les points (40 s ; 41,7 °C) et (45 s ; 42,4 °C) encadrent cette valeur : par interpolation, t ≈ 43,5 s (à ± 2 s).

Réponseτ ≈ 43,5 s (à ± 2 s).

Piège La courbe s'écarte légèrement d'une exponentielle pure aux temps longs (θ = 48 ± 1 °C à 100 s alors que le modèle donne 51 °C) ; la lecture de τ se fait à ± 2 s.

Q9Calculer l'indice de temps de réponse RTI = τ·√v (v = 5,0 m·s⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir RTI = τ × √v.

Démarche
  1. RTI = 43,5 × √5,0 = 43,5 × 2,24 ≈ 97 m¹ᐟ²·s¹ᐟ².

RéponseRTI ≈ 97 m¹ᐟ²·s¹ᐟ² (de l'ordre de 1×10²).

Vérification Avec τ ≈ 40 s on trouverait RTI ≈ 89 m¹ᐟ²·s¹ᐟ² : la valeur 90 m¹ᐟ²·s¹ᐟ² utilisée à la question suivante est du même ordre, ce qui confirme la lecture.

Q10Sprinkler dans un entrepôt à 15 °C (θ_rupt = 68 °C ; RTI = 90 m¹ᐟ²·s¹ᐟ²) ; fumées à 200 °C à v = 3,0 m·s⁻¹. Déterminer l'expression de la durée t_rupt avant déclenchement et la calculer.Touche pour voir la correction

À retenir On utilise θ(t) = θ_ext + (θ₀ − θ_ext)·e^(−t/τ) avec τ = RTI/√v pour la vitesse de l'air considérée.

Démarche
  1. τ = RTI/√v = 90/√3,0 ≈ 52 s.
  2. Condition de rupture : θ_rupt = θ_ext + (θ₀ − θ_ext)·e^(−t_rupt/τ).
  3. e^(−t_rupt/τ) = (θ_rupt − θ_ext)/(θ₀ − θ_ext) = (θ_ext − θ_rupt)/(θ_ext − θ₀).
  4. t_rupt = τ × ln[(θ_ext − θ₀)/(θ_ext − θ_rupt)] = 52 × ln(185/132) = 52 × 0,338.
  5. t_rupt ≈ 17,5 s.

Réponset_rupt = τ·ln[(θ_ext − θ₀)/(θ_ext − θ_rupt)] ≈ 18 s.

Vérification 185/132 = 1,40 ; ln 1,40 = 0,338 ; 51,96 × 0,3376 = 17,5 s.

Piège Le τ à utiliser est celui des fumées (v = 3,0 m·s⁻¹), pas celui du laboratoire.

Q11Montrer que la vitesse de l'eau dans le tuyau au point A vaut 5,2 m·s⁻¹ quand le débit volumique est maximal (500 L·min⁻¹ ; S_A = 1,6×10⁻³ m²).Touche pour voir la correction

À retenir D_V = S·v ; 1 L = 10⁻³ m³ et 1 min = 60 s.

Démarche
  1. D_V = 500 L·min⁻¹ = 500×10⁻³ m³ / 60 s = 8,33×10⁻³ m³·s⁻¹.
  2. v_A = D_V/S_A = 8,33×10⁻³ / 1,6×10⁻³ ≈ 5,2 m·s⁻¹.

Réponsev_A ≈ 5,2 m·s⁻¹.

Vérification 8,33/1,6 = 5,21.

Q12Par la relation de Bernoulli (P_A = 8,0 bar, P_B = 1,0 bar, z_A ≈ z_B), montrer que v_B = 38 m·s⁻¹.Touche pour voir la correction

À retenir Bernoulli le long d'une ligne de courant : ½ρv² + ρgz + P = constante.

Démarche
  1. Même altitude (z_A = z_B) : ½ρ·v_A² + P_A = ½ρ·v_B² + P_B.
  2. v_B² = v_A² + 2(P_A − P_B)/ρ = 5,2² + 2 × (7,0×10⁵)/1 000 = 27 + 1 400 = 1 427 m²·s⁻².
  3. v_B = √1 427 ≈ 38 m·s⁻¹.

Réponsev_B ≈ 38 m·s⁻¹.

Vérification P_A − P_B = 8,0×10⁵ − 1,0×10⁵ = 7,0×10⁵ Pa.

Q13Par la deuxième loi de Newton, déterminer les coordonnées a_x et a_z du vecteur accélération de la goutte (repère (O, i⃗, k⃗), k⃗ vers le haut).Touche pour voir la correction

À retenir Seul le poids agit (frottements de l'air négligés) : m·a⃗ = m·g⃗.

Démarche
  1. Deuxième loi de Newton dans le référentiel terrestre galiléen : m·a⃗ = P⃗ = m·g⃗.
  2. g⃗ est vertical vers le bas : g⃗ = −g·k⃗.
  3. a⃗ = g⃗ : a_x = 0 et a_z = −g.

Réponsea_x(t) = 0 ; a_z(t) = −g = −9,81 m·s⁻².

Q14Montrer que x(t) = v_B·cos α·t et z(t) = −½g·t² + v_B·sin α·t + z_B.Touche pour voir la correction

À retenir On intègre deux fois l'accélération avec les conditions initiales à t = 0 : position (0 ; z_B), vitesse v_B(cos α ; sin α).

Démarche
  1. Vitesse : v_x = C₁, v_z = −g·t + C₂. À t = 0 : v_x(0) = v_B·cos α, v_z(0) = v_B·sin α.
  2. Donc v_x = v_B·cos α et v_z = −g·t + v_B·sin α.
  3. Position : x = v_B·cos α·t + C₃ avec x(0) = 0 : C₃ = 0 ; z = −½g·t² + v_B·sin α·t + C₄ avec z(0) = z_B : C₄ = z_B.

Réponsex(t) = v_B·cos α·t ; z(t) = −½g·t² + v_B·sin α·t + z_B.

Vérification En éliminant t = x/(v_B cos α) on retrouve bien l'équation de trajectoire donnée.

Q15Déterminer la portée maximale x_max (z = 0) pour z(x) = −6,72×10⁻³·x² + 0,990·x + 1,30 et interpréter l'écart avec la documentation (40 m).Touche pour voir la correction

À retenir La portée est la solution positive de z(x) = 0.

Démarche
  1. Équation : −6,72×10⁻³·x² + 0,990·x + 1,30 = 0.
  2. Discriminant : Δ = 0,990² + 4 × 6,72×10⁻³ × 1,30 = 0,980 + 0,0349 = 1,015, donc √Δ ≈ 1,0075.
  3. x = (0,990 + 1,0075)/(2 × 6,72×10⁻³) ≈ 149 m (l'autre racine est négative).
  4. Écart : 149 m ≫ 40 m (documentation).

Réponsex_max ≈ 1,5×10² m, très supérieur aux 40 m de la documentation : le modèle sans frottement surestime beaucoup la portée.

Piège Dans la réalité, l'air ralentit les gouttes (frottements, jet qui se fragmente, vent) et la pression à la sortie est inférieure ; le jet réel est loin de la parabole du vide.

Exercice 2 : Exercice 2 : Le paracétamol5 points

On contrôle la teneur en paracétamol d'un sachet par titrage conductimétrique, puis on étudie la cinétique d'ordre 1 de la disparition du paracétamol dans le sang après la prise d'un comprimé de 1 g.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Annexe 1 : conductivité σ en fonction du volume V de soude versé ; Figure 1 : concentration en paracétamol dans le sang en fonction du temps. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Écrire la formule semi-développée du paracétamol (formule brute C₈H₉NO₂, formule topologique : noyau benzénique para-substitué) et nommer les groupes caractéristiques.Touche pour voir la correction

À retenir Le paracétamol est le N-(4-hydroxyphényl)éthanamide : HO–C₆H₄–NH–CO–CH₃.

Démarche
  1. Formule semi-développée : HO–C₆H₄–NH–C(=O)–CH₃ avec les deux substituants en positions para sur le cycle benzénique.
  2. Groupes caractéristiques : un groupe hydroxyle –OH (phénol, car lié au cycle) et un groupe amide –CO–NH– (amide secondaire).

RéponseGroupe hydroxyle (phénol) et groupe amide.

Piège Ne pas confondre le groupe amide –CO–NH– (amide secondaire) avec une amine ou un ester ; le –OH lié directement au cycle benzénique est un hydroxyle de phénol.

Q2En négligeant la dilution, justifier qualitativement l'évolution de la pente de la courbe σ = f(V) avant et après l'équivalence (λ(Na⁺) = 5,01×10⁻³ ; λ(HO⁻) = 19,8×10⁻³ ; λ(C₈H₈NO₂⁻) = 1,7×10⁻³ S·m²·mol⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir σ = Σ λᵢ·[Xᵢ] : la pente dépend des conductivités des ions apparaissant ou disparaissant.

Démarche
  1. Avant l'équivalence, HO⁻ est le réactif limitant : chaque HO⁻ versé est consommé et remplacé par C₈H₈NO₂⁻ ; en plus, des ions Na⁺ s'accumulent. σ augmente légèrement, car λ(Na⁺) + λ(C₈H₈NO₂⁻) = 6,7×10⁻³ S·m²·mol⁻¹ (faible).
  2. Après l'équivalence, les ions Na⁺ et HO⁻ ajoutés ne réagissent plus et s'accumulent : λ(Na⁺) + λ(HO⁻) = 24,8×10⁻³ S·m²·mol⁻¹.
  3. Cette somme est environ 3,7 fois plus grande : la pente est beaucoup plus forte après l'équivalence.

RéponsePente faible avant l'équivalence (Na⁺ et C₈H₈NO₂⁻ s'accumulent), pente nettement plus grande après (accumulation de Na⁺ et HO⁻, ce dernier très conducteur).

Vérification Sur le document : pente de 40 ± 5 µS·cm⁻¹ par mL avant l'équivalence et de 110 ± 10 µS·cm⁻¹ par mL après.

Q3Par une construction sur l'annexe 1, vérifier que la quantité de paracétamol du sachet vaut n_p = 3,43×10⁻³ mol (C = 0,250 mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir L'équivalence correspond à l'intersection des deux droites (avant et après la rupture de pente).

Démarche
  1. Les points forment deux zones quasi linéaires : avant l'équivalence (V ≲ 10 mL, pente ≈ 40 µS·cm⁻¹·mL⁻¹) et après (V ≳ 18 mL, pente ≈ 110 µS·cm⁻¹·mL⁻¹), avec un raccord arrondi entre 10 et 18 mL.
  2. On trace la droite moyenne de chaque zone ; leur intersection a pour abscisse V_E ≈ 13,9 mL (à ± 0,2 mL), compatible avec la valeur 13,7 mL attendue.
  3. À l'équivalence : n_p = C·V_E = 0,250 × 13,7×10⁻³ ≈ 3,43×10⁻³ mol (avec 13,9 mL : 3,48×10⁻³ mol, soit un écart de 1,5 %, inférieur à l'incertitude).

RéponseV_E ≈ 13,7 à 13,9 mL (lecture à ± 0,2 mL), donc n_p = C·V_E ≈ 3,4×10⁻³ mol (3,43×10⁻³ mol pour 13,7 mL).

Vérification 3,43×10⁻³ / 0,250 = 13,7 mL ✓.

Piège Le raccord entre les deux droites est arrondi : l'intersection de droites est à tracer sur les zones linéaires, pas sur les points proches de l'équivalence.

Q4Déterminer la masse m_mes de paracétamol et son incertitude-type u(m) = m·√[(u(C)/C)² + (u(V_E)/V_E)²] (u(C) = 0,010 mol·L⁻¹ ; u(V_E) = 0,29 mL). Écrire le résultat avec un nombre adapté de chiffres significatifs.Touche pour voir la correction

À retenir m = n·M avec M = 151 g·mol⁻¹. L'incertitude-type s'écrit avec 1 ou 2 chiffres significatifs, et la valeur est arrondie à la même décimale.

Démarche
  1. m_mes = 3,43×10⁻³ × 151 = 0,518 g = 518 mg.
  2. u(C)/C = 0,010/0,250 = 0,040 ; u(V_E)/V_E = 0,29/13,7 = 0,021.
  3. √(0,040² + 0,021²) = 0,0453 ; u(m) = 518 × 0,0453 ≈ 23 mg.

Réponsem_mes = 518 mg avec u(m_mes) ≈ 23 mg, soit m = (518 ± 23) mg (ou (5,2 ± 0,2)×10² mg).

Vérification 0,518 × 0,0453 = 0,0235 g = 23,5 mg.

Q5Discuter la compatibilité de m_mes avec m_ref = 500 mg (notice) à l'aide de z = |m_mes − m_ref|/u(m_mes).Touche pour voir la correction

À retenir Si z ≤ 2, la valeur mesurée est compatible avec la valeur de référence.

Démarche
  1. z = |518 − 500|/23 = 18/23 ≈ 0,8.
  2. 0,8 < 2 : le résultat est compatible.

Réponsez ≈ 0,8 < 2 : la masse mesurée est compatible avec les 500 mg de la notice.

Q6Écrire l'expression de la vitesse volumique de disparition v_P du paracétamol en fonction de sa concentration.Touche pour voir la correction

À retenir Pour un réactif A : v_disp = −d[A]/dt.

Démarche
  1. La concentration du paracétamol diminue : d[P]/dt < 0, donc la vitesse de disparition (positive) est son opposée.

Réponsev_P = −d[C₈H₉NO₂]/dt.

Q7Pour une loi de vitesse d'ordre 1, montrer que d[C₈H₉NO₂]/dt = −k·[C₈H₉NO₂].Touche pour voir la correction

À retenir Une loi de vitesse d'ordre 1 s'écrit v = k·[A].

Démarche
  1. Ordre 1 : v_P = k·[C₈H₉NO₂].
  2. Avec Q6 : −d[C₈H₉NO₂]/dt = k·[C₈H₉NO₂].
  3. Donc d[C₈H₉NO₂]/dt = −k·[C₈H₉NO₂].

Réponsed[C₈H₉NO₂]/dt = −k·[C₈H₉NO₂].

Q8À l'aide de la courbe de la figure 1, montrer sans calcul que la vitesse de disparition du paracétamol diminue au cours du temps.Touche pour voir la correction

À retenir La vitesse de disparition est la valeur absolue du coefficient directeur de la tangente à la courbe.

Démarche
  1. La courbe est décroissante et convexe : sa pente (négative) est de plus en plus faible en valeur absolue.
  2. Les tangentes sont de moins en moins inclinées : à t = 0 la courbe chute rapidement, vers t = 5 h elle est presque horizontale.

RéponseLa pente de la tangente diminue en valeur absolue au cours du temps : la vitesse de disparition décroît (cohérent avec v = k·[P] et la baisse de [P]).

Q9Le pic de concentration (132 µmol·L⁻¹) est atteint 30 min après la prise. L'effet antalgique s'atténue sous c_lim = 8 mg·L⁻¹. Déterminer la durée depuis la prise du médicament pour atteindre c_lim, et expliquer l'écart avec la notice (6 h entre deux prises).Touche pour voir la correction

À retenir On convertit c_lim en mol·L⁻¹ puis on utilise [P](t) = [P]₀·e^(−kt) avec t = 0 au pic.

Démarche
  1. c_lim en quantité de matière : 8×10⁻³ g·L⁻¹ / 151 g·mol⁻¹ = 5,3×10⁻⁵ mol·L⁻¹ = 53 µmol·L⁻¹.
  2. 132·e^(−0,28·t) = 53, donc t = ln(132/53)/0,28 = 0,912/0,28 ≈ 3,3 h après le pic.
  3. Durée depuis la prise : 3,3 + 0,5 ≈ 3,8 h (environ 3 h 45).
  4. La notice recommande au moins 6 h entre deux prises, plus long que 3,8 h : la douleur peut réapparaître avant la reprise possible. La limite de 6 h est dictée par la sécurité (un des produits de transformation est toxique et s'accumule) et non par l'efficacité.
  5. Contrôle à 6 h après la prise (5,5 h après le pic) : 132·e^(−0,28×5,5) ≈ 28 µmol·L⁻¹ ≈ 4,2 mg·L⁻¹, soit nettement sous c_lim : l'effet antalgique a disparu depuis plus de 2 h avant la reprise autorisée.

RéponseL'effet antalgique s'atténue ≈ 3,8 h après la prise ; l'intervalle de 6 h est plus long car il est fixé pour limiter la toxicité (limiter l'accumulation du produit toxique).

Vérification À t = 3,26 h : 132 × e^(−0,28×3,26) ≈ 53 µmol·L⁻¹ ✓ ; la figure 1 donne ≈ 57 µmol·L⁻¹ à 3 h, ≈ 53 à 3,3 h.

Exercice 3 : Exercice 3 : Traitement de l'eau d'une piscine4 points

La désinfection d'une piscine repose sur les ions hypochlorite produits par électrolyse d'une solution de chlorure de sodium. On étudie la formation des chloramines (mécanisme), l'équilibre acido-basique HClO/ClO⁻, puis la durée d'électrolyse nécessaire.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Annexe 2 : actes élémentaires du mécanisme de formation de la monochloramine ; Annexe 3 : tube en U pour l'électrolyse de la solution de chlorure de sodium. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Sur l'annexe 2, représenter les flèches courbes de l'acte élémentaire n° 1 (NH₃ + HO–Cl → Cl–NH₃⁺ + HO⁻) et indiquer s'il s'agit d'une substitution, d'une addition ou d'une élimination.Touche pour voir la correction

À retenir Une flèche courbe part d'un doublet (site donneur) et arrive sur un site accepteur d'électrons.

Démarche
  1. Première flèche : du doublet non liant de l'atome d'azote de NH₃ vers l'atome de chlore (site déficitaire car lié à l'oxygène plus électronégatif) : formation de la liaison N–Cl.
  2. Deuxième flèche : de la liaison Cl–O vers l'atome d'oxygène, qui devient HO⁻ (rupture de la liaison Cl–O).
  3. Bilan : une liaison est formée (N–Cl) et une est rompue (Cl–O) : le groupe HO est remplacé par NH₃ sur le chlore : substitution.

RéponseSubstitution (le groupe HO⁻ est remplacé par NH₃ sur le chlore).

Piège Ce n'est ni une addition (pas de liaison double qui disparaît) ni une élimination.

Q2Établir l'équation de la réaction modélisée par le mécanisme (actes 1 et 2).Touche pour voir la correction

À retenir L'équation globale est la somme des actes élémentaires, après simplification des intermédiaires réactionnels.

Démarche
  1. Acte 1 : NH₃ + HClO → NH₃Cl⁺ + HO⁻.
  2. Acte 2 : NH₃Cl⁺ + HO⁻ → NH₂Cl + H₂O.
  3. Somme : NH₃ + HClO + NH₃Cl⁺ + HO⁻ → NH₃Cl⁺ + HO⁻ + NH₂Cl + H₂O ; on simplifie NH₃Cl⁺ et HO⁻ (intermédiaires).

RéponseNH₃ + HClO → NH₂Cl + H₂O (formation de la monochloramine).

Vérification Atomes : N 1, H 4 → 2 + 2, Cl 1, O 1 de chaque côté ✓.

Q3Donner la définition d'un acide au sens de Brönsted.Touche pour voir la correction

À retenir Acide de Brönsted = donneur de proton H⁺.

Démarche
  1. Un acide est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs protons H⁺.

RéponseUn acide de Brönsted est une espèce susceptible de céder un proton H⁺.

Q4Exprimer la constante d'acidité K_A du couple HClO/ClO⁻ en fonction des concentrations à l'équilibre et de c°.Touche pour voir la correction

À retenir Pour HA + H₂O = A⁻ + H₃O⁺ : K_A = [A⁻]·[H₃O⁺]/([HA]·c°).

Démarche
  1. Équation : HClO + H₂O ⇌ ClO⁻ + H₃O⁺.
  2. K_A = [ClO⁻]_éq·[H₃O⁺]_éq / ([HClO]_éq·c°).

RéponseK_A = [ClO⁻]_éq·[H₃O⁺]_éq / ([HClO]_éq·c°).

Q5Calculer [ClO⁻]/[HClO] pour pH = 7,4 (pK_A = 7,5).Touche pour voir la correction

À retenir pH = pK_A + log([ClO⁻]/[HClO]).

Démarche
  1. log([ClO⁻]/[HClO]) = pH − pK_A = 7,4 − 7,5 = −0,1.
  2. [ClO⁻]/[HClO] = 10^(−0,1) ≈ 0,79.

Réponse[ClO⁻]_éq/[HClO]_éq ≈ 0,79 : HClO est légèrement majoritaire.

Vérification pH < pK_A : la forme acide HClO prédomine ✓.

Q6Montrer que pour atteindre c_m = 2 mg·L⁻¹ de chlore libre avec [ClO⁻]/[HClO] = 0,79, il faut [ClO⁻] = 1,7×10⁻⁵ mol·L⁻¹.Touche pour voir la correction

À retenir c_m = [HClO]·M(HClO) + [ClO⁻]·M(ClO⁻), avec [HClO] = [ClO⁻]/0,79.

Démarche
  1. [HClO] = [ClO⁻]/0,79 = 1,266·[ClO⁻].
  2. c_m = [ClO⁻] × (1,266 × 52,5 + 51,5) = [ClO⁻] × (66,5 + 51,5) = 118·[ClO⁻] (en g·L⁻¹ si [ ] en mol·L⁻¹).
  3. c_m = 2×10⁻³ g·L⁻¹, donc [ClO⁻] = 2×10⁻³ / 118 ≈ 1,7×10⁻⁵ mol·L⁻¹.

Réponse[ClO⁻] ≈ 1,7×10⁻⁵ mol·L⁻¹.

Vérification 118 × 1,7×10⁻⁵ = 2,0×10⁻³ g·L⁻¹ ✓.

Q7Sur l'annexe 3 (électrode 1 : H₂ ; électrode 2 : Cl₂), indiquer le sens des électrons, le sens du courant I et la polarité du générateur.Touche pour voir la correction

À retenir À l'anode il y a oxydation (cession d'électrons), à la cathode réduction. Les électrons vont de l'anode vers la borne + du générateur ; la borne − les envoie à la cathode.

Démarche
  1. Électrode 1 : 2 H₂O + 2 e⁻ → H₂ + 2 HO⁻ : réduction, donc cathode, reliée à la borne − du générateur.
  2. Électrode 2 : 2 Cl⁻ → Cl₂ + 2 e⁻ : oxydation, donc anode, reliée à la borne + du générateur.
  3. Électrons : de l'électrode 2 (anode) vers la borne + du générateur, puis de la borne − vers l'électrode 1 (cathode).
  4. Courant : sens inverse des électrons, de la borne + du générateur vers l'électrode 2, à travers la solution jusqu'à l'électrode 1, retour à la borne −.
  5. Polarité sur le schéma : borne − du générateur du côté de l'électrode n° 1 (à gauche), borne + du côté de l'électrode n° 2 (à droite).

RéponseÉlectrode 1 : cathode, borne − ; électrode 2 : anode, borne +. Électrons : électrode 2 → générateur → électrode 1 ; le courant circule en sens contraire dans les fils.

Piège Dans le tube en U, le sens du courant dans la solution est porté par les ions.

Q8Il faut [ClO⁻] = 1,7×10⁻⁵ mol·L⁻¹ dans une piscine de 50 m³ ; l'électrolyseur délivre I = 5,0 A (N_A = 6,02×10²³ mol⁻¹, e = 1,6×10⁻¹⁹ C). Calculer la durée d'électrolyse Δt.Touche pour voir la correction

À retenir Chaque ion ClO⁻ demande 2 électrons : 2 Cl⁻ + 2 H₂O → Cl₂ + H₂ + 2 HO⁻ (2 e⁻ par Cl₂), puis Cl₂ + 2 HO⁻ → ClO⁻ + Cl⁻ + H₂O (1 Cl₂ par ClO⁻).

Démarche
  1. Volume : V = 50 m³ = 5,0×10⁴ L, donc n(ClO⁻) = 1,7×10⁻⁵ × 5,0×10⁴ = 0,85 mol.
  2. n(e⁻) = 2 × n(ClO⁻) = 1,70 mol.
  3. Q = n(e⁻)·N_A·e = 1,70 × 6,02×10²³ × 1,6×10⁻¹⁹ ≈ 1,64×10⁵ C.
  4. Δt = Q/I = 1,64×10⁵ / 5,0 ≈ 3,3×10⁴ s ≈ 9,1 h.

RéponseΔt ≈ 3,3×10⁴ s, soit environ 9 h.

Vérification N_A·e = 96 320 C·mol⁻¹ ; 1,70 × 96 320 = 1,64×10⁵ C.

Piège Le calcul suppose que tous les ions produits restent sous forme ClO⁻. En réalité, une partie est protonée en HClO (rapport 0,79), et la durée réelle est plus longue pour obtenir le même chlore libre.

Télécharger BAC Révision, gratuit

Autres sujets de Physique-chimie (Bac 2026)