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Bac 2026

Physique-Chimie – Métropole 2026 – Sujet 1 : correction détaillée

Spécialité · 3 h 30 · 20 points · 3 exercices (lave-linge, odeur de jasmin, coloration de la laine)

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.

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Exercice 1 : Exercice 1 : Étude d'un lave-linge11 points

Trois parties : le remplissage de la cuve régulé par un pressostat (gaz parfait, statique des fluides), la durée de temporisation d'un circuit RC, puis le chauffage de l'eau par un thermoplongeur (transfert thermique, effet du tartre).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : cuve et pressostat du lave-linge ; Figure 3 : tension uR(t) aux bornes de la résistance lors de la décharge ; Figures 4 et 5 : température de l'eau et du thermoplongeur pendant le chauffage. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Exprimer la durée Δt₁ de remplissage à moitié de la cuve (cube de côté a, débit D_v) et la calculer (a = 60,0 cm ; D_v = 12×10⁻³ m³·min⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir Δt = V/D_v avec V = a³/2.

Démarche
  1. Volume à remplir : V = a³/2 = (0,600)³/2 = 0,108 m³.
  2. Δt₁ = V/D_v = a³/(2·D_v) = 0,108/12×10⁻³ = 9,0 min.

RéponseΔt₁ = a³/(2·D_v) = 9,0 min.

Q2Justifier que la pression augmente dans la chambre de compression lors du remplissage.Touche pour voir la correction

À retenir Pour une quantité de gaz et une température constantes : P·V = constante (loi de Boyle-Mariotte).

Démarche
  1. L'eau monte dans la chambre : le volume occupé par l'air emprisonné diminue.
  2. Comme n et T sont constants, P·V = cte : si V diminue, P augmente.

RéponseL'air est comprimé (volume plus petit à T et n constants) : sa pression P augmente.

Q3Exprimer le volume V₂ occupé par l'air après remplissage en fonction de V₀, r et h.Touche pour voir la correction

À retenir La chambre est un cylindre de rayon r : l'eau entrée occupe le volume π·r²·h.

Démarche
  1. Volume d'eau entré dans la chambre : π·r²·h.
  2. V₂ = V₀ − π·r²·h.

RéponseV₂ = V₀ − π·r²·h.

Q4Exprimer P₂ puis montrer que ΔP = P₂ − P₀ = P₀·π·r²·h/(V₀ − π·r²·h).Touche pour voir la correction

À retenir Gaz parfait à T et n constants : P₀·V₀ = P₂·V₂.

Démarche
  1. P₂ = P₀·V₀/V₂ = P₀·V₀/(V₀ − π·r²·h).
  2. ΔP = P₂ − P₀ = P₀·[V₀/(V₀ − π·r²·h) − 1] = P₀·π·r²·h/(V₀ − π·r²·h).

RéponseΔP = P₀·π·r²·h/(V₀ − π·r²·h).

Q5Calculer ΔP pour h = 5,0 mm et commenter par rapport à ΔP = 150 Pa d'un cycle normal (r = 3,0 cm ; V₀ = 0,50 L ; P₀ = 1,01×10⁵ Pa).Touche pour voir la correction

À retenir On convertit tout en unités SI (m, m³).

Démarche
  1. π·r²·h = π × (0,030)² × 0,0050 = 1,41×10⁻⁵ m³ ; V₀ = 0,50×10⁻³ m³.
  2. ΔP = 1,01×10⁵ × 1,41×10⁻⁵/(5,0×10⁻⁴ − 1,41×10⁻⁵) = 1,01×10⁵ × 0,0291 ≈ 2,9×10³ Pa.
  3. Comparaison : environ 20 fois plus grand que 150 Pa.

RéponseΔP ≈ 2,9×10³ Pa : dans le test (cuve à moitié pleine), la surpression est 20 fois plus grande que dans un cycle normal (150 Pa), qui correspond à une hauteur d'eau beaucoup plus petite.

Vérification Pour 30 cm d'eau : ρ·g·H = 1,0×10³ × 9,81 × 0,30 = 2,9×10³ Pa ✓.

Q6Retrouver ΔP à l'aide de la loi fondamentale de la statique des fluides entre les points A et B de la figure 1.Touche pour voir la correction

À retenir P(z) + ρ·g·z = constante dans un fluide incompressible au repos ; A est à la surface de l'eau dans la cuve (P₀) ; B est au niveau de l'interface eau–air dans la chambre, près du fond (pression P₂).

Démarche
  1. P_A + ρ·g·z_A = P_B + ρ·g·z_B, avec P_A = P₀ (surface libre de la cuve) et P_B = P₂ (interface eau–air de la chambre).
  2. Le point A est à l'altitude a/2 au-dessus du fond et le point B à l'altitude h : z_A − z_B = a/2 − h = 0,300 − 0,0050 = 0,295 m.
  3. P₂ − P₀ = ρ·g·(a/2 − h) = 1,0×10³ × 9,81 × 0,295 ≈ 2,9×10³ Pa.

RéponseΔP = ρ·g·(a/2 − h) ≈ 2,9×10³ Pa : même valeur qu'en Q5.

Piège Si l'on néglige h devant a/2, on trouve 2,94×10³ Pa au lieu de 2,89×10³ Pa : les deux valeurs s'arrondissent à 2,9×10³ Pa.

Q7En fonctionnement normal sans linge, ΔP = 150 Pa et h est négligeable devant la hauteur d'eau dans la cuve. Déterminer le volume d'eau dans la cuve.Touche pour voir la correction

À retenir ΔP = ρ·g·H donne la hauteur d'eau H ; le volume est V = a²·H.

Démarche
  1. H = ΔP/(ρ·g) = 150/(1,0×10³ × 9,81) = 1,53×10⁻² m.
  2. V = a²·H = (0,600)² × 1,53×10⁻² = 5,5×10⁻³ m³ = 5,5 L.

RéponseV ≈ 5,5 L d'eau (hauteur d'eau ≈ 1,5 cm).

Vérification Cohérent avec V_eau = 5,7 L utilisé dans la partie 3.

Q8Montrer que uC(t) + R·C·duC/dt = E lors de la charge du condensateur (interrupteur en position 1, condensateur initialement déchargé).Touche pour voir la correction

À retenir Loi des mailles : E = uR + uC ; uR = R·i ; i = C·duC/dt (convention récepteur).

Démarche
  1. E = uR + uC.
  2. uR = R·i = R·C·duC/dt.
  3. E = uC + R·C·duC/dt.

RéponseuC(t) + R·C·duC/dt(t) = E.

Q9Déterminer la constante A de la solution uC(t) = A·(1 − e^(−t/τ)) avec τ = R·C.Touche pour voir la correction

À retenir On reporte la solution dans l'équation différentielle (ou on considère le régime permanent).

Démarche
  1. duC/dt = (A/τ)·e^(−t/τ).
  2. uC + R·C·duC/dt = A·(1 − e^(−t/τ)) + τ·(A/τ)·e^(−t/τ) = A.
  3. Cette somme doit valoir E : A = E.
  4. Autre méthode : pour t → ∞, uC → A = E.

RéponseA = E = 4,5 V.

Q10En déduire uR(t) = E·e^(−t/τ).Touche pour voir la correction

À retenir uR = E − uC (loi des mailles).

Démarche
  1. uR = E − uC = E − E·(1 − e^(−t/τ)) = E·e^(−t/τ).

RéponseuR(t) = E·e^(−t/τ).

Q11Montrer que la date de fin de temporisation vaut t_seuil = τ·ln 3 (uR(t_seuil) = E/3).Touche pour voir la correction

À retenir On résout E·e^(−t/τ) = E/3.

Démarche
  1. e^(−t_seuil/τ) = 1/3.
  2. −t_seuil/τ = −ln 3, donc t_seuil = τ·ln 3.

Réponset_seuil = τ·ln 3 ≈ 1,10·τ.

Q12Choisir parmi R₁ = 470 Ω, R₂ = 5,0 kΩ, R₃ = 100 kΩ la résistance donnant Δt₂ voisine de 30 s avec C = 4,70 mF.Touche pour voir la correction

À retenir Δt₂ = R·C·ln 3.

Démarche
  1. R₁ : 470 × 4,70×10⁻³ × 1,10 = 2,4 s.
  2. R₂ : 5,0×10³ × 4,70×10⁻³ × 1,10 = 25,8 s ≈ 26 s.
  3. R₃ : 100×10³ × 4,70×10⁻³ × 1,10 = 516 s.
  4. La valeur voisine de 30 s est obtenue avec R₂ (R idéale = 30/(4,70×10⁻³ × 1,10) ≈ 5,8 kΩ).

RéponseR = R₂ = 5,0 kΩ (Δt₂ ≈ 26 s).

Vérification R_idéale = 30/(4,70×10⁻³ × ln 3) = 5,8×10³ Ω : R₂ est la plus proche.

Q13Déterminer graphiquement uR(t = 0) après basculement en position 2 et vérifier avec la loi des mailles.Touche pour voir la correction

À retenir En position 2 le générateur est hors circuit : uC + uR = 0 avec le sens choisi pour uR, ou uR = uC en valeur absolue ; à t = 0, uC = E (condensateur chargé).

Démarche
  1. Graphique : uR(0) ≈ 4,5 V.
  2. Loi des mailles dans le circuit R–C : |uR(0)| = uC(0) = E = 4,5 V.
  3. Les deux valeurs concordent.

RéponseuR(0) ≈ 4,5 V = E : accord avec la loi des mailles.

Vérification Le condensateur étant chargé sous E, il impose E aux bornes de R juste après le basculement.

Q14Déterminer τ_exp avec la figure 3 et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir uR(τ) = 0,37·uR(0).

Démarche
  1. À t = τ, uR = uR(0)·e⁻¹ ≈ 0,37 × 4,5 V ≈ 1,67 V.
  2. On trace la droite uR = 1,67 V sur la figure 3 : elle coupe la courbe à t = 24 ± 1 s.
  3. Valeur attendue : τ = R·C = 5,0×10³ × 4,70×10⁻³ = 23,5 s.

Réponseτ_exp = 24 ± 1 s, en accord avec R·C = 23,5 s (écart d'environ 2 %, inférieur aux tolérances habituelles de R et C et à la précision de lecture du graphique).

Piège Les condensateurs de forte capacité ont souvent des tolérances de ± 20 %.

Q15Nommer les trois modes de transfert thermique et indiquer celui qui peut être négligé lors du chauffage de l'eau.Touche pour voir la correction

À retenir Conduction, convection, rayonnement.

Démarche
  1. Conduction (dans le solide, de proche en proche), convection (mouvement du fluide), rayonnement (ondes électromagnétiques).
  2. Le rayonnement est négligeable pour des températures de l'ordre de 20 à 60 °C (échanges très faibles) ; le thermoplongeur transmet l'énergie à l'eau par conduction et convection.

RéponseConduction, convection et rayonnement ; on néglige le rayonnement.

Q16Montrer que Q ≈ 0,24 MJ pour chauffer V = 5,7 L d'eau de 20 °C à 30 °C.Touche pour voir la correction

À retenir Q = m·c·Δθ avec m = ρ·V.

Démarche
  1. m = 1,0×10³ × 5,7×10⁻³ = 5,7 kg.
  2. Q = 5,7 × 4,18×10³ × (30 − 20) = 2,38×10⁵ J ≈ 0,24 MJ.

RéponseQ ≈ 2,4×10⁵ J = 0,24 MJ.

Q17Calculer la durée Δt₃ de chauffage (P = 2 kW, flux Φ constant).Touche pour voir la correction

À retenir Q = Φ·Δt₃ donc Δt₃ = Q/P.

Démarche
  1. Δt₃ = 2,38×10⁵/2,0×10³ = 119 s ≈ 1,98 min.

RéponseΔt₃ ≈ 119 s ≈ 2,0 min.

Q18Déterminer les températures du thermoplongeur, avec et sans brassage de l'eau, quand l'eau atteint θ_f = 30 °C (Φ = 2 kW ; S = 0,020 m² ; h_c,0 = 1,0×10³ sans brassage ; h_c,0' = 4,0×10³ W·m⁻²·K⁻¹ avec brassage).Touche pour voir la correction

À retenir Φ = h_c·S·(θ_thermo − θ_eau) donc θ_thermo = θ_eau + Φ/(h_c·S).

Démarche
  1. Sans brassage : Φ/(h_c·S) = 2 000/(1,0×10³ × 0,020) = 100 K ; θ_thermo = 30 + 100 = 130 °C.
  2. Avec brassage : 2 000/(4,0×10³ × 0,020) = 25 K ; θ_thermo = 30 + 25 = 55 °C.

RéponseSans brassage : ≈ 130 °C ; avec brassage : ≈ 55 °C.

Vérification Le brassage fait chuter de 75 °C la température de surface du thermoplongeur.

Q19Avec les figures 4 et 5 (brassage efficace, sans tartre), déterminer la durée de chauffage et la température du thermoplongeur en fin de chauffage ; comparer avec Q18.Touche pour voir la correction

À retenir On lit sur la figure 4 la date où l'eau atteint 30 °C, puis sur la figure 5 la température du thermoplongeur à cette date.

Démarche
  1. Figure 4 (trait plein, sans tartre) : θ_eau = 30 °C pour t ≈ 121 s (≈ 2 min), ce qui correspond à Q17.
  2. Figure 5 (trait plein) : θ_thermo à t ≈ 120 s ≈ 57 °C.
  3. Comparaison avec Q18 (avec brassage) : 55 °C calculés, 57 °C lus (écart de 2 K).

RéponseDurée ≈ 120 s (2 min) ; température du thermoplongeur ≈ 57 °C : en accord avec la valeur théorique avec brassage (55 °C).

Q20Montrer, grâce à la figure 4, que la présence de tartre augmente la consommation énergétique d'environ 15 %.Touche pour voir la correction

À retenir À puissance électrique constante, l'énergie consommée est proportionnelle à la durée de chauffage.

Démarche
  1. Sans tartre : 30 °C atteints à t ≈ 121 s.
  2. Avec 2 mm de tartre (pointillés) : 30 °C atteints à t ≈ 137 s.
  3. Rapport : 137/121 ≈ 1,13, soit environ + 13 à 15 % d'énergie consommée (E = P·Δt).

RéponseLa durée de chauffage, donc l'énergie, passe d'environ 121 s à 137 s : ≈ + 13 à 15 %.

Vérification Pente avec tartre : (34,6 − 20)/200 = 0,073 K·s⁻¹ ; 10/0,073 = 137 s.

Exercice 2 : Exercice 2 : L'odeur de jasmin4 points

Synthèse de l'éthanoate de benzyle par estérification de l'alcool benzylique par l'acide éthanoïque : suivi cinétique par dosage de l'acide restant, temps de demi-réaction, vitesse volumique et rendement.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Tableau : quantité de matière d'acide éthanoïque restant aux 8 dates de dosage ; Figure 1 : extrait du programme Python de tracé de n_EB(t) ; Annexe A1 : quantité de matière d'éthanoate de benzyle en fonction du temps. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Recopier la formule semi-développée de l'éthanoate de benzyle, entourer le groupe caractéristique et nommer la famille.Touche pour voir la correction

À retenir Le groupe –C(=O)–O– entre deux carbones est le groupe ester.

Démarche
  1. CH₃–C(=O)–O–CH₂–C₆H₅ : le groupe caractéristique est –C(=O)–O–.

RéponseGroupe ester –COO– ; famille des esters.

Q2Identifier le rôle de l'étape C (verser le contenu du tube dans de l'eau distillée glacée).Touche pour voir la correction

À retenir Une trempe arrête (bloque) la réaction à la date voulue en refroidissant et en diluant.

Démarche
  1. Le refroidissement brutal et la dilution diminuent très fortement la vitesse de la réaction.
  2. On bloque ainsi l'évolution du mélange : le dosage donne la quantité d'acide à la date t de la trempe.

RéponseTrempe : refroidir et diluer pour figer la composition du mélange à la date t avant dosage.

Q3Établir n_ac(t) = n_0,ac − n_EB(t).Touche pour voir la correction

À retenir Équation : C₂H₄O₂ + C₇H₈O ⇌ C₉H₁₀O₂ + H₂O (coefficients tous égaux à 1).

Démarche
  1. Tableau d'avancement : n_ac(t) = n_0,ac − x(t) et n_EB(t) = x(t) (aucun ester initialement).
  2. Donc n_ac(t) = n_0,ac − n_EB(t).

Réponsen_ac(t) = n_0,ac − n_EB(t).

Vérification Une mole d'ester formé consomme une mole d'acide.

Q4Retrouver par un calcul la valeur n_0ac = 0,0087 mol (V = 2,0 mL de mélange à 25 % en volume d'acide éthanoïque ; ρ = 1,05 g·mL⁻¹ ; M = 60,1 g·mol⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir n = ρ·V/M.

Démarche
  1. V(acide) = 0,25 × 2,0 mL = 0,50 mL.
  2. m = 1,05 × 0,50 = 0,525 g.
  3. n_0,ac = 0,525/60,1 = 8,7×10⁻³ mol.

Réponsen_0,ac = 8,7×10⁻³ mol = 0,0087 mol.

Q5Recopier et compléter la ligne 18 du programme (n_EB[i]=).Touche pour voir la correction

À retenir n_EB(t) = n_0,ac − n_ac(t), pour chaque indice i de la boucle.

Démarche
  1. Les listes n_ac et la variable n_0ac sont définies en lignes 7 et 13 : n_EB[i] = n_0ac − n_ac[i].

Réponsen_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]

Q6Définir le temps de demi-réaction t½ et l'estimer sur la courbe de l'annexe A1.Touche pour voir la correction

À retenir t½ est la durée au bout de laquelle l'avancement atteint la moitié de sa valeur finale.

Démarche
  1. Avancement final : n_EB(60 min) ≈ 5,8×10⁻³ mol (palier atteint).
  2. La moitié vaut ≈ 2,9×10⁻³ mol.
  3. On trace l'horizontale à 2,9×10⁻³ mol sur l'annexe A1 ; elle coupe la courbe (à tracer à la main à travers les points, de (0 ; 0) à (60 min ; 5,8×10⁻³ mol)) entre les points t = 2,0 min (2,6×10⁻³ mol) et t = 5,5 min (4,6×10⁻³ mol) : t½ ≈ 2,5 min.

Réponset½ ≈ 2,5 min (entre 2 et 3 min).

Piège L'avancement final retenu est celui de la dernière mesure (60 min) ; la réaction étant limitée, c'est un état d'équilibre qui est quasiment atteint.

Q7Exprimer la vitesse volumique d'apparition v_EB de l'éthanoate de benzyle en fonction de V et dn_EB/dt.Touche pour voir la correction

À retenir v = (1/V)·dn/dt.

Démarche
  1. Pour une espèce formée : v_EB = (1/V)·dn_EB/dt.

Réponsev_EB = (1/V)·dn_EB/dt.

Q8Estimer v_EB à t = 0 par un tracé sur la courbe (V = 2,0 mL).Touche pour voir la correction

À retenir dn_EB/dt à t = 0 est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à l'origine.

Démarche
  1. On trace la tangente à la courbe en t = 0 (point (0 ; 0)).
  2. La tangente à l'origine rejoint l'asymptote n_EB = 5,8×10⁻³ mol (dernière mesure, à 60 min) à t = 3,5 ± 0,5 min : pente = 5,8×10⁻³/3,5 ≈ 1,7×10⁻³ mol·min⁻¹ (1,5 à 1,9×10⁻³ selon le tracé).
  3. v₀ = pente/V = 1,7×10⁻³/2,0×10⁻³ ≈ 0,85 mol·L⁻¹·min⁻¹.

Réponsev_EB(0) ≈ 0,85 mol·L⁻¹·min⁻¹ (0,75 à 0,95 mol·L⁻¹·min⁻¹ selon le tracé de la tangente).

Piège La valeur dépend du tracé de la tangente : un écart de 20 % est normal.

Q9À t = 20 min la vitesse est 6,7×10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹. Identifier un facteur cinétique responsable de l'évolution de la vitesse.Touche pour voir la correction

À retenir La concentration des réactifs est un facteur cinétique : plus elle est grande, plus la vitesse l'est.

Démarche
  1. La vitesse passe d'environ 0,8 mol·L⁻¹·min⁻¹ à 6,7×10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹ : elle est divisée par plus de 100.
  2. Les concentrations en réactifs diminuent au cours de la réaction : la vitesse diminue.

RéponseLa concentration des réactifs (qui diminue au cours du temps) ; la vitesse décroît.

Q10Le rendement de la synthèse est 67 % (alcool benzylique en excès). Proposer une modification du protocole pour l'optimiser.Touche pour voir la correction

À retenir L'estérification est limitée : on déplace l'équilibre en éliminant un produit ou en utilisant un excès de réactif.

Démarche
  1. Éliminer l'eau au fur et à mesure (dispositif de Dean-Stark, agent déshydratant), pour déplacer l'équilibre vers l'ester.
  2. Ou augmenter encore l'excès d'alcool benzylique.
  3. Ou remplacer l'acide éthanoïque par l'anhydride éthanoïque, ce qui rend la transformation totale.

RéponseÉliminer l'eau formée (Dean-Stark) ou utiliser un plus grand excès d'un réactif ; l'anhydride éthanoïque donne une réaction totale.

Piège Chauffer plus ou ajouter du catalyseur accélère la réaction mais ne change pas le rendement final.

Exercice 3 : Exercice 3 : Coloration de la laine5 points

Synthèse d'un colorant azoïque (mécanisme réactionnel, rendement), couleur déterminée par un spectre d'absorption, puis dosage d'un vinaigre servant à acidifier le bain de teinture, avec traitement statistique de douze mesures.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Cercle chromatique (domaines de longueurs d'onde) ; Équation de la synthèse du colorant (acide sulfanilique + β-naphtol + HNO₂ → colorant + 2 H₂O) ; Figure 2 : spectre d'absorption du colorant synthétisé ; Annexe A2 : étapes 1 à 3 du mécanisme. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Définir un intermédiaire réactionnel.Touche pour voir la correction

À retenir Il apparaît dans un acte élémentaire et disparaît dans un acte suivant.

Démarche
  1. C'est une espèce formée lors d'une étape du mécanisme puis consommée dans une étape suivante : elle n'apparaît ni dans les réactifs ni dans les produits de l'équation globale.

RéponseUn intermédiaire réactionnel est une espèce produite lors d'un acte élémentaire et consommée dans un acte suivant ; elle n'apparaît pas dans le bilan.

Q2Souligner les deux intermédiaires réactionnels des étapes de l'annexe A2.Touche pour voir la correction

À retenir Un intermédiaire est produit par une étape et réactif de l'étape suivante.

Démarche
  1. Étape 1 : NO₂⁻ + H⁺ → HO–N=O (acide nitreux) ; il est consommé à l'étape 2 : c'est un intermédiaire.
  2. Étape 2 : HO–N=O + H⁺ → H₂O⁺–N=O ; il est consommé à l'étape 3 : c'est le second intermédiaire.
  3. Étape 3 : H₂O⁺–N=O → N≡O⁺ + H₂O : NO⁺ est l'espèce électrophile qui réagit ensuite avec l'acide sulfanilique.

RéponseLes deux intermédiaires sont l'acide nitreux HO–N=O et l'ion H₂O⁺–N=O.

Piège L'ion nitrosonium N≡O⁺ est l'espèce obtenue à la fin de l'étape 3 ; il intervient ensuite (étapes non représentées). Le sujet demande deux intermédiaires parmi les étapes fournies.

Q3Identifier les sites donneur et accepteur d'électrons à l'étape 1 (NO₂⁻ + H⁺ → HONO).Touche pour voir la correction

À retenir Un site donneur est riche en électrons (doublet non liant, charge négative) ; un site accepteur est pauvre en électrons (charge positive, lacune).

Démarche
  1. L'atome d'oxygène chargé négativement de NO₂⁻, qui porte des doublets non liants, est le site donneur.
  2. H⁺, à lacune électronique et de charge positive, est le site accepteur.

RéponseDonneur : l'atome O⁻ de l'ion nitrite ; accepteur : H⁺.

Q4Dessiner les flèches courbes de chaque étape du mécanisme (annexe A2).Touche pour voir la correction

À retenir Une flèche courbe part du doublet donneur (non liant ou liant) et pointe vers le site accepteur ou le lieu de la nouvelle liaison.

Démarche
  1. Étape 1 : flèche du doublet non liant de O⁻ vers H⁺ (formation de la liaison O–H).
  2. Étape 2 : flèche du doublet non liant de l'oxygène du groupe –OH vers H⁺ (formation de H₂O⁺–N=O).
  3. Étape 3 : flèche de la liaison N–O vers l'atome O (départ de H₂O) et flèche du doublet non liant de N vers la liaison N–O pour former la triple liaison N≡O⁺.

RéponseÉtapes 1 et 2 : protonation (doublet de O → H⁺) ; étape 3 : rupture de la liaison N–O (doublet vers O) et formation de la triple liaison N≡O⁺.

Piège Le tracé est à faire sur le document ; seule la description est donnée ici.

Q5Déterminer, en justifiant, la masse maximale de colorant (0,87 g d'acide sulfanilique, M = 173,2 g·mol⁻¹ ; 0,72 g de β-naphtol, M = 144,2 g·mol⁻¹ ; M(colorant) = 328,3 g·mol⁻¹ ; acide nitreux en excès).Touche pour voir la correction

À retenir L'équation a pour coefficients 1, 1 : le réactif limitant est celui de plus petite quantité de matière.

Démarche
  1. n(acide sulfanilique) = 0,87/173,2 = 5,02×10⁻³ mol.
  2. n(β-naphtol) = 0,72/144,2 = 4,99×10⁻³ mol (réactif limitant, car acide nitreux en excès).
  3. x_max = 4,99×10⁻³ mol, donc m_max = 4,99×10⁻³ × 328,3 = 1,64 g.

Réponsem_max ≈ 1,64 g (le β-naphtol est le réactif limitant, de très peu).

Vérification Les deux quantités sont presque stœchiométriques (5,02 et 4,99 mmol).

Q6Déterminer le rendement de la synthèse (m = 1,53 g).Touche pour voir la correction

À retenir ρ = m_exp/m_max.

Démarche
  1. ρ = 1,53/1,64 = 0,933.

Réponseρ ≈ 93 %.

Q7En utilisant le spectre d'absorption, déterminer la couleur du colorant (cercle chromatique fourni).Touche pour voir la correction

À retenir Une solution absorbe les radiations complémentaires de la couleur qu'elle présente.

Démarche
  1. Le spectre présente une forte absorption entre 420 et 540 nm, avec un maximum à environ 485 nm (bleu).
  2. Absorption dans le bleu (450–500 nm) : la couleur perçue est la complémentaire, située en face sur le cercle chromatique : l'orange.

RéponseLe colorant absorbe surtout le bleu (≈ 485 nm) : il est orange.

Piège La bande d'absorption s'étend jusqu'à environ 540 nm (vert) : la teinte observée est un orange tirant légèrement sur le rouge.

Q8Démontrer comment obtenir la concentration C en acide éthanoïque du titrage n° 1 à partir de V_E1 = 13,50 mL (V_A = 10,0 mL de vinaigre dilué dix fois ; C_B = 0,10 mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir À l'équivalence : n(CH₃COOH) = n(HO⁻) versé (coefficients 1 et 1) ; on tient compte de la dilution.

Démarche
  1. C_A·V_A = C_B·V_E1 donc C_A = 0,10 × 13,50/10,0 = 0,135 mol·L⁻¹ (vinaigre dilué).
  2. Le vinaigre commercial a été dilué dix fois : C = 10 × C_A = 1,350 mol·L⁻¹.

RéponseC = 10 × C_B·V_E1/V_A = 1,350 mol·L⁻¹.

Q9Choisir la valeur moyenne C_moy et l'écart-type σ de la série de douze mesures.Touche pour voir la correction

À retenir La moyenne se situe dans l'étendue des mesures (1,350 à 1,375 mol·L⁻¹) ; l'écart-type est petit devant la moyenne.

Démarche
  1. Les valeurs vont de 1,350 à 1,375 mol·L⁻¹ : la moyenne ne peut être que 1,3621 (1,9155 est hors de l'étendue ; 1,3750 est la valeur maximale, que la moyenne ne peut atteindre).
  2. L'écart-type est de l'ordre de quelques 10⁻³ à 10⁻² : 0,009 (0,237 et 1,370 sont absurdes).

RéponseC_moy = 1,3621 mol·L⁻¹ et σ = 0,009 mol·L⁻¹.

Vérification Calcul : moyenne 1,3621 mol·L⁻¹ ; écart-type expérimental 0,0086 mol·L⁻¹ ≈ 0,009 mol·L⁻¹.

Q10Montrer que u(C_moy) = σ/√n = 0,003 mol·L⁻¹ et écrire le résultat avec le nombre de chiffres significatifs adapté.Touche pour voir la correction

À retenir L'incertitude-type est donnée avec un chiffre significatif ; la valeur est arrondie à la même décimale.

Démarche
  1. u(C_moy) = σ/√n = 0,009/√12 = 0,009/3,46 = 0,0026 ≈ 0,003 mol·L⁻¹ (un seul chiffre significatif).
  2. On arrondit la moyenne à la même décimale que l'incertitude (3ᵉ décimale) : 1,362 mol·L⁻¹.

RéponseC = (1,362 ± 0,003) mol·L⁻¹.

Piège Avec σ = 0,0086 non arrondi, on trouve 0,0025 : le sujet impose d'utiliser σ = 0,009, d'où 0,003 mol·L⁻¹.

Q11Conclure sur l'accord entre la concentration de l'étiquette (1,360 mol·L⁻¹) et celle trouvée.Touche pour voir la correction

À retenir Si |x − x_ref|/u(x) ≤ 2, l'accord est jugé satisfaisant.

Démarche
  1. |1,362 − 1,360|/0,003 ≈ 0,7 < 2.

RéponseQuotient ≈ 0,7 < 2 : la concentration mesurée est compatible avec l'étiquette (8°).

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