Corrigé du bac de physique-chimie 2025 (Métropole, jour 1)

Étape 1 : transformation des réactifs. Le rouge de phénol réagit avec le dibrome libéré dans le milieu.

Étape 2 : séparation. On élimine le solvant, on filtre puis on sèche : le solide est isolé.

Étapes 3 et 4 : analyse du produit brut. La chromatographie et les spectres d’absorption caractérisent le solide obtenu.

Étape 1 : transformation des réactifs ; étape 2 : séparation ; étapes 3 et 4 : analyse du produit brut

Le dépôt c, celui du produit brut, donne deux taches.

La tache haute, bleue, n’apparaît ni pour le dépôt a ni pour le dépôt b, qui sont les réactifs. Une espèce nouvelle s’est donc formée : une transformation chimique a bien eu lieu.

Aucune tache du dépôt c n’est à la hauteur de celle du rouge de phénol (dépôt a) : ce réactif a été consommé.

La tache basse du dépôt c est à la même hauteur que la tache entourée du dépôt b. Il peut donc rester du perbromure de pyridinium, mais le chromatogramme ne le prouve pas : la tache de b est à peine visible, alors que celle de c est jaune. Quelle que soit son identité, c’est une seconde espèce.

Une espèce pure ne donne qu’une seule tache. Avec deux taches, le produit synthétisé brut n’est pas pur.

Une nouvelle espèce s’est formée ; le produit brut n’est pas pur

Les deux spectres présentent la même bande d’absorption, de même forme, avec un maximum à la même longueur d’onde : λmax ≈ 590 nm.

Les absorbances maximales diffèrent (environ 0,16 contre 0,12). Ce n’est pas gênant : l’absorbance dépend de la concentration, et les deux solutions n’ont aucune raison d’avoir la même.

Le produit brut contient donc du BBP.

Entre 400 et 500 nm, le produit brut absorbe nettement plus que la référence : à 400 nm, environ 0,05 contre 0,01. Une autre espèce absorbe dans ce domaine, ce qui confirme l’impureté vue en Q2.

Même λmax ≈ 590 nm : le produit brut contient du BBP

Conseil : Appuie-toi sur la position du maximum, pas sur sa hauteur.

On peut mesurer sa température de fusion, par exemple sur un banc Kofler, puis la comparer à la valeur donnée par le sujet : 273 °C.

La spectroscopie infrarouge convient aussi, en comparant le spectre obtenu à celui du BBP de référence.

Mesure de la température de fusion, à comparer à 273 °C

L’acide BH₂ réagit avec l’eau selon : BH₂(aq) + H₂O(ℓ) ⇌ BH⁻(aq) + H₃O⁺(aq).

La constante d’acidité est le quotient de réaction à l’équilibre : KA = ([BH⁻]/c°) × ([H₃O⁺]/c°) / ([BH₂]/c°).

En simplifiant : KA = [BH⁻]·[H₃O⁺] / ([BH₂]·c°).

KA = [BH⁻]·[H₃O⁺] / ([BH₂]·c°)

On prend le logarithme décimal de l’expression de Q5 : log KA = log([H₃O⁺]/c°) + log([BH⁻]/[BH₂]).

Par définition, pKA = −log KA et pH = −log([H₃O⁺]/c°).

On obtient : −pKA = −pH + log([BH⁻]/[BH₂]).

On isole le pH : pH = pKA + log([BH⁻]/[BH₂]).

L’équivalence est l’état du système où les réactifs titré et titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage.

À cet instant, le réactif limitant change : avant, c’est le réactif titrant ; après, c’est le réactif titré.

On utilise la méthode de la dérivée. À l’équivalence, le pH varie le plus vite : VE est l’abscisse du maximum de dpH/dV.

Sur la figure 1, le pic principal de la dérivée culmine à V = 14,8 mL.

Cette valeur tombe bien au milieu du saut de pH, où le pH passe d’environ 7 à environ 9.

VE ≈ 14,8 mL

Conseil : Le petit pic vers 13,2 mL n’est pas l’équivalence : il est environ quatre fois moins haut et le saut de pH est plus loin. La méthode des tangentes parallèles est une autre démarche valable.

On note n₀ la quantité initiale de BH₂ et c la concentration en ions OH⁻ de Sb. À l’équivalence, c·VE = n₀, car BH₂ et OH⁻ réagissent mole à mole.

À la demi-équivalence, on a versé la quantité c·VE/2 = n₀/2 d’ions OH⁻. Ils sont entièrement consommés, car la réaction de titrage est totale.

Il s’est donc formé n(BH⁻) = n₀/2, et il reste n(BH₂) = n₀ − n₀/2 = n₀/2.

Les deux espèces sont dans le même volume de solution. Leurs concentrations sont donc égales : [BH⁻] = [BH₂].

À la demi-équivalence, [BH⁻]/[BH₂] = 1, donc log([BH⁻]/[BH₂]) = 0. La relation de Q6 devient : pH = pKA.

Le volume de demi-équivalence vaut VE/2 = 14,8/2 = 7,4 mL.

Sur la figure 1, on lit le pH de la courbe pour V = 7,4 mL : pH ≈ 3,9.

pKA ≈ 3,9

On calcule le quotient proposé par le sujet : |pKA − pKA,ref|/u(pKA) = |3,9 − 4,1|/0,3 ≈ 0,7.

Le sujet ne fixe aucun seuil. Par convention, on considère souvent qu’il y a accord si ce quotient est inférieur à 2.

Ici, il vaut 0,7 : la valeur mesurée est compatible avec la valeur tabulée, donc avec la présence de BBP dans le produit purifié.

Quotient ≈ 0,7, sous le seuil usuel de 2 : valeur compatible avec le BBP

Sur la figure 2, la solution absorbe surtout entre 400 et 500 nm, avec un maximum vers 435 nm. Cette longueur d’onde appartient au secteur violet du cercle chromatique.

Une solution prend la couleur complémentaire de celle qu’elle absorbe. Sur le cercle de la figure 3, cette couleur est diamétralement opposée.

Le secteur opposé au violet est le jaune. La solution contenant la forme acide est donc jaune.

Maximum d’absorption vers 435 nm (violet) : solution jaune

Concentration visée. L’acide chlorhydrique est un acide fort : c = [H₃O⁺] = 10^(−pH) × c° = 1,0×10⁻² mol·L⁻¹.

Concentration de la solution commerciale. Un litre de solution a pour masse d × ρeau × 1 L = 1,18 × 1,0×10³ = 1,18×10³ g.

La masse de HCℓ dans ce litre vaut 0,37 × 1,18×10³ = 4,4×10² g.

La concentration vaut donc c₀ = 4,4×10²/36,5 = 12 mol·L⁻¹.

Volume à prélever. La quantité de soluté se conserve : c₀·V₀ = c·V.

V₀ = c·V/c₀ = 1,0×10⁻² × 200,0/12 = 0,17 mL.

Conclusion. Ce volume est inférieur à 1,0 mL, le plus petit volume des pipettes jaugées disponibles.

On le vérifie avec le facteur de dilution : il faudrait F = c₀/c ≈ 1,2×10³, alors que le matériel permet au plus F = 200,0/1,0 = 200.

Une seule dilution est donc impossible. Il faut au moins deux dilutions successives.

c₀ ≈ 12 mol·L⁻¹ et V₀ ≈ 0,17 mL, soit moins de 1,0 mL : dilution unique impossible

Conseil : Question à prise d’initiative : annonce chaque étape. Le correcteur évalue ta démarche même si elle n’aboutit pas.

On découpe le nom avec les règles de la page 5.

« méthanamine » : la chaîne principale liée à l’atome d’azote compte un seul atome de carbone, soit un groupe CH₃.

« N,N-diméthyl » : l’atome d’azote porte en plus deux groupes méthyle.

L’atome d’azote est donc lié à trois groupes CH₃ : c’est la molécule B.

La molécule A ne possède qu’un atome de carbone, et son azote central porte deux groupes NH₂. La molécule C ne porte aucun substituant sur l’azote et compte trois atomes de carbone : c’est la propanamine.

Molécule B

La pastille jaune contient la forme acide BH₂. Elle devient bleue quand la forme basique BH⁻ devient majoritaire.

L’amine R₃N, qui est une base, capte l’ion H⁺ cédé par BH₂.

BH₂(aq) + R₃N(aq) → BH⁻(aq) + R₃NH⁺(aq)

BH₂(aq) + R₃N(aq) → BH⁻(aq) + R₃NH⁺(aq)

Une espèce amphotère est à la fois l’acide d’un couple et la base d’un autre couple.

BH⁻ est la base du couple BH₂/BH⁻ : il est formé quand BH₂ cède un ion H⁺.

BH⁻ est l’acide du couple BH⁻/B²⁻ : dans la réaction de décoloration, il cède un ion H⁺ à l’ion OH⁻.

BH⁻ est la base de BH₂/BH⁻ et l’acide de BH⁻/B²⁻

Temps de demi-réaction. Les ions OH⁻ sont en excès et la transformation est totale : BH⁻ est le réactif limitant, et t1/2 est la durée au bout de laquelle [BH⁻] a été divisée par 2.

Sur la figure 4, la valeur initiale est [BH⁻]₀ ≈ 5,6 µmol·L⁻¹. Sa moitié vaut 2,8 µmol·L⁻¹.

La courbe atteint 2,8 µmol·L⁻¹ pour t ≈ 770 s. Donc t1/2 ≈ 7,7×10² s, soit environ 13 minutes.

Évolution de la couleur. Tant que le poisson est frais, le BBP reste sous sa forme acide BH₂ : la pastille est jaune.

Quand le poisson se dégrade, l’amine produite transforme BH₂ en BH⁻ (Q15) : la pastille devient bleue, ce qui alerte le client.

Si le milieu devient très basique, BH⁻ se transforme à son tour en B²⁻ : la pastille se décolore.

Comparaison des durées. La cinétique est d’ordre 1 : t1/2 ne dépend pas de la concentration initiale en BH⁻. Après 5 × t1/2, soit environ une heure, il ne reste que 1/2⁵ ≈ 3 % des ions BH⁻.

Une heure est très courte devant les plusieurs jours que dure la dégradation du poisson.

Conclusion. Si le milieu de la pastille devient aussi basique que la solution de l’expérience, ce temps caractéristique et cette réaction ne sont pas adaptés. Le bleu d’alerte disparaîtrait en une heure environ, alors que le poisson reste dégradé : une pastille décolorée n’informe plus le client.

Limite de cette conclusion. Les 13 minutes valent pour la solution très basique de l’expérience, où les ions OH⁻ sont en excès. Le sujet ne donne ni le pH atteint dans la pastille ni la concentration en ions OH⁻ de cette solution : on ne peut pas affirmer qu’une vraie pastille se décolore aussi vite.

Le sujet ne décrit la décoloration qu’en milieu très basique. Dans un milieu simplement basique, rien n’indique que la pastille perde son bleu.

t1/2 ≈ 7,7×10² s, soit 13 min environ : très court devant plusieurs jours ; réaction non adaptée si le milieu de la pastille devient très basique

Conseil : Une lecture entre 750 et 790 s est dans la précision du graphique. Donne les trois couleurs dans l’ordre (jaune, bleu, incolore), compare t1/2 à la durée de dégradation et précise que ta conclusion vaut pour un milieu très basique.

Des noyaux isotopes ont le même nombre de protons Z, mais des nombres de neutrons N différents. Leurs nombres de masse A sont donc différents.

La flèche va de la case du rubidium 87 (A = 87, Z = 37) à celle du strontium 87 (A = 87, Z = 38).

On applique la conservation du nombre de masse et du nombre de charge. La particule émise a A = 87 − 87 = 0 et Z = 37 − 38 = −1 : c’est un électron.

⁸⁷₃₇Rb → ⁸⁷₃₈Sr + ⁰₋₁e

⁸⁷₃₇Rb → ⁸⁷₃₈Sr + ⁰₋₁e

Le noyau émet un électron : c’est une désintégration β⁻.

Le noyau fils possède un proton de plus et un neutron de moins, ce que traduit le déplacement sur le diagramme (N,Z).

Désintégration β⁻

Le temps de demi-vie t1/2 est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs d’un échantillon se sont désintégrés.

Le nombre de noyaux est divisé par 2 à chaque demi-vie. Après n demi-vies : NRb = NRb(0)/2ⁿ.

La datation reste possible tant que NRb ≥ Nmin, soit 2ⁿ ≤ NRb(0)/Nmin.

Le sujet indique que ce rapport est compris entre 2³⁸ et 2³⁹. La condition est donc vérifiée pour n = 38, et plus pour n = 39.

Vérification : après 38 demi-vies, il reste 5,8×10²⁰/2³⁸ = 2,1×10⁹ noyaux, soit plus que Nmin. Après 39 demi-vies, il en reste 1,1×10⁹, soit moins que Nmin.

38 demi-vies au maximum

L’âge maximal mesurable vaut 38 × t1/2 = 38 × 49,2×10⁹ = 1,87×10¹² a.

Le site de Meymac a plusieurs centaines de millions d’années, soit de l’ordre de 10⁸ à 10⁹ a.

Cet âge est très inférieur à 1,87×10¹² a : il reste largement assez de rubidium 87 dans l’échantillon. Le rubidium 87 convient donc pour cette datation.

Âge maximal ≈ 1,87×10¹² a, très supérieur à l’âge du site

On dérive : dNRb(t)/dt = NRb(0) × (−λ) × e^(−λ·t) = −λ × NRb(0)·e^(−λ·t).

On reconnaît NRb(t) : dNRb(t)/dt = −λ·NRb(t).

L’équation différentielle est vérifiée. De plus, à t = 0, l’expression donne bien NRb(0).

À la date tf : Nmin = NRb(0)·e^(−λ·tf).

Donc e^(λ·tf) = NRb(0)/Nmin.

On prend le logarithme népérien : λ·tf = ln(NRb(0)/Nmin).

tf = (1/λ) × ln(NRb(0)/Nmin)

tf = ln(5,8×10²⁰/(2,0×10⁹))/(1,41×10⁻¹¹) = 26,4/(1,41×10⁻¹¹) = 1,87×10¹² a.

On retrouve la valeur de Q6, 1,87×10¹² a : tf correspond à environ 38 demi-vies.

Commentaire. Les deux méthodes concordent. C’est logique, car le rapport NRb(0)/Nmin = 2,9×10¹¹ est à peine supérieur à 2³⁸ = 2,7×10¹¹.

Le calcul confirme que la limite de détection est très loin de l’âge du site de Meymac.

tf ≈ 1,87×10¹² a, en accord avec Q6

Conseil : λ est en a⁻¹ : tf sort directement en années. Aucune conversion n’est utile.

Le nombre de noyaux de rubidium 87 désintégrés à la date t vaut NRb(0) − NRb(t).

Chaque noyau désintégré donne un noyau de strontium 87.

NSr formé(t) = NRb(0) − NRb(t)

La loi de décroissance NRb(t) = NRb(0)·e^(−λ·t) donne : NRb(0) = NRb(t)·e^(λ·t).

On remplace dans la relation de Q10 : NSr formé(t) = NRb(t)·e^(λ·t) − NRb(t).

On factorise : NSr formé(t) = NRb(t)·(e^(λ·t) − 1).

Conseil : L’équation 2 ne fait intervenir que NRb(t), mesurable aujourd’hui. C’est tout son intérêt : NRb(0) n’est pas connu pour chaque échantillon.

Les points de la figure 1 sont alignés, en accord avec l’équation y = b + (e^(λ·t) − 1)·x. Le coefficient directeur de la droite vaut donc e^(λ·troche) − 1.

Par identification avec la modélisation y = 0,7105 + 0,0042·x : e^(λ·troche) − 1 = 0,0042.

Donc e^(λ·troche) = 1,0042, puis λ·troche = ln(1,0042) = 4,19×10⁻³.

troche = 4,19×10⁻³/(1,41×10⁻¹¹) = 3,0×10⁸ a.

La roche a environ 300 millions d’années, ce qui est cohérent avec les « plusieurs centaines de millions d’années » annoncées par le sujet.

Cet âge reste très inférieur à tf = 1,87×10¹² a (Q9) : il reste donc bien plus que Nmin noyaux de rubidium 87, et la datation est possible.

troche ≈ 3,0×10⁸ a, soit environ 300 millions d’années

Conseil : Le coefficient 0,0042 n’a que deux chiffres significatifs : garde-en deux dans le résultat.

La valeur de la force de frottement s’écrit f = α·ηC·v, donc ηC = f/(α·v).

f s’exprime en N, α en m et v en m·s⁻¹.

L’unité de ηC est donc N/(m × m·s⁻¹) = N·m⁻²·s.

La valeur de la force s’écrit f = α·ηC·v, où α et ηC sont constants.

Elle est proportionnelle à v : la force de frottement augmente quand la vitesse de la bille augmente.

f augmente avec v

Le mouvement est alors rectiligne uniforme. D’après le principe d’inertie, les forces se compensent : vecteur P + vecteur PA + vecteur f = vecteur nul.

Schéma à faire sur la copie. On place un point pour le centre de masse de la bille, avec l’axe (Oz) orienté vers le bas.

Vecteur P : vertical, vers le bas.

Vecteur PA : vertical, vers le haut.

Vecteur f : vertical, vers le haut, car il s’oppose au mouvement.

La flèche de P doit avoir pour longueur la somme des longueurs des flèches de PA et de f.

Conseil : L’erreur classique est de tracer des flèches qui ne se compensent pas. Les trois forces ont le même point d’application sur ton schéma.

On projette la relation de Q3 sur l’axe (Oz), orienté vers le bas : m·g − ρh·Vb·g − α·ηC·vlim = 0.

Comme m = ρb·Vb, on obtient : α·ηC·vlim = ρb·Vb·g − ρh·Vb·g = Vb·g·(ρb − ρh).

On remplace Vb par (4/3)·π·r³ : α·ηC·vlim = 4·π·r³·g·(ρb − ρh)/3.

De Q4, on tire : ηC = [(4/3)·π·r³·g·(ρb − ρh)]/(α·vlim).

On passe en unités SI : r = 0,993×10⁻³ m et vlim = 5,37×10⁻³ m·s⁻¹.

ρb − ρh = 1,06×10³ − 8,31×10² = 2,29×10² kg·m⁻³.

On calcule d’abord le numérateur : (4/3)·π·r³·g·(ρb − ρh) = 4,10×10⁻⁹ × 9,81 × 2,29×10² = 9,21×10⁻⁶ N.

Puis le dénominateur : α·vlim = 1,92×10⁻² × 5,37×10⁻³ = 1,03×10⁻⁴ m²·s⁻¹.

ηC = 9,21×10⁻⁶/(1,03×10⁻⁴) = 8,9×10⁻² N·m⁻²·s (8,94×10⁻² avant arrondi).

ηC ≈ 8,9×10⁻² N·m⁻²·s

Conseil : Même si le sujet parle d’une bille en acier, calcule avec la valeur fournie, ρb = 1,06×10³ kg·m⁻³ : c’est elle qui mène à une viscosité proche de la référence.

On calcule le quotient proposé par le sujet : |ηC − ηréf|/u(ηC) = |0,0894 − 0,093|/0,003 ≈ 1,2.

Le sujet ne fixe aucun seuil. Par convention, on considère souvent qu’il y a accord si ce quotient est inférieur à 2.

Ici, il vaut 1,2 : la valeur expérimentale est en accord avec la valeur de référence.

Quotient ≈ 1,2, sous le seuil usuel de 2 : accord avec la valeur de référence

Conseil : Avec la valeur arrondie 0,089, tu trouves 1,3 : la conclusion ne change pas.

Système : la bille. Référentiel : terrestre, supposé galiléen.

La deuxième loi de Newton s’écrit : m × vecteur a = vecteur P + vecteur PA + vecteur f.

On projette sur l’axe (Oz) : m·a = m·g − ρh·Vb·g − α·ηC·v.

On divise par m : a = g − (ρh·Vb/m)·g − (α·ηC/m)·v.

On factorise g : a = g·(1 − ρh·Vb/m) − (α·ηC/m)·v.

L’accélération est la dérivée de la vitesse : a = dv/dt.

La masse de la bille vaut m = ρb·Vb = 4·ρb·π·r³/3.

On en déduit : ρh·Vb/m = ρh/ρb.

De même : α·ηC/m = 3·α·ηC/(4·ρb·π·r³).

On remplace dans Q7 : dv/dt = g·(1 − ρh/ρb) − [3·α·ηC/(4·ρb·π·r³)]·v.

Soit : dv/dt + [3·α·ηC/(4·ρb·π·r³)]·v = g·(1 − ρh/ρb).

τ = 4·ρb·π·r³/(3·α·ηréf) = 4 × 1,06×10³ × π × (0,993×10⁻³)³/(3 × 1,92×10⁻² × 0,093).

τ = 2,4×10⁻³ s, soit 2,4 ms.

À t = 5τ ≈ 12 ms, v = vlim·(1 − e⁻⁵) = 0,99·vlim : la vitesse limite est pratiquement atteinte.

Pendant ces 12 ms, la vitesse reste inférieure à vlim. La bille parcourt donc moins de 5,37×10⁻³ × 1,2×10⁻² ≈ 6×10⁻⁵ m, soit moins de 0,1 mm.

Cette distance est négligeable devant les 15 cm du tube.

À la vitesse limite, la traversée du tube dure 0,15/(5,37×10⁻³) ≈ 28 s, bien plus que 12 ms.

La vitesse de la bille est donc pratiquement égale à vlim durant tout le mouvement.

τ ≈ 2,4×10⁻³ s ; vlim atteinte en 12 ms environ, sur une chute de 28 s environ

Conseil : Pour justifier, compare deux grandeurs de même nature : 5τ à la durée de chute, ou la distance du régime transitoire à la hauteur du tube.