Corrigé du bac de physique-chimie 2025 (Métropole, jour 2)

La loi des mailles donne : E = uR + uC.

La loi d’Ohm donne : uR = R·i.

Le condensateur vérifie q = C·uC, et i = dq/dt. Donc i = C·duC/dt.

En remplaçant : E = R·C·duC/dt + uC.

On divise par R·C : duC/dt + uC/(R·C) = E/(R·C).

On pose τ = R·C. On obtient : duC/dt + (1/τ)·uC = E/τ.

τ = R·C

Quand t tend vers +∞, e^(−t/τ) tend vers 0, donc uC tend vers A.

Le condensateur est alors chargé : uC ne varie plus et duC/dt = 0.

L’équation différentielle se réduit à (1/τ)·uC = E/τ, soit uC = E.

Par identification : A = E. Le plateau à 4,9 V de la figure 3 le confirme.

A = E, soit uC(t) = E·(1 − e^(−t/τ))

À t = τ : uC(τ) = E·(1 − e⁻¹).

Comme e⁻¹ ≈ 0,37, on obtient uC(τ) ≈ 0,63·E.

uC(τ) = E·(1 − e⁻¹) ≈ 0,63·E

On calcule d’abord la tension à la date τ : uC(τ) = 0,63 × 4,9 = 3,1 V.

Sur la figure 3, on trace la droite horizontale uC = 3,1 V jusqu’à la courbe.

On descend ensuite verticalement jusqu’à l’axe du temps et on lit l’abscisse du point d’intersection : t ≈ 68 µs.

τ ≈ 68 µs

Conseil : La démarche compte autant que la valeur. Fais apparaître le tracé sur ta copie ou décris-le. Une graduation vaut 10 µs : une valeur entre 65 et 70 µs reste dans la précision de lecture.

De τ = R·C, on tire C = τ/R.

C = 68×10⁻⁶/(1,00×10³) = 6,8×10⁻⁸ F, soit 68 nF.

Cette valeur est proche de la moyenne de 69,8 nF donnée ensuite par le sujet.

C ≈ 6,8×10⁻⁸ F = 68 nF

La surface des armatures vaut : S = 0,21 × 0,28 = 5,88×10⁻² m².

De C = ε₀·εr·S/e, on tire : efilm = ε₀·εr,film·S/C.

efilm = 8,85×10⁻¹² × 2,3 × 5,88×10⁻²/(69,8×10⁻⁹) = 1,7×10⁻⁵ m.

Soit efilm ≈ 17 µm (17,1 µm avant arrondi).

efilm ≈ 1,7×10⁻⁵ m = 17 µm

Conseil : Tout doit être en unités SI : S en m² et C en F.

On calcule le quotient proposé par le sujet : |efilm − efilm,ref|/u(efilm) = |17,1 − 7,6|/1,0 ≈ 9,5.

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 9,5 : la mesure n’est pas en accord avec la valeur de référence. Elle vaut plus du double de cette référence.

L’écart ne s’explique pas par la dispersion des mesures. Il suggère un défaut du modèle, que la suite du sujet examine.

Quotient ≈ 9,5, supérieur à 2 : pas d’accord

Cas 1 : pas d’air, eair = 0. Il reste C′ = ε₀·S/(efilm/εr,film) = ε₀·εr,film·S/efilm.

C’est la capacité d’un condensateur plan dont l’isolant est le film seul, d’épaisseur efilm.

Cas 2 : pas de film, efilm = 0. Il reste C′ = ε₀·S/(eair/εr,air) = ε₀·εr,air·S/eair.

C’est la capacité d’un condensateur plan dont l’isolant est l’air seul, d’épaisseur eair.

Dans les deux cas, on retrouve la forme C = ε₀·εr·S/e des données.

On isole le dénominateur : eair/εr,air + efilm,ref/εr,film = ε₀·S/C′.

D’où : eair = εr,air × (ε₀·S/C′ − efilm,ref/εr,film).

On prend C′ = 69,8 nF, la capacité mesurée.

ε₀·S/C′ = 8,85×10⁻¹² × 5,88×10⁻²/(69,8×10⁻⁹) = 7,46×10⁻⁶ m.

efilm,ref/εr,film = 7,6×10⁻⁶/2,3 = 3,30×10⁻⁶ m.

eair = 1,0 × (7,46×10⁻⁶ − 3,30×10⁻⁶) = 4,2×10⁻⁶ m, soit 4,2 µm.

Commentaire. Cette épaisseur vaut un peu plus de la moitié de celle du film. Elle reste très faible : quelques micromètres d’air peuvent être piégés entre des feuilles d’aluminium qui ne sont jamais parfaitement planes.

Cette fine couche suffirait à expliquer l’écart de Q7. Comme εr,film = 2,3, elle agit comme 4,15 × 2,3 ≈ 9,5 µm de film, soit la différence entre 17,1 µm et 7,6 µm.

La capacimétrie est donc très sensible à la qualité du contact entre le film et les armatures.

eair ≈ 4,2 µm : valeur faible mais pas négligeable devant efilm

Le volume du film vaut V = mfilm/ρfilm, et c’est aussi V = ℓ·L·efilm.

D’où : efilm = mfilm/(ρfilm·ℓ·L).

efilm = 70,56×10⁻³/(1,25×10³ × 0,29 × 30) = 6,5×10⁻⁶ m, soit 6,5 µm.

Cette valeur a le même ordre de grandeur que la référence de 7,6 µm, ce qu’on attendait de cette méthode.

efilm ≈ 6,5×10⁻⁶ m = 6,5 µm

Conseil : Convertis la masse en kg et la largeur en m, car ρfilm est en kg·m⁻³.

Les interférences sont constructives quand les deux ondes arrivent en phase.

La différence de chemin optique est alors un multiple entier de la longueur d’onde : δ = k·λ, avec k entier.

δ = k·λ, avec k entier

Si β·efilm/λ est un entier k, la relation 1 donne p = k + 1/2 : l’ordre d’interférence est demi-entier.

Comme p = δ/λ, on a δ = (k + 1/2)·λ. Les deux ondes sont en opposition de phase.

Les interférences sont donc destructives : l’intensité lumineuse est minimale.

Interférences destructives

La lumière blanche contient de nombreuses longueurs d’onde, et chacune donne ses propres interférences.

D’après la relation 1, l’ordre d’interférence p dépend de λ. Il varie donc le long du spectre.

Pour certaines longueurs d’onde, p est entier : δ = p·λ et les interférences sont constructives. L’intensité captée est renforcée, ce qui donne un maximum.

Entre deux maxima, p passe par une valeur demi-entière : les interférences sont destructives et l’intensité baisse (Q12).

L’allure générale de la figure 6b reproduit celle de la figure 6a, car elle vient de la source. Seules les oscillations rapides sont dues aux interférences.

Conseil : Le creux étroit vers 705 nm n’a rien à voir avec les interférences : il figure aussi sur le spectre de la source, en figure 6a.

La relation 1 s’écrit : p = (β·efilm) × (1/λ) + 1/2.

Elle prévoit donc que p est une fonction affine de 1/λ, de coefficient directeur β·efilm et d’ordonnée à l’origine 1/2.

Sur la figure 7, les points sont alignés : p est bien une fonction affine de 1/λ.

La modélisation donne une ordonnée à l’origine de 0,51, très proche de 0,50.

Les résultats expérimentaux sont donc cohérents avec la relation 1.

Conseil : L’axe horizontal commence à 0,00135 nm⁻¹ : l’ordonnée à l’origine ne se lit pas sur le graphique. Il faut la prendre dans l’équation de la modélisation.

Par identification avec la modélisation : β·efilm = 22443 nm. Le coefficient directeur s’exprime en nm, car p est sans dimension et 1/λ est en nm⁻¹.

efilm = 22443/3,02 = 7,43×10³ nm, soit 7,43 µm.

Commentaire. L’écart relatif à la référence vaut |7,43 − 7,6|/7,6 = 2 %.

Le sujet ne donne pas d’incertitude pour cette méthode, mais l’accord est bien meilleur qu’avec les deux autres : 17 µm par capacimétrie et 6,5 µm par pesée.

L’interférométrie est donc la plus exacte des trois. Elle n’est pas gênée par la couche d’air envisagée pour la capacimétrie.

efilm ≈ 7,43 µm, à 2 % de la référence

Le facteur de dilution vaut F = 5. Le volume à prélever est donc V = 100,0/5 = 20,0 mL.

Verrerie : une pipette jaugée de 20,0 mL, une fiole jaugée de 100,0 mL et un bécher.

Protocole. On verse un peu d’eau de Quinton commerciale dans le bécher.

On prélève 20,0 mL à la pipette jaugée, munie d’une propipette, et on les introduit dans la fiole jaugée.

On ajoute de l’eau distillée jusqu’aux trois quarts environ, puis on bouche et on agite.

On complète à l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, puis on bouche et on homogénéise.

Pipette jaugée de 20,0 mL et fiole jaugée de 100,0 mL

L’eau de Quinton étudiée provient d’une mer bretonne. On prend donc pour sa concentration en masse en ions chlorure la valeur moyenne des données : 19,4 g·L⁻¹.

En quantité de matière : C = 19,4/35,5 = 0,546 mol·L⁻¹, soit 546 mmol·L⁻¹. Cette valeur dépasse 110 mmol·L⁻¹ : l’eau commerciale est bien hypertonique.

Après dilution par 5 : C′ = 546/5 = 109 mmol·L⁻¹.

Cette valeur est comprise entre 100 et 110 mmol·L⁻¹ : la solution préparée est isotonique.

C′ ≈ 109 mmol·L⁻¹ : solution isotonique

Conseil : Pense à passer de g·L⁻¹ à mmol·L⁻¹ avant de comparer. La mesure de Q7 confirmera cette valeur.

Les ions argent et les ions chlorure forment le précipité de chlorure d’argent. La réaction est totale.

Ag⁺(aq) + Cℓ⁻(aq) → AgCℓ(s)

Ag⁺(aq) + Cℓ⁻(aq) → AgCℓ(s)

A = Cℓ⁻. Sa concentration part d’une valeur non nulle et diminue jusqu’à zéro : c’est le réactif titré, consommé par les ions Ag⁺.

B = Ag⁺. Sa concentration reste nulle jusqu’à l’équivalence, car les ions versés sont aussitôt consommés. Elle augmente ensuite, car ils sont en excès.

C = NO₃⁻. Sa concentration part de zéro et augmente régulièrement : cet ion spectateur est apporté par la solution titrante.

D = Na⁺. Sa concentration reste constante : cet ion spectateur est présent dès le départ, et la dilution est négligée.

Au départ, A et D ont la même concentration, ce qui correspond bien à une solution de chlorure de sodium.

A = Cℓ⁻, B = Ag⁺, C = NO₃⁻, D = Na⁺

Ag⁺ et Cℓ⁻ réagissent mole à mole. À l’équivalence, la quantité d’ions Ag⁺ versée est égale à la quantité initiale d’ions Cℓ⁻ : C₂·VE = C₁·V₁.

Ici, C₁ est la concentration en ions Cℓ⁻ de l’eau de Quinton hypertonique et V₁ = 10,0 mL le volume prélevé de cette même eau. Les 200 mL d’eau distillée ne changent pas la quantité d’ions Cℓ⁻.

D’où : VE = C₁·V₁/C₂.

V_E = C_1*V_1/C_2

Conseil : La figure 2 part d’environ 0,025 mol/L : c’est la concentration dans le bécher, après ajout des 200 mL d’eau, et non celle de l’eau de Quinton. Dans le produit C₁·V₁, la concentration et le volume doivent désigner la même solution. Si tu raisonnes sur le contenu du bécher, change les deux : le produit reste le même.

La conductivité vaut : σ = λ(Na⁺)·[Na⁺] + λ(Cℓ⁻)·[Cℓ⁻] + λ(NO₃⁻)·[NO₃⁻] + λ(Ag⁺)·[Ag⁺]. Le solide AgCℓ n’y contribue pas.

Avant l’équivalence. [Na⁺] est constante et [Ag⁺] est nulle. [Cℓ⁻] diminue pendant que [NO₃⁻] augmente de la même valeur : chaque ion Cℓ⁻ consommé est remplacé par un ion NO₃⁻.

Comme λ(NO₃⁻) = 7,14×10⁻³ S·m²·mol⁻¹ est inférieure à λ(Cℓ⁻) = 7,63×10⁻³ S·m²·mol⁻¹, la conductivité diminue lentement.

Après l’équivalence. [Cℓ⁻] est nulle et [Na⁺] reste constante. [NO₃⁻] et [Ag⁺] augmentent toutes les deux : la conductivité croît, et nettement plus vite qu’elle ne baissait.

La courbe présente donc deux portions de pentes de signes contraires, qui se coupent à l’équivalence.

Conseil : Il ne suffit pas de dire que les ions sont remplacés : compare les valeurs de λ(NO₃⁻) et de λ(Cℓ⁻).

Volume équivalent. Sur la figure A1, on trace une droite passant au mieux par les points de chaque portion. Les deux droites se coupent pour VE ≈ 18,2 mL.

Concentration en quantité de matière. À l’équivalence, C₁·V₁ = C₂·VE, avec V₁ = 10,0 mL. Les 200 mL d’eau ne changent pas la quantité d’ions Cℓ⁻ prélevée.

C₁ = C₂·VE/V₁ = 3,00×10⁻¹ × 18,2/10,0 = 0,546 mol·L⁻¹.

Concentration en masse. CQuinton = C₁ × M(Cℓ) = 0,546 × 35,5 = 19,4 g·L⁻¹.

VE ≈ 18,2 mL et CQuinton ≈ 19,4 g·L⁻¹

Conseil : Le point à 19 mL est le plus bas, mais VE n’est pas le minimum des points : c’est l’intersection des droites. Ce point s’écarte de la seconde droite, ne t’en sers pas pour la tracer. Une valeur de VE entre 18 et 19 mL ne change pas la conclusion de Q8.

On calcule les trois termes de la racine.

(u(V₁)/V₁)² = (0,02/10,0)² = 4×10⁻⁶.

(u(VE)/VE)² = (0,5/18,2)² = 7,5×10⁻⁴.

(u(C₂)/C₂)² = (2×10⁻³/3,00×10⁻¹)² = 4,4×10⁻⁵.

La somme vaut 8,0×10⁻⁴, et sa racine 2,83×10⁻². C’est l’incertitude sur VE qui domine.

u(CQuinton) = 19,4 × 2,83×10⁻² = 0,55 g·L⁻¹, soit 0,6 g·L⁻¹ en arrondissant par excès.

Le quotient proposé par le sujet vaut |19,4 − 19,4|/0,55 ≈ 0. Le sujet ne fixe aucun seuil, mais ce quotient est très inférieur à 2, la valeur retenue par convention.

La concentration trouvée est donc en accord avec celle de l’eau de mer bretonne.

CQuinton = 19,4 g·L⁻¹, avec u = 0,6 g·L⁻¹ : accord avec l’eau de mer bretonne

Conseil : Avec VE = 19 mL, tu trouverais 20,2 g·L⁻¹ et un quotient de 1,5 : l’accord serait maintenu.

Le groupe entouré, –OH, est le groupe hydroxyle.

Il est porté par un atome de carbone : le géraniol appartient à la famille des alcools.

L’éthanoate de géranyle possède un enchaînement –COO– relié à deux chaînes carbonées : il appartient à la famille des esters.

Groupe hydroxyle ; géraniol : alcool ; éthanoate de géranyle : ester

Le géraniol possède une liaison O–H mais pas de liaison C=O. L’éthanoate de géranyle possède une liaison C=O mais pas de liaison O–H.

Sur la figure 1, on ne voit pas de bande forte entre 3 200 et 3 700 cm⁻¹ : seule une toute petite bande apparaît vers 3 450 cm⁻¹, avec une transmittance proche de 90 %. Il n’y a donc pas de liaison O–H.

On voit une bande forte et fine vers 1 750 cm⁻¹, dans l’intervalle 1 700 à 1 800 cm⁻¹ : c’est la liaison C=O.

Les bandes vers 2 850 à 3 000 cm⁻¹ correspondent aux liaisons C–H, présentes dans les deux molécules.

Le spectre est donc celui de l’éthanoate de géranyle.

Spectre de l’éthanoate de géranyle

Conseil : Les bandes C–H ne permettent pas de trancher, car les deux espèces en ont. Appuie-toi sur O–H et sur C=O.

Un catalyseur est une espèce qui accélère une transformation chimique sans être consommée : il n’apparaît pas dans l’équation de la réaction.

L’ion H⁺ est consommé à l’étape 1 et régénéré à l’étape 5. Sa quantité est donc la même au début et à la fin.

L’espèce qui catalyse l’estérification est l’ion H⁺, apporté par l’acide sulfurique du protocole.

Le catalyseur est l’ion H⁺

Une flèche courbe part toujours d’un doublet d’électrons et pointe vers le site qui le reçoit.

Étape 1 : une flèche. Elle part d’un doublet non liant de l’atome d’oxygène de la double liaison C=O et pointe vers H⁺. Elle crée la liaison O–H.

Étape 2 : deux flèches. La première part d’un doublet non liant de l’oxygène de R–OH et pointe vers l’atome de carbone de la double liaison C=O. Elle crée la liaison C–O.

La seconde part du doublet de la double liaison C=O et pointe vers l’atome d’oxygène chargé positivement. Elle rompt une des deux liaisons entre C et O.

Étape 5 : une flèche. Elle part du doublet de la liaison O–H et pointe vers l’atome d’oxygène chargé positivement. Elle rompt cette liaison et libère H⁺.

Conseil : Sur ta copie, chaque flèche doit commencer précisément sur le doublet. Une flèche qui part de H⁺ à l’étape 1 est fausse : H⁺ reçoit le doublet, il ne le donne pas.

À l’étape 4, le groupe –OH₂⁺ perd sa liaison avec l’atome de carbone. La conservation des éléments et de la charge conduit à A = H₂O.

L’équation s’obtient en faisant le bilan des étapes : H⁺ se simplifie.

CH₃CO₂H + R–OH ⇌ CH₃COO–R + H₂O

A = H₂O ; CH₃CO₂H + R–OH ⇌ CH₃COO–R + H₂O

La température est un facteur cinétique. L’estérification étant lente, le chauffage l’accélère et réduit la durée nécessaire pour approcher l’état final.

Le réfrigérant à air, lui, limite les pertes de matière par évaporation.

La phase aqueuse a une densité voisine de 1,0.

La phase organique contient le géraniol (d = 0,89) et l’éthanoate de géranyle (d = 0,92) : sa densité est inférieure à 1,0.

La phase la moins dense flotte. La phase organique est donc au-dessus, avec l’ester formé et le géraniol restant.

La phase aqueuse est en dessous, avec l’eau et l’acide éthanoïque restant.

Phase organique en haut, phase aqueuse en bas

Acide éthanoïque : nA = CA·VA = 1,0 × 50×10⁻³ = 5,0×10⁻² mol.

Géraniol : nG = mG/MG = 7,7/154,25 = 5,0×10⁻² mol.

L’équation de Q5 montre que les réactifs réagissent mole à mole. Comme nA = nG, ils sont bien introduits dans les proportions stœchiométriques.

nA = nG = 5,0×10⁻² mol

Équation. CH₃CO₂H(aq) + HO⁻(aq) → CH₃CO₂⁻(aq) + H₂O(ℓ)

Volume équivalent. Sur la figure 2, le saut de pH se situe entre 32,5 mL (pH ≈ 6,9) et 33 mL (pH ≈ 11,3). La méthode des tangentes parallèles donne VE ≈ 33 mL.

Quantité d’acide. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : n(acide restant) = CB·VE.

n(acide restant) = 1,0 × 33×10⁻³ = 3,3×10⁻² mol.

VE ≈ 33 mL et n(acide restant) ≈ 3,3×10⁻² mol

Conseil : Fais apparaître la méthode sur la courbe, puis écris la relation à l’équivalence. Le sujet demande d’expliciter la démarche.

Une mole d’acide consommée donne une mole d’ester. La quantité d’ester formée vaut donc : n(ester) = nA − n(acide restant).

n(ester) = 5,0×10⁻² − 3,3×10⁻² = 1,7×10⁻² mol.

Si la transformation était totale, on obtiendrait nmax = 5,0×10⁻² mol d’ester.

η = n(ester)/nmax = 1,7×10⁻²/(5,0×10⁻²) = 0,34, soit 34 %.

Ce rendement inférieur à 100 % est cohérent avec une transformation non totale.

η ≈ 34 %

Hypothèses. Le sujet ne dit pas sur quelle durée la dose limite s’applique. On compte donc les pulvérisations sur cette même durée, sans la préciser. On suppose aussi que tout le géraniol pulvérisé atteint la personne : c’est le cas le plus défavorable.

Dose maximale de géraniol : mmax = 17,75 × 65 = 1,15×10³ mg, soit 1,15 g.

Masse de parfum par pulvérisation. La densité 0,84 correspond à une masse volumique de 0,84 g·mL⁻¹. Donc m(parfum) = 0,84 × 0,15 = 0,126 g.

Masse de géraniol par pulvérisation. m(géraniol) = 0,126 × 0,001/100 = 1,26×10⁻⁶ g.

Nombre de pulvérisations. N = 1,15/(1,26×10⁻⁶) ≈ 9×10⁵. La teneur de 0,001 % n’ayant qu’un chiffre significatif, on garde ce seul chiffre.

Commentaire. Cela représente 9×10⁵ × 0,15 mL, soit plus de 100 L de parfum : une quantité sans rapport avec un usage normal.

Quelques pulvérisations apportent une dose très inférieure à la limite. Ce parfum ne présente donc pas de danger lié au géraniol pour cette personne, dans le cadre de la dose indiquée.

Environ 9×10⁵ pulvérisations : limite impossible à atteindre en pratique

Conseil : Question à prise d’initiative : le correcteur suit ta démarche. Annonce chaque étape, garde les unités, et n’oublie pas le commentaire. 0,001 % signifie 0,001/100, soit 1×10⁻⁵.