Corrigé du bac de physique-chimie 2026 (Métropole, jour 1)

Le volume à remplir est la moitié du volume de la cuve : V = Vc/2 = a³/2.

Le débit volumique est le volume écoulé par unité de temps : Dv = V/Δt₁.

On en déduit : Δt₁ = a³/(2·Dv).

Avec a = 60,0 cm = 0,600 m, on a a³ = 0,216 m³.

Δt₁ = 0,216/(2 × 12×10⁻³) = 0,216/(24×10⁻³) = 9,0 min.

Δt₁ = a³/(2·Dv) = 9,0 min

Conseil : Le débit étant donné en m³·min⁻¹, convertis a en mètres : le résultat sort directement en minutes.

Quand le niveau monte, de l’eau entre dans la chambre et le volume disponible pour l’air diminue.

La quantité d’air et sa température restent constantes. Pour ce gaz parfait, le produit P·V est donc constant (loi de Mariotte).

Si V diminue, P augmente.

L’eau occupe dans la chambre un cylindre de rayon r et de hauteur h, de volume π·r²·h. L’air occupe le volume restant.

V₂ = V₀ − π·r²·h

La loi de Mariotte entre l’état initial et l’état final donne : P₀·V₀ = P₂·V₂.

D’où : P₂ = P₀·V₀/V₂ = P₀·V₀/(V₀ − π·r²·h).

La surpression vaut : ΔP = P₂ − P₀ = P₀ × [V₀/(V₀ − π·r²·h) − 1].

En réduisant au même dénominateur : ΔP = P₀ × [V₀ − (V₀ − π·r²·h)]/(V₀ − π·r²·h).

Soit : ΔP = P₀ × π·r²·h/(V₀ − π·r²·h), ce qui est l’expression demandée.

P₂ = P₀·V₀/(V₀ − π·r²·h)

On passe en unités SI : r = 3,0×10⁻² m, h = 5,0×10⁻³ m et V₀ = 0,50 L = 5,0×10⁻⁴ m³.

π·r²·h = π × (3,0×10⁻²)² × 5,0×10⁻³ = 1,41×10⁻⁵ m³.

ΔP = 1,01×10⁵ × 1,41×10⁻⁵/(5,0×10⁻⁴ − 1,41×10⁻⁵) = 2,9×10³ Pa.

Comparaison : 2,9×10³/150 ≈ 20. La surpression du test est environ 20 fois plus grande que celle d’un cycle normal.

Or la surpression croît avec la hauteur d’eau. En cycle normal, le remplissage s’arrête donc à un niveau bien plus bas que la moitié de la cuve, ce qui évite de consommer une telle quantité d’eau (108 L pour la moitié de la cuve).

ΔP ≈ 2,9×10³ Pa, environ 20 fois la valeur d’un cycle normal

On prend l’axe z vertical vers le haut, avec z = 0 au fond de la cuve. A est à la surface de l’eau de la cuve : zA = a/2 et P(A) = P₀. B est à la surface de l’eau dans la chambre : zB = h et P(B) = P₂.

L’eau au repos forme un seul fluide entre A et B, car la chambre communique avec le bas de la cuve. La loi donne : P(A) + ρ·g·zA = P(B) + ρ·g·zB.

D’où : ΔP = P₂ − P₀ = ρ·g·(a/2 − h).

ΔP = 1,0×10³ × 9,81 × (0,300 − 0,0050) = 2,9×10³ Pa.

On retrouve la valeur de Q5 : 2,89×10³ Pa ici contre 2,94×10³ Pa, soit moins de 2 % d’écart avant arrondi.

ΔP = ρ·g·(a/2 − h) ≈ 2,9×10³ Pa

On note H la hauteur d’eau dans la cuve. Comme h est négligeable devant H, le résultat de Q6 devient : ΔP = ρ·g·H.

H = ΔP/(ρ·g) = 150/(1,0×10³ × 9,81) = 1,5×10⁻² m, soit 1,5 cm.

La base de la cuve est un carré de côté a, donc V = a²·H = a²·ΔP/(ρ·g).

V = 0,600² × 150/(1,0×10³ × 9,81) = 5,5×10⁻³ m³, soit 5,5 L.

Cette valeur est cohérente avec le volume de 5,7 L indiqué dans la partie 3.

V ≈ 5,5×10⁻³ m³, soit 5,5 L

En position 1, le générateur, le conducteur ohmique et le condensateur sont en série. La loi des mailles donne : E = uR(t) + uC(t).

La loi d’Ohm donne : uR(t) = R·i(t).

Pour le condensateur, q = C·uC et i = dq/dt, donc i(t) = C·duC/dt.

En remplaçant : uC(t) + R·C·duC/dt = E.

On remplace la solution dans l’équation. Sa dérivée est duC/dt = (A/τ)·e^(−t/τ).

uC + τ·duC/dt = A − A·e^(−t/τ) + A·e^(−t/τ) = A.

L’équation impose que cette quantité vaille E. Donc A = E.

Vérification physique : lorsque t tend vers +∞, uC tend vers A. Or le condensateur chargé a une tension égale à E.

A = E

La loi des mailles donne : uR(t) = E − uC(t).

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

À la date tseuil, uR = E/3. Donc E·e^(−tseuil/τ) = E/3, soit e^(−tseuil/τ) = 1/3.

En prenant le logarithme népérien : −tseuil/τ = ln(1/3) = −ln 3.

D’où : tseuil = τ·ln 3.

On a Δt₂ = R·C·ln 3, donc R = Δt₂/(C·ln 3).

R = 30/(4,70×10⁻³ × ln 3) = 5,8×10³ Ω.

La valeur disponible la plus proche est R₂ = 5,0 kΩ.

Vérification : avec R₂, Δt₂ = 5,0×10³ × 4,70×10⁻³ × ln 3 = 26 s, ce qui est voisin de 30 s. Avec R₁, on obtiendrait 2,4 s, et avec R₃, 5,2×10² s.

R₂ = 5,0 kΩ

Conseil : Ne confonds pas τ et Δt₂ : la durée recherchée vaut τ·ln 3, et non τ.

Sur la figure 3, la courbe part de uR(0) ≈ 4,5 V.

En position 2, le circuit ne comporte plus que R et C : uR + uC = 0.

Juste après le basculement, le condensateur est chargé et sa tension ne peut pas varier brusquement : uC(0) = E = 4,5 V.

Avec l’orientation de la figure 2, la loi des mailles donne donc uR(0) = −uC(0) = −E = −4,5 V : le courant de décharge circule en sens inverse de celui de la charge.

La figure 3 montre au contraire une tension positive. Le sujet ne précise pas le branchement du système d’acquisition : la tension y est sans doute mesurée avec la polarité opposée. L’accord porte donc sur la valeur absolue : |uR(0)| = E = 4,5 V, comme sur la lecture graphique.

uR(0) ≈ 4,5 V en valeur absolue, égale à E

Conseil : Un signe différent entre le calcul et le graphique doit être signalé, pas masqué. L’accord porte sur la valeur 4,5 V.

Lors de la décharge, |uR(t)| = E·e^(−t/τ). À t = τ, la tension vaut donc E·e⁻¹ ≈ 0,37 × 4,5 = 1,7 V.

La figure 3 donne uR ≈ 1,7 V pour t ≈ 24 s. Donc τexp ≈ 24 s.

La valeur théorique est : τ = R₂·C = 5,0×10³ × 4,70×10⁻³ = 23,5 s.

L’écart relatif vaut (24 − 23,5)/23,5 ≈ 2 %. Il est faible et compatible avec la précision de la lecture : le modèle du circuit RC est validé.

La durée de temporisation est alors τexp × ln 3 ≈ 26 s, ce qui est bien voisin de la durée souhaitée.

τexp ≈ 24 s, en accord avec τ = 23,5 s

Conseil : La tangente à l’origine, qui coupe l’axe du temps à t = τ, est une autre méthode acceptée. Trace-la sur la copie si tu l’utilises.

Les trois modes de transfert thermique sont la conduction, la convection et le rayonnement.

Le rayonnement peut être négligé. Le thermoplongeur est au contact de l’eau et les températures restent modérées : le transfert se fait par conduction au contact, puis par convection dans l’eau.

La masse d’eau est m = ρeau·Veau = 1,0×10³ × 5,7×10⁻³ = 5,7 kg.

L’eau ne change pas d’état, donc Q = m·ceau·(θf − θ₀).

Q = 5,7 × 4,18×10³ × (30 − 20) = 2,4×10⁵ J = 0,24 MJ.

Q ≈ 0,24 MJ

Conseil : Une différence de température a la même valeur en °C et en K : pas besoin de convertir ici.

Le flux thermique est constant : Φ = Q/Δt₃, avec Φ = Pél = 2×10³ W.

Δt₃ = Q/Pél = 2,38×10⁵/(2×10³) = 1,2×10² s.

En minutes : 119/60 ≈ 2,0 min.

Δt₃ ≈ 2,0 min, soit environ 120 s

De Φ = hc·S·(θthermo − θeau), on tire : θthermo = θeau + Φ/(hc·S), avec θeau = θf = 30 °C.

Sans brassage : θthermo = 30 + 2×10³/(1,0×10³ × 0,020) = 30 + 100 = 130 °C.

Avec brassage : θthermo = 30 + 2×10³/(4,0×10³ × 0,020) = 30 + 25 = 55 °C.

130 °C sans brassage, 55 °C avec brassage

Conseil : Le brassage améliore le transfert : pour le même flux, l’écart de température avec l’eau est quatre fois plus petit.

Attention à la figure 4 : la deuxième graduation de l’axe du temps est imprimée « 20 ». Les graduations étant régulières (0, puis 100, 150 et 200 s), elle correspond en réalité à 50 s. La pente de la droite le confirme : 16,6 °C en 200 s et 4,1 °C en 50 s donnent tous deux environ 0,083 °C·s⁻¹. Cette coquille ne gêne pas les lectures de Q19 et Q20, qui se font entre 100 et 150 s.

Sur la figure 4, la courbe sans tartre atteint 30 °C à t ≈ 120 s. Cette valeur est en accord avec la durée de 119 s trouvée à Q17.

Sur la figure 5, à t = 120 s, la courbe sans tartre donne θthermo ≈ 58 °C.

La modélisation se fait avec un brassage efficace, donc la comparaison pertinente est celle avec la valeur de 55 °C de Q18. L’écart est d’environ 3 °C, soit 5 % : le modèle simple de Q18 est satisfaisant.

Durée ≈ 120 s et θthermo ≈ 58 °C, proche des 55 °C calculés avec brassage

Sur la figure 4, la courbe avec 2 mm de tartre atteint 30 °C à t ≈ 138 s, contre 120 s sans tartre.

La puissance électrique étant constante, l’énergie consommée vaut E = Pél·Δt : elle est proportionnelle à la durée de chauffage.

L’augmentation relative vaut donc : (138 − 120)/120 = 0,15.

La consommation d’énergie augmente bien d’environ 15 %, ce qui justifie la recommandation de l’ADEME.

Surconsommation d’environ 15 %

Sur la copie, on recopie la formule CH₃–C(=O)–O–CH₂–C₆H₅, où le cycle est écrit comme dans le sujet.

On entoure l’atome de carbone lié à l’oxygène par une double liaison, cet atome d’oxygène, et l’atome d’oxygène suivant : c’est le groupe –C(=O)–O–.

Groupe ester, famille des esters

Verser le contenu du tube dans de l’eau glacée réalise une trempe. Le refroidissement et la dilution ralentissent fortement la réaction, car la température et la concentration sont des facteurs cinétiques.

La composition du mélange est ainsi figée, et le dosage donne bien la quantité d’acide présente à la date t.

Les coefficients stœchiométriques valent tous 1. Soit x(t) l’avancement à la date t.

L’acide se consomme : nac(t) = n0,ac − x(t).

L’ester se forme, sans être présent au départ : nEB(t) = x(t).

En remplaçant x(t) : nac(t) = n0,ac − nEB(t).

Chaque tube contient 2,0 mL de mélange, dont 25 % en volume d’acide éthanoïque : Vac = 0,25 × 2,0 = 0,50 mL.

Masse d’acide : m = ρ·Vac = 1,05 × 0,50 = 0,525 g.

Quantité de matière : n0,ac = m/M = 0,525/60,1 = 8,7×10⁻³ mol, soit 0.0087 mol en écriture Python.

n0,ac = 8,7×10⁻³ mol

D’après Q3, nEB = n0,ac − nac. La boucle applique ce calcul à chaque indice i.

for i in range(0,9):
    n_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]

n_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]

Le temps de demi-réaction t₁/₂ est la durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de sa valeur finale.

Ici, nEB = x. On lit la valeur finale sur le plateau : nEB,f ≈ 5,8×10⁻³ mol.

On cherche donc la date à laquelle nEB = 5,8×10⁻³/2 = 2,9×10⁻³ mol.

On trace une courbe régulière passant par l’origine et les points. Elle atteint 2,6×10⁻³ mol à 2 min et 4,6×10⁻³ mol à 5,5 min. La lecture à 2,9×10⁻³ mol donne t₁/₂ ≈ 2,5 min. Aucun point ne se trouve entre 2 et 5,5 min : cette lecture reste approchée, à une demi-minute près.

t₁/₂ ≈ 2,5 min

Conseil : La réaction n’est pas totale : prends la moitié de la valeur finale, 5,8×10⁻³ mol, et non la moitié de n0,ac.

La vitesse volumique d’apparition est la dérivée de la concentration de l’ester par rapport au temps. Le volume V étant constant, elle s’écrit :

vEB = (1/V) × dnEB/dt.

vEB = (1/V) × dnEB/dt

On trace la tangente à la courbe à l’origine. Elle passe par (0 ; 0) et un peu au-dessus du premier point, car la courbe est concave. Elle passe par exemple par le point (2,0 min ; 3,0×10⁻³ mol).

Son coefficient directeur donne : dnEB/dt à t = 0 ≈ 3,0×10⁻³/2,0 = 1,5×10⁻³ mol·min⁻¹.

Avec V = 2,0 mL = 2,0×10⁻³ L : vEB(0) ≈ 1,5×10⁻³/(2,0×10⁻³) = 0,75, soit environ 0,8 mol·L⁻¹·min⁻¹.

Il n’y a aucun point entre t = 0 et t = 2 min : le tracé de la tangente est approximatif et seul l’ordre de grandeur compte. La droite qui joint l’origine au premier point donne une valeur minimale de 0,65 mol·L⁻¹·min⁻¹. Un résultat de 0,7 à 0,9 mol·L⁻¹·min⁻¹ est raisonnable.

vEB(0) ≈ 0,8 mol·L⁻¹·min⁻¹ (ordre de grandeur)

Conseil : Attention au volume : il faut l’exprimer en litres. Pour contrôler la méthode : la pente de la droite qui joint les points de 15 et 30 min, divisée par V, redonne bien 6,7×10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹, la valeur du sujet à 20 min.

La vitesse passe d’environ 0,8 à 6,7×10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹ : elle est environ 100 fois plus faible à 20 min.

La température est fixée par le bain thermostaté et la quantité de catalyseur ne change pas.

Le facteur responsable est la concentration des réactifs, qui diminue au cours de la transformation.

La concentration des réactifs

La transformation est limitée par un équilibre chimique. Le rendement de 67 % correspond aux valeurs mesurées : 5,8×10⁻³/8,7×10⁻³ ≈ 0,67.

Pour l’améliorer, on peut éliminer l’eau au fur et à mesure de sa formation, par exemple avec un montage de Dean-Stark. Le système évolue alors dans le sens direct, vers la formation de l’ester.

On pourrait aussi augmenter encore l’excès d’alcool benzylique.

Conseil : Chauffer plus ou ajouter du catalyseur ne convient pas : ces changements accélèrent la réaction sans modifier notablement l’état final, donc ils n’améliorent pas le rendement.

Un intermédiaire réactionnel est une espèce formée au cours d’une étape du mécanisme et consommée dans une étape suivante. Il n’apparaît pas dans l’équation de la réaction modélisant la transformation globale.

On applique toute la définition de Q1 : l’espèce est formée au cours du mécanisme, consommée ensuite, et absente de l’équation globale de la synthèse (page 11).

L’ion H₂O⁺–N=O est formé à l’étape 2 et consommé à l’étape 3. Il est absent de l’équation globale : c’est un intermédiaire.

L’ion NO⁺ est formé à l’étape 3 et il n’est pas consommé dans les étapes de l’annexe. Mais le sujet précise que ces étapes sont seulement le début du mécanisme, et NO⁺ ne figure pas dans l’équation globale. Il est donc consommé dans la suite, non représentée : c’est aussi un intermédiaire.

L’acide nitreux HNO₂ est formé à l’étape 1 et consommé à l’étape 2, mais c’est un réactif de l’équation globale, introduit en excès. On ne le souligne pas.

H₂O⁺–N=O et NO⁺

Conseil : L’énoncé laisse une ambiguïté. Si on regarde seulement les trois étapes de l’annexe, sans l’équation globale, les espèces formées puis consommées sont HNO₂ et H₂O⁺–N=O, et NO⁺ paraît être un produit. Quel que soit ton choix, justifie-le en une phrase sur la copie.

Site donneur : l’atome d’oxygène porteur de la charge négative dans l’ion NO₂⁻. Il possède des doublets non liants et il est riche en électrons.

Site accepteur : l’ion H⁺. Il porte une charge positive et possède une lacune électronique, représentée par un rectangle sur l’annexe. Il est pauvre en électrons.

Une flèche courbe part toujours d’un doublet (site donneur) et pointe vers le site accepteur.

Étape 1 : une flèche part d’un doublet non liant de l’atome O⁻ et pointe vers H⁺.

Étape 2 : une flèche part d’un doublet non liant de l’oxygène du groupe O–H et pointe vers H⁺.

Étape 3 : deux flèches. La première part du doublet de la liaison N–O⁺ et pointe vers l’atome d’oxygène chargé positivement, ce qui rompt la liaison et libère H₂O. La seconde part d’un doublet non liant de l’oxygène de N=O et pointe vers la liaison N=O, ce qui forme la triple liaison de l’ion NO⁺.

Conseil : À l’étape 3, compte les doublets de l’ion NO⁺ : la seule rupture de la liaison N–O⁺ ne suffit pas à expliquer la triple liaison.

Quantité d’acide sulfanilique : n₁ = 0,87/173,2 = 5,02×10⁻³ mol.

Quantité de β-naphtol : n₂ = 0,72/144,2 = 4,99×10⁻³ mol.

L’acide nitreux est en excès. Les deux autres réactifs réagissent mole à mole et n₂ < n₁ : le β-naphtol est le réactif limitant, même si les deux quantités sont très proches.

L’équation indique qu’une mole de β-naphtol donne une mole de colorant, donc nmax = 4,99×10⁻³ mol.

mmax = nmax × M(colorant) = 4,99×10⁻³ × 328,3 = 1,64 g.

mmax ≈ 1,64 g

η = m/mmax = 1,53/1,64 = 0,93.

η ≈ 93 %

Le spectre montre une large bande d’absorption entre 420 nm et environ 550 nm. L’absorbance est maximale vers 485 nm, avec A ≈ 0,6. Elle est nulle au-delà d’environ 570 nm.

D’après le cercle chromatique, le maximum d’absorption se situe dans le bleu (450 à 500 nm).

La couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, diamétralement opposée sur le cercle. À l’opposé du bleu se trouve l’orange.

Cohérence : le colorant n’absorbe pas entre 570 et 700 nm, zone du jaune, de l’orange et du rouge.

Le colorant est orange

Conseil : Le piège classique est de répondre « bleu » : c’est la couleur absorbée, pas la couleur perçue.

L’équation de la réaction support du titrage est : CH₃COOH(aq) + HO⁻(aq) → CH₃COO⁻(aq) + H₂O(ℓ).

À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : n(acide) = n(HO⁻ versé).

Soit Cdil la concentration du vinaigre dilué : Cdil × VA = CB × VE1. Donc Cdil = CB × VE1/VA.

Le vinaigre a été dilué dix fois : C = 10 × Cdil = 10 × CB × VE1/VA.

C = 10 × 0,10 × 13,50/10,0 = 1,350 mol·L⁻¹.

C = 10·CB·VE1/VA = 1,350 mol·L⁻¹

Conseil : N’oublie pas le facteur de dilution : sans lui, le résultat est dix fois trop petit.

Avec la calculatrice, la somme des douze valeurs vaut 16,345 mol·L⁻¹, soit une moyenne de 16,345/12 = 1,3621 mol·L⁻¹.

Les valeurs vont de 1,350 à 1,375 mol·L⁻¹. Cela exclut 1,9155, et 1,3750 n’est que la plus grande valeur.

L’écart-type de la série, obtenu à la calculatrice, vaut environ 0,0086 mol·L⁻¹, soit 0,009 mol·L⁻¹ parmi les valeurs proposées. Les valeurs 0,237 et 1,370 sont bien plus grandes que l’étendue de la série.

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

u(Cmoy) = σ/√n = 0,009/√12 = 2,6×10⁻³ mol·L⁻¹.

Une incertitude-type s’arrondit par excès, ici à un chiffre significatif : u(Cmoy) = 0,003 mol·L⁻¹.

La valeur moyenne doit s’arrêter à la même décimale que l’incertitude : Cmoy = 1,362 mol·L⁻¹.

C = 1,362 mol·L⁻¹ avec u(C) = 0,003 mol·L⁻¹

La valeur de référence est C₀ = 1,360 mol·L⁻¹.

|Cmoy − C₀|/u(Cmoy) = |1,362 − 1,360|/0,003 ≈ 0,7.

Le sujet ne fixe aucun seuil. On considère souvent qu’il y a accord quand ce quotient est inférieur à 2, mais c’est une convention, pas une donnée de l’énoncé.

Ici, le quotient est même inférieur à 1 : l’écart à la valeur de référence est plus petit que l’incertitude-type. Le résultat de la mesure est donc en accord avec la concentration indiquée sur l’étiquette.

Quotient ≈ 0,7 : écart inférieur à l’incertitude-type, valeurs en accord

Conseil : Le sujet ne donnant pas de critère, annonce sur ta copie celui que tu utilises.