Corrigé du bac de physique-chimie 2026 (Métropole, jour 2)

Le schéma comporte, de haut en bas :

Une burette graduée fixée à un support, qui contient la solution titrante de nitrate d’argent (Ag⁺(aq) ; NO₃⁻(aq)) à C = 1,00×10⁻² mol·L⁻¹.

Un bécher qui contient la solution titrée : V₁ = 250,0 mL d’eau du robinet, avec les ions Cℓ⁻.

Une cellule de conductimétrie plongée dans le bécher et reliée à un conductimètre, qui affiche σ.

Un barreau aimanté et un agitateur magnétique sous le bécher, pour homogénéiser le mélange.

Conseil : La question demande d’identifier clairement les deux solutions : écris « solution titrante » à côté de la burette et « solution titrée » à côté du bécher.

Les commentaires du programme fixent les unités : V1 s’exprime en mL et C en mol/L.

On reprend donc V₁ = 250,0 mL et C = 1,00×10⁻² mol·L⁻¹.

V1=250.0
C=1.00E-2

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⁻ : C·VE = C₁·V₁.

D’où : VE = C₁·V₁/C.

Avec les valeurs du programme : VE = 5×10⁻⁴ × 250,0/(1,00×10⁻²) = 12,5 mL. C’est bien l’abscisse du changement de pente sur l’annexe.

VE=C1*V1/C

Pour V = 0, aucun ion Ag⁺ n’a été versé : il n’y a pas de précipité.

Pour V = VE, tous les ions versés ont réagi : n(AgCℓ) = C·VE. Le facteur 0.001 convertit les mL en L, comme aux lignes 11 et 13.

Pour V = Vmax, il ne reste plus d’ions Cℓ⁻ : plus aucun précipité ne se forme et la quantité reste égale à C·VE.

Contrôle : C·VE = 1,00×10⁻² × 12,5×10⁻³ = 1,25×10⁻⁴ mol, ce qui correspond au plateau de l’annexe.

nproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001]

Les ions nitrate sont spectateurs. Leur quantité dans le bécher est donc égale à la quantité versée : n(NO₃⁻) = C·V.

C’est une fonction linéaire de V, avant comme après l’équivalence. Il n’y a pas de changement de pente.

On trace la droite passant par l’origine et par le point (25 mL ; 2,5×10⁻⁴ mol), car C·Vmax = 1,00×10⁻² × 25×10⁻³ = 2,5×10⁻⁴ mol.

Cette droite passe par (12,5 mL ; 1,25×10⁻⁴ mol), le point où s’arrête la montée du chlorure d’argent.

nnitrate=[0,C*VE*0.001,C*Vmax*0.001]

Droite passant par (0 ; 0) et (25 mL ; 2,5×10⁻⁴ mol)

La conductivité dépend des ions présents, de leur concentration et de leur conductivité ionique molaire. AgCℓ est un solide : il n’y contribue pas.

Avant l’équivalence : n(Cℓ⁻) diminue, n(Ag⁺) reste nulle et n(NO₃⁻) augmente de la même quantité. Chaque ion Cℓ⁻ consommé est remplacé par un ion NO₃⁻. Comme λ(NO₃⁻) = 7,1 mS·m²·mol⁻¹ est inférieure à λ(Cℓ⁻) = 7,6 mS·m²·mol⁻¹, la conductivité diminue légèrement.

Après l’équivalence : il n’y a plus d’ions Cℓ⁻. Les ions Ag⁺ et NO₃⁻ versés s’accumulent tous les deux : la quantité totale d’ions augmente et la conductivité croît nettement.

La courbe σ = f(V) est donc formée de deux portions presque droites, la première descendante et la seconde montante, qui se coupent à l’équivalence.

Conseil : Sur la figure 2, σ part de 0,0378 S·m⁻¹, bien plus que les 3×10⁻³ S·m⁻¹ environ dus aux ions Cℓ⁻ : l’eau du robinet contient d’autres ions. Leur dilution compte : à 11 mL, elle ramène à elle seule σ de 0,0378 à 0,0378 × 250/261 ≈ 0,0362 S·m⁻¹, alors que l’échange Cℓ⁻/NO₃⁻ ne retire qu’environ 2×10⁻⁴ S·m⁻¹. Tu peux le signaler, mais la question porte sur les courbes de l’annexe.

Volume équivalent. Sur la figure 2, on trace une droite passant au mieux par les points de chaque portion. Les deux droites se coupent pour VE ≈ 11 mL. Le minimum des points se situe d’ailleurs à 11 mL.

Concentration en quantité de matière. À l’équivalence, C₁·V₁ = C·VE, donc C₁ = C·VE/V₁.

C₁ = 1,00×10⁻² × 11/250,0 = 4,4×10⁻⁴ mol·L⁻¹.

Cette valeur est proche de celle prise pour la simulation, 5×10⁻⁴ mol·L⁻¹.

Concentration en masse. Cm = C₁ × M(Cℓ) = 4,4×10⁻⁴ × 35,5 = 1,6×10⁻² g·L⁻¹, soit 16 mg·L⁻¹.

Conclusion. La teneur maximale est 2 g·L⁻¹, et 2/(1,6×10⁻²) ≈ 125. L’eau du robinet contient plus de 100 fois moins d’ions chlorure que cette limite : elle convient pour préparer le kéfir.

Cm ≈ 1,6×10⁻² g·L⁻¹, très inférieure à 2 g·L⁻¹ : l’eau convient

Conseil : Prends bien VE sur la figure 2 (mesure) et non 12,5 mL (simulation, avec une concentration supposée). Les droites doivent apparaître dans ta démarche.

La fermentation produit un gaz. On peut donc suivre la pression du dioxyde de carbone dans un récipient fermé, avec un capteur de pression.

On peut aussi mesurer le volume de gaz recueilli par déplacement d’eau, ou la perte de masse du récipient ouvert sur une balance.

On note x(t) l’avancement à la date t. Au départ, il n’y a pas d’éthanol.

Le tableau d’avancement donne pour le glucose : nglu(t) = nglu(t₀) − x(t).

Il donne pour l’éthanol : néth(t) = 2·x(t), à cause du coefficient stœchiométrique 2.

Donc x(t) = néth(t)/2. Comme néth(t) = Céth(t)·VBoisson, on a x(t) = Céth(t)·VBoisson/2.

En remplaçant : nglu(t) = nglu(t₀) − Céth(t)·VBoisson/2.

La vitesse volumique de disparition du glucose est : vdisp(t) = −dCglu(t)/dt.

Pour une loi de vitesse d’ordre 1, elle est proportionnelle à la concentration : vdisp(t) = k·Cglu(t).

En égalant : −dCglu(t)/dt = k·Cglu(t).

Soit : dCglu(t)/dt + k·Cglu(t) = 0.

On dérive : dCglu/dt = −k·Cglu(0)·e^(−k·t).

On remplace dans le membre de gauche : −k·Cglu(0)·e^(−k·t) + k·Cglu(0)·e^(−k·t) = 0.

L’équation est vérifiée pour tout t.

De plus, à t = 0, la fonction vaut Cglu(0)·e⁰ = Cglu(0) : la condition initiale est respectée.

En prenant le logarithme népérien de la solution de Q11 : ln Cglu(t) = ln Cglu(0) − k·t.

Pour une loi d’ordre 1, ln Cglu est donc une fonction affine décroissante du temps, de coefficient directeur −k.

Sur la figure 3, les points se répartissent de part et d’autre d’une droite de coefficient directeur négatif. Le modèle est validé.

Par identification avec l’équation de la modélisation : k = 5,34×10⁻⁶ s⁻¹ et ln Cglu(0) = −2,22.

ln Cglu est affine en t, de pente −k, avec k = 5,34×10⁻⁶ s⁻¹

L’ordonnée à l’origine donne ln Cglu(0) = −2,22, donc Cglu(0) = e^(−2,22) = 0,109 mol·L⁻¹.

La masse s’obtient par m = Cglu(0) × VBoisson × M(C₆H₁₂O₆).

m = 0,1086 × 1,0 × 180,0 = 19,5 g.

La recette prévoit 20 g. L’écart relatif vaut (20 − 19,5)/20, soit 2 à 3 %.

Ce faible écart peut venir de la dispersion des points de mesure autour de la droite. La modélisation est cohérente avec la masse introduite.

m ≈ 19,5 g, en accord avec les 20 g de la recette

Conseil : L’ordonnée à l’origine vaut ln Cglu(0), pas Cglu(0). Il faut repasser par l’exponentielle.

t₁/₂ = ln 2/k = 0,693/(5,34×10⁻⁶) = 1,30×10⁵ s.

En heures : 1,30×10⁵/3600 ≈ 36 h, soit 1,5 jour.

La recette prévoit au moins 24 h de fermentation, une durée inférieure à t₁/₂ : il reste plus de la moitié du glucose.

Plus précisément, à t = 24 h = 8,64×10⁴ s : Cglu/Cglu(0) = e^(−5,34×10⁻⁶ × 8,64×10⁴) = 0,63. Il reste environ 63 % du glucose.

La boisson contient donc encore du sucre : la durée de 24 h convient. Il ne faut pas trop la prolonger, car au bout de 36 h la moitié du glucose a déjà disparu.

t₁/₂ ≈ 1,30×10⁵ s, soit environ 36 h : à 24 h, il reste du sucre

Conseil : Le suivi de la figure 3 s’arrête à 4500 s, soit 1 h 15. Appliquer la loi à 24 h suppose qu’elle reste valable bien au-delà : tu peux le préciser.

D’après la figure 4, le citral possède des liaisons C=O, C=C et C–H, mais aucune liaison O–H. L’acide citrique possède des liaisons O–H (groupes carboxyle et hydroxyle) et C=O, mais pas de liaison C=C.

La liaison O–H fait donc la différence.

Spectre A : il n’y a pas de bande forte et large entre 3200 et 3700 cm⁻¹, seulement de petites bandes où la transmittance reste proche de 80 %. On voit une bande forte de C–H vers 2850 à 3000 cm⁻¹, une bande forte et fine de C=O vers 1680 cm⁻¹ et une bande fine vers 1630 cm⁻¹, attribuable à C=C. C’est le spectre du citral.

Spectre B : une bande forte et très large part d’environ 3500 cm⁻¹ et s’étend vers les bas nombres d’onde. Elle révèle des liaisons O–H. On voit aussi une bande forte de C=O, dédoublée vers 1700 et 1750 cm⁻¹. C’est le spectre de l’acide citrique.

Spectre A : citral. Spectre B : acide citrique

Conseil : La deuxième pointe de C=O du spectre B, vers 1750 cm⁻¹, dépasse un peu l’intervalle du tableau. Cela ne change pas l’attribution, qui repose sur la bande O–H.

Le kéfir est une solution aqueuse. Le solvant doit donc être peu ou pas miscible à l’eau, pour former deux phases, et bien dissoudre les trois espèces.

L’eau ne convient pas : c’est le milieu de départ, et le limonène et le citral y sont peu solubles.

Le cyclohexane ne convient pas : l’acide citrique y a une solubilité nulle.

L’acétate d’éthyle convient : le limonène et le citral y ont une solubilité convenable, l’acide citrique une solubilité grande, et sa miscibilité avec l’eau est faible.

L’acétate d’éthyle

Le dépôt K ne donne qu’une seule tache, juste au-dessus de la ligne de dépôt.

Cette tache est à la même hauteur que celle du dépôt A : elles ont le même rapport frontal. L’extrait contient donc de l’acide citrique.

Les taches du citral (C) et du limonène (L), bien plus hautes, n’ont pas d’équivalent dans K : ces espèces ne sont pas détectées dans l’extrait.

L’acide citrique est donc l’espèce issue du citron qui pourrait donner le goût acidulé, ce qui est cohérent avec son caractère acide.

L’acide citrique

Le système {S} ne change pas d’état. L’énergie à lui transférer vaut : Qchauffage = C·(θfab − θamb).

Qchauffage = 4,0×10³ × (43 − 20) = 4,0×10³ × 23 = 9,2×10⁴ J.

Qchauffage = 9,2×10⁴ J

Conseil : C est ici une capacité thermique en J·K⁻¹ : il n’y a pas de masse dans la formule.

Seuls 85 % de l’énergie électrique consommée sont transférés à {S} : Qchauffage = 0,85 × PA × ΔtA.

D’où : ΔtA = Qchauffage/(0,85 × PA).

ΔtA = 9,2×10⁴/(0,85 × 150) = 7,2×10² s, soit 12 min.

La phase de chauffage dure 8 h au total : ΔtB = 8 h − ΔtA = 8 h − 12 min = 7 h 48 min.

Cette durée est bien de l’ordre de 7 h 50 min.

ΔtA ≈ 7,2×10² s = 12 min et ΔtB ≈ 7 h 50 min

Conseil : L’énergie consommée est plus grande que l’énergie reçue : il faut diviser par 0,85, pas multiplier.

Énergie électrique. Étape A : EA = PA·ΔtA = 150 × 7,2×10² = 1,08×10⁵ J, soit 1,08×10⁵/(3,6×10⁶) = 0,030 kWh.

Étape B : EB = PB·ΔtB = 0,020 kW × 7,8 h = 0,156 kWh.

Au total : 0,030 + 0,156 = 0,186 kWh, soit 0,186 × 0,20 = 0,037 €.

Lait. 700 mL coûtent 0,700 × 1,05 = 0,735 €.

Ferments. Un sachet de 2 g coûte 0,64 €.

Total pour 7 yaourts : 0,037 + 0,735 + 0,64 = 1,41 €, soit 1,41/7 = 0,20 € par yaourt.

Le yaourt du commerce coûte 0,35 € : le yaourt maison revient environ 0,15 € moins cher, soit une baisse d’environ 40 %. L’argument est vérifié avec ces données.

Ce calcul ne compte ni l’achat de la yaourtière, ni le passage au réfrigérateur. Il faut produire un certain nombre de yaourts pour amortir l’appareil.

Environ 0,20 € par yaourt, contre 0,35 € dans le commerce

Conseil : L’électricité ne représente qu’environ 3 % du coût. Le poste principal est le lait, suivi des ferments.

Le système {P} se refroidit par conduction (à travers le verre du pot), par convection (mouvements de l’air du réfrigérateur) et par rayonnement (émission d’un rayonnement infrarouge).

À t = 0, θ = θ₀ : Φ₀ = h·S·(θ₀ − θréfri).

Φ₀ = 10 × 0,019 × (30 − 4,0) = 4,9 W.

Le flux est proportionnel à l’écart θ − θréfri. Comme le pot se refroidit, θ diminue et se rapproche de θréfri, qui reste constante.

Le flux thermique diminue donc au cours du temps et tend vers zéro.

Φ₀ ≈ 4,9 W, puis le flux diminue

Après un temps très long, l’équilibre thermique est atteint : θ = θréfri = 4,0 °C.

L’énergie perdue vaut : Q = m·cY·(θ₀ − θréfri).

Q = 0,19 × 2,5×10³ × (30 − 4,0) = 1,2×10⁴ J, soit environ 12 kJ.

θ = 4,0 °C et Q ≈ 12 kJ

Pour un flux constant, Φ₀ = Q/Δt₀, donc Δt₀ = Q/Φ₀.

Δt₀ = 12×10³/4,94 = 2,4×10³ s, soit environ 40 min.

Δt₀ ≈ 2,4×10³ s, soit environ 40 min

La courbe est une exponentielle décroissante. Elle part de θ₀ = 30 °C à t = 0 et tend vers l’asymptote horizontale θ = θréfri = 4,0 °C. Sa pente diminue en valeur absolue au cours du temps.

Méthode de la tangente : on trace la tangente à la courbe à t = 0. Elle coupe l’asymptote θ = 4,0 °C à la date t = τ.

Autre méthode : à t = τ, θ = 26 × e⁻¹ + 4,0 ≈ 14 °C. On lit l’abscisse du point de la courbe d’ordonnée 14 °C.

Conseil : Sur ta copie, nomme les axes avec leurs unités, trace l’asymptote en pointillés et place 30 °C, 4,0 °C et τ.

τ = m·cY/(h·S) = 0,19 × 2,5×10³/(10 × 0,019) = 2,5×10³ s, soit environ 42 min.

On a Δt₀ ≈ 2,4×10³ s : les deux durées sont très proches, avec un écart d’environ 3 %.

Cet écart ne vient que de l’arrondi à 12 kJ. En littéral : Δt₀ = m·cY·(θ₀ − θréfri)/[h·S·(θ₀ − θréfri)] = m·cY/(h·S) = τ.

Le temps τ est donc la durée du refroidissement complet si le flux restait égal à Φ₀. C’est ce que traduit la tangente à l’origine de Q8.

En réalité, le flux diminue. À t = τ, le pot n’a perdu qu’environ 63 % de l’énergie, et le refroidissement réel est bien plus long : à 5τ, soit environ 3,5 h, θ ≈ 4,2 °C.

La recette prévoit 2 h au réfrigérateur, alors que l’introduction compte 2 h pour tout le refroidissement, à l’air puis au réfrigérateur. Après 2 h au réfrigérateur, le modèle donne θ = 26 × e^(−7200/2500) + 4,0 ≈ 5,5 °C : le yaourt est presque à la température du réfrigérateur.

τ = 2,5×10³ s ≈ Δt₀ : c’est la durée qu’il faudrait à flux constant

La force est attractive : elle est dirigée de P vers E. Sur la figure 1, le vecteur uN pointe aussi de P vers E, donc le signe est positif.

Vecteur F = (G·ME·M₂/R₂²) · vecteur uN.

Vecteur F = (G·ME·M₂/R₂²) · vecteur uN

Système : l’exoplanète 2. Référentiel : celui de l’énoncé, supposé galiléen. L’interaction avec l’autre exoplanète étant négligée, la seule force est vecteur F.

La deuxième loi de Newton donne : M₂ · vecteur a = vecteur F, donc vecteur a = (G·ME/R₂²) · vecteur uN.

Dans le repère de Frenet, pour un mouvement circulaire de rayon R₂ : vecteur a = (dv₂/dt) · vecteur uT + (v₂²/R₂) · vecteur uN.

Sur uT : dv₂/dt = 0, ce qui confirme que le mouvement est uniforme.

Sur uN : v₂²/R₂ = G·ME/R₂², donc v₂² = G·ME/R₂.

v₂ = √(G·ME/R₂)

Pendant une période T₂, l’exoplanète parcourt le périmètre de son orbite à vitesse constante : v₂ = 2π·R₂/T₂.

En élevant au carré : v₂² = 4π²·R₂²/T₂².

Avec Q2 : G·ME/R₂ = 4π²·R₂²/T₂².

D’où : ME = 4π²·R₂³/(G·T₂²).

On passe en unités SI : R₂ = 1,08×10⁷ km = 1,08×10¹⁰ m.

T₂ = 11,4 jours = 11,4 × 24 × 3600 s = 9,8496×10⁵ s.

ME = 4π² × (1,08×10¹⁰)³/(6,67×10⁻¹¹ × (9,8496×10⁵)²) = 7,69×10²⁹ kg.

Le tableau indique 7,68×10²⁹ kg : l’écart est inférieur à 0,1 %, les deux valeurs sont bien voisines.

ME ≈ 7,69×10²⁹ kg, voisine des 7,68×10²⁹ kg du tableau

Conseil : G est en m³·kg⁻¹·s⁻² : R₂ doit être en mètres et T₂ en secondes. Avec T₂ arrondie à 9,85×10⁵ s, tu trouves 7,68×10²⁹ kg : la différence vient seulement de l’arrondi.

Les deux exoplanètes tournent autour du même astre. La troisième loi de Kepler donne : T₁²/R₁³ = T₂²/R₂³.

D’où : T₁ = T₂ × (R₁/R₂)^(3/2).

T₁ = 11,4 × (6,77×10⁶/1,08×10⁷)^(3/2) = 11,4 × 0,627^(3/2) = 5,66 jours.

T₁ ≈ 5,66 jours

Conseil : Dans un rapport, R₁ et R₂ gardent la même unité et T₁ sort dans celle de T₂ : aucune conversion n’est nécessaire.

Plus l’exoplanète est grande, plus elle masque une partie importante de l’étoile : la diminution ΔPlum est plus grande.

La relation du sujet précise que ΔPlum est proportionnelle à r₁² : si le rayon double, la diminution est quatre fois plus grande.

Sur la figure 3, la flèche ΔPlum va de 1 à 0,996 environ : ΔPlum ≈ 1 − 0,996 = 4,0×10⁻³.

De ΔPlum = (r₁/rE)², on tire : r₁ = rE × √ΔPlum.

r₁ = 2,63×10⁵ × √(4,0×10⁻³) = 1,7×10⁴ km.

r₁ ≈ 1,7×10⁴ km

Conseil : Le creux de la courbe se lit plutôt à 0,9961, ce qui donne 1,6×10⁴ km. L’écart reste dans la précision de lecture.

Durée du transit. Sur la figure 3, on lit ti ≈ −0,85 h et tf ≈ +0,80 h, donc Δt = tf − ti ≈ 1,65 h.

Angle balayé. Sur la figure 2, au début du transit, le centre de l’exoplanète est à la distance rE + r₁ de l’axe de visée. Dans le triangle rectangle, sin α = (rE + r₁)/R₁.

L’angle α étant petit, sin α = α, donc α = (rE + r₁)/R₁.

α = (2,63×10⁵ + 1,7×10⁴)/(6,77×10⁶) = 2,80×10⁵/(6,77×10⁶) = 4,14×10⁻² rad.

Période. Pendant le transit, l’exoplanète balaie l’angle 2α. Le mouvement étant uniforme, la durée est proportionnelle à l’angle balayé, et un tour complet correspond à 2π rad : T₁/(2π) = Δt/(2α).

D’où : T₁ = π·Δt/α = π·Δt·R₁/(rE + r₁).

T₁ = π × 1,65/(4,14×10⁻²) = 1,25×10² h.

En jours : 125/24 ≈ 5,2 jours.

Commentaire. Cette valeur est proche des 5,66 jours de Q5, avec un écart d’environ 8 %. La méthode est donc validée.

L’écart tient en partie à la précision de la lecture : une erreur de 0,05 h sur Δt change T₁ d’environ 3 %, et il faudrait Δt ≈ 1,8 h pour retrouver 5,66 jours. Il peut aussi venir du modèle : un transit qui ne passerait pas exactement devant le centre de l’étoile serait plus court que celui de la figure 2, ce qui sous-estimerait T₁.

T₁ ≈ 5,2 jours, proche des 5,66 jours de Q5

Conseil : Le transit dure le temps de balayer 2α, pas α. Une lecture de Δt à 1,7 h donne 5,4 jours : le correcteur regarde surtout la démarche et la cohérence du commentaire.