Sujet du bac 2026 de physique-chimie — Métropole, jour 1 (général) — 26-pycj1me1

1. Remplissage de la cuve

Q1. La moitié de la cuve correspond au volume $V_{1/2}={\displaystyle \frac{V_c}{2}}={\displaystyle \frac{a^3}{2}}$. Le débit volumique est le volume écoulé par unité de temps : $D_v={\displaystyle \frac{V_{1/2}}{\Delta t_1}}$, d'où :

$$\Delta t_1={\displaystyle \frac{a^3}{2D_v}}$$

Application numérique, avec $a=0,600$ m et $D_v=12\times {10}^{-3}$ m³·min⁻¹ : $\Delta t_1={\displaystyle \frac{(0,600{)}^3}{2\times 12\times {10}^{-3}}}={\displaystyle \frac{0,216}{0,024}}$, soit $\Delta t_1=9,0$ min.

Q2. Lors du remplissage, de l'eau entre dans la chambre de compression : le volume occupé par l'air enfermé diminue. La quantité de matière d'air $n$ et sa température $T$ restant constantes, la loi des gaz parfaits $P·V=n·R·T$ impose que le produit $P·V$ reste constant (loi de Boyle-Mariotte). Le volume d'air diminuant, sa pression augmente.

Q3. L'eau qui monte d'une hauteur $h$ dans la chambre cylindrique de rayon $r$ occupe le volume $\pi ·r^2·h$, pris sur le volume initial de l'air :

$$V_2=V_0-\pi ·r^2·h$$

Q4. L'air est un gaz parfait de quantité de matière et de température constantes : $P_0·V_0=P_2·V_2$, d'où :

$$P_2={\displaystyle \frac{P_0·V_0}{V_0-\pi ·r^2·h}}$$

La surpression vaut alors :

$$\Delta P=P_2-P_0=P_0({\displaystyle \frac{V_0}{V_0-\pi r^{2}h}}-1)=P_0\times {\displaystyle \frac{V_0-(V_0-\pi r^{2}h)}{V_0-\pi r^{2}h}}=P_0\times {\displaystyle \frac{\pi ·r^2·h}{V_0-\pi ·r^2·h}}$$

On retrouve bien l'expression demandée.

Q5. Conversions : $r=3,0\times {10}^{-2}$ m, $h=5,0\times {10}^{-3}$ m, $V_0=0,50$ L $=5,0\times {10}^{-4}$ m³.

$\pi r^{2}h$$=\pi \times (3,0\times {10}^{-2}{)}^2\times 5,0\times {10}^{-3}$$=1,41\times {10}^{-5}$ m³.

$\Delta P$$=1,01\times {10}^5\times {\displaystyle \frac{1,41\times {10}^{-5}}{5,0\times {10}^{-4}-1,41\times {10}^{-5}}}$$=1,01\times {10}^5\times {\displaystyle \frac{1,41\times {10}^{-5}}{4,86\times {10}^{-4}}}$, soit $\Delta P\approx 2,9\times {10}^3$ Pa.

Cette surpression est environ ${\displaystyle \frac{2,9\times {10}^3}{150}}\approx 20$ fois plus grande que celle d'un cycle normal. La surpression étant liée à la hauteur d'eau dans la cuve, cela signifie qu'en cycle normal la cuve est beaucoup moins remplie que lors du test (où elle l'est à moitié) : un lave-linge fonctionne avec peu d'eau, ce qui limite la consommation d'eau et d'énergie.

Q6. On oriente l'axe $(Oz)$ vers le haut. L'eau, de la cuve à la chambre de compression, forme un même fluide incompressible au repos. Le point A est à la surface libre de l'eau dans la cuve, à l'altitude $z_A={\displaystyle \frac{a}{2}}$, où $P_A=P_0$ ; le point B est à la surface de l'eau dans la chambre, à l'altitude $z_B=h$, où $P_B=P_2$ (pression de l'air comprimé). La loi fondamentale de la statique des fluides donne $P_A+{\rho }_{eau}g{z}_A=P_B+{\rho }_{eau}g{z}_B$, donc :

$$\Delta P=P_2-P_0={\rho }_{eau}·g·(z_A-z_B)={\rho }_{eau}·g·({\displaystyle \frac{a}{2}}-h)$$

$\Delta P$$=1,0\times {10}^3\times 9,81\times (0,300-0,0050)$$=1,0\times {10}^3\times 9,81\times 0,295$, soit $\Delta P\approx 2,9\times {10}^3$ Pa.

On retrouve la valeur de la question Q5 (2,89 kPa contre 2,94 kPa, soit un écart inférieur à 2 %) : les deux modèles sont cohérents.

Q7. En fonctionnement normal, $h$ est négligeable devant la hauteur d'eau $H$ dans la cuve ; la relation de Q6 devient $\Delta P={\rho }_{eau}·g·H$, d'où :

$H$$={\displaystyle \frac{\Delta P}{{\rho }_{eau}·g}}$$={\displaystyle \frac{150}{1,0\times {10}^3\times 9,81}}$$=1,53\times {10}^{-2}$ m, soit environ 1,5 cm.

La cuve étant un cube de côté $a$, le volume d'eau est $V$$=a^2·H$$=(0,600{)}^2\times 1,53\times {10}^{-2}$$=5,5\times {10}^{-3}$ m³, soit $V\approx 5,5$ L. Cette valeur est cohérente avec le volume $V_{eau}=5,7$ L utilisé dans la partie 3.

2. Durée de temporisation

Q8. L'interrupteur est en position 1 : le générateur, le conducteur ohmique et le condensateur sont en série. La loi des mailles donne $E=u_R+u_C$. Avec la loi d'Ohm $u_R=R·i$ et, en convention récepteur, $i={\displaystyle \frac{dq}{dt}}=C·{\displaystyle \frac{d{u}_C}{dt}}$, on obtient $u_R=R·C·{\displaystyle \frac{d{u}_C}{dt}}$, d'où :

$$u_C(t)+R·C·{\displaystyle \frac{d{u}_C}{dt}}(t)=E$$

Q9. Avec $u_C(t)=A(1-e^{-t/\tau })$, on a ${\displaystyle \frac{d{u}_C}{dt}}={\displaystyle \frac{A}{\tau }}{e}^{-t/\tau }$. En remplaçant dans l'équation différentielle avec $\tau =R·C$ :

$A-A{e}^{-t/\tau }+RC\times {\displaystyle \frac{A}{RC}}{e}^{-t/\tau }=E$, soit $A=E$.

Autre justification : en régime permanent ($t\to +\infty$), le condensateur est chargé, ${\displaystyle \frac{d{u}_C}{dt}}=0$ et $u_C=E$, or $u_C\to A$. Ainsi $A=E=4,5$ V (la condition initiale $u_C(0)=0$, condensateur déchargé, est bien vérifiée).

Q10. D'après la loi des mailles, $u_R(t)=E-u_C(t)=E-E(1-e^{-t/\tau })$, d'où $u_R(t)=E·e^{-t/\tau }$.

Q11. À $t_{seuil}$ : $u_R(t_{seuil})={\displaystyle \frac{E}{3}}$, soit $E·e^{-t_{seuil}/\tau }={\displaystyle \frac{E}{3}}$, donc $e^{-t_{seuil}/\tau }={\displaystyle \frac{1}{3}}$. En prenant le logarithme népérien : $-{\displaystyle \frac{t_{seuil}}{\tau }}=\ln {\displaystyle \frac{1}{3}}=-\ln 3$, d'où $t_{seuil}=\tau ·\ln 3$.

Q12. $\Delta t_2=t_{seuil}=R·C·\ln 3$, donc la résistance idéale serait $R$$={\displaystyle \frac{\Delta t_2}{C·\ln 3}}$$={\displaystyle \frac{30}{4,70\times {10}^{-3}\times \ln 3}}$$=5,8\times {10}^3$ Ω.

Vérification avec les trois résistances disponibles :

• $R_1=470$ Ω : $\Delta t_2=470\times 4,70\times {10}^{-3}\times \ln 3=2,4$ s, beaucoup trop court ;
• $R_2=5,0$ kΩ : $\Delta t_2=5,0\times {10}^3\times 4,70\times {10}^{-3}\times \ln 3=26$ s, voisin de 30 s ;
• $R_3=100$ kΩ : $\Delta t_2$$=1,00\times {10}^5\times 4,70\times {10}^{-3}\times \ln 3$$=5,2\times {10}^2$ s (près de 9 min), beaucoup trop long.

Il faut utiliser $R_2=5,0$ kΩ.

Q13. Par lecture graphique (figure 3), à $t=0$ : $u_R(0)\approx 4,5$ V.

En position 2, le générateur est hors circuit : le conducteur ohmique et le condensateur forment une maille à eux seuls. La loi des mailles donne, en valeur absolue, $u_R=u_C$ à chaque instant. Juste avant le basculement, le condensateur est complètement chargé : $u_C=E=4,5$ V. La tension aux bornes d'un condensateur étant continue, $u_C(0)=E$, donc $u_R(0)=E=4,5$ V (positive avec l'orientation choisie pour la mesure). La valeur lue est bien en accord avec la loi des mailles.

Q14. Lors de la décharge, $u_R(t)=u_R(0)·e^{-t/\tau }$. À $t=\tau$ : $u_R(\tau )=u_R(0)\times e^{-1}=0,37\times 4,5\approx 1,7$ V. On lit sur la figure 3 l'abscisse du point de la courbe d'ordonnée 1,7 V (entre 20 s, où $u_R\approx 1,9$ V, et 25 s, où $u_R\approx 1,6$ V) : ${\tau }_{exp}\approx 24$ s. (Méthode équivalente : la tangente à la courbe en $t=0$ coupe l'axe des temps en $t=\tau$.)

Valeur théorique : $\tau =R_2·C=5,0\times {10}^3\times 4,70\times {10}^{-3}=23,5$ s. L'écart relatif ${\displaystyle \frac{|24-23,5|}{23,5}}\approx 2\%$ est faible : la valeur expérimentale est en bon accord avec la valeur attendue ; le petit écart s'explique par la précision de la lecture graphique et par la tolérance des composants (valeurs réelles de $R$ et $C$).

3. Chauffage de l'eau

Q15. Les trois modes de transfert thermique sont la conduction, la convection et le rayonnement. Le thermoplongeur, au contact de l'eau, lui transfère de l'énergie par conduction et par convection (mouvements de l'eau) ; aux températures modérées mises en jeu, le rayonnement peut être négligé.

Q16. Masse d'eau : $m$$={\rho }_{eau}·V_{eau}$$=1,0\times {10}^3\times 5,7\times {10}^{-3}$$=5,7$ kg.

L'eau ne change pas d'état ; sa variation d'énergie interne est égale au transfert thermique reçu (cuve isolée) : $Q$$=m·c_{eau}·({\theta }_f-{\theta }_0)$$=5,7\times 4,18\times {10}^3\times (30-20)$$=2,38\times {10}^5$ J, soit $Q\approx 0,24$ MJ.

Q17. Le flux thermique étant constant, $Q=\Phi ·\Delta t_3$ avec $\Phi =P_{él}=2\times {10}^3$ W :

$\Delta t_3={\displaystyle \frac{Q}{\Phi }}={\displaystyle \frac{2,38\times {10}^5}{2\times {10}^3}}=1,2\times {10}^2$ s, soit $\Delta t_3\approx 2,0$ min.

Q18. De $\Phi =h_c·S·({\theta }_{thermo}-{\theta }_{eau})$, on tire ${\theta }_{thermo}={\theta }_{eau}+{\displaystyle \frac{\Phi }{h_c·S}}$, avec ${\theta }_{eau}={\theta }_f=30$ °C.

• Sans brassage : ${\theta }_{thermo}$$=30+{\displaystyle \frac{2\times {10}^3}{1,0\times {10}^3\times 0,020}}$$=30+100$, soit ${\theta }_{thermo}\approx 130$ °C.
• Avec brassage : ${\theta }_{thermo}$$=30+{\displaystyle \frac{2\times {10}^3}{4,0\times {10}^3\times 0,020}}$$=30+25$, soit ${\theta }_{thermo}\approx 55$ °C.

Q19. Sur la figure 4, la droite « sans tartre » atteint 30 °C pour $t\approx 120$ s (2,0 min), ce qui confirme le résultat de Q17. Sur la figure 5, à $t=120$ s, la courbe « sans tartre » donne ${\theta }_{thermo}\approx 57$ °C.

Cette valeur est très proche des 55 °C calculés à la question Q18 avec brassage (écart d'environ 4 %), et très loin des 130 °C sans brassage : c'est cohérent, puisque la simulation suppose un brassage efficace de l'eau. Le petit écart vient de la valeur « typique » de $h_c$ utilisée dans le modèle simple.

Q20. Sur la figure 4, l'eau atteint 30 °C à $t\approx 120$ s sans tartre et à $t^{\prime }\approx 136$ s avec 2 mm de tartre. La puissance électrique étant constante, l'énergie consommée est $W=P_{él}·\Delta t$ : elle est proportionnelle à la durée de chauffage. L'augmentation relative de la consommation vaut donc :

${\displaystyle \frac{W^{\prime }-W}{W}}={\displaystyle \frac{t^{\prime }-t}{t}}={\displaystyle \frac{136-120}{120}}\approx 0,13$, soit une hausse de l'ordre de 15 % (13 % avec ces lectures ; une petite graduation valant 10 s, l'écart avec les 15 % annoncés tient à l'incertitude de lecture). Le tartre, mauvais conducteur thermique, freine le transfert vers l'eau : il faut chauffer plus longtemps, d'où la recommandation de détartrer.

Q1. Formule semi-développée : CH₃–C(=O)–O–CH₂–C₆H₅ (le groupe CH₂ est lié au cycle benzénique). On entoure l'atome de carbone lié à la fois à un atome d'oxygène par une double liaison et à un autre atome d'oxygène lui-même lié au CH₂ : c'est le groupe caractéristique ester –C(=O)–O–. L'éthanoate de benzyle appartient à la famille des esters.

Q2. L'étape C est une trempe : en versant le contenu du tube dans de l'eau distillée glacée, on dilue fortement le mélange et on le refroidit brutalement, ce qui ralentit la réaction au point de la stopper pratiquement. La composition du mélange est ainsi « figée » à la date $t$, ce qui permet de doser la quantité d'acide éthanoïque réellement présente à cette date.

Q3. D'après l'équation de la réaction, une mole d'acide éthanoïque consommée produit une mole d'éthanoate de benzyle. Avec l'avancement $x(t)$ et l'absence d'ester à l'état initial :

• $n_{ac}(t)=n_{0,ac}-x(t)$ ;
• $n_{EB}(t)=x(t)$.

En éliminant $x(t)$ : $n_{ac}(t)=n_{0,ac}-n_{EB}(t)$.

Q4. Chaque tube contient $V=2,0$ mL de mélange, dont 25 % en volume d'acide éthanoïque : $V_{ac}=0,25\times 2,0=0,50$ mL.

Masse : $m_{ac}={\rho }_{ac}·V_{ac}=1,05\times 0,50=0,525$ g. Quantité de matière : $n_{0,ac}={\displaystyle \frac{m_{ac}}{M_{ac}}}={\displaystyle \frac{0,525}{60,1}}=8,7\times {10}^{-3}$ mol.

On retrouve bien $n_{0,ac}=0,0087$ mol, valeur de la ligne 7.

Q5. D'après la relation de Q3, $n_{EB}=n_{0,ac}-n_{ac}$ ; la ligne 18 s'écrit :

n_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]

Q6. Le temps de demi-réaction $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle l'avancement atteint la moitié de sa valeur finale : $x(t_{1/2})={\displaystyle \frac{x_f}{2}}$.

Méthode : la courbe tend vers un palier $n_{EB,f}=x_f\approx 5,8\times {10}^{-3}$ mol (valeur à 60 min ; c'est bien $0,67\times 8,7\times {10}^{-3}$, en accord avec le rendement de 67 %). On trace la droite horizontale d'ordonnée ${\displaystyle \frac{x_f}{2}}\approx 2,9\times {10}^{-3}$ mol ; elle coupe la courbe (tracée en partant de l'origine, à travers les points expérimentaux) en un point dont on lit l'abscisse : $t_{1/2}\approx 2,5$ min (entre 2 et 3 min selon le tracé : le premier point, à 2,0 min, vaut déjà 2,6 mmol).

Q7. La vitesse volumique d'apparition de l'éthanoate de benzyle s'écrit :

$$v_{EB}={\displaystyle \frac{1}{V}}·{\displaystyle \frac{d{n}_{EB}}{dt}}$$

Q8. On trace la tangente à la courbe $n_{EB}(t)$ à l'origine ($t=0$, $n_{EB}=0$). Elle passe approximativement par le point ($3,0$ min ; $5,0\times {10}^{-3}$ mol). Son coefficient directeur vaut :

${\left({\displaystyle \frac{d{n}_{EB}}{dt}}\right)}_{t=0}$$\approx {\displaystyle \frac{5,0\times {10}^{-3}-0}{3,0-0}}$$=1,7\times {10}^{-3}$ mol·min⁻¹.

Avec $V=2,0\times {10}^{-3}$ L : $v_{EB}(0)={\displaystyle \frac{1,7\times {10}^{-3}}{2,0\times {10}^{-3}}}$, soit $v_{EB}(0)\approx 0,8$ mol·L⁻¹·min⁻¹ (la valeur dépend du tracé de la tangente ; un résultat compris entre 0,6 et 1 mol·L⁻¹·min⁻¹ est cohérent).

Q9. La vitesse volumique passe d'environ 0,8 mol·L⁻¹·min⁻¹ à $t=0$ à $6,7\times {10}^{-3}$ mol·L⁻¹·min⁻¹ à $t=20$ min : elle diminue au cours du temps. La température (bain thermostaté) et la quantité de catalyseur restent constantes ; le facteur cinétique responsable est la concentration des réactifs (acide éthanoïque et alcool benzylique), qui diminue au fur et à mesure qu'ils sont consommés.

Q10. La transformation est limitée (équilibre chimique) ; pour améliorer le rendement, il faut déplacer l'équilibre dans le sens direct. On peut éliminer l'eau au fur et à mesure de sa formation (montage de Dean-Stark, ou ajout d'un desséchant), ou éliminer l'ester formé par distillation. On peut aussi augmenter encore l'excès d'alcool benzylique. En revanche, élever la température ou ajouter du catalyseur accélère la réaction sans modifier le rendement.

1. Synthèse d'un « colorant acide »

Q1. Un intermédiaire réactionnel est une espèce chimique formée au cours d'une étape du mécanisme puis consommée lors d'une étape ultérieure ; il n'apparaît donc pas dans l'équation de la réaction modélisant la transformation globale.

Q2. On souligne :

• l'ion H₂O⁺–N=O (acide nitreux protoné), formé à l'étape 2 et consommé à l'étape 3 ;
• l'ion nitrosonium N≡O⁺, formé à l'étape 3 et consommé dans la suite du mécanisme (il réagit ensuite avec l'acide sulfanilique) : il n'apparaît pas dans l'équation de la réaction de synthèse.

L'acide nitreux HNO₂, lui, figure comme réactif dans l'équation de la synthèse (il est introduit en excès) : ce n'est pas un intermédiaire de la synthèse.

Q3. À l'étape 1 :

• site donneur de doublet d'électrons : l'atome d'oxygène portant la charge négative de l'ion nitrite ; il possède des doublets non liants (site riche en électrons) ;
• site accepteur : l'ion H⁺, qui possède une lacune électronique (représentée par le rectangle vide) et une charge positive (site pauvre en électrons).

Le doublet non liant de l'oxygène forme la nouvelle liaison O–H.

Q4. Flèches courbes à dessiner sur l'annexe A2 (chaque flèche part d'un doublet d'électrons et pointe vers l'endroit où il va) :

• Étape 1 : une flèche partant d'un doublet non liant de l'oxygène chargé négativement (O⁻) et pointant vers H⁺.
• Étape 2 : une flèche partant d'un doublet non liant de l'oxygène du groupe OH de l'acide nitreux et pointant vers H⁺.
• Étape 3 : deux flèches. Une flèche partant du doublet de la liaison N–O (entre l'azote et l'oxygène chargé +) et pointant vers cet oxygène : la liaison se rompt et la molécule d'eau H₂O se détache. Une flèche partant d'un doublet non liant de l'oxygène de N=O et pointant vers la liaison N–O : il se forme la triple liaison de N≡O⁺ (l'oxygène, qui a mis en commun un doublet, porte alors la charge +).

Q5. Quantités de matière initiales :

• acide sulfanilique : $n_1={\displaystyle \frac{0,87}{173,2}}=5,02\times {10}^{-3}$ mol ;
• β-naphtol : $n_2={\displaystyle \frac{0,72}{144,2}}=4,99\times {10}^{-3}$ mol.

D'après l'équation, les deux réactifs réagissent mole à mole (l'acide nitreux est en excès). Comme $n_2<n_1$, le β-naphtol est le réactif limitant : $x_{max}=4,99\times {10}^{-3}$ mol, et il se forme au maximum $n_{max}=x_{max}$ mol de colorant.

$m_{max}=x_{max}·M(\text{colorant})=4,99\times {10}^{-3}\times 328,3$, soit $m_{max}\approx 1,64$ g.

Q6. Rendement : $\eta ={\displaystyle \frac{m}{m_{max}}}={\displaystyle \frac{1,53}{1,64}}=0,93$, soit $\eta \approx 93\%$.

Q7. Le spectre montre une forte absorption entre environ 450 et 540 nm, avec un maximum vers 485 nm, et aucune absorption au-delà de 570 nm. Le colorant absorbe donc principalement le bleu (450-500 nm sur le cercle chromatique). La couleur perçue est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, diamétralement opposée sur le cercle chromatique : le colorant est orange.

2. Étude du bain de teinture

Q8. Réaction support du titrage : CH₃COOH(aq) + HO⁻(aq) → CH₃COO⁻(aq) + H₂O(ℓ).

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : $C_{dil}·V_A=C_B·V_{E1}$, où $C_{dil}$ est la concentration du vinaigre dilué, d'où $C_{dil}$$={\displaystyle \frac{C_B·V_{E1}}{V_A}}$$={\displaystyle \frac{0,10\times 13,50}{10,0}}$$=0,1350$ mol·L⁻¹.

Le vinaigre ayant été dilué dix fois : $C_1=10\times C_{dil}={\displaystyle \frac{10C_B·V_{E1}}{V_A}}$, soit $C_1=1,350$ mol·L⁻¹, valeur du tableau.

Q9. $C_{moy}=1,3621$ mol·L⁻¹ et $\sigma =0,009$ mol·L⁻¹.

Justification : la moyenne est forcément comprise entre la plus petite (1,350) et la plus grande (1,375) des valeurs, ce qui exclut 1,9155 ; 1,3750 est la valeur maximale, pas la moyenne. Le calcul donne $C_{moy}={\displaystyle \frac{16,345}{12}}=1,3621$ mol·L⁻¹. Les valeurs s'écartent de la moyenne d'au plus 0,013 mol·L⁻¹ : l'écart-type est de l'ordre de 0,01 mol·L⁻¹, les valeurs 0,237 et 1,370 sont absurdes.

Q10. $u(C_{moy})={\displaystyle \frac{\sigma }{\sqrt{n}}}={\displaystyle \frac{0,009}{\sqrt{12}}}=2,6\times {10}^{-3}$ mol·L⁻¹, arrondie par excès à un chiffre significatif : $u(C_{moy})=0,003$ mol·L⁻¹.

Le dernier chiffre significatif du résultat est au rang de l'incertitude (millième) : $C=1,362$ mol·L⁻¹ avec $u(C)=0,003$ mol·L⁻¹.

Q11. ${\displaystyle \frac{|C-C_0|}{u(C)}}={\displaystyle \frac{|1,362-1,360|}{0,003}}\approx 0,7$.

Ce quotient est inférieur à 2 : la concentration mesurée est en accord avec la valeur de l'étiquette (C₀ = 1,360 mol·L⁻¹, vinaigre à 8°).