Bac physique-chimie 2026 — Amérique du Nord — Jour 2 : sujet et corrigé

L’effusivité est définie par $E = \sqrt{\lambda \times c_v}$. Écrivons l’unité du produit $\lambda \times c_v$ :

$\left[\lambda\right] \times \left[c_v\right] = \left(\text{J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}\right) \times \left(\text{J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{m}^{-3}\right) = \text{J}^{2}\cdot\text{K}^{-2}\cdot\text{m}^{-4}\cdot\text{s}^{-1}$

Or prendre la racine carrée revient à élever à la puissance $\frac{1}{2}$, donc à diviser par 2 tous les exposants :

$\left[E\right] = \left(\text{J}^{2}\cdot\text{K}^{-2}\cdot\text{m}^{-4}\cdot\text{s}^{-1}\right)^{1/2} = \text{J}^{2\times\frac{1}{2}}\cdot\text{K}^{-2\times\frac{1}{2}}\cdot\text{m}^{-4\times\frac{1}{2}}\cdot\text{s}^{-1\times\frac{1}{2}}$

Le transfert thermique s’effectue spontanément du corps chaud vers le corps froid, jusqu’à ce que l’équilibre thermique soit atteint.

C’est cohérent avec les températures relevées : l’eau se réchauffe (de 25,4 °C à 25,9 °C) tandis que le carrelage se refroidit (de 39,7 °C à 25,9 °C).

Énoncé du premier principe. Pour un système fermé au repos, la variation d’énergie interne entre l’état initial et l’état final est égale à la somme du travail et du transfert thermique échangés avec le milieu extérieur :

$\Delta U = W + Q$

• $\Delta U$ : variation d’énergie interne du système, en joules (J) ;
• $W$ : travail échangé avec l’extérieur, en joules (J) ;
• $Q$ : transfert thermique échangé avec l’extérieur, en joules (J).

$W$ et $Q$ sont comptés positivement lorsqu’ils sont reçus par le système.

Application au système $\{\text{eau} + \text{carrelage}\}$ dans le calorimètre. L’énoncé précise que l’on néglige tout travail et tout transfert thermique avec l’extérieur :

$W = 0 \qquad\text{et}\qquad Q = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta U_{\text{système}} = 0$

L’énergie interne étant une grandeur extensive, celle du système est la somme de celles de ses deux constituants :

$\boxed{\Delta U_{\text{système}} = \Delta U_{\text{eau}} + \Delta U_{\text{carrelage}} = 0}$

Autrement dit, toute l’énergie cédée par le carrelage est reçue par l’eau.

L’eau est un système incompressible, donc $\Delta U_{\text{eau}} = C_{\text{eau}}\times \Delta T$ avec $C_{\text{eau}} = m_{\text{eau}} \times c_{\text{eau}}$ :

$\Delta U_{\text{eau}} = m_{\text{eau}}\, c_{\text{eau}} \left(\theta_{\text{finale}} - \theta_{i,\text{eau}}\right)$

Avec $m_{\text{eau}} = 720$ g $= 0{,}720$ kg, et une variation de température $\Delta T = 25{,}9 - 25{,}4 = 0{,}5$ °C $= 0{,}5$ K :

$\Delta U_{\text{eau}} = 0{,}720 \times 4{,}18\times 10^{3} \times 0{,}5$

Cette valeur est positive : l’eau a bien reçu de l’énergie, conformément à la question Q.2.

D’après le premier principe appliqué à la question Q.3 :

$\Delta U_{\text{carrelage}} = -\Delta U_{\text{eau}} = -1{,}50\times 10^{3}\ \text{J}$

Le carrelage étant lui aussi un système incompressible :

$\Delta U_{\text{carrelage}} = C_{\text{carrelage}} \left(\theta_{\text{finale}} - \theta_{i,\text{carrelage}}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad C_{\text{carrelage}} = \frac{\Delta U_{\text{carrelage}}}{\theta_{\text{finale}} - \theta_{i,\text{carrelage}}}$

$C_{\text{carrelage}} = \frac{-1{,}50\times 10^{3}}{25{,}9 - 39{,}7} = \frac{-1{,}50\times 10^{3}}{-13{,}8}$

Le résultat est positif, comme doit l’être toute capacité thermique : les deux signes négatifs se compensent (le carrelage cède de l’énergie et sa température diminue).

Par définition, la capacité thermique volumique est le quotient de la capacité thermique du morceau par son volume :

$c_{v\,\text{carrelage}} = \frac{C_{\text{carrelage}}}{V} = \frac{109}{5{,}50\times 10^{-5}}$

En appliquant la définition de l’effusivité, avec $\lambda_{\text{carrelage}} = 1{,}3\ \text{J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$ :

$E_{\text{carrelage}} = \sqrt{\lambda_{\text{carrelage}} \times c_{v\,\text{carrelage}}} = \sqrt{1{,}3 \times 1{,}98\times 10^{6}} = \sqrt{2{,}57\times 10^{6}}$

Comparons les deux effusivités déterminées expérimentalement :

$E_{\text{carrelage}} = 1{,}60\times 10^{3} \;>\; E_{\text{bois}} = 0{,}476\times 10^{3}\ \text{J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{s}^{-1/2}$

$\frac{E_{\text{carrelage}}}{E_{\text{bois}}} = \frac{1{,}60\times 10^{3}}{0{,}476\times 10^{3}} = 3{,}4$

L’effusivité du carrelage est donc environ 3,4 fois plus grande que celle du bois.

Or le texte d’introduction cite explicitement le carrelage comme exemple de matériau à forte effusivité (« un matériau absorbe rapidement de l’énergie thermique sans se réchauffer notablement en surface (cas de la pierre, de l’acier, du carrelage) ») et le bois comme exemple de matériau à faible effusivité (« le matériau se réchauffe très rapidement sur la surface de contact … comme c’est le cas pour le bois »).

La conversion des degrés Celsius en kelvins s’écrit $T(\text{K}) = \theta(\text{°C}) + 273$. Avec $\theta_{\text{mesure.SB}} = 28{,}3$ °C :

$T_{\text{mesure.SB}} = 28{,}3 + 273$

L’incertitude-type associée à la mesure vaut $0{,}2$ °C, soit $0{,}2$ K : on peut écrire $T_{\text{mesure.SB}} = (301{,}3 \pm 0{,}2)$ K.

Convertissons d’abord les températures initiales en kelvins :

$T_{\text{silicone}} = 34{,}1 + 273 = 307{,}1\ \text{K} \qquad\text{et}\qquad T_{\text{bois}} = 19{,}6 + 273 = 292{,}6\ \text{K}$

En appliquant la relation fournie avec A $=$ silicone et B $=$ bois :

$T_{\text{calcul.SB}} = \frac{E_{\text{silicone}}\, T_{\text{silicone}} + E_{\text{bois}}\, T_{\text{bois}}}{E_{\text{silicone}} + E_{\text{bois}}}$

$T_{\text{calcul.SB}} = \frac{0{,}756\times 10^{3} \times 307{,}1 + 0{,}476\times 10^{3} \times 292{,}6}{0{,}756\times 10^{3} + 0{,}476\times 10^{3}} = \frac{3{,}714\times 10^{5}}{1{,}232\times 10^{3}}$

Rassemblons les quatre valeurs :

L’incertitude-type associée à chaque mesure de température vaut $\mathrm{u}(T) = 0{,}2$ °C $= 0{,}2$ K. Formons, pour chaque contact, le quotient qui permet de discuter l’accord entre une valeur mesurée et une valeur de référence :

$\frac{\lvert T_{\text{mesure}} - T_{\text{calcul}} \rvert}{\mathrm{u}(T)} = \frac{0{,}2}{0{,}2} = 1{,}0 \qquad\text{dans les deux cas}$

Ce quotient est inférieur à 2 : l’écart entre la mesure et le calcul s’explique entièrement par l’incertitude de mesure.

Démarche suivie : (1) comparer les températures de contact réellement atteintes dans les deux cas ; (2) expliquer cet écart par la relation donnant $T_{\text{calcul}}$ ; (3) revenir à l’interprétation physique du texte d’introduction.

Étape 1 — les deux températures de contact. Les deux sols sont à la même température initiale ($\approx 19{,}6$ °C), et le pied est dans les deux cas à 34,1 °C. Pourtant, les températures de contact mesurées diffèrent nettement :

$\theta_{\text{contact, bois}} = 301{,}3 - 273 = 28{,}3\ \text{°C} \qquad\text{contre}\qquad \theta_{\text{contact, carrelage}} = 297{,}2 - 273 = 24{,}2\ \text{°C}$

soit un écart de plus de 4 °C.

Étape 2 — explication par les effusivités. La température de contact est une moyenne pondérée par les effusivités : c’est le matériau de plus forte effusivité qui « impose » sa température. Or :

$E_{\text{carrelage}} = 1{,}60\times 10^{3} \;>\; E_{\text{silicone}} = 0{,}756\times 10^{3} \;>\; E_{\text{bois}} = 0{,}476\times 10^{3}$

• sur le carrelage, $E_{\text{carrelage}} > E_{\text{silicone}}$ : c’est le sol, froid, qui l’emporte, et la température de contact se rapproche de la sienne ;
• sur le bois, $E_{\text{bois}} < E_{\text{silicone}}$ : c’est cette fois le pied, chaud, qui l’emporte, et la température de contact reste proche de la sienne.

Étape 3 — interprétation physique. Le carrelage, de forte effusivité, absorbe rapidement l’énergie thermique du pied sans se réchauffer en surface : le pied continue donc à lui céder de l’énergie et sa surface se refroidit fortement. Le bois, de faible effusivité, se réchauffe au contraire très vite au niveau de la surface de contact, et cesse alors de prendre de l’énergie au pied.

Dans un solide (carrelage, bois), les particules ne peuvent pas se déplacer : le transfert thermique s’y fait uniquement par conduction, de proche en proche.

Dans un liquide, les particules peuvent au contraire se déplacer : un mode de transfert supplémentaire apparaît.

C’est la raison pour laquelle on parle ici d’un transfert « conducto-convectif » : les deux modes coexistent, d’où la loi de Newton utilisée dans la suite.

Le flux thermique est l’énergie transférée par unité de temps : c’est une puissance, exprimée en watts.

$\phi = \frac{Q}{\Delta t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{Q = \phi \times \Delta t}$

Cette relation n’est valable que pour une durée $\Delta t$ très petite, pendant laquelle le flux $\phi$ peut être considéré comme constant — or il dépend ici de $\theta$, qui varie au cours du temps.

Système : le silicone contenu dans la poche, de capacité thermique $C_{\text{silicone}}$.

Pendant une durée très petite $\Delta t$, sa température varie de $\Delta\theta$. Le premier principe, appliqué à ce système incompressible et en négligeant le travail, s’écrit :

$\Delta U = Q \qquad\text{avec}\qquad \Delta U = C_{\text{silicone}} \times \Delta\theta$

Le transfert thermique reçu par le silicone pendant $\Delta t$ s’obtient par la question Q.14, en y reportant la loi de Newton :

$Q = \phi \times \Delta t = h_{\text{eau-silicone}} \times S \times \left(\theta_T - \theta\right)\times \Delta t$

En égalant les deux expressions :

$C_{\text{silicone}}\,\Delta\theta = h_{\text{eau-silicone}}\, S \left(\theta_T - \theta\right)\Delta t \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\Delta\theta}{\Delta t} = \frac{h_{\text{eau-silicone}}\, S}{C_{\text{silicone}}}\left(\theta_T - \theta\right)$

En faisant tendre $\Delta t$ vers 0, le taux de variation devient la dérivée :

$\frac{d\theta}{d t} = \frac{h_{\text{eau-silicone}}\, S}{C_{\text{silicone}}}\left(\theta_T - \theta\right)$

On reconnaît le temps caractéristique $\tau = \dfrac{C_{\text{silicone}}}{h_{\text{eau-silicone}}\times S}$, c’est-à-dire $\dfrac{h_{\text{eau-silicone}}\,S}{C_{\text{silicone}}} = \dfrac{1}{\tau}$ :

$\frac{d\theta}{d t} = \frac{1}{\tau}\left(\theta_T - \theta\right) = \frac{1}{\tau}\,\theta_T - \frac{1}{\tau}\,\theta$

En regroupant les termes en $\theta$ dans le membre de gauche :

$\boxed{\frac{d\theta}{d t} + \frac{1}{\tau}\times \theta = \frac{1}{\tau}\times \theta_T}$

L’annexe présente, en fonction du temps, la température mesurée (croix) et la température modélisée (points gris) au centre de la poche de silicone.

Comparaison. Les deux séries de points sont pratiquement superposées sur toute la durée de l’acquisition (3 heures, soit $1{,}08\times 10^{4}$ s) : elles partent toutes deux d’environ 11,6 °C, décroissent de la même façon et atteignent la température du thermostat (0 °C) vers $t \approx 6\times 10^{3}$ s. Les écarts éventuels restent inférieurs à la taille des points.

Commentaire. La fonction du modèle, $\theta(t) = 11{,}6\,\mathrm{e}^{-t/(1{,}04\times 10^{3})} + 16{,}3\times 10^{-3}$, est bien de la forme $\theta(t) = \left(\theta(0) - \theta_T\right)\mathrm{e}^{-t/\tau} + \theta_T$ annoncée par l’énoncé, avec :

$\theta(0) - \theta_T = 11{,}6\ \text{°C} \qquad \tau = 1{,}04\times 10^{3}\ \text{s} \qquad \theta_T = 16{,}3\times 10^{-3} \approx 0\ \text{°C}$

La valeur $\theta_T \approx 0$ °C obtenue par la modélisation correspond exactement à la température du thermostat eau liquide/glace, ce qui est un excellent contrôle.

Méthode employée : tangente à l’origine. Pour une décroissance exponentielle, la tangente à la courbe à l’instant initial coupe l’asymptote horizontale $\theta = \theta_T$ à l’abscisse $t = \tau$. Ici $\theta_T \approx 0$ °C : l’asymptote se confond avec l’axe des abscisses.

En projetant sur l’axe des abscisses le point d’intersection de la tangente avec l’asymptote, on lit :

Seconde méthode possible : à $t = \tau$, la température vaut $\theta(\tau) = 0{,}37 \times \left(\theta(0) - \theta_T\right) + \theta_T = 0{,}37 \times 11{,}6 = 4{,}3$ °C. On repère cette ordonnée sur la courbe et on lit l’abscisse correspondante : on retrouve $\tau \approx 1{,}0\times 10^{3}$ s.

Cette lecture graphique est cohérente avec la valeur $1{,}04\times 10^{3}$ s figurant dans l’équation du modèle inscrite sur l’annexe.

En isolant $h_{\text{eau-silicone}}$ dans l’expression du temps caractéristique établie à la question Q.15 :

$\tau = \frac{C_{\text{silicone}}}{h_{\text{eau-silicone}}\times S} \qquad\Longrightarrow\qquad h_{\text{eau-silicone}} = \frac{C_{\text{silicone}}}{\tau \times S}$

$h_{\text{eau-silicone}} = \frac{179}{1{,}0\times 10^{3} \times 0{,}0172} = \frac{179}{17{,}2} = 10{,}4$

Le temps caractéristique ayant été lu avec 2 chiffres significatifs, le résultat s’écrit avec 2 chiffres significatifs :

$h_{\text{eau-silicone}} = 10\ \text{J}\cdot\text{s}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{m}^{-2} \qquad\text{et}\qquad h_{\text{air-silicone}} = 3{,}51\ \text{J}\cdot\text{s}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{m}^{-2}$

$\frac{h_{\text{eau-silicone}}}{h_{\text{air-silicone}}} = \frac{10}{3{,}51} \approx 3$

Le coefficient conducto-convectif avec l’eau est environ 3 fois plus grand qu’avec l’air.

Or, comme le rappelle l’énoncé, « plus le coefficient de transfert conducto-convectif est grand, plus le flux sera important ». À écart de température égal, le pied cède donc environ 3 fois plus d’énergie par seconde dans l’eau que dans l’air.

On peut le confirmer par le temps caractéristique, inversement proportionnel à $h$ :

$\tau_{\text{air}} = \frac{C_{\text{silicone}}}{h_{\text{air-silicone}}\times S} = \frac{179}{3{,}51 \times 0{,}0172} = 3{,}0\times 10^{3}\ \text{s}$

soit environ 3 fois plus long que dans l’eau ($1{,}0\times 10^{3}$ s) : le refroidissement dans l’air est bien 3 fois plus lent. C’est d’ailleurs l’expérience de chacun — on a beaucoup plus vite froid dans une eau à 20 °C que dans l’air à 20 °C.

Le mois de décembre compte 31 jours. L’énergie moyenne produite par jour est donc le quotient de l’énergie totale par le nombre de jours :

$E_{\text{jour}} = \frac{E_{\text{décembre}}}{31} = \frac{922}{31}$

Dans le circuit extérieur, le courant électrique conventionnel sort de la borne + du générateur, traverse les fils conducteurs et l’électrolyseur, puis revient par la borne −. Les électrons, porteurs de charge négative, circulent dans les fils en sens inverse du courant.

Demi-équations des deux couples.

• couple $\text{H}^+_{(aq)}\,/\,\text{H}_{2\,(g)}$ : $\quad 2\,\text{H}^+_{(aq)} + 2\,\text{e}^- = \text{H}_{2\,(g)}$
• couple $\text{O}_{2\,(g)}\,/\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$ : $\quad \text{O}_{2\,(g)} + 4\,\text{H}^+_{(aq)} + 4\,\text{e}^- = 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

Attribution aux électrodes. À l’électrode reliée à la borne $-$ du générateur, les électrons arrivent : ils sont donc consommés, il s’y produit une réduction. À l’électrode reliée à la borne $+$, les électrons sont au contraire arrachés : il s’y produit une oxydation.

Les électrons produits à l’anode sont exactement ceux qui sont consommés à la cathode : il faut donc équilibrer leur nombre. On multiplie la demi-équation de réduction par 2 :

$\text{cathode }(\times 2) : \quad 4\,\text{H}^+_{(aq)} + 4\,\text{e}^- \longrightarrow 2\,\text{H}_{2\,(g)}$

$\text{anode} : \quad 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \longrightarrow \text{O}_{2\,(g)} + 4\,\text{H}^+_{(aq)} + 4\,\text{e}^-$

En additionnant membre à membre, les 4 électrons et les 4 ions $\text{H}^+$ se simplifient :

$\boxed{2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \longrightarrow 2\,\text{H}_{2\,(g)} + \text{O}_{2\,(g)}}$

L’électrolyse réalise donc la décomposition de l’eau en dihydrogène et dioxygène.

La charge électrique transférée pendant la durée $\Delta t$ vaut $Q = I \times \Delta t$. Comme une mole d’électrons transporte la charge $F$ :

$\boxed{n(\text{e}^-) = \frac{Q}{F} = \frac{I \times \Delta t}{F}}$

Conversion des données : $I = 7{,}25$ mA $= 7{,}25\times 10^{-3}$ A et $\Delta t = 6\ \text{min}\ 47\ \text{s} = 6\times 60 + 47 = 407$ s.

$n(\text{e}^-) = \frac{7{,}25\times 10^{-3} \times 407}{96\,500} = \frac{2{,}95}{96\,500}$

D’après la demi-équation se produisant à la cathode, $2\,\text{H}^+_{(aq)} + 2\,\text{e}^- \longrightarrow \text{H}_{2\,(g)}$, il faut 2 moles d’électrons pour former 1 mole de dihydrogène :

$n(\text{H}_2) = \frac{n(\text{e}^-)}{2} = \frac{3{,}06\times 10^{-5}}{2} = 1{,}53\times 10^{-5}\ \text{mol}$

La masse molaire du dihydrogène vaut $M(\text{H}_2) = 2 \times M(\text{H}) = 2 \times 1{,}0 = 2{,}0\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$, d’où :

$m(\text{H}_2) = n(\text{H}_2) \times M(\text{H}_2) = 1{,}53\times 10^{-5} \times 2{,}0$

Démarche suivie : (1) calculer l’énergie électrique consommée par l’électrolyseur du laboratoire ; (2) en déduire l’énergie nécessaire par gramme de dihydrogène ; (3) extrapoler aux 400 kg visés.

Étape 1 — énergie consommée au laboratoire. L’énergie électrique reçue par l’électrolyseur, soumis à la tension $U$ et parcouru par l’intensité $I$ pendant la durée $\Delta t$, vaut :

$E_{\text{labo}} = U \times I \times \Delta t = 4{,}74 \times 7{,}25\times 10^{-3} \times 407 = 14{,}0\ \text{J}$

Étape 2 — énergie par gramme de dihydrogène. Cette énergie a permis de produire $m = 3{,}06\times 10^{-5}$ g de dihydrogène (question Q.6) :

$\frac{E_{\text{labo}}}{m} = \frac{14{,}0}{3{,}06\times 10^{-5}} = 4{,}58\times 10^{5}\ \text{J}\cdot\text{g}^{-1}$

Étape 3 — extrapolation à 400 kg. Avec $m' = 400$ kg $= 4{,}00\times 10^{5}$ g, et en supposant que l’électrolyseur industriel fonctionne avec la même efficacité que celui du laboratoire :

$E = 4{,}58\times 10^{5} \times 4{,}00\times 10^{5}$

Convertissons en mégawattheures, sachant que $1\ \text{W}\cdot\text{h} = 3\,600$ J :

$E = \frac{1{,}83\times 10^{11}}{3\,600} = 5{,}08\times 10^{7}\ \text{W}\cdot\text{h} = 50{,}8\ \text{MW}\cdot\text{h}$

Comparons l’énergie nécessaire chaque jour à l’énergie disponible chaque jour :

$E_{\text{nécessaire}} = 50{,}8\ \text{MW}\cdot\text{h} \qquad > \qquad E_{\text{jour}} = 29{,}7\ \text{MW}\cdot\text{h}$

$\frac{E_{\text{nécessaire}}}{E_{\text{jour}}} = \frac{50{,}8}{29{,}7} = 1{,}7$

Commentaire. Plusieurs remarques permettent de nuancer cette conclusion :

• le calcul de la question Q.7 suppose que l’installation industrielle a exactement la même efficacité que le petit électrolyseur du laboratoire. Or un électrolyseur industriel est optimisé : à quantité de dihydrogène égale, il consomme moins d’énergie. L’énergie réellement nécessaire est donc probablement plus faible que les 50,8 $\text{MW}\cdot\text{h}$ calculés ;
• l’énergie produite par l’éolienne varie fortement d’un mois à l’autre : la valeur de 922 $\text{MW}\cdot\text{h}$ ne concerne que le mois de décembre 2023. Décembre étant un mois généralement venteux, la moyenne annuelle serait plutôt inférieure — ce qui ne ferait qu’aggraver le constat ;
• pour atteindre l’objectif, on peut installer plusieurs éoliennes flottantes autour de la plateforme — c’est d’ailleurs le principe des parcs éoliens en mer.

Selon Brönsted, une base est une espèce chimique capable de capter (accepter) un ou plusieurs protons $\text{H}^+$ au cours d’une transformation chimique.

(Par opposition, un acide de Brönsted est une espèce capable de céder un ou plusieurs protons $\text{H}^+$.)

Quantité de matière de carbonate de potassium dissous, avec $m = 3{,}0$ g et $M(\text{K}_2\text{CO}_3) = 138{,}0\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$ :

$n(\text{K}_2\text{CO}_3) = \frac{m}{M(\text{K}_2\text{CO}_3)} = \frac{3{,}0}{138{,}0} = 2{,}17\times 10^{-2}\ \text{mol}$

La dissolution du solide libère les ions selon $\text{K}_2\text{CO}_{3\,(s)} \longrightarrow 2\,\text{K}^+_{(aq)} + \text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)}$ : il se forme donc une mole d’ions carbonate par mole de solide dissous.

$n(\text{CO}_3^{2-}) = n(\text{K}_2\text{CO}_3) = 2{,}17\times 10^{-2}\ \text{mol}$

La solution est préparée dans une fiole jaugée de $V = 100{,}0$ mL $= 0{,}1000$ L :

$C = \frac{n(\text{CO}_3^{2-})}{V} = \frac{2{,}17\times 10^{-2}}{0{,}1000}$

L’ion carbonate est la base du couple $\text{HCO}_3^-{}_{(aq)}\,/\,\text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)}$ : il capte un proton. L’eau joue ici le rôle d’acide, dans le couple $\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\,/\,\text{HO}^-_{(aq)}$ : elle cède un proton.

$\text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)} + \text{H}^+ \longrightarrow \text{HCO}_3^-{}_{(aq)} \qquad\text{et}\qquad \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \longrightarrow \text{HO}^-_{(aq)} + \text{H}^+$

En additionnant ces deux demi-équations, le proton se simplifie :

$\boxed{\text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftarrows \text{HCO}_3^-{}_{(aq)} + \text{HO}^-_{(aq)}}$

Vérification de l’ajustement : conservation des éléments (C : 1 = 1 ; O : 3+1 = 3+1 ; H : 2 = 1+1) et conservation de la charge ($-2 + 0 = -1 - 1$). ✓

La concentration en ions oxonium se déduit du pH :

$[\text{H}_3\text{O}^+] = c^{\circ}\times 10^{-\text{pH}} = 10^{-11{,}8} = 1{,}58\times 10^{-12}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Le produit ionique de l’eau relie les deux concentrations :

$K_e = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]\,[\text{HO}^-]}{(c^{\circ})^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad [\text{HO}^-] = \frac{K_e\,(c^{\circ})^{2}}{[\text{H}_3\text{O}^+]} = \frac{1{,}0\times 10^{-14}}{1{,}58\times 10^{-12}}$

Méthode équivalente : $\text{pOH} = \text{p}K_e - \text{pH} = 14{,}0 - 11{,}8 = 2{,}2$, d’où $[\text{HO}^-] = 10^{-2{,}2} = 6{,}3\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$.

Formons le quotient des deux concentrations :

$\frac{[\text{HO}^-]}{C} = \frac{6{,}3\times 10^{-3}}{2{,}2\times 10^{-1}} = 2{,}9\times 10^{-2} \qquad\text{soit environ } 2{,}9\ \%$

$[\text{HO}^-] = 6{,}3\times 10^{-3} \;\ll\; C = 2{,}2\times 10^{-1}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

D’après le tableau d’avancement de la réaction de la question Q.3, chaque ion carbonate ayant réagi produit un ion hydroxyde. Le quotient $[\text{HO}^-]/C$ représente donc le taux d’avancement final de la réaction : seuls environ 3 % des ions carbonate introduits ont effectivement réagi avec l’eau.

Si l’ion carbonate était une base forte, sa réaction avec l’eau serait totale et l’on aurait $[\text{HO}^-] = C$. Ce n’est manifestement pas le cas : la transformation est très limitée.

Par conséquent, plus de 97 % des ions carbonate restent sous la forme $\text{CO}_3^{2-}$ en solution (l’ion $\text{HCO}_3^-$ formé demeure minoritaire) : on peut légitimement assimiler la lessive de cendre à une simple solution d’ions carbonate.

Demi-équations des couples mettant en jeu les ions carbonate :

$\text{couple } \text{HCO}_3^-/\text{CO}_3^{2-} : \quad \text{HCO}_3^-{}_{(aq)} = \text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)} + \text{H}^+$

$\text{couple } \text{H}_2\text{CO}_3/\text{HCO}_3^- : \quad \text{H}_2\text{CO}_{3\,(aq)} = \text{HCO}_3^-{}_{(aq)} + \text{H}^+$

Demi-équation du couple de l’eau $\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\,/\,\text{HO}^-_{(aq)}$ :

$\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} = \text{HO}^-_{(aq)} + \text{H}^+$

Demi-équation du couple réellement mis en jeu par le titrant. La solution titrante est de l’acide chlorhydrique : elle apporte des ions oxonium, qui cèdent des protons. C’est donc le couple $\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}\,/\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$ qui intervient dans la réaction de titrage :

$\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} = \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} + \text{H}^+$

Justification de l’équation de titrage. L’ion carbonate capte successivement deux protons pour se transformer en $\text{H}_2\text{CO}_3$ :

$\text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)} + \text{H}^+ \longrightarrow \text{HCO}_3^-{}_{(aq)} \qquad\text{puis}\qquad \text{HCO}_3^-{}_{(aq)} + \text{H}^+ \longrightarrow \text{H}_2\text{CO}_{3\,(aq)}$

Ces deux protons sont cédés par deux ions oxonium :

$2\,\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} + 2\,\text{H}^+$

En additionnant l’ensemble, les protons se simplifient :

$\boxed{\text{CO}_3^{2-}{}_{(aq)} + 2\,\text{H}_3\text{O}^+_{(aq)} \longrightarrow \text{H}_2\text{CO}_{3\,(aq)} + 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}}$

Vérification : conservation des éléments (C : 1 = 1 ; O : 3 + 2 = 3 + 2 ; H : 6 = 2 + 4) et de la charge ($-2 + 2 = 0$). ✓

Démarche suivie : (1) exploiter la relation à l’équivalence, en tenant compte des nombres stœchiométriques ; (2) remonter de la solution diluée $S_1$ à la lessive $S_0$ grâce au facteur de dilution.

Étape 1 — concentration de la solution diluée $S_1$. D’après l’équation de titrage établie à la question Q.6, 2 moles d’ions oxonium sont nécessaires pour faire réagir 1 mole d’ions carbonate. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

$\frac{n(\text{H}_3\text{O}^+)_{\text{versé}}}{2} = \frac{n(\text{CO}_3^{2-})_{\text{titré}}}{1} \qquad\Longrightarrow\qquad c_A \times V_{\text{eq}} = 2 \times C_1 \times V_1$

$C_1 = \frac{c_A \times V_{\text{eq}}}{2\,V_1} = \frac{5{,}00\times 10^{-3} \times 17{,}0}{2 \times 10{,}0} = 4{,}25\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 2 — concentration de la lessive $S_0$. La solution $S_1$ a été obtenue par une dilution par 10 de $S_0$ : la concentration de $S_0$ est donc dix fois plus grande.

$C_0 = 10 \times C_1 = 10 \times 4{,}25\times 10^{-3}$

Étape 1 — quantité d’espèces basiques préconisée. Les mesures qualifient l’eau de dure. D’après le tableau de l’étiquette, il faut introduire, pour 5 kg de linge, une quantité d’espèces chimiques basiques comprise entre :

$6{,}0\times 10^{-3}\ \text{mol} \quad\text{et}\quad 1{,}0\times 10^{-2}\ \text{mol}$

Étape 2 — volume de lessive de cendre correspondant. D’après la question Q.5, l’espèce basique de la lessive de cendre est l’ion carbonate, de concentration $C_0 = 4{,}25\times 10^{-2}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$. La quantité apportée par un volume $V$ vaut $n = C_0 \times V$, d’où $V = \dfrac{n}{C_0}$ :

$V_{\min} = \frac{6{,}0\times 10^{-3}}{4{,}25\times 10^{-2}} = 0{,}14\ \text{L} = 1{,}4\times 10^{2}\ \text{mL}$

$V_{\max} = \frac{1{,}0\times 10^{-2}}{4{,}25\times 10^{-2}} = 0{,}24\ \text{L} = 2{,}4\times 10^{2}\ \text{mL}$

Étape 3 — commentaire. Pour une lessive commerciale, l’énoncé indique un volume compris entre 50 et 150 mL. Il faut donc verser nettement plus de lessive de cendre — environ deux fois plus — pour apporter la même quantité d’espèces basiques.

C’est cohérent : la lessive de cendre est obtenue par simple trempage de cendres dans l’eau, sans étape de concentration ; elle est donc moins concentrée en espèces basiques qu’un produit industriel.

Le résultat reste néanmoins tout à fait praticable au quotidien : verser environ 200 mL de lessive de cendre à chaque machine ne pose aucune difficulté — il faut simplement en préparer davantage, ce qui reste peu coûteux puisque la matière première est un déchet de combustion.