Bac physique-chimie 2026 — Antilles-Guyane — Jour 2 : sujet et corrigé

Le signal étant périodique, on mesure sa période sur la figure 1. Pour gagner en précision, on relève plusieurs périodes plutôt qu’une seule : entre le premier et le dernier front descendant, on compte 3 périodes :

$3\,T = 1{,}2471 - 1{,}2402 = 6{,}9\times 10^{-3}\ \text{s} \qquad\Longrightarrow\qquad T = \frac{6{,}9\times 10^{-3}}{3} = 2{,}29\times 10^{-3}\ \text{s}$

La fréquence est l’inverse de la période — on conserve ici la valeur non arrondie de $T$, sans quoi l’erreur se répercute sur $f_2$ :

$f_2 = \frac{1}{T} = \frac{1}{2{,}29\times 10^{-3}}$

Comparaison. $f_2 = 4{,}4\times 10^{2}\ \text{Hz} < f_1 = 544\ \text{Hz}$. Or plus la fréquence d’un son est faible, plus ce son est grave.

Les points M et N sont situés à la même distance $d = 5{,}0$ m de la sirène : l’atténuation géométrique (due à l’éloignement) est donc identique pour les deux. La différence observée entre les deux niveaux ne peut provenir que de l’absorption par la cloison qui les sépare.

$A = L_{\text{M}} - L_{\text{N}} = 92 - 67$

La nouvelle sirène doit produire $L'_{\text{M}} = 104$ dB à la distance $d_1 = 5{,}0$ m. On cherche le niveau $L$ à la distance $d_2 = 2{,}0$ m, en appliquant la relation fournie :

$L = L'_{\text{M}} - 20\log\!\left(\frac{d_2}{d_1}\right) = 104 - 20\log\!\left(\frac{2{,}0}{5{,}0}\right) = 104 - 20\log(0{,}40)$

$L = 104 - 20 \times (-0{,}398) = 104 + 8{,}0$

Détermination de la classe. D’après le tableau de la figure 4 :

$105\ \text{dB} \;\leqslant\; L = 112\ \text{dB} \;\leqslant\; 115\ \text{dB}$

Comparons les températures initiales : l’ampoule est à $\theta_0 = 22$ °C, l’air chaud à $\theta_{\text{ext}} = 54$ °C. L’air extérieur est donc le corps chaud, l’ampoule le corps froid.

Or un transfert thermique s’effectue spontanément du corps chaud vers le corps froid.

Justification expérimentale : la courbe de la figure 6 montre que la température de l’ampoule augmente (de 22 °C à environ 53 °C) : l’ampoule reçoit bien de l’énergie.

Système : l’ampoule du sprinkler, de capacité thermique $C$.

Pendant la durée $\Delta t$, sa température varie de $\Delta\theta$. Le premier principe, en négligeant le travail et les autres transferts d’énergie, s’écrit :

$\Delta U = Q \qquad\text{avec}\qquad \Delta U = C\cdot\Delta\theta$

Le transfert thermique reçu pendant $\Delta t$ s’obtient à partir du flux thermique, qui est une puissance ($\phi = Q/\Delta t$) :

$Q = \phi\times\Delta t = \epsilon\cdot S\cdot\sqrt{v}\cdot\left(\theta_{\text{ext}} - \theta(t)\right)\times\Delta t$

En égalant les deux expressions :

$C\cdot\Delta\theta = \epsilon\, S\,\sqrt{v}\left(\theta_{\text{ext}} - \theta(t)\right)\Delta t \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{\Delta\theta}{\Delta t} = \frac{\epsilon\cdot S\cdot\sqrt{v}}{C}\cdot\left(\theta_{\text{ext}} - \theta(t)\right)}$

On vérifie que la fonction proposée satisfait l’équation différentielle et la condition initiale.

1. Dérivation.

$\frac{d\theta}{d t}(t) = \left(\theta_0 - \theta_{\text{ext}}\right)\times\left(-\frac{1}{\tau}\right)\mathrm{e}^{-t/\tau} = -\frac{1}{\tau}\underbrace{\left(\theta_0-\theta_{\text{ext}}\right)\mathrm{e}^{-t/\tau}}_{=\,\theta(t)\,-\,\theta_{\text{ext}}}$

$\frac{d\theta}{d t}(t) = -\frac{1}{\tau}\,\theta(t) + \frac{\theta_{\text{ext}}}{\tau}$

C’est exactement l’équation différentielle de l’énoncé. ✓

2. Condition initiale. À $t = 0$ : $\theta(0) = \theta_{\text{ext}} + \left(\theta_0-\theta_{\text{ext}}\right)\mathrm{e}^{0} = \theta_0$. ✓

$\theta(\tau) = \theta_{\text{ext}} + \left(\theta_0-\theta_{\text{ext}}\right)\mathrm{e}^{-1} = 54 + (22 - 54)\times 0{,}368 = 54 - 32\times 0{,}368$

Autrement dit, au bout de la durée $\tau$, l’ampoule a effectué 63 % de son échauffement total.

On repère l’ordonnée $\theta = 42$ °C sur la courbe de la figure 6, puis on projette le point correspondant sur l’axe des abscisses :

En isolant $R_{\text{TI}}$ dans la relation fournie, avec $v = 5{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ :

$\tau = \frac{R_{\text{TI}}}{\sqrt{v}} \qquad\Longrightarrow\qquad R_{\text{TI}} = \tau\times\sqrt{v} = 42 \times \sqrt{5{,}0} = 42\times 2{,}24$

Cette valeur est du même ordre que celle annoncée ensuite par l’énoncé pour le sprinkler étudié ($R_{\text{TI}} = 90\ \text{m}^{1/2}\cdot\text{s}^{1/2}$) : l’écart, de l’ordre de 5 %, est compatible avec l’imprécision de la lecture graphique de la question Q8 (une erreur de 2 s sur $\tau$ déplace $R_{\text{TI}}$ de 4 unités).

Démarche suivie : (1) identifier les nouvelles conditions (entrepôt et fumées) ; (2) calculer le temps caractéristique correspondant ; (3) inverser la loi $\theta(t)$ pour isoler $t_{\text{rupt}}$ ; (4) appliquer numériquement.

Étape 1 — nouvelles conditions. Le sprinkler est initialement à la température de l’entrepôt, $\theta_0 = 15$ °C. Les fumées jouent maintenant le rôle du fluide extérieur : $\theta_{\text{ext}} = 200$ °C, à la vitesse $v_{\text{fumée}} = 3{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$. L’ampoule se rompt à $\theta_{\text{rupt}} = 68$ °C.

Étape 2 — temps caractéristique dans ces conditions. Le $R_{\text{TI}}$ est une caractéristique propre au sprinkler, mais $\tau$ dépend de la vitesse du fluide :

$\tau = \frac{R_{\text{TI}}}{\sqrt{v_{\text{fumée}}}} = \frac{90}{\sqrt{3{,}0}} = 52\ \text{s}$

Étape 3 — expression de $t_{\text{rupt}}$. On écrit que la température atteint $\theta_{\text{rupt}}$ à la date $t_{\text{rupt}}$ :

$\theta_{\text{rupt}} = \theta_{\text{ext}} + \left(\theta_0-\theta_{\text{ext}}\right)\mathrm{e}^{-t_{\text{rupt}}/\tau} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{-t_{\text{rupt}}/\tau} = \frac{\theta_{\text{rupt}} - \theta_{\text{ext}}}{\theta_0 - \theta_{\text{ext}}}$

On applique le logarithme népérien, puis on isole $t_{\text{rupt}}$ :

$\boxed{t_{\text{rupt}} = \tau\cdot\ln\!\left(\frac{\theta_0 - \theta_{\text{ext}}}{\theta_{\text{rupt}} - \theta_{\text{ext}}}\right)}$

Étape 4 — application numérique.

$t_{\text{rupt}} = 52 \times \ln\!\left(\frac{15 - 200}{68 - 200}\right) = 52 \times \ln\!\left(\frac{-185}{-132}\right) = 52 \times \ln(1{,}40) = 52\times 0{,}338$

Le sprinkler se déclenche donc moins de 20 secondes après l’arrivée des fumées : le dispositif est remarquablement réactif, ce qui est essentiel pour limiter la propagation de l’incendie.

Conversion du débit volumique maximal en unités du système international :

$D_V = 500\ \text{L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{500\times 10^{-3}}{60} = 8{,}33\times 10^{-3}\ \text{m}^{3}\cdot\text{s}^{-1}$

De la relation $D_V = S\cdot v$ on tire, avec $S_{\text{A}} = 1{,}6\times 10^{-3}\ \text{m}^{2}$ :

$v_{\text{A}} = \frac{D_V}{S_{\text{A}}} = \frac{8{,}33\times 10^{-3}}{1{,}6\times 10^{-3}}$

D’après la figure 8, les points A et B sont à la même altitude : $z_{\text{A}} = z_{\text{B}}$. Les termes $\rho\, g\, z$ se simplifient donc dans la relation de Bernoulli :

$\tfrac{1}{2}\rho\,v_{\text{A}}^{2} + P_{\text{A}} = \tfrac{1}{2}\rho\,v_{\text{B}}^{2} + P_{\text{B}}$

On isole $v_{\text{B}}^{2}$ :

$v_{\text{B}}^{2} = v_{\text{A}}^{2} + \frac{2\left(P_{\text{A}} - P_{\text{B}}\right)}{\rho_{\text{eau}}}$

Avec $P_{\text{A}} = 8{,}0$ bar $= 8{,}0\times 10^{5}$ Pa et $P_{\text{B}} = 1{,}0$ bar $= 1{,}0\times 10^{5}$ Pa :

$v_{\text{B}}^{2} = (5{,}2)^{2} + \frac{2\times\left(8{,}0\times 10^{5} - 1{,}0\times 10^{5}\right)}{1{,}0\times 10^{3}} = 27 + 1{,}4\times 10^{3} = 1{,}43\times 10^{3}$

On remarque que le terme de vitesse en A ($27$) est négligeable devant le terme de pression ($1{,}4\times 10^{3}$) : c’est bien la chute de pression dans la lance qui accélère l’eau.

Système : la goutte d’eau, de masse $m$, assimilée à son centre de masse M.

Référentiel : terrestre, supposé galiléen.

Bilan des forces : les frottements de l’air étant négligés, la goutte n’est soumise qu’à son poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$.

D’après la deuxième loi de Newton :

$\sum\vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad m\,\vec{g} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = \vec{g}$

Le vecteur $\vec{g}$ étant vertical et dirigé vers le bas, alors que $\vec{k}$ est orienté vers le haut :

$\vec{a}\ \begin{cases} a_x(t) = 0 \\ a_z(t) = -g = -9{,}81\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \end{cases}$

Vitesse. Le vecteur vitesse est la primitive du vecteur accélération. Les constantes d’intégration sont les coordonnées du vecteur vitesse initiale $\vec{v}_{\text{B}}$, qui fait un angle $\alpha$ avec l’horizontale :

$\vec{v}\ \begin{cases} v_x(t) = v_{\text{B}}\cos\alpha \\ v_z(t) = -g\,t + v_{\text{B}}\sin\alpha \end{cases}$

Position. Le vecteur position est à son tour la primitive du vecteur vitesse. À $t = 0$, le point M se trouve en B, d’abscisse $x_{\text{B}} = 0$ et d’altitude $z_{\text{B}} = 1{,}30$ m :

$\boxed{\begin{cases} x(t) = v_{\text{B}}\cos(\alpha)\cdot t \\ z(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^{2} + v_{\text{B}}\sin(\alpha)\cdot t + z_{\text{B}} \end{cases}}$

Les équations horaires de l’énoncé sont bien retrouvées.

Étape 1 — condition définissant la portée. La portée est la distance OP : c’est l’abscisse du point où le jet atteint le sol, c’est-à-dire où $z = 0$.

$-6{,}72\times 10^{-3}\,x^{2} + 0{,}990\,x + 1{,}30 = 0$

Étape 2 — résolution. Calculons le discriminant de ce trinôme du second degré :

$\Delta = (0{,}990)^{2} - 4\times\left(-6{,}72\times 10^{-3}\right)\times 1{,}30 = 0{,}980 + 0{,}0349 = 1{,}015$

$\sqrt{\Delta} = 1{,}007$

$x = \frac{-0{,}990 \pm 1{,}007}{2\times\left(-6{,}72\times 10^{-3}\right)} \qquad\Longrightarrow\qquad x_1 = -1{,}3\ \text{m} \quad\text{ou}\quad x_2 = 1{,}49\times 10^{2}\ \text{m}$

La solution négative n’a pas de sens physique (elle correspond au point situé « derrière » le pompier) : on la rejette.

Étape 3 — interprétation de l’écart. La documentation annonce une portée maximale de 40 m : la valeur calculée est près de 4 fois plus grande.

L’écart s’explique par les frottements de l’air, que le modèle néglige explicitement (question Q13). Or ils sont ici considérables :

• la vitesse de sortie est très élevée ($38\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, soit environ $1{,}4\times 10^{2}\ \text{km}\cdot\text{h}^{-1}$), et la force de frottement croît très vite avec la vitesse ;
• le jet se fragmente rapidement en fines gouttelettes, dont la surface totale exposée à l’air est bien plus grande que celle d’un jet compact : elles sont donc fortement freinées.

Dans cette formule semi-développée, toutes les liaisons entre atomes autres que $\text{C–H}$ sont représentées ; seules les liaisons $\text{C–H}$ sont sous-entendues (d’où l’écriture « CH » aux sommets du cycle).

Le paracétamol comporte deux groupes caractéristiques :

• le groupe hydroxyle $-\text{OH}$, porté par le cycle benzénique ;
• le groupe amide $-\text{CO}-\text{NH}-$ : un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un atome d’azote.

La conductivité de la solution est la somme des contributions de tous les ions présents : $\sigma = \sum_i \lambda_i\,[X_i]$. Il faut donc suivre quels ions apparaissent et disparaissent.

Avant l’équivalence. Les ions hydroxyde versés sont immédiatement consommés par la réaction de titrage : ils ne s’accumulent pas. En revanche s’accumulent les ions sodium $\text{Na}^+$ (spectateurs, apportés par la solution titrante) et les ions $\text{C}_8\text{H}_8\text{NO}_2^-$ (formés par la réaction). La conductivité augmente donc avec une pente proportionnelle à :

$\lambda(\text{Na}^+) + \lambda(\text{C}_8\text{H}_8\text{NO}_2^-) = \left(5{,}01 + 1{,}7\right)\times 10^{-3} = 6{,}7\times 10^{-3}\ \text{S}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{mol}^{-1}$

Après l’équivalence. Tout le paracétamol a été consommé : les ions hydroxyde versés ne réagissent plus et s’accumulent, en même temps que les ions sodium. La pente devient alors proportionnelle à :

$\lambda(\text{Na}^+) + \lambda(\text{HO}^-) = \left(5{,}01 + 19{,}8\right)\times 10^{-3} = 24{,}8\times 10^{-3}\ \text{S}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{mol}^{-1}$

Cette forte augmentation s’explique par la conductivité ionique molaire de l’ion hydroxyde, très supérieure à celle des autres ions présents.

Sur la courbe expérimentale de l’annexe 1, le rapport mesuré est plutôt de l’ordre de 3 : l’écart provient précisément de la dilution, que l’énoncé demande de négliger.

Construction. On trace les deux portions de droite mises en évidence à la question Q2 (avant et après l’équivalence) et l’on relève l’abscisse de leur point d’intersection.

Vérification. D’après l’équation de titrage, les nombres stœchiométriques du paracétamol et de l’ion hydroxyde valent tous deux 1. À l’équivalence :

$n_{\text{p}} = n(\text{HO}^-)_{\text{versé}} = C\times V_E = 0{,}250 \times 13{,}9\times 10^{-3} = 3{,}48\times 10^{-3}\ \text{mol}$

L’écart, de l’ordre de 1,5 %, est très inférieur à l’incertitude de lecture du volume équivalent ($\mathrm{u}(V_E) = 0{,}29$ mL, soit 2 %). Pour la suite, on reprend la valeur de l’énoncé, $n_{\text{p}} = 3{,}43\times 10^{-3}$ mol, qui correspond à $V_E = 13{,}7$ mL.

Masse mesurée.

$m_{\text{mes}} = n_{\text{p}}\times M(\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2) = 3{,}43\times 10^{-3}\times 151 = 0{,}518\ \text{g} = 518\ \text{mg}$

Incertitude-type. Calculons d’abord les deux incertitudes relatives :

$\frac{\mathrm{u}(C)}{C} = \frac{0{,}010}{0{,}250} = 0{,}040 \qquad\text{et}\qquad \frac{\mathrm{u}(V_E)}{V_E} = \frac{0{,}29}{13{,}7} = 0{,}021$

$\mathrm{u}(m_{\text{mes}}) = m_{\text{mes}}\times \sqrt{\left(\frac{\mathrm{u}(C)}{C}\right)^{2}+\left(\frac{\mathrm{u}(V_E)}{V_E}\right)^{2}} = 518 \times \sqrt{(0{,}040)^{2}+(0{,}021)^{2}} = 518\times 0{,}045$

Écriture du résultat. La valeur mesurée s’arrondit au même rang que son incertitude-type :

$\boxed{m_{\text{mes}} = \left(518 \pm 23\right)\ \text{mg}}$

La notice indique $m_{\text{ref}} = 500$ mg. Calculons le quotient $z$ :

$z = \frac{\left| m_{\text{mes}} - m_{\text{ref}} \right|}{\mathrm{u}(m_{\text{mes}})} = \frac{\left| 518 - 500 \right|}{23} = \frac{18}{23}$

Le quotient étant inférieur à 2, l’écart entre la masse mesurée et la valeur de référence s’explique entièrement par les incertitudes de mesure.

La vitesse volumique de disparition d’une espèce est l’opposé de la dérivée par rapport au temps de sa concentration — l’opposé, afin que la vitesse soit positive alors que la concentration diminue :

$\boxed{v_{\text{P}} = -\frac{d\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]}{d t}}$

Elle s’exprime ici en $\mu\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{h}^{-1}$.

Une loi de vitesse d’ordre 1 signifie que la vitesse est proportionnelle à la concentration du réactif, la constante de proportionnalité étant la constante de vitesse $k$ :

$v_{\text{P}} = k\cdot\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]$

En égalant avec l’expression de la question Q6 :

$-\frac{d\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]}{d t} = k\cdot\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right] \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{d\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]}{d t} = -k\cdot\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]}$

D’après la question Q6, la vitesse volumique de disparition est l’opposé du coefficient directeur de la tangente à la courbe $\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right] = f(t)$.

Or la courbe de la figure 1 est décroissante et sa pente devient de moins en moins raide : les tangentes successives sont de plus en plus proches de l’horizontale, la courbe « s’aplatit » nettement entre $t = 0$ et $t = 6$ h.

Ce résultat est cohérent avec la loi d’ordre 1 établie à la question Q7 : $v_{\text{P}} = k\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]$, et la concentration diminue.

Démarche suivie : (1) convertir la concentration en masse limite en concentration en quantité de matière ; (2) inverser la loi de décroissance exponentielle pour obtenir la durée écoulée depuis le pic ; (3) ajouter les 30 minutes séparant la prise du pic ; (4) comparer aux recommandations.

Étape 1 — conversion de $c_{\lim}$.

$\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]_{\lim} = \frac{c_{\lim}}{M(\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2)} = \frac{8\times 10^{-3}}{151} = 5{,}3\times 10^{-5}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1} = 53\ \mu\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 2 — durée écoulée depuis le pic. La concentration au pic vaut $\left[\text{C}_8\text{H}_9\text{NO}_2\right]_0 = 132\ \mu\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$, et $k = 0{,}28\ \text{h}^{-1}$ :

$53 = 132\,\mathrm{e}^{-k t} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{-k t} = \frac{53}{132} = 0{,}40$

$t = -\frac{\ln(0{,}40)}{k} = \frac{0{,}91}{0{,}28} = 3{,}3\ \text{h}$

Étape 3 — durée depuis la prise du médicament. La date $t = 0$ correspond au pic, atteint 30 minutes ($0{,}5$ h) après la prise :

$\Delta t = 3{,}3 + 0{,}5$

Étape 4 — comparaison avec les recommandations. La notice impose d’attendre au moins six heures entre deux prises, alors que l’effet antalgique s’atténue fortement dès 3 h 45. Il existe donc une période d’environ deux heures pendant laquelle le patient ne bénéficie plus de l’effet du médicament sans pouvoir en reprendre.

Explication. Ce n’est pas l’efficacité qui fixe l’intervalle entre deux prises, mais la sécurité. L’énoncé rappelle que le paracétamol est transformé en produits dont l’un est toxique. Le délai de six heures et la limite d’un gramme par prise servent à laisser à l’organisme le temps d’éliminer le paracétamol et ses métabolites, afin d’éviter que le produit toxique ne s’accumule — au prix d’une couverture antalgique incomplète.

Sens des flèches courbes.

• (1) : le doublet non liant de l’atome d’azote de $\text{NH}_3$ (site donneur, riche en électrons) attaque l’atome de chlore, appauvri en électrons par l’atome d’oxygène plus électronégatif auquel il est lié (site accepteur). Une liaison $\text{N–Cl}$ se crée ;
• (2) : simultanément, le doublet liant de la liaison $\text{O–Cl}$ se déplace vers l’atome d’oxygène, plus électronégatif : cette liaison se rompt et il se forme l’ion $\text{HO}^-$.

Catégorie de réaction. Sur l’atome de chlore, le groupe $-\text{OH}$ a été remplacé par le groupe $-\text{NH}_3^+$ : un groupe d’atomes a été échangé contre un autre, sans modification du nombre de liaisons multiples.

On additionne membre à membre les deux actes élémentaires :

$\begin{aligned} \text{acte 1} &: \quad \text{NH}_3 + \text{HOCl} \longrightarrow \text{ClNH}_3^+ + \text{HO}^- \\ \text{acte 2} &: \quad \text{ClNH}_3^+ + \text{HO}^- \longrightarrow \text{ClNH}_2 + \text{H}_2\text{O} \end{aligned}$

Les espèces $\text{ClNH}_3^+$ et $\text{HO}^-$, produites au premier acte puis intégralement consommées au second, sont des intermédiaires réactionnels : elles se simplifient.

$\boxed{\text{NH}_{3(aq)} + \text{HClO}_{(aq)} \longrightarrow \text{NH}_2\text{Cl}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}}$

Vérification : N : $1 = 1$ ; H : $3+1 = 2+2$ ; O : $1 = 1$ ; Cl : $1 = 1$. ✓

Le produit $\text{NH}_2\text{Cl}$ est la monochloramine, responsable de l’odeur « de chlore » et des irritations des yeux évoquées dans l’énoncé.

Un acide au sens de Brönsted est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs protons $\text{H}^+$ au cours d’une transformation chimique.

L’équation de la réaction de l’acide hypochloreux avec l’eau s’écrit :

$\text{HClO}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftarrows \text{ClO}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}$

La constante d’acidité est la constante d’équilibre associée à cette équation. Chaque concentration y est rapportée à la concentration standard $c^{\circ}$, et l’eau (solvant) n’y figure pas :

$\boxed{K_A = \frac{\left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}\times\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]_{\text{éq}}}{\left[\text{HClO}\right]_{\text{éq}}\times c^{\circ}}}$

En isolant le rapport cherché dans l’expression de la question Q4 :

$\frac{\left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}}{\left[\text{HClO}\right]_{\text{éq}}} = \frac{K_A\times c^{\circ}}{\left[\text{H}_3\text{O}^+\right]_{\text{éq}}}$

Avec $K_A = 10^{-\text{p}K_A} = 10^{-7{,}5}$ et $\left[\text{H}_3\text{O}^+\right] = c^{\circ}\times 10^{-\text{pH}} = c^{\circ}\times 10^{-7{,}4}$ :

$\frac{\left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}}{\left[\text{HClO}\right]_{\text{éq}}} = \frac{10^{-7{,}5}}{10^{-7{,}4}} = 10^{-0{,}1}$

Ce rapport est légèrement inférieur à 1 : c’est cohérent avec le diagramme de prédominance, puisque $\text{pH} = 7{,}4 < \text{p}K_A = 7{,}5$, l’acide hypochloreux prédomine — mais de très peu.

D’après la question Q5, $\left[\text{HClO}\right]_{\text{éq}} = \dfrac{\left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}}{0{,}79}$. En reportant dans la relation fournie :

$c_{\text{m}} = \left[\text{HClO}\right]_{\text{éq}}M(\text{HClO}) + \left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}M(\text{ClO}^-) = \left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}\left(\frac{M(\text{HClO})}{0{,}79} + M(\text{ClO}^-)\right)$

$c_{\text{m}} = \left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}\left(\frac{52{,}5}{0{,}79} + 51{,}5\right) = \left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}\times 1{,}18\times 10^{2}$

On isole la concentration cherchée, avec $c_{\text{m seuil}} = 2\ \text{mg}\cdot\text{L}^{-1} = 2\times 10^{-3}\ \text{g}\cdot\text{L}^{-1}$ :

$\left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}} = \frac{2\times 10^{-3}}{1{,}18\times 10^{2}}$

Raisonnement. On part des équations fournies pour identifier la nature de chaque électrode :

• électrode n° 1 : $2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} + 2\,\text{e}^- \longrightarrow \text{H}_{2(g)} + 2\,\text{HO}^-_{(aq)}$ — les électrons sont consommés, c’est une réduction : cette électrode est la cathode, reliée à la borne négative du générateur ;
• électrode n° 2 : $2\,\text{Cl}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{Cl}_{2(g)} + 2\,\text{e}^-$ — les électrons sont produits, c’est une oxydation : cette électrode est l’anode, reliée à la borne positive.

Démarche suivie : (1) calculer la quantité d’ions hypochlorite à produire dans le volume de la piscine ; (2) remonter, par les deux équations, à la quantité d’électrons échangés ; (3) en déduire la quantité d’électricité puis la durée.

Étape 1 — quantité d’ions hypochlorite à produire. Le volume de la piscine vaut $V = 50\ \text{m}^{3} = 5{,}0\times 10^{4}$ L :

$n(\text{ClO}^-) = \left[\text{ClO}^-\right]_{\text{éq}}\times V = 1{,}7\times 10^{-5}\times 5{,}0\times 10^{4} = 0{,}85\ \text{mol}$

Étape 2 — quantité d’électrons échangés. D’après l’équation $\text{Cl}_{2(g)} + 2\,\text{HO}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{ClO}^-_{(aq)} + \text{Cl}^-_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$, il faut une mole de dichlore par mole d’ions hypochlorite formée :

$n(\text{Cl}_2) = n(\text{ClO}^-) = 0{,}85\ \text{mol}$

D’après la réaction à l’anode, $2\,\text{Cl}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{Cl}_{2(g)} + 2\,\text{e}^-$, il se forme une mole de dichlore pour deux moles d’électrons :

$n(\text{e}^-) = 2\times n(\text{Cl}_2) = 2\times 0{,}85 = 1{,}7\ \text{mol}$

Étape 3 — quantité d’électricité et durée.

$Q = n(\text{e}^-)\times N_A\times e = 1{,}7 \times 6{,}02\times 10^{23}\times 1{,}6\times 10^{-19} = 1{,}64\times 10^{5}\ \text{C}$

$Q = I\cdot\Delta t \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta t = \frac{Q}{I} = \frac{1{,}64\times 10^{5}}{5{,}0} = 3{,}3\times 10^{4}\ \text{s}$

Il faut donc faire fonctionner l’électrolyseur près de neuf heures pour atteindre le seuil minimal de « chlore libre » — ce qui explique que ces dispositifs fonctionnent en continu, plusieurs heures par jour, pour compenser aussi la consommation du chlore par les matières organiques.