Bac physique-chimie 2026 — Centres étrangers — Jour 1 : sujet et corrigé

Le fil, placé sur le trajet du faisceau laser, ne projette pas une simple ombre géométrique : on observe sur l’écran une tache centrale lumineuse large, encadrée de taches secondaires moins intenses. La lumière s’est donc étalée au-delà des limites de l’ombre du fil.

Ce phénomène est d’autant plus marqué que l’obstacle est fin : c’est exactement ce que traduit la relation fournie $\theta = \dfrac{\lambda}{a}$, où l’angle caractéristique augmente quand le diamètre $a$ diminue.

D’après la figure 2, l’angle $\theta$ est repéré entre la direction du faisceau incident (l’axe) et la direction du faisceau émergent qui atteint une extrémité de la tache centrale. Le triangle rectangle correspondant a donc pour côtés la distance $D$ et la demi-largeur $\dfrac{L}{2}$ :

$\tan\theta = \frac{L/2}{D} = \frac{L}{2D}$

L’énoncé précise que pour des angles très petits exprimés en radians, $\tan\theta = \theta$ :

On dispose de deux expressions du même angle $\theta$ : celle établie à la question Q2 et celle fournie par l’énoncé. On les égale :

$\frac{L}{2D} = \frac{\lambda}{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{L = \frac{2\,\lambda\,D}{a}}$

Pour une expérience donnée, la longueur d’onde $\lambda$ du laser et la distance $D$ fil-écran sont fixées : le produit $2\lambda D$ est une constante, que l’on note $k$ :

$L = \underbrace{2\,\lambda\,D}_{k\ =\ \text{constante}}\times\frac{1}{a}$

Deux grandeurs sont proportionnelles si la représentation graphique de l’une en fonction de l’autre est une droite passant par l’origine. Or sur la figure 3 :

• les six points expérimentaux sont alignés ;
• la droite qui les ajuste au mieux passe par l’origine du repère (le point $(0\,;0)$ est d’ailleurs cohérent avec le modèle : un fil de diamètre infini ne diffracterait pas).

On peut le confirmer numériquement : si $L = k/a$, alors le produit $L\times a$ doit être constant.

Les six produits sont constants à environ 4 % près, ce qui est compatible avec la précision des mesures.

Méthode. D’après la question Q3, $k$ est le coefficient directeur de la droite moyenne $L = f\!\left(\frac{1}{a}\right)$ passant par l’origine. On trace cette droite, puis on calcule sa pente à l’aide de deux points très éloignés de la droite (et non de deux points expérimentaux) : l’origine et un point situé à l’extrémité droite.

Calcul de la pente. Attention aux unités : $L$ doit être en mètres et $\dfrac{1}{a}$ en $\text{m}^{-1}$.

$k = \frac{\Delta L}{\Delta\!\left(\frac{1}{a}\right)} = \frac{9{,}6\times 10^{-2} - 0}{25\times 10^{3} - 0} = 3{,}8\times 10^{-6}$

Cette valeur est cohérente avec la moyenne des produits $L\times a$ calculés à la question Q4 ($3{,}85\times 10^{-6}\ \text{m}^{2}$) et avec la modélisation fournie ensuite par l’énoncé ($k = 3{,}85\times 10^{-6}\ \text{m}^{2}$).

On isole $a$ dans la relation de modélisation $L = k\times\dfrac{1}{a}$ :

$a = \frac{k}{L}$

Avec $L = 8{,}0$ mm $= 8{,}0\times 10^{-3}$ m :

$a = \frac{3{,}85\times 10^{-6}}{8{,}0\times 10^{-3}} = 4{,}8125\times 10^{-4}\ \text{m}$

La donnée la moins précise ($L$) comporte 2 chiffres significatifs :

L’ordre de grandeur est cohérent avec la valeur annoncée sur la bobine ($0{,}45$ mm).

On applique la relation fournie. On calcule d’abord les deux incertitudes relatives, qui sont des nombres sans unité :

$\frac{\mathrm{u}(k)}{k} = \frac{0{,}05\times 10^{-6}}{3{,}85\times 10^{-6}} = 1{,}30\times 10^{-2} \qquad\text{et}\qquad \frac{\mathrm{u}(L)}{L} = \frac{0{,}5}{8{,}0} = 6{,}25\times 10^{-2}$

$\mathrm{u}(a) = a\times\sqrt{\left(\frac{\mathrm{u}(k)}{k}\right)^{2} + \left(\frac{\mathrm{u}(L)}{L}\right)^{2}} = 4{,}8125\times 10^{-4}\times\sqrt{(1{,}30\times 10^{-2})^{2}+(6{,}25\times 10^{-2})^{2}}$

$\mathrm{u}(a) = 4{,}8125\times 10^{-4}\times 6{,}38\times 10^{-2}$

On remarque que $\dfrac{\mathrm{u}(L)}{L}$ est près de cinq fois plus grande que $\dfrac{\mathrm{u}(k)}{k}$ : c’est la mesure de la largeur de la tache qui limite la précision, et non la modélisation. Le résultat de la mesure s’écrit donc $a = (0{,}481 \pm 0{,}031)$ mm.

Étape 1 — test de compatibilité. On calcule le quotient proposé par l’énoncé, en conservant la valeur non arrondie de $a$ :

$z = \frac{\left| a - a_{\text{ref}} \right|}{\mathrm{u}(a)} = \frac{\left| 0{,}481 - 0{,}450 \right|}{0{,}031} = \frac{0{,}031}{0{,}031}$

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

Étape 2 — conclusion pour la harpe. Le cahier des charges impose un diamètre « de l’ordre de grandeur de $0{,}5$ mm » au maximum, pour que les fils ne soient pas vus par les frelons. Or la valeur mesurée vaut $a = 0{,}48$ mm, et même la borne haute de l’intervalle, $a + \mathrm{u}(a) = 0{,}51$ mm, reste de cet ordre de grandeur.

Le panneau convertit l’énergie transportée par la lumière du Soleil en énergie électrique. Le phénomène responsable de cette conversion, qui se produit au cœur de chaque cellule, porte un nom précis :

Lorsqu’un photon d’énergie suffisante est absorbé par le matériau semi-conducteur de la cellule, il cède son énergie à un électron, qui est arraché à son atome : il devient mobile. Le champ électrique interne de la cellule (au niveau de la jonction) sépare alors les charges positives et négatives ainsi libérées, ce qui fait apparaître une tension entre les deux faces du panneau : un courant électrique peut circuler dans le circuit extérieur.

Étape 1 — puissance lumineuse reçue. La surface utile du panneau est celle du rectangle de dimensions 640 mm $\times$ 550 mm, converties en mètres :

$S = 0{,}640 \times 0{,}550 = 0{,}352\ \text{m}^{2}$

$P_{\text{lum}} = E\times S = 1\,000\times 0{,}352 = 352\ \text{W} = 3{,}52\times 10^{2}\ \text{W}$

Étape 2 — rendement. Le rendement est le quotient de la puissance électrique utile par la puissance reçue :

$\eta = \frac{P_{\mathrm{m}}}{P_{\text{lum}}} = \frac{50}{3{,}52\times 10^{2}} = 0{,}142$

Étape 3 — commentaire. La valeur mesurée est égale au rendement annoncé par le constructeur (14 %) : le panneau est conforme à sa notice. Ce rendement, faible en apparence, est tout à fait ordinaire pour un panneau photovoltaïque courant : les 86 % restants sont perdus, essentiellement sous forme de transfert thermique (échauffement du panneau) et parce que les photons de trop faible énergie ne sont pas convertis.

La relation fournie relie directement la capacité, l’intensité et la durée :

$Q = I\times\Delta t \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta t_{\text{charge}} = \frac{Q_{\text{batterie}}}{I} = \frac{18{,}0}{2{,}8}$

Commentaire. Cette durée est bien inférieure à la durée du jour en période estivale (14 h 17 min) : la batterie peut donc être entièrement rechargée dans la journée, ce qui garantit le fonctionnement de la harpe la nuit. La valeur obtenue est cependant une estimation optimiste : en pratique l’ensoleillement n’est maximal que quelques heures par jour, et une partie du courant produit alimente directement la harpe au lieu de charger la batterie.

Loi des mailles appliquée au circuit de la figure 5, après fermeture de l’interrupteur :

$E = u_R + u_{\mathrm{c}}$

Lois de comportement des dipôles (les deux sont fléchés en convention récepteur) :

$u_R = R\cdot i \qquad\text{et}\qquad i = C\cdot\frac{d u_{\mathrm{c}}}{d t}$

En reportant l’expression de $i$ dans celle de $u_R$, puis dans la loi des mailles :

$E = R\,C\,\frac{d u_{\mathrm{c}}}{d t} + u_{\mathrm{c}}$

On divise membre à membre par $R\,C$ :

$\frac{E}{RC} = \frac{d u_{\mathrm{c}}}{d t} + \frac{1}{RC}\,u_{\mathrm{c}}$

En posant $\tau = R\cdot C$ :

$\boxed{\frac{d u_{\mathrm{c}}}{d t} + \frac{1}{\tau}\,u_{\mathrm{c}} = \frac{E}{\tau}}$

Contrôle d’homogénéité : $R\,C$ s’exprime en $\Omega\cdot\text{F}$ ; or $\Omega = \text{V}\cdot\text{A}^{-1}$ et $\text{F} = \text{C}\cdot\text{V}^{-1} = \text{A}\cdot\text{s}\cdot\text{V}^{-1}$, donc $R\,C$ est bien en secondes. ✓

La constante $A$ se détermine par la condition initiale. L’énoncé précise que le condensateur est initialement déchargé : à $t = 0$ s, la tension à ses bornes est nulle.

$u_{\mathrm{c}}(0) = A\,\mathrm{e}^{0} + E = A + E = 0$

$A = -E = -5{,}0$

La solution s’écrit donc $u_{\mathrm{c}}(t) = E\left(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau}\right)$, fonction croissante partant de 0 et tendant vers $E = 5{,}0$ V : c’est bien l’allure de la courbe de la figure 6. ✓

Méthode. Deux constructions graphiques équivalentes permettent de lire $\tau$ sur la figure 6 :

• méthode des 63 % : à la date $t = \tau$, $u_{\mathrm{c}}(\tau) = E\left(1 - \mathrm{e}^{-1}\right) = 0{,}63\,E$. On repère l’ordonnée $0{,}63\times 5{,}0 = 3{,}15$ V (soit environ $3{,}2$ V), on projette sur la courbe, puis sur l’axe des temps ;
• méthode de la tangente à l’origine : la tangente à la courbe en $t = 0$ coupe l’asymptote horizontale $u_{\mathrm{c}} = E$ à la date $t = \tau$.

Les deux constructions donnent la même abscisse :

La question Q12 a établi que $\tau = R\cdot C$. On isole $C$, avec $R = 2{,}00$ kΩ $= 2{,}00\times 10^{3}\ \Omega$ :

$C = \frac{\tau}{R} = \frac{4{,}6\times 10^{-5}}{2{,}00\times 10^{3}}$

Cet ordre de grandeur (quelques dizaines de nanofarads) est tout à fait courant pour un condensateur de circuit électronique. Contrôle : $\text{s}/\Omega = \text{F}$. ✓

Le condensateur est chargé sous la tension $U_1 = 1\,500$ V, puis il se décharge intégralement dans le frelon : l’énergie libérée est donc toute l’énergie qu’il avait emmagasinée.

$E_{\text{cond}} = \frac{1}{2}\times C\times U_1^{2} = \frac{1}{2}\times 2{,}3\times 10^{-8}\times \left(1{,}5\times 10^{3}\right)^{2}$

$E_{\text{cond}} = \frac{1}{2}\times 2{,}3\times 10^{-8}\times 2{,}25\times 10^{6}$

Cette énergie, très faible à l’échelle humaine (elle correspond à la chute d’une masse de 100 g d’environ 2,6 cm), est cependant délivrée en un temps très bref et suffit à neutraliser un insecte.

Étape 1 — conversion des durées en minutes. Les consommations sont données par minute : il faut donc exprimer les durées en minutes.

$\Delta t_{\text{jour}} = 14\ \text{h}\ 17\ \text{min} = 14\times 60 + 17 = 857\ \text{min}$

$\Delta t_{\text{nuit}} = 9\ \text{h}\ 43\ \text{min} = 9\times 60 + 43 = 583\ \text{min}$

Vérification : $857 + 583 = 1\,440$ min $= 24$ h. ✓

Étape 2 — énergies consommées.

$E_{\text{jour}} = 857 \times 98{,}8 = 8{,}47\times 10^{4}\ \text{J}$

$E_{\text{nuit}} = 583 \times 72{,}1 = 4{,}20\times 10^{4}\ \text{J}$

$E_{\text{journée}} = E_{\text{jour}} + E_{\text{nuit}} = 8{,}47\times 10^{4} + 4{,}20\times 10^{4}$

Étape 3 — comparaison.

$\frac{E_{\text{journée}}}{E_{\text{cond}}} = \frac{1{,}27\times 10^{5}}{2{,}6\times 10^{-2}} \approx 5\times 10^{6}$

Autrement dit, c’est le fonctionnement permanent du module (surveillance, maintien de la charge du condensateur) qui consomme l’énergie, et non les décharges elles-mêmes.

Démarche suivie : (1) calculer l’énergie consommée en une journée par les seules électrocutions ; (2) la comparer à la consommation journalière du module ; (3) calculer l’énergie stockée dans la batterie et vérifier la cohérence avec l’autonomie annoncée ; (4) conclure.

Étape 1 — énergie consommée par les électrocutions. Le dispositif piège au moins 1 000 frelons par jour, chacun consommant l’énergie $E_{\text{cond}}$ calculée à la question Q16 :

$E_{\text{frelons}} = 1\,000\times E_{\text{cond}} = 1\,000\times 2{,}6\times 10^{-2} = 26\ \text{J par jour}$

Étape 2 — comparaison avec la consommation du module.

$\frac{E_{\text{frelons}}}{E_{\text{journée}}} = \frac{26}{1{,}27\times 10^{5}} = 2{,}0\times 10^{-4}$

Étape 3 — énergie stockée dans la batterie et autonomie. La capacité de la batterie, convertie en coulombs, vaut $Q_{\text{batterie}} = 18{,}0\times 3\,600 = 6{,}48\times 10^{4}$ C :

$E_{\text{batterie}} = Q_{\text{batterie}}\times U_{\text{batterie}} = 6{,}48\times 10^{4}\times 12{,}0 = 7{,}78\times 10^{5}\ \text{J}$

$\text{autonomie} = \frac{E_{\text{batterie}}}{E_{\text{journée}}} = \frac{7{,}78\times 10^{5}}{1{,}27\times 10^{5}} = 6{,}1\ \text{jours}$

Ce résultat est en excellent accord avec l’autonomie annoncée par l’énoncé (« environ 6 jours ») : le modèle et les données sont cohérents. ✓

En ajoutant les 26 J quotidiens dus aux frelons, l’autonomie devient $\dfrac{7{,}78\times 10^{5}}{1{,}27\times 10^{5}+26} = 6{,}1$ jours : la différence est de moins de deux minutes sur six jours.

Étape 4 — conclusion.

Celle-ci est fixée par la consommation permanente du module électronique (98,8 J par minute le jour, 72,1 J par minute la nuit). Piéger deux fois plus de frelons ne changerait rien ; en revanche, réduire la consommation de veille améliorerait nettement l’autonomie.

On équilibre chaque demi-équation dans l’ordre : élément principal, puis O avec $\text{H}_2\text{O}$, puis H avec $\text{H}^+$, puis les charges avec les électrons.

Couple $\text{O}_{2(g)}/\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$ :

$\text{O}_{2(g)} + 4\,\text{H}^+ + 4\,\text{e}^- = 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

Couple $\text{CO}_{2(g)}/\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_{6(aq)}$ :

$6\,\text{CO}_{2(g)} + 24\,\text{H}^+ + 24\,\text{e}^- = \text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_{6(aq)} + 6\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

Vérification de la seconde : C : $6 = 6$ ; O : $12 = 6+6$ ; H : $24 = 12+12$ ; charges : $+24-24 = 0$. ✓

Lors de la photosynthèse, la plante consomme le dioxyde de carbone et l’eau, et produit du glucose et du dioxygène. Donc :

• le dioxyde de carbone est réduit en glucose (il gagne des électrons) ;
• l’eau est oxydée en dioxygène (elle cède des électrons).

On écrit les deux demi-équations dans le bon sens et on multiplie la seconde par 6 afin d’échanger le même nombre d’électrons :

$\text{réduction} : \quad 6\,\text{CO}_{2(g)} + 24\,\text{H}^+ + 24\,\text{e}^- \longrightarrow \text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_{6(aq)} + 6\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

$\text{oxydation} : \quad 12\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \longrightarrow 6\,\text{O}_{2(g)} + 24\,\text{H}^+ + 24\,\text{e}^-$

On additionne membre à membre : les $24\ \text{e}^-$ et les $24\ \text{H}^+$ se simplifient, et il reste $12 - 6 = 6$ molécules d’eau à gauche :

$\boxed{6\,\text{CO}_{2(g)} + 6\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \longrightarrow \text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_{6(aq)} + 6\,\text{O}_{2(g)}}$

Vérification : C : $6 = 6$ ; H : $12 = 12$ ; O : $12+6 = 6+12$. ✓

La plante capte l’énergie lumineuse du Soleil et s’en sert pour synthétiser du glucose, molécule « riche en énergie » qu’elle pourra ensuite dégrader pour vivre.

La photosynthèse réalise donc la conversion : énergie lumineuse $\longrightarrow$ énergie chimique.

Sur $100\ \text{m}^{2}$, on récolte au maximum $m_{\text{plante}} = 1{,}0$ kg de plante séchée, dont la teneur en masse de nickel atteint 12,7 % :

$m(\text{Ni}) = \frac{12{,}7}{100}\times m_{\text{plante}} = 0{,}127\times 1{,}0 = 0{,}127\ \text{kg}$

La donnée la moins précise ($1{,}0$ kg) comporte 2 chiffres significatifs :

L’équation fournie est $\text{Ni}^{2+}_{(aq)} + 2\,\text{e}^- \longrightarrow \text{Ni}_{(s)}$ : les électrons figurent parmi les réactifs, ils sont donc consommés par l’ion nickel.

Une réduction se produit toujours à la cathode : c’est là que se formera le dépôt de nickel métallique.

Raisonnement préalable. Sur la figure 1 du sujet, la borne + du générateur est reliée, via l’ampèremètre, à l’électrode de titane ; la borne − est reliée à l’électrode de carbone. Donc :

• l’électrode de carbone, reliée à la borne $-$, est la cathode : c’est elle qui fournit les électrons à la solution, donc le siège de la réduction $\text{Ni}^{2+}_{(aq)} + 2\,\text{e}^- \longrightarrow \text{Ni}_{(s)}$, et donc le lieu du dépôt de nickel ;
• l’électrode de titane, reliée à la borne $+$, est l’anode, siège d’une oxydation.

Dans la solution, ce ne sont pas des électrons qui circulent mais des ions : les cations $\text{Ni}^{2+}$ migrent vers la cathode, les anions vers l’anode.

Démarche suivie : (1) calculer la quantité de matière de nickel à déposer ; (2) en déduire, par la demi-équation, la quantité d’électrons échangés ; (3) calculer la quantité d’électricité correspondante ; (4) en déduire la durée.

Étape 1 — quantité de nickel.

$n(\text{Ni}) = \frac{m(\text{Ni})}{M(\text{Ni})} = \frac{1{,}3\times 10^{2}}{58{,}7} = 2{,}21\ \text{mol}$

Étape 2 — quantité d’électrons échangés. D’après $\text{Ni}^{2+}_{(aq)} + 2\,\text{e}^- \longrightarrow \text{Ni}_{(s)}$, il faut deux moles d’électrons pour déposer une mole de nickel :

$n(\text{e}^-) = 2\times n(\text{Ni}) = 2\times 2{,}2147 = 4{,}43\ \text{mol}$

Étape 3 — quantité d’électricité. La constante de Faraday $F$ est la charge d’une mole d’électrons :

$Q = n(\text{e}^-)\times F = 4{,}43\times 96\,500 = 4{,}27\times 10^{5}\ \text{C}$

Étape 4 — durée.

$Q = I\cdot\Delta t \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta t = \frac{Q}{I} = \frac{4{,}27\times 10^{5}}{2{,}0} = 2{,}14\times 10^{5}\ \text{s}$

Commentaire. Près de 60 heures d’électrolyse continue pour seulement 130 g de nickel : à l’échelle industrielle, où l’on traite des tonnes de métal, cette durée est rédhibitoire. Elle explique le coût énergétique élevé de la purification électrolytique.

Solution. La quantité d’électricité $Q$ à faire circuler est imposée par la masse de nickel à déposer : elle ne peut pas être diminuée. En revanche, $\Delta t = \dfrac{Q}{I}$ est inversement proportionnelle à l’intensité.

En pratique, on y parvient en augmentant la surface des électrodes et en faisant fonctionner plusieurs cuves en parallèle. L’intensité ne peut cependant pas être augmentée indéfiniment : au-delà d’une certaine valeur apparaissent des réactions parasites (dégagement de dihydrogène) et le dépôt de nickel devient moins pur et moins adhérent.

Démarche suivie : (1) convertir la surface récoltée et calculer la masse de nickel brut ; (2) retrancher les 45 % de pertes ; (3) calculer la masse de nickel contenue dans une batterie ; (4) en déduire le nombre de batteries.

Étape 1 — masse de nickel extraite du champ.

$S = 1\,000\ \text{ha} = 1\,000\times 1{,}0\times 10^{4} = 1{,}0\times 10^{7}\ \text{m}^{2}$

La question Q4 a établi que $100\ \text{m}^{2}$ fournissent $0{,}127$ kg de nickel :

$m_{\text{brute}} = \frac{1{,}0\times 10^{7}}{100}\times 0{,}127 = 1{,}0\times 10^{5}\times 0{,}127 = 1{,}27\times 10^{4}\ \text{kg}\ (\approx 12{,}7\ \text{t})$

Étape 2 — pertes lors de l’extraction et de la purification. Les pertes s’élevant à 45 %, il reste $100 - 45 = 55$ % du nickel :

$m_{\text{disponible}} = 0{,}55\times 1{,}27\times 10^{4} = 6{,}99\times 10^{3}\ \text{kg}$

Étape 3 — masse de nickel par batterie. L’électrode contenant le nickel a une masse de $0{,}53$ kg, dont 60 % en masse de nickel :

$m_{\text{batterie}}(\text{Ni}) = 0{,}60\times 0{,}53 = 0{,}318\ \text{kg}$

Étape 4 — nombre de batteries.

$N = \frac{m_{\text{disponible}}}{m_{\text{batterie}}(\text{Ni})} = \frac{6{,}99\times 10^{3}}{0{,}318} = 2{,}2\times 10^{4}$

Commentaire. Le résultat est modeste : 1 000 hectares représentent $10\ \text{km}^{2}$, soit la superficie d’une petite ville, mobilisés pendant toute une saison de culture pour équiper seulement 22 000 trottinettes. La production de nickel par les plantes ne peut donc pas remplacer l’extraction minière à grande échelle.

Son intérêt est ailleurs, et il est double : ces cultures se pratiquent sur d’anciens sites industriels pollués, qu’elles dépolluent en même temps qu’elles produisent du métal — deux services rendus par la même récolte, sans ouvrir de nouvelle mine.

La molécule d’aspirine porte deux groupes caractéristiques :

• le groupe carboxyle $-\text{COOH}$ : un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un groupe $-\text{OH}$ $\longrightarrow$ famille des acides carboxyliques ;
• le groupe ester $-\text{COO}-$ : un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un second atome d’oxygène, lui-même relié à un atome de carbone $\longrightarrow$ famille des esters.

Le nom complet de l’aspirine, l’acide acétylsalicylique, reflète d’ailleurs ces deux fonctions.

On confronte les bandes lues sur le spectre avec la table des bandes d’absorption et avec les deux groupes identifiés à la question Q1.

Lecture 1 — la bande large entre 2500 et 3200 $\text{cm}^{-1}$. Le spectre présente une bande d’absorption très large, forte à moyenne, s’étendant d’environ 3400 à 2500 $\text{cm}^{-1}$ (transmittance minimale $\approx 0{,}45$). D’après la table, cette bande large est caractéristique de la liaison $\text{O–H}$ d’un acide carboxylique (2500–3200 $\text{cm}^{-1}$). Elle ne peut pas être attribuée à un $\text{O–H}$ d’alcool, dont la bande, également large, est confinée entre 3200 et 3400 $\text{cm}^{-1}$ et ne descendrait pas jusqu’à 2500 $\text{cm}^{-1}$.

Lecture 2 — les deux bandes fines et intenses entre 1650 et 1800 $\text{cm}^{-1}$. On observe deux bandes fines et très intenses, à environ 1750 et 1690 $\text{cm}^{-1}$ :

• celle voisine de 1750 $\text{cm}^{-1}$ se situe légèrement au-dessus du domaine tabulé de la liaison $\text{C=O}$ d’un ester (1700–1740 $\text{cm}^{-1}$) : ce décalage vers les grands nombres d’onde est caractéristique d’un ester de phénol, ce qu’est précisément l’aspirine. Parmi les liaisons $\text{C=O}$ de la table, l’ester est la seule attribution compatible, l’aldéhyde et la cétone étant exclus par la formule topologique de la question Q1 ;
• celle voisine de 1690 $\text{cm}^{-1}$ tombe en revanche en plein dans le domaine de la liaison $\text{C=O}$ d’un acide carboxylique (1680–1710 $\text{cm}^{-1}$).

Conclusion.

Étape 1 — facteur de dilution.

$F = \frac{C_0}{C_b} = \frac{5{,}00\times 10^{-2}}{1{,}00\times 10^{-2}} = 5{,}00$

La solution mère doit donc être diluée 5 fois.

Étape 2 — relation entre les volumes. Lors d’une dilution, la quantité de matière de soluté prélevée se conserve :

$n_{\text{prélevée}} = n_{\text{finale}} \qquad\Longrightarrow\qquad C_0\times V_{\text{pipette}} = C_b\times V_{\text{fiole}}$

$V_{\text{fiole}} = \frac{C_0}{C_b}\times V_{\text{pipette}} = 5{,}00\times V_{\text{pipette}}$

Étape 3 — choix dans la verrerie disponible. On cherche donc un couple (pipette ; fiole) dans un rapport exactement égal à 5 :

On prélève 10,0 mL de solution mère à la pipette jaugée, on les verse dans la fiole jaugée de 50,0 mL, puis on complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge et on homogénéise.

L’aspirine est un acide (groupe carboxyle) : elle cède un proton $\text{H}^+$ à l’ion hydroxyde, qui est une base. La réaction met en jeu les deux couples $\text{AH}/\text{A}^-$ et $\text{H}_2\text{O}/\text{HO}^-$ :

$\text{AH}_{(aq)} \longrightarrow \text{A}^-_{(aq)} + \text{H}^+$

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

En additionnant membre à membre, les protons $\text{H}^+$ se simplifient :

$\boxed{\text{AH}_{(aq)} + \text{HO}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{A}^-_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}}$

Cette réaction est totale et rapide : ce sont les deux conditions nécessaires pour qu’une réaction puisse servir de support à un titrage.

On peut la caractériser par le changement de réactif limitant :

• avant l’équivalence, le réactif titrant (ici $\text{HO}^-$) est limitant : il est entièrement consommé au fur et à mesure qu’on le verse ;
• à l’équivalence, les deux réactifs sont totalement consommés ;
• après l’équivalence, le réactif titrant est en excès et s’accumule dans le bécher.

C’est ce changement brutal qui provoque le saut de pH observé sur la courbe.

Méthode. La courbe dérivée $\dfrac{d\,\text{pH}}{d V}$ est fournie : le volume équivalent est l’abscisse de son maximum, c’est-à-dire le point où le pH varie le plus vite (point d’inflexion de la courbe $\text{pH} = f(V)$). On projette le sommet du pic sur l’axe des volumes.

Vérification par une seconde méthode. La courbe $\text{pH} = f(V)$ présente son saut de pH le plus raide au voisinage de $V = 8{,}8$ mL : la méthode des tangentes parallèles conduirait à la même valeur. ✓

Démarche suivie : (1) exploiter l’équivalence pour obtenir la quantité d’aspirine dans la prise d’essai ; (2) remonter à la quantité contenue dans la solution S, donc dans le comprimé ; (3) convertir en masse ; (4) comparer à la masse annoncée à l’aide de la tolérance de $\pm 15\ \%$.

Étape 1 — quantité d’aspirine dans la prise d’essai. Les nombres stœchiométriques de $\text{AH}$ et de $\text{HO}^-$ valent tous deux 1 dans l’équation de la question Q4. À l’équivalence :

$n_{\text{prélevé}}(\text{AH}) = n_{\text{versé}}(\text{HO}^-) = C_b\times V_E = 1{,}00\times 10^{-2}\times 8{,}8\times 10^{-3} = 8{,}8\times 10^{-5}\ \text{mol}$

Étape 2 — quantité contenue dans le comprimé. Cette quantité n’est contenue que dans les $V_a = 20{,}0$ mL prélevés ; la solution S, qui contient tout le comprimé, a un volume $V = 500{,}0$ mL, soit 25 fois plus :

$n_{\text{comprimé}} = n_{\text{prélevé}}\times\frac{V}{V_a} = 8{,}8\times 10^{-5}\times\frac{500{,}0}{20{,}0} = 8{,}8\times 10^{-5}\times 25 = 2{,}20\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Étape 3 — masse d’aspirine du comprimé.

$m = n_{\text{comprimé}}\times M(\text{aspirine}) = 2{,}20\times 10^{-3}\times 180{,}2 = 0{,}396\ \text{g}$

Étape 4 — comparaison avec la tolérance de la pharmacopée. Le comprimé est annoncé à $m_{\text{ref}} = 500$ mg. La pharmacopée admet un écart de $\pm 15\ \%$, soit un intervalle d’acceptation :

$0{,}85\times 500 = 425\ \text{mg} \qquad\text{à}\qquad 1{,}15\times 500 = 575\ \text{mg}$

Or l’écart relatif mesuré vaut, avec la masse retenue $m = 4{,}0\times 10^{2}$ mg :

$\frac{\left|m - m_{\text{ref}}\right|}{m_{\text{ref}}} = \frac{\left|400 - 500\right|}{500} = \frac{100}{500} = 0{,}20$

Le comprimé est nettement sous-dosé en principe actif : il contient un cinquième d’aspirine en moins que la quantité annoncée. Cela confirme le soupçon de contrefaçon évoqué en introduction — le médicament serait à la fois inefficace au dosage prévu et trompeur pour le patient.

Contrôle de cohérence : un comprimé conforme à 500 mg aurait conduit à un volume équivalent $V_E = \dfrac{500\times 10^{-3}/180{,}2}{25\times 1{,}00\times 10^{-2}}\times 10^{3} = 11{,}1$ mL, très nettement supérieur aux 8,8 mL mesurés. ✓