Bac physique-chimie 2026 — Centres étrangers — Jour 2 : sujet et corrigé

Poids de l’ion.

$P = m\,g = 1{,}67\times 10^{-27}\times 9{,}81 = 1{,}64\times 10^{-26}\ \text{N}$

Force électrique. Le champ électrique entre les plaques vaut, après conversion de $U$ en volts et de $d$ en mètres :

$E = \frac{U}{d} = \frac{65\times 10^{3}}{5{,}0\times 10^{-3}} = 1{,}3\times 10^{7}\ \text{V}\cdot\text{m}^{-1}$

$F_e = |q|\times E = e\,E = 1{,}6\times 10^{-19}\times 1{,}3\times 10^{7} = 2{,}1\times 10^{-12}\ \text{N}$

Comparaison. On compare les deux valeurs par leur quotient :

$\frac{F_e}{P} = \frac{2{,}1\times 10^{-12}}{1{,}64\times 10^{-26}} = 1{,}3\times 10^{14}$

Dans toute la suite de l’étude du mouvement entre les plaques, on ne tiendra donc compte que de la force électrique.

Raisonnement préalable. L’ion $\text{H}^-$ part de O sans vitesse initiale et se déplace vers les $x$ croissants (« sens du mouvement » de la figure 2) : la force électrique qui l’accélère est donc dirigée vers la droite, dans le sens de $\vec{i}$.

Or $\vec{F_e} = q\,\vec{E}$ avec $q = -e < 0$ : la force et le champ sont de sens opposés. Le vecteur champ électrique est donc dirigé vers la gauche, de la plaque de droite vers la plaque de gauche. Entre deux plaques parallèles le champ est uniforme : on le représente par des vecteurs identiques (même direction, même sens, même longueur) en tout point de l’espace situé entre les plaques.

On vérifie la cohérence : les lignes de champ vont toujours de la plaque positive vers la plaque négative : la plaque 2, celle de droite, est donc la borne positive. Et un ion négatif est bien attiré par une plaque positive.

Système : l’ion $\text{H}^-$, de masse $m$ et de charge $q = -e$.

Référentiel : le référentiel lié aux plaques, supposé galiléen, muni de l’axe $(Ox)$ de vecteur unitaire $\vec{i}$.

Bilan des forces : le poids, négligeable d’après la question Q1 ; la force électrique $\vec{F_e} = q\,\vec{E}$.

D’après la question Q2, le vecteur champ est dirigé selon $-\vec{i}$ :

$\vec{E} = -\frac{U}{d}\,\vec{i} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{F_e} = q\,\vec{E} = (-e)\times\left(-\frac{U}{d}\right)\vec{i} = \frac{e\,U}{d}\,\vec{i}$

La deuxième loi de Newton appliquée au système s’écrit :

$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{e\,U}{d}\,\vec{i} = m\,\vec{a}$

$\boxed{a_x = \frac{e\,U}{m\,d}}$

Cette accélération est constante : le mouvement de l’ion entre les plaques est rectiligne uniformément accéléré.

Vitesse. La coordonnée $v_x$ du vecteur vitesse est une primitive par rapport au temps de $a_x$ :

$v_x(t) = \frac{e\,U}{m\,d}\,t + C_1$

L’ion est émis au point O sans vitesse initiale : $v_x(0) = 0$, donc $C_1 = 0$.

$\boxed{v_x(t) = \frac{e\,U}{m\,d}\times t}$

Position. L’abscisse $x$ est à son tour une primitive de $v_x$ :

$x(t) = \frac{1}{2}\,\frac{e\,U}{m\,d}\,t^{2} + C_2$

L’ion est émis au point O, d’abscisse nulle : $x(0) = 0$, donc $C_2 = 0$.

$\boxed{x(t) = \frac{1}{2}\times\frac{e\,U}{m\,d}\times t^{2}}$

Les deux expressions de l’énoncé sont bien retrouvées.

Étape 1 — valeur de l’accélération.

$a_x = \frac{e\,U}{m\,d} = \frac{1{,}6\times 10^{-19}\times 65\times 10^{3}}{1{,}67\times 10^{-27}\times 5{,}0\times 10^{-3}} = 1{,}25\times 10^{15}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Étape 2 — durée du parcours entre les plaques. On cherche la date $t_1$ à laquelle $x(t_1) = d$ :

$\frac{1}{2}\,a_x\,t_1^{2} = d \qquad\Longrightarrow\qquad t_1 = \sqrt{\frac{2\,d}{a_x}} = \sqrt{\frac{2\times 5{,}0\times 10^{-3}}{1{,}25\times 10^{15}}} = 2{,}8\times 10^{-9}\ \text{s}$

Étape 3 — vitesse atteinte. On reporte cette durée (non arrondie) dans l’expression de $v_x$ :

$v_{\text{sortie}} = a_x\times t_1 = 1{,}25\times 10^{15}\times 2{,}83\times 10^{-9} \approx 3{,}53\times 10^{6}$

Cette vitesse représente environ 1 % de la célérité de la lumière : la mécanique newtonienne reste légitime.

$E_{\mathrm{C}} = \frac{1}{2}\,m\,v_{\text{sortie}}^{2} = \frac{1}{2}\times 1{,}67\times 10^{-27}\times \left(3{,}53\times 10^{6}\right)^{2} = \frac{1}{2}\times 1{,}67\times 10^{-27}\times 1{,}25\times 10^{13}$

Contrôle par le théorème de l’énergie cinétique. Entre O et la seconde plaque, seule la force électrique travaille :

$\Delta E_{\mathrm{C}} = W(\vec{F_e}) = F_e\times d = \frac{e\,U}{d}\times d = e\,U = 1{,}6\times 10^{-19}\times 65\times 10^{3} = 1{,}04\times 10^{-14}\ \text{J}$

On retrouve la même valeur : le résultat est confirmé.

Ce résultat est remarquable : lors d’une traversée, la particule gagne une énergie $\Delta E_{\mathrm{C}} = e\,U$, indépendante de la distance $d$ entre les plaques. Exprimée en électronvolts, elle vaut exactement 65 keV, c’est-à-dire le nombre de volts de la tension appliquée — c’est toute l’origine de l’unité « électronvolt ».

Démarche suivie : (1) convertir en joules l’énergie cinétique de sortie donnée en MeV ; (2) diviser par le gain d’énergie obtenu à chaque passage entre les plaques pour compter les passages ; (3) traduire ce nombre de passages en nombre de tours.

Étape 1 — énergie cinétique de sortie en joules.

$E_{\mathrm{C,\,sortie}} = 70\ \text{MeV} = 70\times 10^{6}\times 1{,}60\times 10^{-19} = 1{,}12\times 10^{-11}\ \text{J}$

Étape 2 — nombre de passages entre les plaques. Les particules ne gagnent d’énergie que dans la zone accélératrice, à raison de $1{,}0\times 10^{-14}$ J par passage ; elles n’en gagnent aucune dans les cavités (le champ magnétique ne travaille pas). Le nombre $N$ de passages est donc :

$N = \frac{E_{\mathrm{C,\,sortie}}}{\Delta E_{\mathrm{C}}} = \frac{1{,}12\times 10^{-11}}{1{,}0\times 10^{-14}} = 1{,}12\times 10^{3} = 1120$

Étape 3 — passage du nombre de passages au nombre de tours. À chaque demi-tour la particule décrit un demi-cercle dans une cavité, puis traverse une fois la zone accélératrice. Un tour complet comporte donc deux traversées de l’espace inter-plaques :

$n_{\text{tours}} = \frac{N}{2} = \frac{1120}{2}$

Ce très grand nombre de tours est exactement l’intérêt du cyclotron : il permet d’atteindre 70 MeV avec une tension modeste de 65 kV, en faisant repasser des centaines de fois la particule dans la même zone accélératrice.

Une cible riche en oxygène 18 ($Z = 8$, $A = 18$) est bombardée par des protons ${}^{1}_{1}\mathrm{H}$ ; il se forme du fluor 18 ($Z = 9$, $A = 18$) et un neutron ${}^{1}_{0}\mathrm{n}$ :

$\boxed{{}^{18}_{\phantom{1}8}\mathrm{O} \;+\; {}^{1}_{1}\mathrm{H} \;\longrightarrow\; {}^{18}_{\phantom{1}9}\mathrm{F} \;+\; {}^{1}_{0}\mathrm{n}}$

Vérification des lois de conservation de Soddy :

• nombre de nucléons : $18 + 1 = 19$ et $18 + 1 = 19$ $\checkmark$
• nombre de charges : $8 + 1 = 9$ et $9 + 0 = 9$ $\checkmark$

La particule émise lors d’une désintégration $\beta^{+}$ est le positon (ou positron), antiparticule de l’électron, de symbole ${}^{\phantom{+}0}_{+1}\mathrm{e}$ : sa charge est $+e$ et son nombre de nucléons est nul.

Le noyau père est le fluor 18 ($Z = 9$). D’après les lois de conservation, le noyau fils a pour nombre de charges $Z' = 9 - 1 = 8$ : c’est l’oxygène 18, et pour nombre de nucléons $A' = 18 - 0 = 18$ :

$\boxed{{}^{18}_{\phantom{1}9}\mathrm{F} \;\longrightarrow\; {}^{18}_{\phantom{1}8}\mathrm{O} \;+\; {}^{\phantom{+}0}_{+1}\mathrm{e}}$

Au niveau du noyau, cette désintégration correspond à la transformation d’un proton en neutron.

Étape 1 — conversion de l’énergie en joules.

$E = 511\ \text{keV} = 511\times 10^{3}\ \text{eV} = 511\times 10^{3}\times 1{,}60\times 10^{-19} = 8{,}18\times 10^{-14}\ \text{J}$

Étape 2 — longueur d’onde associée. On isole $\lambda$ dans la relation $E = \dfrac{h\times c}{\lambda}$, avec $c = 3{,}00\times 10^{8}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ :

$\lambda = \frac{h\times c}{E} = \frac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{8{,}18\times 10^{-14}} = \frac{1{,}99\times 10^{-25}}{8{,}18\times 10^{-14}}$

Étape 3 — domaine du rayonnement. D’après le schéma des domaines des ondes électromagnétiques, la frontière entre les rayons X et les rayons $\gamma$ se situe vers $10^{-11}$ m. Or :

$\lambda = 2{,}4\times 10^{-12}\ \text{m} < 10^{-11}\ \text{m}$

1. Dérivation. On dérive la fonction proposée par rapport au temps ($N_0$ et $\lambda$ sont des constantes) :

$\frac{d N}{d t}(t) = N_0\times (-\lambda)\,\mathrm{e}^{-\lambda t} = -\lambda\times\underbrace{N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t}}_{=\,N(t)} = -\lambda\,N(t)$

C’est exactement l’équation différentielle proposée. $\checkmark$

2. Condition initiale. À la date $t = 0$ :

$N(0) = N_0\,\mathrm{e}^{0} = N_0$

ce qui correspond bien au nombre de noyaux présents au moment de l’injection. $\checkmark$

Définition. Le temps de demi-vie $t_{1/2}$ d’un noyau radioactif est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents dans un échantillon se sont désintégrés :

$N\!\left(t_{1/2}\right) = \frac{N_0}{2} \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad \frac{N\!\left(t_{1/2}\right)}{N_0} = 0{,}50 = 50\ \%$

Lecture graphique. On repère l’ordonnée 50 % sur l’axe vertical, on se déplace horizontalement jusqu’à la courbe, puis on projette verticalement sur l’axe des temps :

Soit environ 110 minutes, c’est-à-dire 1 h 50 min.

On isole $\lambda$ dans la relation fournie $t_{1/2} = \dfrac{\ln(2)}{\lambda}$ :

$\lambda = \frac{\ln(2)}{t_{1/2}} = \frac{0{,}693}{6{,}6\times 10^{3}}$

La constante radioactive s’exprime bien en $\text{s}^{-1}$ : c’est l’inverse d’une durée, comme l’impose l’homogénéité de l’équation différentielle $d N/d t = -\lambda N$.

Étape 1 — date correspondant à la fin de l’analyse des clichés. D’après le déroulement de l’examen, en comptant à partir de l’injection ($t = 0$) :

• attente de la diffusion et de la fixation du traceur : environ 1 h ;
• enregistrement des clichés puis analyse : environ 30 min.

$t = 1\ \text{h} + 30\ \text{min} = 1{,}5\ \text{h} = 1{,}5\times 3600 = 5{,}4\times 10^{3}\ \text{s}$

Étape 2 — pourcentage de noyaux restants.

$\frac{N(t)}{N_0} = \mathrm{e}^{-\lambda t} = \mathrm{e}^{-1{,}05\times 10^{-4}\times 5{,}4\times 10^{3}} = \mathrm{e}^{-0{,}567} = 0{,}567$

Contrôle graphique. Sur la courbe de décroissance fournie par l’énoncé, l’ordonnée lue pour $t = 5{,}4\times 10^{3}$ s vaut bien environ 57 % : les deux méthodes concordent.

Autre lecture du même résultat : $5{,}4\times 10^{3}$ s représente $0{,}82\times t_{1/2}$, soit un peu moins d’une demi-vie — il est donc normal qu’il reste un peu plus de la moitié des noyaux.

Étape 1 — mise en inéquation. On cherche la date $t$ à partir de laquelle $\dfrac{N(t)}{N_0} < 0{,}010$ :

$\mathrm{e}^{-\lambda t} < 0{,}010$

Étape 2 — résolution. La fonction logarithme népérien étant strictement croissante, on peut l’appliquer aux deux membres :

$-\lambda\,t < \ln(0{,}010) \qquad\Longrightarrow\qquad t > -\frac{\ln(0{,}010)}{\lambda} = \frac{\ln(100)}{\lambda} = \frac{4{,}61}{1{,}05\times 10^{-4}}$

Vérification par les demi-vies. Passer sous 1 % revient à diviser par 100, donc à attendre $\log_2(100) = 6{,}6$ demi-vies : $6{,}6\times 6{,}6\times 10^{3} = 4{,}4\times 10^{4}$ s. $\checkmark$

Étape 3 — commentaire. Le patient quitte l’hôpital 2 h après le début de l’examen, alors qu’il faut environ 12 h pour que l’activité du traceur devienne négligeable. À sa sortie il reste d’ailleurs

$\frac{N}{N_0} = \mathrm{e}^{-1{,}05\times 10^{-4}\times 7{,}2\times 10^{3}} = 0{,}47 \qquad\text{soit environ } 47\ \%\ \text{du traceur.}$

Concrètement : boire abondamment pour accélérer l’élimination urinaire du traceur, et éviter les contacts rapprochés et prolongés avec les jeunes enfants et les femmes enceintes jusqu’au lendemain.

Ce temps de demi-vie de 110 minutes constitue malgré tout un bon compromis : assez long pour que le traceur se fixe et que les clichés soient exploitables, assez court pour que la dose reçue par le patient reste faible. Avec un isotope de demi-vie de plusieurs jours, le patient resterait radioactif pendant des semaines.

Dans une formule topologique, la chaîne carbonée est représentée par une ligne brisée : chaque extrémité et chaque sommet correspond à un atome de carbone, les atomes d’hydrogène liés aux carbones ne sont pas écrits. Seuls les hétéroatomes (ici les atomes d’oxygène) et les hydrogènes qu’ils portent sont représentés.

La molécule comporte $1 + 7 + 1 = 9$ atomes de carbone : la ligne brisée doit donc présenter 9 sommets, les deux carbones des extrémités portant chacun un groupe $-\text{COOH}$.

Formule brute correspondante : $\text{C}_9\text{H}_{16}\text{O}_4$, de masse molaire $M = 9\times 12{,}0 + 16\times 1{,}0 + 4\times 16{,}0 = 188\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$, en accord avec la valeur $188{,}2\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$ fournie par l’énoncé.

La molécule possède deux groupes caractéristiques identiques, chacun situé à une extrémité de la chaîne : le groupe carboxyle $-\text{COOH}$, formé d’un atome de carbone doublement lié à un atome d’oxygène et simplement lié à un groupe hydroxyle.

Étape 1 — chaîne principale. La chaîne carbonée principale comporte 9 atomes de carbone : d’après le tableau fourni, le nom de l’alcane correspondant est le nonane.

Étape 2 — famille chimique et suffixe. La fonction présente est la fonction acide carboxylique : d’après le second tableau, le nom prend la forme « acide … oïque ».

Étape 3 — multiplicité du groupe. La molécule possède deux groupes carboxyle identiques : la règle fournie impose de faire précéder le suffixe du préfixe multiplicatif « di », d’où la terminaison « … dioïque ».

Aucun indice de position n’est nécessaire : les deux carbones fonctionnels sont, par construction, les carbones des extrémités de la chaîne, numérotés 1 et 9.

Le diacide $\text{AH}_2$ perd successivement ses deux protons, ce qui fait intervenir deux couples acide/base :

$\text{AH}_2/\text{AH}^- \quad (\mathrm{p}K_{a1} = 4{,}55) \qquad\text{et}\qquad \text{AH}^-/\text{A}^{2-} \quad (\mathrm{p}K_{a2} = 5{,}50)$

Pour chaque couple, la forme acide prédomine si $\text{pH} < \mathrm{p}K_a$ et la forme basique si $\text{pH} > \mathrm{p}K_a$. On obtient trois domaines :

On situe la valeur $\text{pH} = 4{,}7$ sur le diagramme précédent :

$\mathrm{p}K_{a1} = 4{,}55 < \text{pH} = 4{,}7 < \mathrm{p}K_{a2} = 5{,}50$

Le pH est supérieur à $\mathrm{p}K_{a1}$ : la forme $\text{AH}_2$ a déjà cédé son premier proton. Il est inférieur à $\mathrm{p}K_{a2}$ : le second proton n’est pas encore cédé.

Il s’agit d’un titrage suivi par pH-métrie : on verse progressivement la solution titrante contenue dans la burette et l’on mesure le pH de la solution titrée après chaque ajout.

Deux précisions attendues : le barreau aimanté et l’agitateur assurent l’homogénéité de la solution après chaque ajout ; si nécessaire, on ajoute de l’eau distillée dans le bécher pour que la partie sensible de la sonde soit entièrement immergée — cet ajout d’eau ne modifie pas la quantité de matière d’acide titrée, donc pas le volume équivalent.

Démarche suivie : (1) déterminer le volume équivalent à partir de la courbe dérivée ; (2) en déduire la quantité d’ions hydroxyde versés à l’équivalence ; (3) utiliser la stœchiométrie de la réaction de titrage pour obtenir la quantité d’acide dans la prise d’essai ; (4) remonter à la fiole jaugée puis au flacon par le facteur de dilution ; (5) convertir en masse.

Étape 1 — détermination du volume à l’équivalence. Le volume équivalent est l’abscisse du maximum de la courbe dérivée $d\,\text{pH}/dV$, c’est-à-dire l’abscisse du point d’inflexion du saut de pH :

Étape 2 — quantité d’ions hydroxyde versés à l’équivalence.

$n(\text{HO}^-)_{\text{versé}} = C_b\times V_E = 0{,}200\times 17{,}4\times 10^{-3} = 3{,}48\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Étape 3 — quantité d’acide azélaïque dans la prise d’essai. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l’équation :

$\text{AH}_{2(aq)} + 2\,\text{HO}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{A}^{2-}_{(aq)} + 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

$\frac{n(\text{AH}_2)_{\text{titrée}}}{1} = \frac{n(\text{HO}^-)_{\text{versé}}}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad n(\text{AH}_2)_{\text{titrée}} = \frac{3{,}48\times 10^{-3}}{2} = 1{,}74\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Étape 4 — retour à la fiole jaugée, puis au flacon. Cette quantité est celle contenue dans la prise d’essai $V_a = 10{,}0$ mL prélevée dans la fiole jaugée de 100,0 mL. La solution étant homogène, la fiole entière en contient dix fois plus :

$n_{\text{fiole}} = n(\text{AH}_2)_{\text{titrée}}\times \frac{V_{\text{fiole}}}{V_a} = 1{,}74\times 10^{-3}\times\frac{100{,}0}{10{,}0} = 1{,}74\times 10^{-2}\ \text{mol}$

Or la totalité du flacon ($V_{\text{sérum}} = 30{,}0$ mL) a été versée dans cette fiole : la quantité d’acide azélaïque du flacon est donc exactement $n_{\text{fiole}}$.

Étape 5 — conversion en masse.

$m = n_{\text{fiole}}\times M = 1{,}74\times 10^{-2}\times 188{,}2 = 3{,}27\ \text{g}$

Étape 1 — masse de sérum contenue dans le flacon. La densité du sérum est $d_{\text{sérum}} = \dfrac{\rho_{\text{sérum}}}{\rho_{\text{eau}}} = 1{,}03$, d’où $\rho_{\text{sérum}} = 1{,}03\times 1{,}00 = 1{,}03\ \text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$ :

$m_{\text{sérum}} = \rho_{\text{sérum}}\times V_{\text{sérum}} = 1{,}03\times 30{,}0 = 30{,}9\ \text{g}$

Étape 2 — pourcentage massique mesuré.

$w = \frac{m_{\text{acide}}}{m_{\text{sérum}}}\times 100 = \frac{3{,}3}{30{,}9}\times 100$

Étape 3 — test de compatibilité. La valeur de référence annoncée par le site est $w_{\text{ref}} = 10{,}0$ %. On calcule le quotient proposé par l’énoncé :

$z = \frac{\left|w_{\text{mes}} - w_{\text{ref}}\right|}{\mathrm{u}(w)} = \frac{\left|10{,}7 - 10{,}0\right|}{0{,}4} = \frac{0{,}7}{0{,}4}$

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

Robustesse de la conclusion. En reprenant la valeur non arrondie $m = 3{,}27$ g, on obtiendrait $w = 10{,}6$ % et $z = 1{,}5$ : la conclusion ($z < 2$) est inchangée. Elle ne dépend donc pas de l’arrondi effectué à la question Q7.

Le protocole impose de chauffer à reflux pendant une heure. Il faut donc un montage dans lequel les vapeurs sont condensées puis ramenées dans le ballon.

• dans les montages 1 et 3, le réfrigérant conduit les vapeurs condensées vers un récipient extérieur au ballon (erlenmeyer, éprouvette de recueil) : ce sont des montages de type distillation, dans lesquels le condensat quitte définitivement le milieu réactionnel — les réactifs seraient perdus ;
• seul le montage 2 comporte un réfrigérant vertical placé directement au-dessus du ballon : les vapeurs condensées y retombent. C’est le montage de chauffage à reflux.

Intérêt de l’élément 1 (le dispositif de chauffage). La température est un facteur cinétique : chauffer augmente la fréquence et l’efficacité des chocs entre molécules, donc la vitesse de la réaction. L’estérification étant une réaction lente, ce chauffage permet d’atteindre l’état final en une heure au lieu de plusieurs jours.

Intérêt de l’élément 2 (le réfrigérant à eau). Il condense les vapeurs des espèces volatiles (éthanol, acide éthanoïque, ester) et les renvoie dans le ballon. On peut ainsi chauffer sans perte de matière et sans rejet de vapeurs inflammables ou irritantes : les quantités de matière du milieu réactionnel restent inchangées.

L’acide sulfurique est introduit en très faible quantité (0,5 mL) et ne figure pas dans l’équation de la réaction : il n’est ni un réactif, ni un produit — il est régénéré en fin de réaction.

Intérêt de son ajout. Il augmente la vitesse de la réaction en offrant un chemin réactionnel de moindre énergie d’activation : associé au chauffage à reflux, il permet d’atteindre l’état final en une heure.

Limite à connaître : un catalyseur ne modifie pas l’état final du système. Le taux d’avancement final, la constante d’équilibre et donc le rendement sont exactement les mêmes avec ou sans acide sulfurique.

Étape 1 — tableau d’avancement. Les deux réactifs sont introduits en quantités égales : $n_0 = 0{,}150$ mol.

$\text{CH}_3\text{COOH} + \text{C}_2\text{H}_5\text{OH} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COOC}_2\text{H}_5 + \text{H}_2\text{O}$

Étape 2 — avancement maximal. Si la réaction était totale, le réactif limitant serait entièrement consommé. Les deux réactifs étant introduits en proportions stœchiométriques (1 pour 1), ils sont tous les deux limitants :

$0{,}150 - x_{\max} = 0 \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = 0{,}150\ \text{mol} \quad\Longrightarrow\quad n(\text{ester})_{\max} = x_{\max} = 0{,}150\ \text{mol}$

Étape 3 — masse molaire de l’ester puis masse. L’ester est l’éthanoate d’éthyle $\text{CH}_3\text{COOC}_2\text{H}_5$, de formule brute $\text{C}_4\text{H}_8\text{O}_2$ :

$M(\text{ester}) = 4\times 12{,}0 + 8\times 1{,}0 + 2\times 16{,}0 = 48{,}0 + 8{,}0 + 32{,}0 = 88{,}0\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$

$m_{\max} = n(\text{ester})_{\max}\times M(\text{ester}) = 0{,}150\times 88{,}0$

Définition. Le taux d’avancement final $\tau$ est le quotient de l’avancement final $x_f$ réellement atteint par l’avancement maximal $x_{\max}$ qu’aurait la réaction si elle était totale :

$\boxed{\tau = \frac{x_f}{x_{\max}}} \qquad\text{avec}\qquad 0 \leqslant \tau \leqslant 1$

Quantités de matière à l’état final. Ici $x_{\max} = n_0 = 0{,}150$ mol, donc $x_f = \tau\,n_0$ :

$n_{\text{ester}} = n_{\text{eau}} = x_f = \tau\,n_0 \qquad\text{et}\qquad n_{\text{acide}} = n_{\text{alcool}} = n_0 - x_f = n_0\left(1-\tau\right)$

Expression de la constante d’équilibre. La constante d’équilibre est la valeur prise par le quotient de réaction à l’état d’équilibre :

$K = Q_{r,\text{éq}} = \frac{n_{\text{ester}}\times n_{\text{eau}}}{n_{\text{acide}}\times n_{\text{alcool}}} = \frac{\left(\tau\,n_0\right)\times\left(\tau\,n_0\right)}{\left[n_0\left(1-\tau\right)\right]\times\left[n_0\left(1-\tau\right)\right]} = \frac{\tau^{2}\,n_0^{2}}{n_0^{2}\left(1-\tau\right)^{2}}$

Les termes $n_0^{2}$ se simplifient :

$\boxed{K = \frac{\tau^{2}}{\left(1-\tau\right)^{2}}}$

Par définition, $\tau = \dfrac{x_f}{x_{\max}}$ avec $x_f \leqslant x_{\max}$ : le taux d’avancement final est nécessairement compris entre 0 et 1.

Or $\tau_2 = 2{,}0 > 1$ : cette solution mathématique signifierait que la réaction a produit deux fois plus d’ester que si elle avait été totale, ce qui est physiquement impossible. On la rejette.

Cette valeur, nettement inférieure à 1, confirme que l’estérification est une réaction non totale : à l’état final, il reste dans le ballon de l’acide éthanoïque et de l’éthanol n’ayant pas réagi.

Étape 1 — avancement final.

$x_f = \tau\times x_{\max} = 0{,}67\times 0{,}150 = 0{,}1005\ \text{mol}$

Étape 2 — masse d’ester correspondante. D’après le tableau d’avancement, $n_{\text{ester}} = x_f$ :

$m_{\text{ester}} = x_f\times M(\text{ester}) = 0{,}1005\times 88{,}0$

Rendement de la synthèse.

$\rho = \frac{m_{\text{ester}}}{m_{\max}} = \frac{8{,}8}{13{,}2} = 0{,}67 = 67\ \%$

Le rendement est ici égal au taux d’avancement final, ce qui est logique : les deux quotients comparent la même quantité d’ester obtenue à celle qu’aurait donnée une réaction totale.

Pour augmenter le rendement, il faut déplacer l’état final dans le sens direct, c’est-à-dire faire évoluer le système de façon que le quotient de réaction $Q_r$ reste inférieur à $K$.

Modification 1 — introduire un excès de l’un des réactifs. En introduisant par exemple de l’éthanol en excès ($n_{\text{alcool}} > n_{\text{acide}}$), le dénominateur de $Q_r$ augmente : le système évolue dans le sens direct pour retrouver $Q_r = K$. Une proportion plus grande de l’acide éthanoïque (désormais réactif limitant) est convertie en ester : le rendement calculé par rapport à ce réactif limitant augmente.

Modification 2 — éliminer l’un des produits au fur et à mesure de sa formation. En extrayant l’eau formée (par exemple à l’aide d’un montage de type Dean-Stark) ou en distillant l’ester au fur et à mesure, le numérateur de $Q_r$ est maintenu faible : $Q_r$ reste inférieur à $K$ et la réaction se poursuit dans le sens direct sans jamais atteindre l’équilibre.

Variante également acceptable : remplacer l’acide éthanoïque par l’anhydride éthanoïque. La réaction avec l’alcool devient alors totale et le rendement s’approche de 100 %.