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

La cuve est un cube de côté $a$, son volume vaut $V_c = a^{3}$. Le volume d’eau à introduire pour la remplir à moitié est donc :

$V = \frac{V_c}{2} = \frac{a^{3}}{2}$

Le débit volumique est le volume écoulé par unité de temps : $D_v = \dfrac{V}{\Delta t_1}$, d’où :

$\boxed{\Delta t_1 = \frac{V}{D_v} = \frac{a^{3}}{2\,D_v}}$

Application numérique avec $a = 60{,}0$ cm $= 0{,}600$ m et $D_v = 12\times 10^{-3}\ \text{m}^{3}\cdot\text{min}^{-1}$ :

$\Delta t_1 = \frac{(0{,}600)^{3}}{2 \times 12\times 10^{-3}} = \frac{0{,}216}{2{,}4\times 10^{-2}} = 9{,}0\ \text{min}$

L’air enfermé dans la chambre de compression y est piégé : sa quantité de matière $n$ reste constante, et sa température reste égale à $\theta_0$. Lorsque le niveau d’eau monte dans la cuve, une partie de cette eau pénètre par le bas dans la chambre de compression : le volume offert à l’air diminue.

Or l’air se comporte comme un gaz parfait : $P\,V = n\,R\,T$. À $n$ et $T$ constantes, le produit $P\times V$ est constant (loi de Boyle-Mariotte) :

$P \times V = \text{constante} \qquad\Longrightarrow\qquad P = \frac{\text{constante}}{V}$

La chambre de compression est un cylindre de rayon $r$. L’eau qui y est montée sur une hauteur $h$ occupe donc un volume cylindrique :

$V_{\text{eau}} = \pi\,r^{2}\,h$

L’air occupe le volume restant, c’est-à-dire le volume initial $V_0$ diminué du volume d’eau :

$\boxed{V_2 = V_0 - \pi\,r^{2}\,h}$

La quantité d’air et sa température restant constantes, on applique la loi de Boyle-Mariotte entre l’état initial (volume $V_0$, pression $P_0$) et l’état final (volume $V_2$, pression $P_2$) :

$P_0\,V_0 = P_2\,V_2 \qquad\Longrightarrow\qquad P_2 = \frac{P_0\,V_0}{V_2} = \boxed{\frac{P_0\,V_0}{V_0 - \pi r^{2} h}}$

On en déduit la surpression :

$\Delta P = P_2 - P_0 = \frac{P_0\,V_0}{V_0 - \pi r^{2} h} - P_0 = P_0 \left( \frac{V_0}{V_0 - \pi r^{2} h} - 1 \right)$

$\Delta P = P_0 \times \frac{V_0 - \bigl(V_0 - \pi r^{2} h\bigr)}{V_0 - \pi r^{2} h} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\Delta P = P_0 \times \frac{\pi r^{2} h}{V_0 - \pi r^{2} h}}$

Conversion des données : $r = 3{,}0$ cm $= 3{,}0\times 10^{-2}$ m, $h = 5{,}0$ mm $= 5{,}0\times 10^{-3}$ m et $V_0 = 0{,}50$ L $= 5{,}0\times 10^{-4}\ \text{m}^{3}$.

Volume d’eau entré dans la chambre :

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

D’où la surpression :

$\Delta P = 1{,}01\times 10^{5} \times \frac{1{,}41\times 10^{-5}}{5{,}0\times 10^{-4} - 1{,}41\times 10^{-5}} = 1{,}01\times 10^{5} \times \frac{1{,}41\times 10^{-5}}{4{,}86\times 10^{-4}}$

Commentaire. Cette surpression est environ 20 fois plus grande que celle d’un cycle normal ($2{,}9\times 10^{3}$ Pa contre 150 Pa). C’est cohérent : le pressostat déclenche l’arrêt du remplissage lorsque la surpression atteint sa valeur seuil, et cette surpression est d’autant plus grande que le niveau d’eau dans la cuve est élevé. Le test, qui remplit la cuve à moitié, correspond donc à un niveau d’eau bien supérieur à celui d’un cycle de lavage normal — autrement dit, un lavage normal consomme beaucoup moins d’eau que la moitié de la cuve.

Repérons les deux points sur un schéma de l’installation : le point A à la surface libre de l’eau dans la cuve, le point B à la surface de l’eau dans la chambre de compression. Ils appartiennent au même fluide incompressible au repos — l’eau — on peut donc appliquer la loi fondamentale de la statique des fluides :

$P(\text{A}) + \rho_{\text{eau}}\, g\, z_{\text{A}} = P(\text{B}) + \rho_{\text{eau}}\, g\, z_{\text{B}}$

• le point A est à la surface libre de l’eau dans la cuve : la pression y est celle de l’air de la cuve, soit $P(\text{A}) = P_0$, à l’altitude $z_{\text{A}} = \dfrac{a}{2}$ ;
• le point B est à la surface de l’eau dans la chambre de compression : la pression y est celle de l’air comprimé, soit $P(\text{B}) = P_2$, à l’altitude $z_{\text{B}} = h$.

On en déduit :

$P_2 - P_0 = \rho_{\text{eau}}\, g \left( \frac{a}{2} - h \right) \qquad\text{soit}\qquad \Delta P = \rho_{\text{eau}}\, g \left( \frac{a}{2} - h \right)$

$\Delta P = 1{,}0\times 10^{3} \times 9{,}81 \times \bigl(0{,}300 - 5{,}0\times 10^{-3}\bigr) = 1{,}0\times 10^{3} \times 9{,}81 \times 0{,}295$

Les deux méthodes, l’une fondée sur la compression de l’air (loi de Boyle-Mariotte), l’autre sur la colonne d’eau (statique des fluides), conduisent au même résultat : le modèle est cohérent.

Notons $H$ la hauteur d’eau dans la cuve en fonctionnement normal. En reprenant la relation établie à la question Q6, avec $h$ négligeable devant $H$ :

$\Delta P = \rho_{\text{eau}}\, g\,(H - h) \approx \rho_{\text{eau}}\, g\, H \qquad\Longrightarrow\qquad H = \frac{\Delta P}{\rho_{\text{eau}}\, g}$

$H = \frac{150}{1{,}0\times 10^{3} \times 9{,}81} = 1{,}53\times 10^{-2}\ \text{m} \approx 1{,}5\ \text{cm}$

La cuve étant un cube de côté $a$, sa section horizontale est un carré d’aire $a^{2}$ :

$V_{\text{eau}} = a^{2} \times H = (0{,}600)^{2} \times 1{,}53\times 10^{-2} = 5{,}5\times 10^{-3}\ \text{m}^{3}$

Ce résultat est cohérent avec la valeur $V_{\text{eau}} = 5{,}7$ L donnée dans la partie 3 de l’énoncé, et confirme le commentaire de la question Q5 : un cycle normal n’utilise que 5,5 L d’eau, très loin des 108 L correspondant à la moitié de la cuve.

L’interrupteur K est en position 1 : le générateur, le conducteur ohmique et le condensateur sont en série. La loi des mailles s’écrit :

$E = u_R(t) + u_C(t)$

Le conducteur ohmique obéit à la loi d’Ohm : $u_R(t) = R\,i(t)$.

L’intensité est le débit de charge dans le circuit, et la charge du condensateur vérifie $q = C\,u_C$ :

$i(t) = \frac{d q}{d t} = \frac{d (C\,u_C)}{d t} = C\,\frac{d u_C}{d t}(t) \qquad (C\ \text{est une constante})$

En reportant dans la loi des mailles :

$E = R\,C\,\frac{d u_C}{d t}(t) + u_C(t) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{u_C(t) + R\,C\,\frac{d u_C}{d t}(t) = E}$

La solution proposée est $u_C(t) = A\left(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau}\right)$ avec $\tau = R\,C$. Sa dérivée vaut :

$\frac{d u_C}{d t}(t) = \frac{A}{\tau}\,\mathrm{e}^{-t/\tau}$

En reportant dans l’équation différentielle :

$A\left(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau}\right) + R\,C \times \frac{A}{R\,C}\,\mathrm{e}^{-t/\tau} = A - A\,\mathrm{e}^{-t/\tau} + A\,\mathrm{e}^{-t/\tau} = A$

Cette expression doit être égale à $E$ à chaque instant, donc :

Interprétation : en régime permanent ($t \gg \tau$), le condensateur est complètement chargé, plus aucun courant ne circule et $u_C \to A = E$.

D’après la loi des mailles établie à la question Q8, $u_R(t) = E - u_C(t)$. Or $u_C(t) = E\left(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau}\right)$ d’après la question Q9, donc :

$u_R(t) = E - E\left(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau}\right) = E - E + E\,\mathrm{e}^{-t/\tau}$

$\boxed{u_R(t) = E\,\mathrm{e}^{-t/\tau}}$

Le comparateur envoie son signal lorsque $u_R(t_{\text{seuil}}) = \dfrac{E}{3}$ :

$E\,\mathrm{e}^{-t_{\text{seuil}}/\tau} = \frac{E}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{e}^{-t_{\text{seuil}}/\tau} = \frac{1}{3}$

On applique la fonction logarithme népérien aux deux membres :

$-\frac{t_{\text{seuil}}}{\tau} = \ln\!\left(\frac{1}{3}\right) = -\ln 3$

$\boxed{t_{\text{seuil}} = \tau\,\ln 3}$

La durée de temporisation vaut $\Delta t_2 = t_{\text{seuil}} = \tau \ln 3 = R\,C\,\ln 3$. La résistance idéale serait donc :

$R = \frac{\Delta t_2}{C\,\ln 3} = \frac{30}{4{,}70\times 10^{-3} \times \ln 3} = \frac{30}{5{,}16\times 10^{-3}} = 5{,}8\times 10^{3}\ \Omega$

Comparons aux trois résistances disponibles : $R_1 = 470\ \Omega$, $R_2 = 5{,}0$ kΩ et $R_3 = 100$ kΩ. C’est $R_2$ qui est la plus proche de 5,8 kΩ. Vérifions la durée obtenue :

$\Delta t_2 = R_2\,C\,\ln 3 = 5{,}0\times 10^{3} \times 4{,}70\times 10^{-3} \times \ln 3 = 26\ \text{s}$

(à titre de comparaison : $R_1$ donnerait $\Delta t_2 = 2{,}4$ s et $R_3$ donnerait $\Delta t_2 = 5{,}2\times 10^{2}$ s, valeurs très éloignées des 30 s souhaitées).

Lecture graphique. Sur la figure 3, la courbe part de l’ordonnée maximale à l’instant du basculement :

$u_R(t=0) = 4{,}5\ \text{V}$

Vérification par la loi des mailles. En position 2, le générateur est déconnecté : le conducteur ohmique et le condensateur sont branchés entre les deux mêmes nœuds. La loi des mailles impose donc que les deux dipôles supportent la même tension, au signe près :

$\bigl| u_R(t) \bigr| = \bigl| u_C(t) \bigr|$

Or la tension aux bornes d’un condensateur est une fonction continue du temps : juste après le basculement, le condensateur est encore chargé sous la tension atteinte en fin de charge, soit $u_C(0) = E = 4{,}5$ V. On en déduit :

$\bigl| u_R(0) \bigr| = u_C(0) = E = 4{,}5\ \text{V}$

Méthode employée : lecture à 37 % de la valeur initiale. Lors de la décharge, $u_R(t) = U_0\,\mathrm{e}^{-t/\tau}$ avec $U_0 = 4{,}5$ V. À l’instant $t = \tau$ :

$u_R(\tau) = U_0\,\mathrm{e}^{-1} = 0{,}37 \times U_0 = 0{,}37 \times 4{,}5 = 1{,}7\ \text{V}$

On repère l’ordonnée $u_R = 1{,}7$ V sur la figure 3 et on projette sur l’axe des abscisses :

Commentaire. La valeur théorique attendue est :

$\tau = R_2\,C = 5{,}0\times 10^{3} \times 4{,}70\times 10^{-3} = 23{,}5\ \text{s} \approx 24\ \text{s}$

L’écart relatif entre les deux valeurs vaut $\dfrac{|24 - 23{,}5|}{23{,}5} \approx 2\ \%$, inférieur à l’incertitude de lecture graphique. La valeur expérimentale est donc en accord avec le modèle du dipôle RC, ce qui valide à la fois la modélisation et le choix de $R_2$ fait à la question Q12.

Les trois modes de transfert thermique sont :

• la conduction : transfert de proche en proche, sans déplacement de matière (ici, du thermoplongeur vers l’eau à son contact) ;
• la convection : transfert par déplacement de matière au sein du fluide (ici, le brassage de l’eau chaude dans la cuve) ;
• le rayonnement : transfert par ondes électromagnétiques, sans support matériel.

En effet, les températures mises en jeu restent modérées : le thermoplongeur, corps le plus chaud du système, ne dépasse pas quelques dizaines à quelques centaines de degrés (cf. question Q18). Or le transfert par rayonnement ne devient important qu’à haute température : il est ici négligeable devant la conduction au contact du thermoplongeur et surtout la convection au sein de l’eau brassée.

Masse d’eau contenue dans la cuve, avec $V_{\text{eau}} = 5{,}7$ L $= 5{,}7\times 10^{-3}\ \text{m}^{3}$ :

$m = \rho_{\text{eau}} \times V_{\text{eau}} = 1{,}0\times 10^{3} \times 5{,}7\times 10^{-3} = 5{,}7\ \text{kg}$

La cuve étant supposée isolée thermiquement, tout le transfert thermique reçu sert à élever la température de l’eau :

$Q = m\,c_{\text{eau}}\,(\theta_f - \theta_0) = 5{,}7 \times 4{,}18\times 10^{3} \times (30 - 20)$

$Q = 2{,}4\times 10^{5}\ \text{J}$

La puissance électrique fournie est intégralement transmise à l’eau sous forme d’un flux thermique constant $\Phi = P_{\text{él}}$. L’énergie transférée pendant la durée $\Delta t_3$ vaut donc $Q = P_{\text{él}} \times \Delta t_3$, d’où :

$\Delta t_3 = \frac{Q}{P_{\text{él}}} = \frac{2{,}4\times 10^{5}}{2\times 10^{3}} = 1{,}2\times 10^{2}\ \text{s}$

Conversion en minutes :

$\Delta t_3 = \frac{1{,}2\times 10^{2}}{60} = 2{,}0\ \text{min}$

Le flux thermique du thermoplongeur vers l’eau s’écrit $\Phi = h_c\,S\,(\theta_{\text{thermo}} - \theta_{\text{eau}})$, avec $\Phi = P_{\text{él}} = 2\times 10^{3}$ W et $S = 0{,}020\ \text{m}^{2}$. On isole la température du thermoplongeur :

$\theta_{\text{thermo}} = \theta_{\text{eau}} + \frac{\Phi}{h_c\,S}$

Sans brassage de l’eau ($h_{c,0} = 1{,}0\times 10^{3}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}$) :

$\theta_{\text{thermo}} = 30 + \frac{2\times 10^{3}}{1{,}0\times 10^{3}\times 0{,}020} = 30 + 1{,}0\times 10^{2} = 1{,}3\times 10^{2}\ \text{°C}$

Avec brassage de l’eau ($h_{c,0}' = 4{,}0\times 10^{3}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}$) :

$\theta_{\text{thermo}} = 30 + \frac{2\times 10^{3}}{4{,}0\times 10^{3}\times 0{,}020} = 30 + 25 = 55\ \text{°C}$

Le brassage, en multipliant par 4 le coefficient de transfert thermique, divise par 4 l’écart de température nécessaire pour évacuer le même flux : le thermoplongeur fonctionne donc beaucoup moins chaud, ce qui limite l’entartrage et l’usure de la résistance.

Durée du chauffage (figure 4, courbe « sans tartre »). On repère l’instant auquel la température de l’eau atteint $\theta_f = 30$ °C, en partant de 20 °C :

$\Delta t \approx 1{,}2\times 10^{2}\ \text{s}$

Cette valeur est cohérente avec le résultat de la question Q17 ($1{,}2\times 10^{2}$ s), ce qui valide la simulation.

Température du thermoplongeur (figure 5, courbe « sans tartre »). On projette cette date sur la courbe « sans tartre » de la figure 5, puis sur l’axe des ordonnées :

Comparaison avec la question Q18. Cette valeur est très proche de celle calculée avec brassage de l’eau (55 °C, soit un écart de l’ordre de 4 %, compatible avec la précision d’une lecture graphique), et totalement incompatible avec celle obtenue sans brassage ($1{,}3\times 10^{2}$ °C). C’est cohérent avec l’énoncé, qui précise que « la modélisation est réalisée en considérant un brassage efficace de l’eau ». Le modèle simple du flux thermique $\Phi = h_c\,S\,\Delta\theta$ rend donc bien compte de la simulation.

Démarche suivie : (1) relier l’énergie consommée à la durée de chauffage ; (2) lire sur la figure 4 les deux durées nécessaires pour atteindre 30 °C ; (3) calculer l’augmentation relative.

Étape 1 — relation entre énergie et durée. Le thermoplongeur est alimenté sous une puissance électrique $P_{\text{él}}$ constante. L’énergie électrique consommée pendant le chauffage vaut donc :

$E = P_{\text{él}} \times \Delta t$

À puissance constante, l’énergie consommée est proportionnelle à la durée de chauffage : il suffit donc de comparer les deux durées.

Étape 2 — lecture graphique (figure 4). On repère, pour chaque courbe, l’instant auquel l’eau atteint 30 °C :

• sans tartre : $\Delta t_{\text{sans}} \approx 1{,}20\times 10^{2}$ s (valeur déjà lue à la question Q19) ;
• avec 2 mm de tartre : $\Delta t_{\text{avec}} \approx 1{,}37\times 10^{2}$ s.

Étape 3 — augmentation relative.

$\frac{E_{\text{avec}} - E_{\text{sans}}}{E_{\text{sans}}} = \frac{\Delta t_{\text{avec}} - \Delta t_{\text{sans}}}{\Delta t_{\text{sans}}} = \frac{137 - 120}{120} = 0{,}14$

Le tartre, mauvais conducteur thermique, s’oppose au transfert de chaleur du thermoplongeur vers l’eau : le chauffage est plus lent et le thermoplongeur doit fonctionner plus longtemps (et plus chaud, cf. figure 5) pour un même résultat. La recommandation de l’ADEME de détartrer régulièrement son lave-linge est donc bien justifiée.

Le groupe caractéristique entouré est 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 lié à un atome de carbone.

L’étape C réalise une trempe : elle bloque l’évolution du système chimique. Elle agit sur deux facteurs cinétiques simultanément :

• la température : l’eau glacée abaisse brutalement la température du mélange, ce qui diminue fortement la vitesse de la réaction ;
• la concentration des réactifs : l’ajout d’eau dilue fortement le mélange, ce qui ralentit également la réaction.

C’est indispensable pour que le dosage de l’étape D mesure bien la quantité d’acide éthanoïque présente à la date $t$, et non une quantité qui continuerait à diminuer pendant la manipulation.

Dressons le tableau d’avancement de la transformation, d’avancement $x$ :

Tous les nombres stœchiométriques de l’équation valent 1. D’après la dernière ligne du tableau :

$n_{\text{EB}}(t) = x \qquad\text{et}\qquad n_{\text{ac}}(t) = n_{0,\text{ac}} - x$

En éliminant l’avancement $x$ entre ces deux relations :

$\boxed{n_{\text{ac}}(t) = n_{0,\text{ac}} - n_{\text{EB}}(t)}$

Chaque tube à essai contient un volume $V = 2{,}0$ mL du mélange, composé de 25 % en volume d’acide éthanoïque. Le volume d’acide éthanoïque introduit vaut donc :

$V_{\text{ac}} = 0{,}25 \times V = 0{,}25 \times 2{,}0 = 0{,}50\ \text{mL}$

Masse correspondante, à partir de la masse volumique $\rho_{\text{ac}} = 1{,}05\ \text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$ :

$m_{\text{ac}} = \rho_{\text{ac}} \times V_{\text{ac}} = 1{,}05 \times 0{,}50 = 0{,}525\ \text{g}$

Quantité de matière initiale, avec $M(\text{C}_2\text{H}_4\text{O}_2) = 60{,}1\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$ :

$n_{0,\text{ac}} = \frac{m_{\text{ac}}}{M(\text{C}_2\text{H}_4\text{O}_2)} = \frac{0{,}525}{60{,}1} = 8{,}7\times 10^{-3}\ \text{mol}$

D’après la relation établie à la question Q3, $n_{\text{EB}}(t) = n_{0,\text{ac}} - n_{\text{ac}}(t)$. En Python, pour l’indice i de la boucle, cela s’écrit :

18        n_EB[i] = n_0ac - n_ac[i]

Définition. Le temps de demi-réaction $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle l’avancement de la réaction atteint la moitié de sa valeur finale. Ici, comme $n_{\text{EB}} = x$, c’est la durée au bout de laquelle la quantité d’éthanoate de benzyle formée atteint la moitié de sa valeur finale.

Méthode. On lit d’abord sur la courbe la valeur finale, atteinte lorsque la courbe présente un palier :

$n_{\text{EB},f} \approx 5{,}8\times 10^{-3}\ \text{mol}$

On en calcule la moitié, puis on projette cette ordonnée sur la courbe et l’on lit l’abscisse correspondante :

$\frac{n_{\text{EB},f}}{2} = \frac{5{,}8\times 10^{-3}}{2} = 2{,}9\times 10^{-3}\ \text{mol}$

La vitesse volumique d’apparition d’un produit est la dérivée par rapport au temps de sa concentration, soit encore, le volume $V$ du système étant constant :

$v_{\text{EB}}(t) = \frac{d [\text{EB}]}{d t} = \frac{d}{d t}\!\left(\frac{n_{\text{EB}}}{V}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v_{\text{EB}}(t) = \frac{1}{V}\times \frac{d n_{\text{EB}}}{d t}(t)}$

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

Tracé. On trace la tangente à la courbe $n_{\text{EB}} = f(t)$ au point d’abscisse $t = 0$. Son coefficient directeur est égal à $\dfrac{d n_{\text{EB}}}{d t}(0)$.

Cette tangente part de l’origine (0 ; 0) et passe par le point de coordonnées approximatives (3,0 min ; $4{,}8\times 10^{-3}$ mol), d’où :

$\frac{d n_{\text{EB}}}{d t}(0) = \frac{4{,}8\times 10^{-3} - 0}{3{,}0 - 0} = 1{,}6\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{min}^{-1}$

On en déduit la vitesse volumique, avec $V = 2{,}0$ mL $= 2{,}0\times 10^{-3}$ L :

$v_{\text{EB}}(0) = \frac{1}{V}\times \frac{d n_{\text{EB}}}{d t}(0) = \frac{1{,}6\times 10^{-3}}{2{,}0\times 10^{-3}}$

La vitesse volumique diminue très fortement au cours du temps : elle passe d’environ $0{,}8\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{min}^{-1}$ à $t = 0$ à $6{,}7\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\cdot\text{min}^{-1}$ à $t = 20$ min, soit une division par plus de 100.

Au fur et à mesure que la transformation avance, l’acide éthanoïque et l’alcool benzylique sont consommés : leurs concentrations diminuent, les chocs efficaces entre molécules de réactifs deviennent moins fréquents, et la vitesse de la réaction diminue.

Remarque : la température, elle, ne peut pas être invoquée ici, puisque les tubes à essai sont placés dans un bain thermostaté : elle est maintenue constante pendant toute l’expérience.

Le rendement vaut 67 %, il est donc inférieur à 100 % : l’estérification est une transformation limitée (le symbole $\rightleftarrows$ de l’équation le confirme). Pour améliorer le rendement, il faut déplacer l’état final du système dans le sens direct.

En retirant l’un des produits, on force le système à évoluer dans le sens de la formation de l’ester pour compenser, ce qui augmente le rendement.

Autre proposition acceptable : augmenter encore la proportion du réactif introduit en excès (l’alcool benzylique), ce qui déplace également l’état final dans le sens direct et permet de consommer davantage d’acide éthanoïque, le réactif limitant.

Un intermédiaire réactionnel est une espèce chimique qui est formée au cours d’une étape d’un mécanisme réactionnel, puis entièrement consommée au cours d’une étape ultérieure.

Elle n’apparaît donc ni parmi les réactifs, ni parmi les produits de l’équation de la réaction globale : elle n’existe que transitoirement au cours du mécanisme.

En additionnant les trois étapes, l’équation de la réaction globale s’écrit :

$\text{NO}_2^- + 2\,\text{H}^+ \longrightarrow \text{NO}^+ + \text{H}_2\text{O}$

Les réactifs sont donc $\text{NO}_2^-$ et $\text{H}^+$, et les produits $\text{NO}^+$ et $\text{H}_2\text{O}$. Les deux espèces à souligner sur l’annexe sont :

• l’acide nitreux $\text{HNO}_2$ (formule développée $\text{HO–N=O}$) : produit à l’étape 1, consommé à l’étape 2 ;
• l’acide nitreux protoné $\text{H}_2\text{NO}_2^+$ (formule développée $\text{H}_2\text{O}^+\text{–N=O}$) : produit à l’étape 2, consommé à l’étape 3.

L’étape 1 s’écrit $\text{NO}_2^- + \text{H}^+ \longrightarrow \text{HNO}_2$.

• Site donneur de doublet d’électrons : l’atome d’oxygène porteur de la charge négative de l’ion nitrite $\text{NO}_2^-$. Justification : il possède des doublets non liants et porte une charge négative ; c’est de plus un atome très électronégatif. Il est donc riche en électrons et peut céder un doublet d’électrons.
• Site accepteur de doublet d’électrons : l’ion $\text{H}^+$. Justification : l’ion $\text{H}^+$ ne possède aucun électron : il présente une lacune électronique (représentée par un rectangle vide sur l’annexe) et porte une charge positive. Il peut donc accepter un doublet d’électrons.

Chaque flèche courbe part d’un doublet d’électrons du site donneur et pointe vers le site accepteur.

Étape 1

Étape 2

Étape 3

• Étapes 1 et 2 : la flèche part d’un doublet non liant de l’atome d’oxygène (site donneur) et pointe vers l’ion $\text{H}^+$ (site accepteur, porteur d’une lacune électronique). Une liaison $\text{O–H}$ est ainsi créée.
• Étape 3 : la flèche part du doublet liant de la liaison $\text{O–N}$ et pointe vers l’atome d’oxygène du groupe partant. Cette liaison se rompt : le doublet est récupéré en totalité par cet atome d’oxygène, qui perd ainsi sa charge positive et devient une molécule d’eau neutre. Il se forme simultanément l’ion nitrosonium $\text{NO}^+$, que l’on recopie sous la forme donnée par l’énoncé.

Calculons les quantités de matière initiales des deux réactifs introduits en quantités limitées (l’acide nitreux est en excès) :

$n(\text{ac. sulfanilique}) = \frac{0{,}87}{173{,}2} = 5{,}02\times 10^{-3}\ \text{mol}$

$n(\beta\text{-naphtol}) = \frac{0{,}72}{144{,}2} = 4{,}99\times 10^{-3}\ \text{mol}$

Dans l’équation de la réaction, les nombres stœchiométriques de l’acide sulfanilique, du β-naphtol et du colorant valent tous 1 : on peut donc comparer directement les deux quantités de matière.

$n(\beta\text{-naphtol}) = 4{,}99\times 10^{-3} \;<\; n(\text{ac. sulfanilique}) = 5{,}02\times 10^{-3}$

Le réactif limitant est donc le β-naphtol. Si la transformation était totale, il serait entièrement consommé et l’avancement maximal vaudrait :

$x_{\max} = n(\beta\text{-naphtol}) = 4{,}99\times 10^{-3}\ \text{mol}$

La quantité de colorant formée serait alors $n_{\max}(\text{colorant}) = x_{\max}$, soit une masse :

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

Le rendement est le quotient de la masse de colorant réellement obtenue par la masse maximale que l’on aurait pu obtenir :

$\eta = \frac{m_{\text{exp}}}{m_{\max}} = \frac{1{,}53}{1{,}64} = 0{,}93$

Ce rendement est élevé mais inférieur à 100 % : une partie du colorant est perdue lors des étapes de séparation et de purification (filtration, lavage, recristallisation), et la transformation n’est peut-être pas totale.

Lecture du spectre. L’absorbance est maximale pour une longueur d’onde :

$\lambda_{\max} \approx 4{,}8\times 10^{2}\ \text{nm}$

(le spectre est tronqué à gauche : seule la limite droite de la bande est lisible, l’absorbance s’annulant au-delà de 570 nm environ).

Exploitation du cercle chromatique. D’après le cercle chromatique, la longueur d’onde 480 nm appartient au domaine du bleu (450–500 nm) : le colorant absorbe le bleu.

Or la couleur perçue d’une espèce en solution est la couleur complémentaire de la couleur absorbée, c’est-à-dire celle qui lui est diamétralement opposée sur le cercle chromatique. Le complémentaire du bleu est l’orange.

Étape 1 — concentration du vinaigre dilué. La réaction support du titrage est :

$\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)} + \text{HO}^-_{(aq)} \longrightarrow \text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}$

Les nombres stœchiométriques des deux réactifs valent 1. À l’équivalence, ils ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

$n(\text{CH}_3\text{COOH})_{\text{titré}} = n(\text{HO}^-)_{\text{versé}} \qquad\Longrightarrow\qquad C_{\text{dil}} \times V_A = C_B \times V_{E1}$

$C_{\text{dil}} = \frac{C_B \times V_{E1}}{V_A} = \frac{0{,}10 \times 13{,}50}{10{,}0} = 0{,}1350\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Étape 2 — retour au vinaigre commercial. Le vinaigre a été dilué dix fois avant le titrage ; sa concentration est donc dix fois plus grande que celle de la solution titrée :

$C = 10 \times C_{\text{dil}} = 10 \times 0{,}1350$

Valeur moyenne. Les douze valeurs de $C$ sont toutes comprises entre 1,350 et 1,375 $\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$ : la moyenne est nécessairement dans cet intervalle. Cela élimine d’emblée 1,9155 (bien trop grande) et 1,3750 (qui est la plus grande valeur de la série, et non sa moyenne).

Écart-type. L’écart-type mesure la dispersion des valeurs autour de la moyenne. L’étendue de la série n’est que de $1{,}375 - 1{,}350 = 0{,}025\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$ : l’écart-type est donc nécessairement de cet ordre de grandeur, ou plus petit. Cela élimine 0,237 et 1,370.

La série comporte $n = 12$ mesures réalisées dans les mêmes conditions. L’incertitude-type sur la moyenne vaut donc :

$\mathrm{u}(C_{\text{moy}}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{0{,}009}{\sqrt{12}} = 2{,}6\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Le résultat de mesure s’écrit avec le même nombre de décimales que son incertitude-type, soit trois décimales :

$\boxed{C_{\text{moy}} = (1{,}362 \pm 0{,}003)\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}}$

La valeur de référence est celle déduite de l’étiquette « 8° » : $C_0 = 1{,}360\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$. Calculons le quotient proposé par l’énoncé :

$\frac{\left| x - x_{\text{ref}} \right|}{\mathrm{u}(x)} = \frac{\left| C_{\text{moy}} - C_0 \right|}{\mathrm{u}(C_{\text{moy}})} = \frac{\left| 1{,}362 - 1{,}360 \right|}{0{,}003} = \frac{0{,}002}{0{,}003} = 0{,}7$

Ce quotient est inférieur à 2 : l’écart entre la valeur mesurée et la valeur de référence est plus petit que deux fois l’incertitude-type, il peut donc s’expliquer par la seule dispersion des mesures.