Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Amérique du Sud jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q1. La figure 1 montre que la pression mesurée par le smartphone reste constante, voisine de $101\,300$ Pa, pendant une trentaine de secondes, puis diminue jusqu'à environ $99\,030$ Pa, où elle se stabilise. Or, d'après la loi fondamentale de la statique des fluides appliquée à l'air, la pression d'un fluide au repos diminue quand l'altitude augmente : $P_{\mathrm{B}}-P_{\mathrm{A}}=\rho g(z_{\mathrm{A}}-z_{\mathrm{B}})$ est négatif si $z_{\mathrm{B}}>z_{\mathrm{A}}$. Une pression qui baisse signifie donc que le smartphone, et l'ascenseur qui le transporte, s'élève : l'ascenseur monte.

Q2. L'équation d'état du gaz parfait s'écrit $P\cdot V=n\cdot R\cdot T$, avec $P$ la pression du gaz en pascals (Pa), $V$ le volume qu'il occupe en mètres cubes ($\mathrm{m^{3}}$), $n$ la quantité de matière de gaz en moles (mol), $R=8{,}314\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}$ la constante des gaz parfaits, et $T$ la température absolue en kelvins (K). Erreur fréquente : écrire la température en degrés Celsius ou le volume en litres ; la relation n'est juste qu'en unités du Système international.

Q3. La masse volumique est $\rho=\dfrac{m}{V}$, avec $m=n\cdot M$ pour une quantité de matière $n$ d'air de masse molaire $M$. L'équation d'état donne $\dfrac{n}{V}=\dfrac{P}{R\,T}$, donc $\rho_{air}=\dfrac{n\cdot M}{V}=\dfrac{P\cdot M}{R\cdot T}$.

Au pied de la tour, la figure 1 donne $P_{1}\approx 101\,300$ Pa (le script affiche $101\,302{,}07$ Pa). La température vaut $T=25{,}0+273{,}15=298{,}15$ K, et la masse molaire doit être convertie : $M=28{,}98\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}=28{,}98\times 10^{-3}\ \mathrm{kg\cdot mol^{-1}}$. Alors $\rho_{air}=\dfrac{101\,300\times 28{,}98\times 10^{-3}}{8{,}314\times 298{,}15}=\dfrac{2\,935{,}7}{2\,478{,}8}=1{,}184\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$, la valeur annoncée. Erreur fréquente : garder $M$ en $\mathrm{g\cdot mol^{-1}}$, ce qui donne $1\,184$, mille fois trop.

Q4. On applique la loi fondamentale de la statique des fluides à l'air, supposé au repos et de masse volumique uniforme $\rho_{air}$ sur toute la hauteur de la tour. Point A : le pied de la tour, d'altitude $z_{\mathrm{A}}=0$ et de pression $P_{\mathrm{A}}=P_{1}$. Point B : le sommet du trajet, d'altitude $z_{\mathrm{B}}=h$ et de pression $P_{\mathrm{B}}=P_{2}$.

La loi donne $P_{2}-P_{1}=\rho_{air}\cdot g\cdot(0-h)=-\rho_{air}\cdot g\cdot h$, soit $P_{1}-P_{2}=\rho_{air}\cdot g\cdot h$, d'où $h=\dfrac{P_{1}-P_{2}}{\rho_{air}\cdot g}$. Comme $P_{2}<P_{1}$, $h$ est bien positif. L'hypothèse à nommer est celle d'une masse volumique constante : l'air est compressible, mais sur 200 m la pression ne varie que d'environ 2 %, donc $\rho_{air}$ aussi, et le modèle du fluide incompressible reste acceptable.

Q5. Lecture de la figure 1 : $P_{1}\approx 101\,300$ Pa au départ et $P_{2}\approx 99\,030$ Pa à l'arrivée, donc $P_{1}-P_{2}\approx 2\,270$ Pa. Alors $h=\dfrac{2\,270}{1{,}184\times 9{,}81}=1{,}95\times 10^{2}$ m. Avec les valeurs exactes du script, premier et dernier relevé, $P_{1}-P_{2}=101\,302{,}07-99\,028{,}04=2\,274{,}03$ Pa et $h=1{,}96\times 10^{2}$ m. On retient $h\approx 1{,}96\times 10^{2}$ m, environ 196 m.

Commentaire : la tour mesure 210 m pour 59 étages, et l'ascenseur s'arrête au 56e. Si les étages avaient tous la même hauteur, le 56e serait à environ $\dfrac{56}{59}\times 210\approx 199$ m : le résultat est cohérent, à 2 % près. L'écart vient de la lecture de la courbe, de la masse volumique supposée uniforme, et du fait que les étages ne sont pas tous identiques (rez-de-chaussée, étages techniques). La mesure de pression d'un smartphone, qui a la précision de quelques pascals, suffit donc à mesurer une altitude au mètre près.

Q6. L'accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps, $a=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$. Le programme l'approche, comme il l'a fait pour la vitesse à la ligne 15, par le taux de variation entre deux instants successifs : $a_{i}\approx\dfrac{v_{i+1}-v_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}$. La ligne 19 s'écrit donc :

acalcul=(v[i+1]-v[i])/(t[i+1]-t[i])

Les parenthèses autour du numérateur et du dénominateur sont indispensables : sans elles, Python calcule v[i+1]-v[i]/t[i+1]-t[i], qui n'est pas un taux de variation. Remarque : comme z[0] est calculé à partir de p[1], les indices de temps sont décalés d'un rang ; l'échantillonnage étant régulier (environ une mesure par seconde), cela ne change pas la valeur du quotient.

Q7. On compte les tours de chaque boucle. La liste t contient 86 valeurs. La boucle de la ligne 10 tourne len(t)-1 fois : la liste z contient $86-1=85$ valeurs. La boucle de la ligne 14 tourne len(z)-1 fois : v contient $85-1=84$ valeurs. La boucle de la ligne 18 tourne len(v)-1 fois : a contient $84-1=83$ valeurs. Le programme calcule donc 83 valeurs de l'accélération. Chaque taux de variation consomme deux valeurs consécutives et produit une seule valeur, d'où la perte d'une valeur à chaque étape.

Q8. Dans le référentiel terrestre, l'ascenseur se déplace sur l'axe vertical Oz : son mouvement est rectiligne, et la figure 2 en donne la nature par l'évolution de la valeur de la vitesse.

Phase 1, de 0 à environ 27 s : la vitesse est nulle (aux fluctuations de mesure près), l'ascenseur est immobile au rez-de-chaussée. Phase 2, d'environ 27 à 39 s : la vitesse croît de 0 à environ 4,6 $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$, le mouvement est rectiligne accéléré, vers le haut. Phase 3, d'environ 39 à 71 s : la vitesse reste constante, proche de 4,6 $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$, le mouvement est rectiligne uniforme. Phase 4, d'environ 71 à 85 s : la vitesse diminue jusqu'à presque 0, le mouvement est rectiligne ralenti (décéléré) ; l'ascenseur monte toujours, mais de moins en moins vite, et s'arrête au 56e étage.

Vérification : la distance parcourue est l'aire sous la courbe de vitesse, environ $\dfrac{1}{2}\times 4{,}6\times 12+4{,}6\times 32+\dfrac{1}{2}\times 4{,}6\times 14\approx 207$ m, du même ordre que les 196 m de Q5 compte tenu des lectures grossières des bornes de phases.

Q9. La composante verticale de l'accélération est la dérivée de la vitesse, $a_{z}=\dfrac{\mathrm{d}v_{z}}{\mathrm{d}t}$ : c'est la pente de la courbe de la figure 2. Phases 1 et 3 : la vitesse est constante (nulle puis 4,6 $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$), la pente est nulle, et la figure 3 donne bien $a_{z}\approx 0$, aux petites fluctuations près ($\pm 0{,}07\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$), dues au bruit de mesure amplifié par les deux dérivations numériques successives. Phase 2 : la vitesse croît, la pente est positive, et la figure 3 montre $a_{z}>0$, avec un maximum d'environ $0{,}62\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ vers 33 s, là où la courbe de vitesse est la plus raide. Phase 4 : la vitesse décroît, la pente est négative, et la figure 3 montre $a_{z}<0$, avec un minimum d'environ $-0{,}61\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ vers 76 s.

Vérification chiffrée sur la phase 2 : la vitesse gagne 4,6 $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ en environ 12 s, soit une accélération moyenne de $0{,}38\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, comprise entre 0 et le maximum de $0{,}62\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, comme il se doit pour une accélération qui monte puis redescend.

Q10. Deuxième loi de Newton appliquée au système {ascenseur} dans le référentiel terrestre supposé galiléen : $\vec{P}+\vec{F}=m\,\vec{a}$. En projection sur l'axe Oz orienté vers le haut, $\vec{P}$ étant vers le bas et $\vec{F}$ vers le haut : $F-P=m\,a_{z}$.

Phases 1 et 3 : $a_{z}=0$, donc $F=P$, les deux forces se compensent (c'est aussi le principe d'inertie, pour un mouvement rectiligne uniforme ou un repos) : schéma A, où les deux flèches ont la même longueur. Phase 2 : $a_{z}>0$, donc $F>P$ : schéma C, où la flèche de $\vec{F}$ est plus longue que celle de $\vec{P}$. Phase 4 : $a_{z}<0$, donc $F<P$ : schéma B, où $\vec{F}$ est plus courte que $\vec{P}$.

Erreur fréquente : associer la phase 4 au schéma C parce que l'ascenseur « monte encore ». Le sens du mouvement ne dit rien du bilan des forces ; c'est le sens de l'accélération, donc de la variation de vitesse, qui le dit. Une montée qui ralentit demande une force résultante vers le bas.

Q11. D'après Q10, $F=P+m\,a_{z}=m\,(g+a_{z})$ : $F$ est maximale quand $a_{z}$ est maximale, c'est-à-dire pendant la phase 2, et aussi quand la masse transportée est maximale, l'ascenseur plein. La figure 3 donne $a_{z,\max}\approx 0{,}62\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$.

Prise d'initiative sur la masse d'un passager : on prend 75 kg, la valeur conventionnelle utilisée pour dimensionner les ascenseurs. Ascenseur plein : $m=2{,}0\times 10^{3}+21\times 75=3\,575$ kg, soit environ $3{,}6\times 10^{3}$ kg (« pèse 2,0 tonnes » désigne ici une masse). Alors $F_{\max}=m\,(g+a_{z,\max})=3\,575\times(9{,}81+0{,}62)=3{,}7\times 10^{4}$ N.

Commentaire : $F_{\max}$ ne dépasse le poids $P=3\,575\times 9{,}81=3{,}5\times 10^{4}$ N que de 6 %, ce qui explique le confort de la montée ; les schémas de Q10 exagèrent donc l'écart entre les flèches, ils ne sont pas à l'échelle. Avec une masse de 70 ou 80 kg par personne, on trouve $3{,}6\times 10^{4}$ ou $3{,}8\times 10^{4}$ N : le résultat est un ordre de grandeur, ce qu'attend le verbe « estimer ». Erreur fréquente : oublier le poids et écrire $F=m\,a$, soit environ $2\times 10^{3}$ N, dix-sept fois trop peu.

Q12. La puissance électrique fournie par un dipôle générateur est $P_{\text{élec}}=U\cdot I$. Au point de puissance maximale, $P_{\max}=U_{P_{\max}}\times I_{P_{\max}}=38{,}4\times 9{,}38=360{,}2$ W, donc proche de 360 W.

Q13. Surface d'un panneau : $S_{p}=1{,}980\times 1{,}002=1{,}984\ \mathrm{m^{2}}$. Puissance rayonnante reçue : $P_{\text{ray}}=I\cdot S_{p}=1{,}0\times 10^{3}\times 1{,}984=1{,}98\times 10^{3}$ W. Rendement : $r=\dfrac{P_{\text{élec}}}{P_{\text{ray}}}=\dfrac{360{,}2}{1\,984}=0{,}18$, soit $r\approx 18\ \%$. Erreur fréquente : laisser l'irradiance en $\mathrm{kW\cdot m^{-2}}$ et trouver un rendement de 180, ce qui est impossible puisqu'un rendement est toujours inférieur à 1.

Q14. Énergie solaire reçue en un an par toute la terrasse : $E_{\text{ray}}=1\,300\ \mathrm{kW\cdot h\cdot m^{-2}}\times 1\,700\ \mathrm{m^{2}}=2{,}21\times 10^{6}\ \mathrm{kW\cdot h}$. Avec le rendement de Q13 : $E_{\text{élec}}=r\times E_{\text{ray}}=0{,}18\times 2{,}21\times 10^{6}=4{,}0\times 10^{5}\ \mathrm{kW\cdot h}$, soit $0{,}40\ \mathrm{GW\cdot h}$ par an.

Commentaire : rapportée à la consommation de la tour, $\dfrac{0{,}40}{35{,}75}\approx 1{,}1\ \%$. C'est une estimation haute : on ne peut pas couvrir 100 % de la terrasse (accès, espacement, équipements techniques ; il faudrait d'ailleurs un nombre entier de panneaux, $\dfrac{1\,700}{1{,}984}\approx 856$), des panneaux horizontaux ne sont pas orientés de façon optimale, et le rendement baisse quand les panneaux chauffent. Les panneaux solaires ne couvriraient donc qu'environ 1 % des besoins : c'est sur la consommation qu'il faut agir, ce qu'étudie la partie 3.

Q15. Les trois modes de transfert thermique sont la conduction (transfert de proche en proche dans la matière, sans déplacement de matière), la convection (transfert par un fluide en mouvement) et le rayonnement (transfert par ondes électromagnétiques, possible même dans le vide).

Q16. Avec la relation donnée et les unités SI : $e=4\ \mathrm{mm}=4\times 10^{-3}$ m, $S=1{,}00\ \mathrm{m^{2}}$, $\lambda_{\text{verre}}=1{,}0\ \mathrm{W\cdot m^{-1}\cdot K^{-1}}$. Donc $R_{c}=\dfrac{e}{S\times\lambda}=\dfrac{4\times 10^{-3}}{1{,}00\times 1{,}0}=4{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{K\cdot W^{-1}}$. Erreur fréquente : laisser l'épaisseur en millimètres, ce qui donne une résistance mille fois trop grande.

Q17. De $U_{g}=\dfrac{1}{R_{g}\cdot S}$ on tire $R_{g}=\dfrac{1}{U_{g}\cdot S}=\dfrac{1}{5{,}75\times 1{,}00}=0{,}174\ \mathrm{K\cdot W^{-1}}$.

Commentaire : $\dfrac{R_{g}}{R_{c}}=\dfrac{0{,}174}{4{,}0\times 10^{-3}}\approx 43$. La conduction à travers le verre ne représente qu'une très petite partie de la résistance thermique totale du vitrage : l'essentiel vient des échanges aux deux faces de la vitre, par convection avec l'air intérieur et extérieur et par rayonnement. Le verre, bon conducteur à l'échelle d'une fenêtre, isole très peu ; d'où l'idée du double vitrage, qui emprisonne entre deux vitres une lame d'air au repos, environ 38 fois moins conductrice que le verre ($\dfrac{1{,}0}{0{,}026}\approx 38$).

Q18. Le flux thermique à travers une paroi de résistance thermique $R$ soumise à l'écart de température $\theta_{\text{int}}-\theta_{\text{ext}}$ est $\Phi=\dfrac{\theta_{\text{int}}-\theta_{\text{ext}}}{R}$, orienté du chaud vers le froid. Pour $1{,}00\ \mathrm{m^{2}}$ de simple vitrage, on prend la résistance globale $R_{g}$, qui modélise l'ensemble des transferts : $\Phi=\dfrac{20{,}0-11{,}3}{0{,}174}=U_{g}\cdot S\cdot(\theta_{\text{int}}-\theta_{\text{ext}})=5{,}75\times 1{,}00\times 8{,}7=50$ W.

Ce flux va de l'intérieur vers l'extérieur : c'est la puissance que le chauffage doit fournir en permanence pour compenser les pertes de chaque mètre carré de vitre. Erreur fréquente : utiliser $R_{c}$ au lieu de $R_{g}$, ce qui donne $2{,}2$ kW par mètre carré, quarante fois trop.

Q19. Démarche : calculer la puissance perdue par l'ensemble des vitrages avec chacun des deux coefficients, en faire la différence, puis multiplier par la durée de la saison froide.

Pertes à travers les $S=40\,000\ \mathrm{m^{2}}$ de vitrage, avec un écart moyen de $\Delta\theta=20{,}0-11{,}3=8{,}7$ °C, soit 8,7 K. Simple vitrage : $\Phi_{\text{simple}}=U_{g}\cdot S\cdot\Delta\theta=5{,}75\times 40\,000\times 8{,}7=2{,}0\times 10^{6}$ W. Double vitrage : $\Phi_{\text{double}}=1{,}15\times 40\,000\times 8{,}7=4{,}0\times 10^{5}$ W. Puissance économisée : $\Delta\Phi=(5{,}75-1{,}15)\times 40\,000\times 8{,}7=1{,}60\times 10^{6}$ W.

Durée : $\Delta t=279\times 24=6\,696$ h. Énergie économisée : $E=\Delta\Phi\cdot\Delta t=1{,}60\times 10^{6}\ \mathrm{W}\times 6\,696\ \mathrm{h}=1{,}07\times 10^{10}\ \mathrm{W\cdot h}$, soit environ $11\ \mathrm{GW\cdot h}$ par an (ou $3{,}9\times 10^{13}$ J).

Commentaire : c'est environ 30 % de la consommation annuelle de la tour ($\dfrac{10{,}7}{35{,}75}\approx 0{,}30$), et près de 27 fois l'énergie que fourniraient les panneaux solaires de Q14. Remplacer le vitrage est donc de loin la mesure la plus efficace des deux. L'estimation reste grossière : la température moyenne suffit ici parce que le flux est proportionnel à l'écart de température, mais on a négligé les cadres, les apports solaires à travers les vitres et le rendement du système de chauffage, et la tour consomme aussi pour l'éclairage, la ventilation ou la climatisation. Erreur fréquente : oublier de convertir les jours en heures, ou calculer l'énergie perdue avec le seul double vitrage au lieu de la différence.

Q1. Un catalyseur est une espèce chimique qui accélère une transformation chimique sans être consommée par celle-ci : il participe au mécanisme réactionnel mais il est régénéré, donc il n'apparaît pas dans l'équation de la réaction, et il ne modifie pas l'état final du système. Le texte ajoute une seconde propriété, la sélectivité : parmi plusieurs transformations possibles, un catalyseur sélectif n'accélère que celle que l'on souhaite, ici celle qui produit le dihydrogène et le dioxyde de carbone.

Q2. La densité donne la masse volumique de l'éthanol : $\rho_{\text{éthanol}}=d_{\text{éthanol}}\times\rho_{\text{eau}}=0{,}789\times 1{,}00=0{,}789\ \mathrm{g\cdot cm^{-3}}$. Dans $V=1{,}0\ \mathrm{L}=1{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{cm^{3}}$, la masse d'éthanol est $m=\rho_{\text{éthanol}}\times V=0{,}789\times 1{,}0\times 10^{3}=789$ g.

Masse molaire de l'éthanol $\mathrm{C_{2}H_{5}OH}$, soit $\mathrm{C_{2}H_{6}O}$ : $M=2\times 12{,}0+6\times 1{,}0+16{,}0=46{,}0\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$. Quantité de matière : $n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{789}{46{,}0}=17{,}2$ mol, voisine de 17 moles. Erreur fréquente : compter cinq hydrogènes au lieu de six, en oubliant celui du groupe hydroxyle OH ; on trouverait $M=45{,}0\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$.

Q3. La vapeur d'eau étant en excès et la conversion totale, l'éthanol est le réactif limitant et l'avancement maximal vaut $x_{\max}=n(\text{éthanol})=17{,}2$ mol (le coefficient de l'éthanol est 1). D'après l'équation, il se forme 6 moles de dihydrogène par mole d'éthanol : $n(\mathrm{H_{2}})=6\,x_{\max}=6\times 17{,}2=1{,}0\times 10^{2}$ mol, environ 103 mol.

Q4. À l'électrode 2, le dioxygène est transformé en ions oxyde. Équilibre de l'élément oxygène : une molécule $\mathrm{O_{2}}$ donne deux ions $\mathrm{O^{2-}}$. Équilibre des charges : à gauche $0$, à droite $2\times(-2)=-4$, il faut donc 4 électrons du côté des réactifs : $\mathrm{O_{2}+4\,e^{-}\rightarrow 2\,O^{2-}}$. Le dioxygène capte des électrons : c'est une réduction.

Q5. Pour additionner les deux réactions électrochimiques, il faut que les électrons cédés à l'électrode 1 soient exactement ceux captés à l'électrode 2. On multiplie donc l'équation de l'électrode 1 par 2 : $\mathrm{2\,H_{2}+2\,O^{2-}\rightarrow 2\,H_{2}O+4\,e^{-}}$, puis on ajoute $\mathrm{O_{2}+4\,e^{-}\rightarrow 2\,O^{2-}}$.

La somme donne $\mathrm{2\,H_{2}+O_{2}+2\,O^{2-}+4\,e^{-}\rightarrow 2\,H_{2}O+2\,O^{2-}+4\,e^{-}}$ ; les 4 électrons et les 2 ions oxyde apparaissent des deux côtés et se simplifient : $\mathrm{2\,H_{2}\,(g)+O_{2}\,(g)\rightarrow 2\,H_{2}O\,(g)}$. Les ions oxyde ne sont ni produits ni consommés au bilan : ils ne font que transporter l'oxygène à travers l'électrolyte.

Q6. À l'électrode 1, le dihydrogène cède des électrons ($\mathrm{H_{2}+O^{2-}\rightarrow H_{2}O+2\,e^{-}}$) : il s'y produit une oxydation, cette électrode est l'anode. Les électrons qu'elle libère partent dans le circuit extérieur : elle constitue le pôle négatif de la pile.

À l'électrode 2, le dioxygène capte des électrons : il s'y produit une réduction, cette électrode est la cathode. Elle reçoit les électrons venus du circuit extérieur : c'est le pôle positif. Moyen mnémotechnique : oxydation à l'anode, réduction à la cathode, et dans une pile l'anode est toujours le pôle négatif.

Q7. Sur le document-réponse 1 : on écrit « pôle − » (anode) à côté de l'électrode 1 et « pôle + » (cathode) à côté de l'électrode 2. Dans le circuit extérieur, les porteurs de charge sont les électrons ; on trace une flèche le long du fil, de l'électrode 1 vers l'électrode 2, en passant par le circuit extérieur.

On peut ajouter le sens conventionnel du courant électrique, opposé à celui des électrons : à l'extérieur de la pile, le courant va de l'électrode 2 (pôle +) vers l'électrode 1 (pôle −). À l'intérieur, ce sont les ions oxyde $\mathrm{O^{2-}}$ qui portent la charge, de l'électrode 2 vers l'électrode 1, comme le schéma l'indique déjà. Erreur fréquente : faire circuler des ions dans les fils ou des électrons dans l'électrolyte.

Q8. La capacité est la charge totale que la pile peut débiter : $Q=n(e^{-})\times\mathcal{F}$, avec $n(e^{-})$ la quantité d'électrons échangés. À l'électrode 1, chaque mole de $\mathrm{H_{2}}$ libère 2 moles d'électrons. La valeur est maximale quand tout le dihydrogène issu du litre d'éthanol est consommé : $n(e^{-})=2\times n(\mathrm{H_{2}})=2\times 6\times 17{,}15=206$ mol, soit 12 moles d'électrons par mole d'éthanol.

Alors $Q_{\max}=206\times 9{,}65\times 10^{4}=1{,}99\times 10^{7}$ C, soit $Q_{\max}=2{,}0\times 10^{7}$ C. On peut aussi passer par $Q=N(e^{-})\times e=n(e^{-})\times N_{\mathrm{A}}\times e$, puisque $N_{\mathrm{A}}\times e=6{,}02\times 10^{23}\times 1{,}60\times 10^{-19}=9{,}63\times 10^{4}\ \mathrm{C\cdot mol^{-1}}$, la constante de Faraday aux arrondis près. Erreur fréquente : oublier le facteur 6 du vaporeformage ou le facteur 2 de la demi-équation, et trouver une capacité six ou deux fois trop petite.

Q9. Démarche : charge disponible, puis énergie stockée, puis énergie électrique réellement fournie avec le rendement, enfin division par l'énergie d'une batterie.

Volume d'éthanol : $30\ \mathrm{m^{3}}=30\times 10^{3}\ \mathrm{L}=3{,}0\times 10^{4}$ L. D'après Q8, chaque litre apporte $2{,}0\times 10^{7}$ C, donc $Q=3{,}0\times 10^{4}\times 2{,}0\times 10^{7}=6{,}0\times 10^{11}$ C. Énergie stockée : $E=Q\cdot U=6{,}0\times 10^{11}\times 1{,}0=6{,}0\times 10^{11}$ J.

Avec un rendement de 70 %, l'énergie électrique utile vaut $E_{u}=0{,}70\times 6{,}0\times 10^{11}=4{,}2\times 10^{11}$ J. En kilowattheures : $E_{u}=\dfrac{4{,}2\times 10^{11}}{3\,600}=1{,}17\times 10^{8}\ \mathrm{W\cdot h}=1{,}17\times 10^{5}\ \mathrm{kW\cdot h}$. Nombre de batteries de 40 kW·h : $N=\dfrac{1{,}17\times 10^{5}}{40}\approx 2{,}9\times 10^{3}$.

On peut donc recharger environ 2 900 véhicules (de batterie vide à pleine). C'est un ordre de grandeur optimiste : la tension à vide de 1,0 V est supérieure à la tension en fonctionnement, et on néglige les pertes de la borne et de la batterie elle-même. Erreur fréquente : oublier la conversion $1\ \mathrm{W\cdot h}=3\,600$ J, ou appliquer le rendement deux fois.

Q1. On applique les règles de la nomenclature officielle. Le groupe caractéristique $-\mathrm{COOH}$, en bout de chaîne, est le groupe carboxyle : la molécule appartient à la famille des acides carboxyliques, dont le nom est « acide ...oïque ». La chaîne carbonée principale, qui contient le carbone du groupe carboxyle, compte 9 atomes de carbone (les 9 extrémités et sommets de la ligne brisée, le dernier étant le carbone du groupe $-\mathrm{COOH}$, ce que confirme la formule $\mathrm{C_{8}H_{17}COOH}$ de l'équation de titrage) : le préfixe est « non ». Toutes les liaisons carbone-carbone sont simples, la chaîne est saturée, d'où l'infixe « an », comme pour un alcane. La chaîne est linéaire, sans ramification, et le carbone du groupe carboxyle porte toujours le numéro 1 : aucun indice de position n'est nécessaire. D'où « acide non-an-oïque », l'acide nonanoïque.

Erreur fréquente : compter 8 carbones en oubliant celui du groupe carboxyle, et proposer « acide octanoïque ».

Q2. Diluer d'un facteur 10, c'est préparer une solution fille de volume $V_{f}=10\times V_{m}$ à partir d'un volume $V_{m}$ de solution mère, la quantité de soluté prélevée étant conservée : $C_{m}V_{m}=C_{f}V_{f}$ et $F=\dfrac{V_{f}}{V_{m}}=10$. Avec le matériel disponible, on choisit une pipette jaugée de 10,0 mL et une fiole jaugée de 100,0 mL (les couples 5,0 mL et 50,0 mL, ou 20,0 mL et 200,0 mL, conviennent aussi). Les éprouvettes sont écartées : elles ne sont pas assez précises pour une dilution.

Protocole : verser un peu de solution commerciale dans un bécher propre et sec (on ne pipette jamais directement dans le flacon) ; prélever 10,0 mL de cette solution à la pipette jaugée munie d'une propipette, après l'avoir rincée avec la solution ; les verser dans la fiole jaugée de 100,0 mL ; ajouter de l'eau distillée jusqu'aux trois quarts environ, boucher et agiter pour homogénéiser ; compléter à l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, le bas du ménisque sur le trait, en finissant au compte-gouttes ; boucher et retourner plusieurs fois la fiole pour homogénéiser.

Q3. L'équivalence d'un titrage est l'état du système pour lequel les réactifs, l'espèce titrée et l'espèce titrante, ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de la réaction support du titrage. À l'équivalence, les deux réactifs sont entièrement consommés : il y a changement de réactif limitant. Ici, avec des coefficients égaux à 1 : $n(\text{acide})_{\text{initial}}=n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versé à l'équivalence}}$.

Q4. Méthode de la dérivée : le volume équivalent est l'abscisse du maximum de la dérivée $\dfrac{\mathrm{d}pH}{\mathrm{d}V}$, qui correspond au point d'inflexion du saut de pH. Sur le document-réponse 2, on repère le sommet du pic tracé en pointillés, on trace la verticale qui passe par ce sommet jusqu'à l'axe des volumes, et on lit $V_{\mathrm{E}}\approx 14{,}2$ mL (les petites graduations valent 0,5 mL, la lecture est précise à 0,1 ou 0,2 mL près).

Vérification : cette verticale coupe la courbe de pH au milieu du saut, entre pH 7 et pH 10, vers pH $\approx 8{,}4$ ; la méthode des tangentes parallèles donnerait le même volume. Le pH à l'équivalence est supérieur à 7, ce qui est normal pour le titrage d'un acide faible par une base forte : la solution contient alors l'ion nonanoate, base faible.

Q5. À l'équivalence (Q3) : $C_{\mathrm{S}}\times V_{\mathrm{S}}=C\times V_{\mathrm{E}}$, donc $C_{\mathrm{S}}=\dfrac{C\times V_{\mathrm{E}}}{V_{\mathrm{S}}}=\dfrac{1{,}00\times 10^{-2}\times 14{,}2}{5{,}0}=2{,}84\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ (les deux volumes dans la même unité, inutile de les convertir).

La solution S est la solution commerciale diluée 10 fois : $C_{\text{ap}}=10\times C_{\mathrm{S}}=2{,}8\times 10^{-1}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, soit $0{,}284\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ en gardant un chiffre de plus pour la suite. Erreur fréquente : oublier le facteur de dilution et comparer $C_{\mathrm{S}}$ directement à l'étiquette.

Q6. Concentration en masse : $c_{m}=C_{\text{ap}}\times M=0{,}284\times 158=44{,}9\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$. Comparaison avec l'indication du fabricant à l'aide du quotient fourni : $z=\dfrac{|c_{m}-c_{m,ref}|}{u(c_{m})}=\dfrac{|44{,}9-43{,}06|}{1{,}2}=1{,}5$.

Comme $z\le 2$, le résultat du titrage est en accord avec l'indication portée sur le flacon. Remarque : la conclusion dépend de la qualité de la lecture de $V_{\mathrm{E}}$ ; avec 14,0 mL on trouverait $z\approx 1{,}0$, mais une lecture de 14,4 mL donnerait $z\approx 2{,}0$, à la limite. D'où l'intérêt de tracer soigneusement la verticale sur l'annexe. La masse volumique de la solution permet d'ajouter que l'herbicide contient environ $\dfrac{44{,}9}{1{,}00\times 10^{3}}\approx 4{,}5\ \%$ en masse d'acide pélargonique.

Q7. Un indicateur coloré convient si sa zone de virage contient le pH à l'équivalence, ou au moins est entièrement comprise dans le saut de pH. Ici, $pH_{\mathrm{E}}\approx 8{,}4$ et le saut va d'environ 7 à 10 : l'indicateur TA, de zone de virage 8,2 à 9,8, est le bon choix.

Les deux autres ne conviennent pas : l'hélianthine (3,2 à 4,4) vire dès le début du titrage, le pH initial étant voisin de 3,4 ; le bleu de bromothymol (6,0 à 7,6) virerait avant l'équivalence, dans la partie de la courbe où le pH monte lentement, vers 11 à 13 mL, ce qui donnerait un volume équivalent trop faible.

Q8. Avant l'équivalence, le pH du mélange est inférieur à 8,2 : l'indicateur TA est sous sa forme acide, incolore. Juste après l'équivalence, l'ion hydroxyde en excès fait passer le pH au-dessus de 9,8 : l'indicateur prend sa forme basique, rose. On observe donc le passage de l'incolore au rose ; l'équivalence est repérée par la première goutte qui donne une teinte rose persistante.