Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Amérique du Sud jour 2 : sujet officiel et corrigé

Q1. Une formule semi-développée montre toutes les liaisons sauf celles qui engagent un atome d'hydrogène. On part de la formule topologique de la figure 1 en rendant visibles les atomes de carbone et leurs hydrogènes : $\mathrm{HO{-}C_{6}H_{4}{-}CH_{2}{-}CH_{2}{-}C({=}O){-}CH_{3}}$.

Sur la copie, le cycle se dessine en hexagone avec ses trois doubles liaisons alternées : quatre sommets $\mathrm{CH}$, un sommet $\mathrm{C}$ lié au groupe $\mathrm{OH}$ et, en face (position para), un sommet $\mathrm{C}$ lié à la chaîne $\mathrm{CH_{2}{-}CH_{2}{-}C({=}O){-}CH_{3}}$, l'atome d'oxygène étant relié par deux traits au troisième carbone de la chaîne. Vérification par la formule brute : dix atomes de carbone, douze d'hydrogène et deux d'oxygène, $\mathrm{C_{10}H_{12}O_{2}}$, dont la masse molaire $10\times 12{,}0+12\times 1{,}0+2\times 16{,}0=164\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$ est bien celle des données. Erreur fréquente : oublier un hydrogène sur un $\mathrm{CH_{2}}$ de la chaîne, ou écrire $\mathrm{CH_{3}}$ en bout de chaîne côté cycle.

Q2. Deux groupes caractéristiques. Le groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$, porté par le cycle ; et le groupe carbonyle $\mathrm{C{=}O}$ de la chaîne. On les entoure séparément sur la formule de Q1.

Le groupe qui justifie le nom « cétone de la framboise » est le groupe carbonyle : son atome de carbone est lié à DEUX atomes de carbone (celui du $\mathrm{CH_{3}}$ et celui du $\mathrm{CH_{2}}$), ce qui fait de la molécule une cétone. Si ce carbone portait un atome d'hydrogène, comme dans le réactif A, ce serait un aldéhyde. Remarque : un groupe hydroxyle porté directement par un cycle benzénique définit en toute rigueur un phénol, mais le nom attendu au programme est bien « groupe hydroxyle ».

Q3. Un bon solvant doit dissoudre les réactifs et permettre leur rencontre. D'après le tableau, le 4-hydroxybenzaldéhyde est très soluble dans l'acétone, beaucoup plus que dans l'eau, où il l'est peu : les $2{,}50$ g de A s'y dissolvent dans seulement $10{,}0$ mL. Ensuite, l'acétone est totalement miscible à l'eau : quand on ajoute la solution aqueuse d'hydroxyde de sodium, on obtient une seule phase homogène dans laquelle A et les ions $\mathrm{HO^{-}}$ se rencontrent. Avec l'éther diéthylique, qui dissout aussi bien A mais n'est pas miscible à l'eau, on aurait deux phases et les réactifs resteraient séparés.

Il y a enfin une raison que la figure 2 montre directement : l'acétone n'est pas seulement le solvant, c'est aussi un réactif de l'étape A → B, puisqu'elle apporte le fragment $\mathrm{CH_{3}{-}CO{-}CH_{2}}$ de B. Utilisée comme solvant, elle est en très large excès : A est le réactif limitant et la transformation est favorisée.

Q4. Une flèche courbe part toujours d'un doublet d'électrons (doublet non liant ou doublet de liaison), situé sur un site donneur, et pointe vers un site accepteur : un atome, si une liaison se forme, ou un atome qui récupère le doublet, si une liaison se rompt.

Acte élémentaire 2 : deux flèches. La première part du doublet non liant de l'atome de carbone chargé négativement de l'ion $\mathrm{CH_{3}{-}CO{-}CH_{2}^{-}}$ (site donneur) et pointe vers l'atome de carbone du groupe $\mathrm{C{=}O}$ de A (site accepteur) : elle forme la nouvelle liaison $\mathrm{C{-}C}$. Ce carbone est accepteur parce que l'oxygène, plus électronégatif ($\chi(\mathrm{O})=3{,}5$ contre $\chi(\mathrm{C})=2{,}5$), attire les électrons de la double liaison et lui laisse une charge partielle $\delta^{+}$. La seconde part du doublet de la double liaison $\mathrm{C{=}O}$ et pointe vers l'atome d'oxygène : une des deux liaisons se rompt, l'oxygène garde le doublet, porte désormais trois doublets non liants et la charge négative, comme dans le produit dessiné.

Acte élémentaire 3 : deux flèches. La première part d'un doublet non liant de l'oxygène chargé négativement (site donneur) et pointe vers un atome d'hydrogène de la molécule d'eau (site accepteur, $\delta^{+}$ puisque $\chi(\mathrm{O})>\chi(\mathrm{H})$) : elle forme la liaison $\mathrm{O{-}H}$ du produit. La seconde part du doublet de la liaison $\mathrm{O{-}H}$ de l'eau et pointe vers l'atome d'oxygène de l'eau : la liaison se rompt et cet oxygène devient celui de l'ion hydroxyde $\mathrm{HO^{-}}$, avec trois doublets non liants et la charge négative.

Vérification qui rapporte des points : les charges se conservent dans chaque acte (une charge négative à gauche, une à droite), et chaque atome d'arrivée a bien gagné ou perdu le nombre de doublets que la flèche indique. Erreur fréquente : faire partir la flèche de l'atome d'hydrogène ou de la charge « $-$ » au lieu d'un doublet, ou tracer la flèche à l'envers, de l'accepteur vers le donneur.

Q5. Dans l'acte élémentaire 1, l'ion hydroxyde $\mathrm{HO^{-}}$ arrache un ion hydrogène $\mathrm{H^{+}}$ à un groupe $\mathrm{CH_{3}}$ de l'acétone : il se forme l'ion $\mathrm{CH_{3}{-}CO{-}CH_{2}^{-}}$ et une molécule d'eau. C'est un transfert de proton entre deux couples, $\mathrm{CH_{3}COCH_{3}/CH_{3}COCH_{2}^{-}}$, où l'acétone joue le rôle d'acide, et $\mathrm{H_{2}O/HO^{-}}$, où l'ion hydroxyde joue le rôle de base : la réaction est acido-basique.

Piège : ce n'est pas une substitution. Un atome d'hydrogène quitte bien la molécule d'acétone, mais rien ne vient le remplacer sur le même carbone : celui-ci garde le doublet de la liaison rompue et devient porteur d'une charge négative.

Q6. Le rendement est le quotient de la quantité de produit obtenue par la quantité maximale attendue : $r=\dfrac{n_{\text{exp}}}{n_{\text{max}}}$. Les deux étapes se font mole à mole (une mole de A donne une mole de B, qui donne une mole de frambinone), l'acétone est en large excès (Q3) et le dihydrogène en excès d'après l'énoncé : A est le réactif limitant de toute la séquence.

Quantité initiale de A : $n_{A}=\dfrac{m_{A}}{M_{A}}=\dfrac{2{,}50}{122{,}1}=2{,}05\times 10^{-2}$ mol, donc $n_{\text{max}}=2{,}05\times 10^{-2}$ mol de frambinone, soit une masse maximale $m_{\text{max}}=n_{\text{max}}\times M=2{,}05\times 10^{-2}\times 164{,}2=3{,}36$ g. Rendement : $r=\dfrac{m_{\text{exp}}}{m_{\text{max}}}=\dfrac{2{,}19}{3{,}36}=0{,}651$, soit $r=65$ %, la valeur annoncée.

Même résultat par les quantités de matière : $n_{\text{exp}}=\dfrac{2{,}19}{164{,}2}=1{,}33\times 10^{-2}$ mol et $\dfrac{1{,}33\times 10^{-2}}{2{,}05\times 10^{-2}}=0{,}65$. Erreur fréquente : diviser $2{,}19$ g par $2{,}50$ g. Un rapport de masses n'est pas un rendement, puisque les masses molaires de A et de la frambinone diffèrent ; on obtiendrait 88 %.

Q7. Selon Brönsted, un acide est une espèce chimique capable de céder un ion hydrogène $\mathrm{H^{+}}$ (un proton).

L'acide lactique possède un groupe carboxyle $-\mathrm{COOH}$. Dans ce groupe, la liaison $\mathrm{O{-}H}$ est fortement polarisée : l'oxygène est bien plus électronégatif que l'hydrogène ($3{,}5$ contre $2{,}1$), il attire vers lui le doublet de liaison et l'atome d'hydrogène porte une charge partielle $\delta^{+}$. De plus, l'atome de carbone voisin est lié à deux atomes d'oxygène plus électronégatifs que lui ($3{,}5$ contre $2{,}5$), ce qui renforce encore cette polarisation. L'hydrogène du groupe carboxyle peut donc être libéré sous forme d'ion $\mathrm{H^{+}}$ : l'acide lactique est un acide de Brönsted, ce que confirme le pH mesuré de la solution, $2{,}1$, bien inférieur à 7. C'est cet hydrogène, et non celui du groupe hydroxyle porté par le carbone central, qui est cédé : l'ion lactate est un ion carboxylate.

Q8. L'ion lactate est l'acide lactique ayant perdu l'hydrogène du groupe carboxyle : $\mathrm{CH_{3}{-}CH(OH){-}COO^{-}}$. Schéma de Lewis : chaque atome de carbone établit quatre liaisons et ne porte aucun doublet non liant ; chaque hydrogène, une liaison. L'oxygène du groupe hydroxyle porte deux liaisons simples ($\mathrm{C{-}O}$ et $\mathrm{O{-}H}$) et deux doublets non liants. L'oxygène doublement lié au carbone du groupe carboxylate porte deux doublets non liants. L'autre oxygène du groupe carboxylate, simplement lié au carbone, porte trois doublets non liants et la charge négative $\ominus$.

Vérification par le décompte des électrons de valence : $\mathrm{C_{3}H_{5}O_{3}^{-}}$ en possède $3\times 4+5\times 1+3\times 6+1=36$, soit $18$ doublets. Le schéma en compte $11$ liaisons (deux $\mathrm{C{-}C}$, quatre $\mathrm{C{-}H}$, une $\mathrm{O{-}H}$, une $\mathrm{C{-}O}$ pour l'hydroxyle, deux pour $\mathrm{C{=}O}$, une $\mathrm{C{-}O^{-}}$) et $2+2+3=7$ doublets non liants : $11+7=18$. Chaque oxygène est entouré de quatre doublets (règle de l'octet), et la charge $-1$ va sur l'oxygène qui porte un doublet non liant de plus qu'à l'état neutre. Erreur fréquente : oublier la charge, ou ne mettre que deux doublets non liants sur l'oxygène chargé.

Q9. L'acide lactique cède son proton à l'eau, qui joue le rôle de base du couple $\mathrm{H_{3}O^{+}/H_{2}O}$ : $\mathrm{AH(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows A^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$. La double flèche traduit une transformation non totale, l'acide lactique étant un acide faible (son $\mathrm{p}K_{A}$ est fini et la question Q11 montre qu'il reste majoritaire en solution).

Q10. La constante d'acidité est la valeur du quotient de réaction à l'équilibre, l'eau, solvant, n'y figurant pas : $K_{A}=\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]_{\text{éq}}\cdot[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{\text{éq}}}{[\mathrm{AH}]_{\text{éq}}\cdot c^{\circ}}$, avec $c^{\circ}=1\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ la concentration standard, qui rend $K_{A}$ sans dimension. Elle vaut ici $K_{A}=10^{-\mathrm{p}K_{A}}=10^{-3{,}86}=1{,}4\times 10^{-4}$.

Q11. Diagramme de prédominance du couple $\mathrm{AH/A^{-}}$ : sur un axe gradué en pH, l'acide AH prédomine pour $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{A}=3{,}86$, la base $\mathrm{A^{-}}$ pour $\mathrm{pH}>3{,}86$. Le pH de la solution détartrante vaut $2{,}1$, à gauche de $3{,}86$ : c'est l'acide lactique qui prédomine dans la bouilloire.

On peut le chiffrer avec la relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}+\log\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]}{[\mathrm{AH}]}$ : $\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]}{[\mathrm{AH}]}=10^{2{,}1-3{,}86}=1{,}7\times 10^{-2}$. Il y a environ 57 fois plus d'acide lactique que d'ion lactate : l'acide reste disponible pour réagir avec le tartre, ce qu'on attend d'un détartrant.

Q12. Une densité de $1{,}25$ signifie que la masse volumique du détartrant vaut $1{,}25$ fois celle de l'eau : $\rho=1{,}25\times 1{,}00\ \mathrm{kg\cdot L^{-1}}=1\,250\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$. Un litre de solution commerciale pèse donc $1\,250$ g, dont 55 % d'acide lactique : $m=0{,}55\times 1\,250=6{,}9\times 10^{2}$ g (exactement $687{,}5$ g). Quantité de matière dans ce litre : $n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{687{,}5}{90{,}08}=7{,}63$ mol.

D'où $c_{\text{com}}=\dfrac{w\cdot d\cdot\rho_{\text{eau}}}{M}=7{,}6\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, avec deux chiffres significatifs comme le titre massique. Erreur fréquente : oublier le titre massique (on trouve $13{,}9\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$), ou prendre la densité pour une masse volumique en $\mathrm{g\cdot L^{-1}}$ sans la multiplier par celle de l'eau.

Q13. Le pictogramme de l'étiquette est celui de la corrosion : la solution commerciale, concentrée, attaque la peau et les yeux. Il faut donc porter des lunettes de protection, des gants et une blouse fermée. Le texte du sujet dit l'acide lactique « non corrosif pour les pièces métalliques », mais c'est la solution diluée qui est visée : le flacon commercial, lui, est classé corrosif pour les tissus.

Q14. Le facteur de dilution est $F=\dfrac{c_{\text{com}}}{c_{\text{diluée}}}=\dfrac{V_{\text{fille}}}{V_{\text{mère}}}=100$. On veut $V_{\text{fille}}=200{,}0$ mL, donc il faut prélever $V_{\text{mère}}=\dfrac{200{,}0}{100}=2{,}0$ mL de solution commerciale.

Verrerie : la pipette jaugée de $2{,}0$ mL pour prélever la solution commerciale, et la fiole jaugée de $200{,}0$ mL pour la solution diluée. Ce sont des instruments jaugés, précis pour un seul volume, ce qu'exige la préparation d'une solution de concentration connue. Un seul autre couple donne le facteur 100, $5{,}0$ mL dans la fiole de $500{,}0$ mL, mais il prépare $500$ mL et non les $200{,}0$ mL demandés. Erreur fréquente : prélever à l'éprouvette graduée ou au bécher, trop imprécis pour une dilution.

Q15. Le schéma légendé comporte : une burette graduée contenant la solution titrante d'hydroxyde de sodium, de concentration $c_{\text{b}}=1{,}00\times 10^{-1}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, fixée sur un support ; en dessous, un bécher contenant la prise d'essai $V_{\text{a}}=15{,}0$ mL de solution $\mathrm{S}_{\text{diluée}}$ (solution titrée), prélevée à la pipette jaugée ; un barreau aimanté dans le bécher et un agitateur magnétique sous le bécher ; la sonde (électrode) du pH-mètre plongée dans la solution, reliée au pH-mètre. Les légendes doivent nommer les deux solutions avec leur rôle (titrante, titrée) : c'est ce que le correcteur vérifie d'abord. Erreur fréquente : placer la solution d'acide lactique dans la burette.

Q16. On repère le saut de pH : entre $V_{\text{b}}=11{,}3$ mL (pH $5{,}55$) et $V_{\text{b}}=11{,}7$ mL (pH $10{,}85$), le pH varie de plus de cinq unités. Méthode des tangentes parallèles : on trace une tangente à la courbe juste avant le saut, par exemple au point $(11{,}1\ \mathrm{mL}\,;\,5{,}25)$, puis une tangente parallèle juste après, au point $(12{,}0\ \mathrm{mL}\,;\,11{,}25)$ ; la droite parallèle équidistante des deux coupe la courbe au point d'équivalence E. On lit $V_{\text{bE}}=11{,}6$ mL et $\mathrm{pH_{E}}\approx 8{,}3$.

Vérification à la demi-équivalence : pour $V_{\text{b}}=\dfrac{V_{\text{bE}}}{2}=5{,}8$ mL, le graphe donne $\mathrm{pH}\approx 3{,}86$, la valeur du $\mathrm{p}K_{A}$ donnée, ce qui confirme à la fois la lecture de $V_{\text{bE}}$ et l'identité de l'acide titré. Le saut ne compte qu'un seul point de mesure, à $6{,}5$ : la précision de la lecture est de l'ordre de $\pm 0{,}1$ mL. Erreur fréquente : prendre le dernier point avant le saut ($11{,}5$ mL) ou le premier après ($11{,}7$ mL) au lieu de construire E.

Q17. Réaction support du titrage, totale et rapide : $\mathrm{AH(aq)+HO^{-}(aq)\rightarrow A^{-}(aq)+H_{2}O(\ell)}$. À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, ici mole à mole : $n(\mathrm{AH})_{\text{initiale}}=n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versée}}$, soit $c_{\text{diluée}}\cdot V_{\text{a}}=c_{\text{b}}\cdot V_{\text{bE}}$.

D'où $c_{\text{diluée}}=\dfrac{c_{\text{b}}\cdot V_{\text{bE}}}{V_{\text{a}}}=\dfrac{1{,}00\times 10^{-1}\times 11{,}6}{15{,}0}=7{,}73\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Les deux volumes étant dans la même unité, inutile de les convertir.

Q18. La solution commerciale a été diluée 100 fois : $c_{\text{mes}}=100\times c_{\text{diluée}}=100\times 7{,}73\times 10^{-2}=7{,}73\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Quotient de comparaison avec la valeur de référence $c_{\text{com}}=7{,}6\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ de Q12 : $\dfrac{|7{,}73-7{,}6|}{0{,}34}=0{,}38$.

Ce quotient est inférieur à 2 : la mesure est compatible avec la valeur de l'étiquette. Avec la valeur non arrondie $7{,}63\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, on trouve $0{,}29$, même conclusion. Pour que le quotient dépasse 2, il aurait fallu lire $V_{\text{bE}}$ au-delà de $12{,}4$ mL ou en deçà de $10{,}4$ mL : la conclusion ne dépend pas de la précision du tracé. Erreur fréquente : oublier le facteur de dilution et comparer $7{,}73\times 10^{-2}$ à $7{,}6$.

Q19. 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 $\mathrm{pH_{E}}\approx 8{,}3$ (Q16), et le saut va d'environ $5{,}5$ à $10{,}9$.

Le bleu de thymol (zone de virage $8{,}0$ à $9{,}6$) est le plus adapté : sa zone contient $\mathrm{pH_{E}}$ et se trouve dans le saut, son changement de couleur repère précisément l'équivalence. Le bleu de bromothymol (zone $6{,}0$ à $7{,}6$) est dans le saut mais sa zone s'arrête avant $\mathrm{pH_{E}}$ : il virerait un peu avant l'équivalence. L'hélianthine (zone $3{,}1$ à $4{,}4$) vire en plein milieu du titrage, vers $V_{\text{b}}=2$ à $9$ mL, dans la zone où l'acide lactique et l'ion lactate coexistent : elle est à exclure. Piège : choisir le bleu de bromothymol parce que sa zone entoure 7, valeur du pH à l'équivalence pour un acide FORT. Le titrage d'un acide faible par une base forte donne une solution d'ion lactate, base faible, à l'équivalence : $\mathrm{pH_{E}}>7$.

Q1. Pour un liquide incompressible, la variation d'énergie interne ne dépend que de la variation de température : $\Delta U=m\cdot c_{\text{eau}}\cdot(\theta_{2}-\theta_{1})$. Masse d'eau : $m=\rho_{\text{eau}}\cdot V=1{,}00\times 200=200$ kg.

Donc $\Delta U=200\times 4{,}18\times(55-15)=3{,}34\times 10^{4}$ kJ, soit $3{,}34\times 10^{7}$ J. Une différence de températures a la même valeur en kelvins et en degrés Celsius ($40$ °C $=40$ K), ce qui permet d'utiliser $c_{\text{eau}}$ en $\mathrm{kJ\cdot K^{-1}\cdot kg^{-1}}$ directement. $\Delta U>0$ : l'énergie interne de l'eau augmente. Piège d'unité : $c_{\text{eau}}$ est donnée en kilojoules, le résultat sort donc en kJ ; c'est l'unité de $Q_{1}$ à la question Q4, ce qui facilitera le bilan.

Q2. À travers la paroi solide du ballon, le transfert se fait principalement par conduction, de proche en proche, sans déplacement de matière. Son sens : un transfert thermique spontané se fait toujours du corps le plus chaud vers le plus froid, donc de l'eau chaude ($55$ °C) vers l'air du garage ($18$ °C). Ce sont des pertes thermiques pour l'eau du ballon.

Q3. Relation donnée, avec $\theta_{A}=\theta_{2}$ et $\theta_{B}=\theta_{\text{air}}$ pour obtenir un flux positif dans le sens du transfert : $\Phi=\dfrac{\theta_{2}-\theta_{\text{air}}}{R_{\text{th}}}=\dfrac{55-18}{0{,}47}=79$ W. Vérification d'unité : $\dfrac{{}^{\circ}\mathrm{C}}{{}^{\circ}\mathrm{C\cdot W^{-1}}}=\mathrm{W}$, un flux thermique est bien une puissance. Erreur fréquente : prendre l'écart entre $\theta_{1}$ et $\theta_{2}$, qui n'a rien à voir avec la paroi.

Q4. Le flux thermique est l'énergie transférée par unité de temps ; supposé constant, il donne $Q_{1}=\Phi\cdot\Delta t$ avec $\Delta t=24\ \mathrm{h}=24\times 3\,600=86\,400$ s. Donc $Q_{1}=78{,}7\times 86\,400=6{,}80\times 10^{6}$ J, soit $6{,}8\times 10^{3}$ kJ, la valeur annoncée. On garde $\Phi$ non arrondi ($78{,}7$ W) pour ne pas cumuler les arrondis.

Cette énergie est perdue par l'eau : comptée du point de vue de l'eau, l'énergie reçue de l'air vaut $-6{,}8\times 10^{3}$ kJ. Le calcul suppose l'eau à $55$ °C toute la journée, ce qui majore un peu les pertes réelles, puisque l'eau ne monte à $55$ °C qu'au fil du chauffage.

Q5. Premier principe appliqué au système {eau du ballon} sur une journée : $\Delta U=W+Q$. L'eau est incompressible et ne reçoit aucun travail, $W=0$. Elle reçoit de la PAC l'énergie $Q_{2}>0$ et cède à l'air du garage l'énergie $Q_{1}$ : $Q=Q_{2}-Q_{1}$. D'où $\Delta U=Q_{2}-Q_{1}$, soit $Q_{2}=\Delta U+Q_{1}$.

Interprétation : il faut fournir à l'eau de quoi élever sa température ET de quoi compenser ce qu'elle perd par la paroi. Erreur fréquente : écrire $Q_{2}=\Delta U-Q_{1}$ en oubliant que $Q_{1}$ désigne ici la valeur d'une énergie perdue par l'eau.

Q6. $Q_{2}=3{,}34\times 10^{4}+6{,}8\times 10^{3}=4{,}02\times 10^{4}\ \mathrm{kJ}=4{,}02\times 10^{7}$ J. Conversion avec $1\ \mathrm{W\cdot h}=3\,600$ J : $Q_{2}=\dfrac{4{,}02\times 10^{7}}{3\,600}=1{,}12\times 10^{4}\ \mathrm{W\cdot h}=11{,}2\ \mathrm{kW\cdot h}$, voisine de $11\ \mathrm{kW\cdot h}$. Les pertes représentent $\dfrac{6{,}8}{40{,}2}=17$ % de l'énergie fournie chaque jour : l'isolation du ballon compte. Erreur fréquente : diviser par $3\,600$ des kilojoules et annoncer des kW·h, ce qui donne un résultat mille fois trop petit ; on convertit en joules d'abord.

Q7. Par définition du coefficient de performance : $\mathrm{COP}=\dfrac{|Q_{2}|}{E_{PAC}}$, l'énergie utile étant le transfert thermique cédé à l'eau, sans perte d'après l'énoncé. Donc $E_{PAC}=\dfrac{Q_{2}}{\mathrm{COP}}=\dfrac{11{,}2}{3{,}2}=3{,}5\ \mathrm{kW\cdot h}$. Un COP supérieur à 1 ne contredit pas la conservation de l'énergie : la PAC ne crée pas d'énergie, elle en prélève l'essentiel à l'air ambiant, gratuitement, et l'électricité ne sert qu'à faire circuler le fluide. Une résistance électrique classique consommerait les $11{,}2\ \mathrm{kW\cdot h}$.

Q8. Puissance de l'installation : $P=10\times 300=3\,000\ \mathrm{W}=3{,}0$ kW. Énergie produite en 5 heures d'ensoleillement : $E_{\text{prod}}=P\cdot\Delta t=3{,}0\times 5=15\ \mathrm{kW\cdot h}$.

Consommation quotidienne totale : $E_{\text{cons}}=8+3{,}5=11{,}5\ \mathrm{kW\cdot h}$. Comme $15>11{,}5$, l'installation couvre la consommation d'une journée d'ensoleillement moyen, avec une marge de $3{,}5\ \mathrm{kW\cdot h}$ qui peut charger le système de stockage. Erreur fréquente : oublier l'énergie de la PAC, que l'énoncé ajoute explicitement aux $8\ \mathrm{kW\cdot h}$.

Q9. L'isolation phonique d'un garage repose sur des matériaux qui absorbent l'énergie de l'onde sonore lors de sa propagation à travers les parois : c'est une atténuation par absorption. Elle s'ajoute à l'atténuation géométrique, qui vient de la répartition de la puissance sonore sur une surface de plus en plus grande quand on s'éloigne de la source.

Q10. Démarche : calculer le niveau d'intensité sonore à $5{,}00$ m sans isolation par le modèle de la source ponctuelle, retrancher l'atténuation de l'isolation, comparer à $30$ dB.

Intensité à $d_{1}$ : $I_{1}=I_{0}\cdot 10^{L_{1}/10}=1{,}0\times 10^{-12}\times 10^{7}=1{,}0\times 10^{-5}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$. Puissance sonore de la source : $P=4\pi d_{1}^{2}I_{1}=4\pi\times 0{,}10^{2}\times 1{,}0\times 10^{-5}=1{,}3\times 10^{-6}$ W. Intensité à $d_{2}$ : $I_{2}=\dfrac{P}{4\pi d_{2}^{2}}=I_{1}\left(\dfrac{d_{1}}{d_{2}}\right)^{2}=1{,}0\times 10^{-5}\times\left(\dfrac{0{,}10}{5{,}00}\right)^{2}=4{,}0\times 10^{-9}\ \mathrm{W\cdot m^{-2}}$.

Niveau à $d_{2}$ sans isolation : $L_{2}=10\log\dfrac{I_{2}}{I_{0}}=10\log(4{,}0\times 10^{3})=36$ dB. On retrouve le résultat par la forme rapide : $L_{2}=L_{1}-20\log\dfrac{d_{2}}{d_{1}}=70-20\log 50=70-34=36$ dB ; chaque doublement de distance retire 6 dB.

Avec l'isolation phonique : $L=36-25=11$ dB. Ce niveau est bien inférieur aux $30$ dB conseillés : les vacanciers ne seront pas gênés. Sans l'isolation, les $36$ dB auraient dépassé la recommandation : c'est l'isolation, et non la seule distance, qui rend la chambre calme. Piège : les niveaux en décibels ne se divisent pas par le carré de la distance ; c'est l'intensité qui varie en $\dfrac{1}{d^{2}}$, et l'atténuation en dB se soustrait du niveau, elle ne se soustrait pas d'une intensité.

Q1. Équation d'état du gaz parfait : $P\cdot V=n\cdot R\cdot T$, toutes les grandeurs en unités SI. $P=1{,}1\ \mathrm{bar}=1{,}1\times 10^{5}$ Pa, $V=1{,}80\times 10^{5}\ \mathrm{m^{3}}$, $T=25+273=298$ K.

Quantité d'hélium : $n=\dfrac{P\cdot V}{R\cdot T}=\dfrac{1{,}1\times 10^{5}\times 1{,}80\times 10^{5}}{8{,}314\times 298}=8{,}0\times 10^{6}$ mol. Masse : $m_{\text{He}}=n\cdot M_{\text{He}}=8{,}0\times 10^{6}\times 4{,}0\times 10^{-3}=3{,}2\times 10^{4}$ kg, soit $32$ tonnes. Erreur fréquente : garder $M_{\text{He}}$ en $\mathrm{g\cdot mol^{-1}}$, ce qui donne $3{,}2\times 10^{7}$ g sans dire que ce sont des grammes, ou la température en degrés Celsius, qui fausse tout d'un facteur 12.

Q2. La poussée d'Archimède est verticale, orientée vers le haut, et sa valeur est égale au poids du fluide déplacé : $P_{a}=\rho_{\text{air}}\cdot V\cdot g$, puisque le dirigeable déplace un volume $V$ d'air. Le vecteur $\vec{g}$ étant orienté vers le bas, la poussée est de sens opposé : $\overrightarrow{P_{a}}=-\rho_{\text{air}}\cdot V\cdot\vec{g}$, la troisième relation.

Les deux autres sont à rejeter. La première a la bonne valeur mais le mauvais sens : elle pointerait vers le bas, comme le poids. La deuxième n'est pas homogène : $m_{\text{air}}\cdot V\cdot g$ s'exprime en $\mathrm{kg\cdot m^{3}\cdot m\cdot s^{-2}}=\mathrm{kg\cdot m^{4}\cdot s^{-2}}$, et non en newtons ($\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-2}}$).