Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Asie jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q1.a. Le panneau reçoit l'énergie du Soleil par rayonnement : un transfert porté par des ondes électromagnétiques, qui n'a besoin d'aucun support matériel et qui est donc le seul possible à travers le vide qui sépare le Soleil de la Terre. Le panneau absorbe ce rayonnement et sa température monte, ce qui chauffe le fluide caloporteur.

Q1.b. Le fluide caloporteur chaud circule dans un serpentin plongé dans le bas du cumulus (figure 1) : il ne se mélange jamais à l'eau sanitaire. L'énergie traverse la paroi métallique du serpentin de proche en proche, sans déplacement de matière : c'est un transfert par conduction. Le serpentin joue le rôle d'échangeur thermique ; c'est précisément pour que la conduction soit efficace qu'il est long, enroulé et métallique.

Q1.c. Dans le cumulus, l'eau chauffée en bas par le serpentin devient moins dense et monte, tandis que l'eau froide du haut, plus dense, descend : des courants se forment et transportent l'énergie avec la matière. C'est un transfert par convection, mode propre aux fluides. C'est aussi pourquoi l'eau chaude est puisée en haut du cumulus et l'eau froide arrive en bas.

Erreur fréquente : confondre conduction et convection. La question à se poser est « la matière se déplace-t-elle ? » : non à travers la paroi du serpentin (conduction), oui dans l'eau du cumulus (convection).

Q2. On applique l'expression donnée, l'épaisseur étant convertie en mètres : $e=5{,}0\ \text{cm}=5{,}0\times 10^{-2}$ m.

$R_{\text{th}}=\dfrac{e}{\lambda\times S}=\dfrac{5{,}0\times 10^{-2}}{0{,}033\times 5{,}0}=0{,}30\ \mathrm{K\cdot W^{-1}}$ (valeur non arrondie $0{,}303$). Unité : $\dfrac{\text{m}}{\mathrm{W\cdot m^{-1}\cdot K^{-1}}\times\mathrm{m^{2}}}=\mathrm{K\cdot W^{-1}}$. Deux chiffres significatifs, comme $e$ et $S$.

Erreur fréquente : laisser $e$ en centimètres, ce qui donne $30\ \mathrm{K\cdot W^{-1}}$, cent fois trop.

Q3. L'écart de température entre les deux faces de l'isolant vaut $\Delta\theta=\theta_{c}-\theta_{p}=45-20=25$ °C, soit aussi $25$ K : une DIFFÉRENCE de températures a la même valeur en degrés Celsius et en kelvins, il n'y a rien à convertir.

$\Phi=\dfrac{\Delta\theta}{R_{\text{th}}}=\dfrac{25}{0{,}303}=83$ W (82,5 W avant arrondi). Vérification par l'expression développée : $\Phi=\dfrac{\lambda S\,\Delta\theta}{e}=\dfrac{0{,}033\times 5{,}0\times 25}{5{,}0\times 10^{-2}}=82{,}5$ W, la même valeur. Ce flux est perdu par le fluide : c'est une fuite d'énergie que l'isolant limite sans la supprimer.

Q4. Un transfert thermique s'effectue spontanément du corps le plus chaud vers le corps le plus froid. Le fluide caloporteur, à $45$ °C, est plus chaud que la structure basse, à $20$ °C : le transfert thermique va du fluide caloporteur vers la structure basse du panneau, à travers l'isolant. C'est bien une perte pour le fluide, ce qui justifie la présence de l'isolant.

Q5. La résistance thermique $R_{\text{th}}=\dfrac{e}{\lambda S}$ est inversement proportionnelle à la conductivité $\lambda$. Avec la même épaisseur, la même surface et le même écart de température, la mousse de polyuréthane, de conductivité plus faible ($0{,}025<0{,}033$), a une résistance thermique plus grande, donc laisse passer un flux $\Phi=\dfrac{\Delta\theta}{R_{\text{th}}}$ plus faible.

Commentaire : la mousse de polyuréthane rigide isole mieux, les pertes du fluide caloporteur sont réduites ; c'est le choix à privilégier, toutes choses égales par ailleurs. Pour fixer les idées (la question ne le demande pas), le flux deviendrait $82{,}5\times\dfrac{0{,}025}{0{,}033}=62{,}5$ W, environ un quart de moins.

Q6. Pour un système incompressible, la variation d'énergie interne s'écrit $\Delta U=m\,c_{\text{eau}}\,(\theta_{f}-\theta_{i})$. La masse d'eau vaut $m=\rho_{\text{eau}}\times V$, d'où $\Delta U=\rho_{\text{eau}}\times V\times c_{\text{eau}}\times(\theta_{f}-\theta_{i})$. Avec $\rho_{\text{eau}}$ en $\mathrm{kg\cdot L^{-1}}$ et $V$ en litres, le produit $\rho_{\text{eau}}V$ est bien en kilogrammes.

Q7. Premier principe de la thermodynamique pour un système immobile (énergie mécanique constante) : $\Delta U=W+Q$. L'eau est incompressible et ne reçoit aucun travail ($W=0$) ; elle est isolée thermiquement de l'extérieur, et le seul transfert qu'elle reçoit est le transfert thermique $Q$ venu du serpentin. Donc $Q=\Delta U=\rho_{\text{eau}}\times V\times c_{\text{eau}}\times(\theta_{f}-\theta_{i})$. Si $\theta_{f}>\theta_{i}$, $Q>0$ : l'eau reçoit bien de l'énergie.

Q8. Le panneau reçoit la puissance radiative $P_{\text{reçue}}=p_{R}\times S=600\times 5{,}0=3{,}0\times 10^{3}$ W. Le rendement donne la part de cette puissance que le chauffe-eau rend utile, sous forme thermique : $P_{\text{th}}=r\times P_{\text{reçue}}=0{,}77\times 3{,}0\times 10^{3}=2{,}3\times 10^{3}$ W ($2\,310$ W avant arrondi), soit $2{,}3$ kW.

Erreur fréquente : écrire $r=77$ dans le calcul. Un rendement s'utilise sous forme décimale, $0{,}77$, et il est forcément inférieur à 1 : la puissance utile est inférieure à la puissance reçue.

Q9. Démarche : l'énergie à fournir à l'eau est le transfert thermique $Q$ de la Q7, et le chauffe-eau la fournit à la puissance $P_{\text{th}}$ de la Q8 ; la relation $Q=P_{\text{th}}\times\Delta t$ donne la durée.

Énergie nécessaire : $Q=\rho_{\text{eau}}\,V\,c_{\text{eau}}\,(\theta_{f}-\theta_{i})=1{,}00\times 150\times 4\,180\times(50-10)=2{,}5\times 10^{7}$ J ($2{,}508\times 10^{7}$ J, soit environ $7{,}0$ kWh).

Durée : $\Delta t=\dfrac{Q}{P_{\text{th}}}=\dfrac{2{,}508\times 10^{7}}{2\,310}=1{,}09\times 10^{4}$ s, et en heures $\Delta t=\dfrac{1{,}086\times 10^{4}}{3\,600}=3{,}0$ h.

Commentaire : trois heures de plein soleil suffisent à porter les 150 L du cumulus de 10 °C à 50 °C, ce qui est compatible avec une journée ensoleillée : l'installation peut couvrir les besoins quotidiens en eau chaude du couple. Le résultat repose cependant sur des hypothèses optimistes. La puissance surfacique de 600 $\mathrm{W\cdot m^{-2}}$ n'est pas constante : elle est plus faible le matin, le soir, en hiver et par temps couvert, et nulle la nuit. Le cumulus n'est pas parfaitement isolé et les canalisations perdent aussi de l'énergie. La durée réelle sera donc plus longue, et un appoint (résistance électrique) reste nécessaire certains jours.

Erreur fréquente : utiliser la puissance reçue, 3,0 kW, au lieu de la puissance thermique utile, ce qui sous-estime la durée de près d'un quart ; ou oublier la conversion des secondes en heures demandée par l'énoncé.

Q10. L'eau est un fluide incompressible en écoulement permanent : il n'y a ni accumulation ni création d'eau entre l'entrée du cumulus et le robinet, la conduite n'ayant pas d'autre sortie. Le volume d'eau qui entre par seconde est donc égal au volume qui sort par seconde : il y a conservation du débit volumique, $D_{1}=D_{2}$.

Q11. Avec $D=v\times S$, la conservation du débit s'écrit $v_{1}\,S_{1}=v_{2}\,S_{2}$, d'où $v_{2}=v_{1}\times\dfrac{S_{1}}{S_{2}}=1{,}0\times\dfrac{2{,}0\times 10^{-4}}{1{,}1\times 10^{-4}}=1{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ (1,82 avant arrondi). Cohérence : la section du robinet est plus petite, l'eau y va plus vite.

Q12. On applique la relation de Bernoulli le long d'une ligne de courant, entre le point 1 (entrée du cumulus, $z_{1}=0{,}0$ m) et le point 2 (robinet à l'étage, $z_{2}=5{,}0$ m) : $\dfrac{1}{2}\rho_{\text{eau}}v_{1}^{2}+\rho_{\text{eau}}\,g\,z_{1}+P_{1}=\dfrac{1}{2}\rho_{\text{eau}}v_{2}^{2}+\rho_{\text{eau}}\,g\,z_{2}+P_{2}$.

D'où $P_{2}=P_{1}+\dfrac{1}{2}\rho_{\text{eau}}\left(v_{1}^{2}-v_{2}^{2}\right)-\rho_{\text{eau}}\,g\,(z_{2}-z_{1})$.

Application numérique, avec $\rho_{\text{eau}}=1{,}00\times 10^{3}\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$ : $P_{2}=3{,}0\times 10^{5}+\dfrac{1}{2}\times 1{,}00\times 10^{3}\times(1{,}0^{2}-1{,}8^{2})-1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times 5{,}0$, soit $P_{2}=3{,}0\times 10^{5}-1{,}12\times 10^{3}-4{,}91\times 10^{4}=2{,}5\times 10^{5}$ Pa, c'est-à-dire $2{,}5$ bar.

Lecture du calcul : la montée de 5,0 m coûte presque 0,5 bar, alors que l'accélération de l'eau ne coûte que 0,01 bar ; c'est l'altitude qui fait baisser la pression à l'étage. Avec la valeur non arrondie $v_{2}=1{,}82\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, on trouve encore $2{,}5\times 10^{5}$ Pa.

Erreur fréquente : reprendre $\rho_{\text{eau}}=1{,}00\ \mathrm{kg\cdot L^{-1}}$ de la partie 1. Dans la relation de Bernoulli, toutes les grandeurs sont en unités SI, donc la masse volumique en $\mathrm{kg\cdot m^{-3}}$.

Q13. Un surpresseur n'est utile que si la pression de l'eau distribuée est inférieure à 2,0 bar. À l'entrée de l'installation, elle vaut $3{,}0\times 10^{5}$ Pa, soit 3,0 bar, et même au robinet de l'étage, point le plus défavorable, elle vaut encore 2,5 bar : les deux valeurs dépassent 2,0 bar. Un surpresseur n'est pas nécessaire dans ce logement. Le modèle néglige les frottements dans les canalisations (pertes de charge), qui abaissent un peu la pression réelle, mais la marge de 0,5 bar au robinet le plus haut laisse de la place.

Q1. Selon Brønsted, un acide est une espèce chimique capable de céder un ion hydrogène $\mathrm{H^{+}}$ (un proton). Exemple : $\mathrm{NH_{4}^{+}\longrightarrow NH_{3}+H^{+}}$, l'ion ammonium est l'acide du couple $\mathrm{NH_{4}^{+}/NH_{3}}$.

Q2. Configurations électroniques : $\mathrm{N}$ ($Z=7$) : $1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{3}$, soit 5 électrons de valence ; $\mathrm{H}$ ($Z=1$) : $1s^{1}$, 1 électron de valence. La molécule $\mathrm{NH_{3}}$ compte $5+3\times 1=8$ électrons de valence, soit 4 doublets.

Schéma de Lewis : l'atome d'azote, central, est lié à chacun des trois atomes d'hydrogène par un doublet liant ($\mathrm{N{-}H}$), et porte un doublet non liant (un trait au-dessus de N). Vérification : l'azote est entouré de $3\times 2+2=8$ électrons, il respecte la règle de l'octet ; chaque hydrogène est entouré de 2 électrons, il respecte la règle du duet. Erreur fréquente : oublier le doublet non liant de l'azote, qui est justement ce qui fait de $\mathrm{NH_{3}}$ une base (il capte $\mathrm{H^{+}}$ grâce à lui).

Q3. La relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A1}+\log\dfrac{[\mathrm{NH_{3}}]}{[\mathrm{NH_{4}^{+}}]}$ montre que les deux formes ont la même concentration quand $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A1}=9{,}22$. On trace un axe gradué en pH avec la frontière à 9,22 : à gauche ($\mathrm{pH}<9{,}22$), domaine de prédominance de l'acide $\mathrm{NH_{4}^{+}}$ ; à droite ($\mathrm{pH}>9{,}22$), domaine de prédominance de la base $\mathrm{NH_{3}}$.

Q4. Le pH de l'échantillon, 7,2, est inférieur à $\mathrm{p}K_{A1}=9{,}22$ : l'espèce prédominante est l'ion ammonium $\mathrm{NH_{4}^{+}}$. Plus précisément, $\dfrac{[\mathrm{NH_{3}}]}{[\mathrm{NH_{4}^{+}}]}=10^{\mathrm{pH}-\mathrm{p}K_{A1}}=10^{7{,}2-9{,}22}=9{,}5\times 10^{-3}$ : l'ammoniac représente moins de 1 % de l'azote ammoniacal. C'est ce qui justifie la consigne de ne prendre en compte que l'ion ammonium dans la suite.

Q5. Diluer dix fois, c'est diviser la concentration par le facteur de dilution $F=10$ : le volume de solution mère à prélever vaut $V_{0}=\dfrac{V_{S}}{F}=\dfrac{50{,}0}{10}=5{,}0$ mL (la solution mère a pour concentration $c_{0}=10\,c_{1}=3{,}50\times 10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$).

Verrerie : un bécher, dans lequel on verse un peu de solution mère (on ne pipette jamais directement dans le flacon), une pipette jaugée de 5,0 mL pour prélever précisément $V_{0}$, et une fiole jaugée de 50,0 mL, dans laquelle on verse le prélèvement, que l'on complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, puis que l'on bouche et agite pour homogénéiser.

Les éprouvettes graduées et l'erlenmeyer sont écartés : ce sont des récipients trop imprécis pour une solution titrante, dont la concentration doit être connue avec trois chiffres significatifs. Erreur fréquente : prendre la pipette de 50,0 mL, qui correspond au volume de la solution FILLE et non au prélèvement de solution mère.

Q6. La conductivité d'une solution suit la loi de Kohlrausch, $\sigma=\sum_{i}\lambda_{i}[X_{i}]$ : seuls les ions y contribuent, chacun selon sa conductivité molaire ionique. $\mathrm{NH_{3}}$ et $\mathrm{H_{2}O}$ ne conduisent pas, et les ions déjà présents dans l'eau de rivière, spectateurs, ne changent pas en quantité.

Avant l'équivalence, l'ion hydroxyde versé est le réactif limitant et il est entièrement consommé : chaque ion $\mathrm{HO^{-}}$ ajouté fait disparaître un ion $\mathrm{NH_{4}^{+}}$ ($\lambda^{0}=7{,}35$) et apporte un ion spectateur $\mathrm{Na^{+}}$ ($\lambda^{0}=5{,}01$). Un ion est remplacé par un ion moins conducteur : la conductivité diminue légèrement, ce que montre la figure 1 de 0 à 10 mL.

Après l'équivalence, il n'y a plus d'ions ammonium : les ions $\mathrm{Na^{+}}$ et $\mathrm{HO^{-}}$ versés s'accumulent dans le bécher, et $\lambda^{0}(\mathrm{HO^{-}})=19{,}8$ est grande. La conductivité augmente nettement, d'où la pente forte au-delà de l'équivalence.

Remarque : un ordre de grandeur par la loi de Kohlrausch avec $c_{1}=3{,}50\times 10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ donne des variations bien plus faibles que celles de la figure 1 (environ $4\times 10^{-4}\ \mathrm{mS\cdot cm^{-1}}$ par millilitre après l'équivalence, contre environ $0{,}013$ sur la courbe). La légère baisse avant l'équivalence vient surtout de la dilution des ions de la rivière par la solution versée. La courbe est donc à exploiter pour son allure et pour son point anguleux, ce que demande l'énoncé, pas pour ses valeurs de conductivité.

Q7. Méthode : on modélise par une droite chacune des deux portions rectilignes de la courbe, celle d'avant l'équivalence (points de 0 à 10 mL) et celle d'après (points de 16 à 25 mL), en écartant la zone arrondie de 11 à 14 mL, où la réaction n'est plus quasi totale ; le volume équivalent est l'abscisse du point d'intersection des deux droites. Lecture : $V_{1E}\approx 11$ mL (entre 10,5 et 11,5 mL selon le tracé).

Erreur fréquente : prendre le point le plus bas de la courbe (10 mL) ou le début de la remontée, au lieu de l'intersection des droites.

Q8. Démarche : à l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de titrage (coefficients 1 et 1) : $n(\mathrm{NH_{4}^{+}})_{\text{initiale}}=n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versée}}=c_{1}\times V_{1E}$.

$n(\mathrm{NH_{4}^{+}})=3{,}50\times 10^{-4}\times 11\times 10^{-3}=3{,}9\times 10^{-6}$ mol dans $V=200{,}0$ mL d'échantillon. Concentration en quantité de matière : $c=\dfrac{n}{V}=\dfrac{3{,}85\times 10^{-6}}{0{,}2000}=1{,}9\times 10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.

La norme est une concentration en masse : $M(\mathrm{NH_{4}^{+}})=14{,}0+4\times 1{,}0=18{,}0\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$, d'où $c_{m}=c\times M=1{,}925\times 10^{-5}\times 18{,}0=3{,}5\times 10^{-4}\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, soit $0{,}35\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$.

Conclusion : $0{,}35\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}>0{,}10\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, la teneur dépasse la limite d'un facteur 3,5 environ : l'échantillon est pollué par l'azote ammoniacal.

Robustesse : l'azote ammoniacal s'exprime parfois en masse d'AZOTE, avec $M(\mathrm{N})=14{,}0\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$ : on trouve alors $1{,}925\times 10^{-5}\times 14{,}0=2{,}7\times 10^{-4}\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$, soit $0{,}27\ \mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, toujours supérieur à la limite. De même, un volume équivalent lu entre 10,5 et 11,5 mL donne entre 0,33 et 0,36 $\mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ d'ion ammonium. La conclusion ne dépend ni de la convention ni de la précision de la lecture.

Erreurs fréquentes : laisser $V$ en millilitres (concentration mille fois trop grande) ; comparer une concentration en $\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ à une norme en $\mathrm{mg\cdot L^{-1}}$ ; oublier de convertir les grammes en milligrammes.

Q1. Des isomères de constitution sont des espèces chimiques qui ont la même formule brute mais des formules développées différentes : leurs atomes ne sont pas enchaînés de la même façon (chaîne carbonée, position ou nature du groupe caractéristique). Ce sont des espèces différentes, aux propriétés différentes.

Q2. Le nom d'un ester se lit en deux morceaux. « Éthanoate » désigne la partie issue de l'acide éthanoïque : deux atomes de carbone, dont celui du groupe $\mathrm{C{=}O}$, soit $\mathrm{CH_{3}{-}C(}{=}\mathrm{O){-}O{-}}$. « Pentyle » désigne le groupe à cinq atomes de carbone lié à l'oxygène simple de l'ester, celui qui vient du pentan-1-ol.

Dans B, le carbone du groupe $\mathrm{C{=}O}$ ne porte qu'un groupe méthyle (partie à deux carbones) et l'oxygène est lié à une chaîne linéaire de cinq carbones : B est l'éthanoate de pentyle. Dans A, c'est l'inverse : la partie acide compte cinq carbones (quatre plus celui du $\mathrm{C{=}O}$) et l'oxygène porte un groupe éthyle : A est le pentanoate d'éthyle. Les deux ont bien sept carbones, $5+2=2+5$, et la même formule brute $\mathrm{C_{7}H_{14}O_{2}}$. Vérification cohérente avec la partie 2 : B se forme à partir du pentan-1-ol et de l'acide éthanoïque.

Erreur fréquente : lire la formule de gauche à droite et attribuer « pentyle » à la première chaîne venue. Le repère est l'atome d'oxygène simple : ce qui est lié à lui est le groupe alkyle, qui donne la fin du nom.

Q3. Lecture du spectre de la figure 1 à l'aide de la table :

• une bande forte vers $2\,950\ \mathrm{cm^{-1}}$, dans la plage $2\,900$ à $3\,100\ \mathrm{cm^{-1}}$ : liaisons $\mathrm{C{-}H}$ ;

• une bande forte et fine vers $1\,745\ \mathrm{cm^{-1}}$, dans la plage $1\,730$ à $1\,750\ \mathrm{cm^{-1}}$ : liaison $\mathrm{C{=}O}$ d'un ester ;

• aucune bande forte et large entre $3\,100$ et $3\,500\ \mathrm{cm^{-1}}$ ni entre $2\,500$ et $3\,200\ \mathrm{cm^{-1}}$ : pas de liaison $\mathrm{O{-}H}$, ni d'alcool, ni d'acide carboxylique.

La bande à $1\,745\ \mathrm{cm^{-1}}$ appartient aussi à la plage des $\mathrm{C{=}O}$ d'acide, mais l'absence de la bande large $\mathrm{O{-}H}$ d'acide exclut un acide carboxylique : la molécule est un ester. Or A et B sont deux esters qui possèdent exactement les mêmes types de liaisons ($\mathrm{C{-}H}$, $\mathrm{C{=}O}$ d'ester, $\mathrm{C{-}O}$, $\mathrm{C{-}C}$) : la spectroscopie IR identifie les liaisons et les groupes caractéristiques, pas l'ordre dans lequel les chaînes sont accrochées. Le spectre peut donc correspondre à A comme à B.

Piège : la petite bande fine vers $3\,450\ \mathrm{cm^{-1}}$ n'est pas une liaison $\mathrm{O{-}H}$, dont la bande est forte et large. Elle est faible et étroite : c'est une harmonique de la bande $\mathrm{C{=}O}$, présente sur la plupart des spectres d'esters.

Q4. Le chauffage à reflux présente deux avantages :

• il permet de chauffer, et la température est un facteur cinétique : la transformation, lente à température ambiante, est accélérée ;

• le réfrigérant à eau condense les vapeurs, qui retombent dans le ballon : on chauffe sans perte de réactifs ni de produits, et sans libérer de vapeurs inflammables ou irritantes dans la salle.

Q5. Toutes les espèces sont dans la même phase liquide et l'eau n'est pas ici le solvant, mais un produit : elle figure dans le quotient de réaction. $Q_{r}=\dfrac{[\text{ester}]\times[\mathrm{H_{2}O}]}{[\text{alcool}]\times[\text{acide}]}$, et comme toutes les concentrations partagent le même volume, $Q_{r}=\dfrac{n_{\text{ester}}\times n_{\mathrm{H_{2}O}}}{n_{\text{alcool}}\times n_{\text{acide}}}$.

À l'état initial, le mélange ne contient ni ester ni eau : $Q_{r,0}=\dfrac{0\times 0}{n_{1}\times n_{2}}=0$.

Q6. Critère d'évolution spontanée : le système évolue de sorte que $Q_{r}$ tende vers $K$. Ici $Q_{r,0}=0<K=4$ : $Q_{r}$ doit augmenter, ce qui demande de former les produits. La transformation évolue dans le sens direct, celui de la formation de l'ester.

Q7. Quantité initiale d'alcool : la densité donne la masse volumique, $\rho_{1}=d\times\rho_{\text{eau}}=0{,}814\times 1{,}00\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}=0{,}814\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$. D'où $m_{1}=\rho_{1}\times V_{1}=0{,}814\times 54{,}0=44{,}0$ g et $n_{1}=\dfrac{m_{1}}{M_{1}}=\dfrac{43{,}96}{88{,}0}=0{,}500$ mol.

L'acide est introduit à $n_{2}=0{,}50$ mol. Les nombres stœchiométriques valant tous 1, le mélange est stœchiométrique : si la transformation était totale, les deux réactifs seraient épuisés ensemble pour $x_{max}=0{,}50$ mol.

Erreur fréquente : multiplier la densité par le volume en oubliant qu'une densité est sans unité ; il faut passer par $\rho_{\text{eau}}=1{,}00\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ pour obtenir une masse en grammes.

Q8. Le rendement est le rapport de la quantité de produit obtenue à la quantité maximale attendue : $r=\dfrac{n_{\text{ester,final}}}{x_{max}}$. Sur la figure 2, la quantité d'ester n'évolue plus à partir de 45 min environ : le plateau vaut $n_{\text{ester,final}}=0{,}33$ mol. D'où $r=\dfrac{0{,}33}{0{,}50}=0{,}66$, soit $66$ %.

Vérification par la constante d'équilibre : à l'équilibre, avec un mélange initial équimolaire, $K=\dfrac{x_{f}^{2}}{(0{,}50-x_{f})^{2}}=4$, donc $\dfrac{x_{f}}{0{,}50-x_{f}}=2$ et $x_{f}=\dfrac{1}{3}\approx 0{,}333$ mol, soit un rendement de $67$ %, en accord avec la lecture. C'est le rendement classique des deux tiers d'une estérification par un alcool primaire à partir d'un mélange équimolaire.

Erreur fréquente : lire la quantité à 30 min, durée du chauffage indiquée par le protocole ($0{,}31$ mol), alors que l'équilibre n'est atteint que vers 45 min.

Q9. On cherche ce qui déplace l'état final, pas ce qui accélère la transformation.

• b) Retenue. Éliminer l'eau, produit de la réaction, maintient $Q_{r}<K$ : le système continue d'évoluer dans le sens direct et forme plus d'ester (montage de Dean-Stark).

• c) Retenue. Mettre l'acide en excès consomme davantage d'alcool, réactif limitant : le rendement par rapport à l'alcool augmente. Par exemple, avec 1,0 mol d'acide pour 0,50 mol d'alcool, $\dfrac{x_{f}^{2}}{(0{,}50-x_{f})(1{,}0-x_{f})}=4$ conduit à $3x_{f}^{2}-6x_{f}+2=0$, soit $x_{f}=0{,}42$ mol (l'autre racine, supérieure à 0,50 mol, est rejetée) et un rendement de $85$ % au lieu de $67$ %.

• a) Écartée : $K$ dépend peu de la température, donc l'état final ne change pas ; chauffer plus ne fait qu'atteindre l'équilibre plus vite.

• d) Écartée : l'acide sulfurique est un catalyseur ; il accélère la transformation sans modifier l'état d'équilibre.

Erreur fréquente : confondre vitesse et rendement. La température et le catalyseur sont des facteurs cinétiques, ils réduisent la durée pour atteindre l'équilibre mais pas la quantité d'ester obtenue.