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

Q1. Un condensateur est formé de DEUX conducteurs, les armatures, séparés par un isolant. Ici, la tige recouverte d'isolant ne forme qu'une armature ; la seconde, c'est le liquide lui-même, qui doit donc conduire le courant pour que des charges électriques puissent s'y accumuler au contact de l'isolant. Dans un liquide isolant, aucune charge ne peut venir se répartir sur la surface mouillée : il n'y a pas de seconde armature, donc pas de condensateur dont la capacité dépendrait de la hauteur de liquide. Le fil dénudé, qui relie le liquide au circuit, ne servirait à rien non plus : il ne serait relié électriquement à rien.

Erreur fréquente : répondre que « le courant ne passe pas » sans dire pourquoi c'est gênant. Même dans un liquide conducteur, aucun courant ne traverse le condensateur (l'isolant l'en empêche) ; ce qui compte, c'est que le liquide joue le rôle d'armature.

Q2. On combine les deux relations données : $C=\dfrac{\varepsilon\cdot S_{C}}{e}=\dfrac{\varepsilon\cdot\ell\cdot h}{e}$. La permittivité $\varepsilon$, la largeur $\ell$ et l'épaisseur $e$ de l'isolant ne dépendent pas du remplissage : $C$ est proportionnelle à $h$. Quand la hauteur de liquide augmente, la surface des armatures en regard augmente et la capacité AUGMENTE. C'est exactement ce qui fait du dispositif un capteur de niveau : mesurer $C$, c'est mesurer $h$.

Q3. Interrupteur en position 2 : le générateur, le conducteur ohmique et le condensateur forment une seule maille. Avec les orientations de la figure 4, en parcourant la maille, la flèche de $E$ est dans un sens et celles de $u_{R}$ et de $u_{C}$ dans le sens opposé, d'où la loi des mailles : $E-u_{R}-u_{C}=0$, soit $E=u_{R}+u_{C}$.

Loi d'Ohm, le conducteur ohmique étant en convention récepteur (flèche de $u_{R}$ opposée au sens de $i$) : $u_{R}=R\cdot i$. Relation du condensateur : sa charge vaut $q=C\cdot u_{C}$ et l'intensité est le débit de charge, $i=\dfrac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$, avec $i$ orienté vers l'armature qui porte $q$ ; $C$ étant constante pendant la charge (la hauteur $h_{test}$ ne change pas), $i=C\cdot\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$.

En remplaçant : $E=R\cdot C\cdot\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+u_{C}$, puis en divisant chaque terme par $R\cdot C$ : $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+\dfrac{u_{C}}{R\cdot C}=\dfrac{E}{R\cdot C}$, l'équation annoncée. Vérification d'homogénéité : $R\cdot C$ est un temps, donc chaque terme est une tension divisée par un temps.

Q4. On injecte la forme proposée dans l'équation. Avec $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{A}{\tau}e^{-\frac{t}{\tau}}$ : $-\dfrac{A}{\tau}e^{-\frac{t}{\tau}}+\dfrac{A\,e^{-\frac{t}{\tau}}+B}{R\cdot C}=\dfrac{E}{R\cdot C}$, soit $A\,e^{-\frac{t}{\tau}}\left(\dfrac{1}{R\cdot C}-\dfrac{1}{\tau}\right)+\dfrac{B}{R\cdot C}=\dfrac{E}{R\cdot C}$ pour tout $t$.

Le membre de droite est constant alors que $e^{-\frac{t}{\tau}}$ varie avec le temps : le coefficient de l'exponentielle doit être nul, d'où $\tau=R\cdot C$ ; il reste $\dfrac{B}{R\cdot C}=\dfrac{E}{R\cdot C}$, donc $B=E$. La constante $A$ se fixe par la condition initiale : le condensateur est déchargé à $t=0$, $u_{C}(0)=0$, donc $A\cdot e^{0}+B=0$ et $A=-B=-E$.

Conclusion : $A=-E$, $B=E$, $\tau=R\cdot C$, soit $u_{C}(t)=E\left(1-e^{-\frac{t}{R\cdot C}}\right)$. Vérification sur la figure 5 : la tension part de 0 et tend vers $5{,}0$ V, la valeur de $E$. Piège : l'équation seule ne donne pas $A$ ; c'est la condition initiale qui le fixe, et elle seule.

Q5. La démarche tient en trois étapes : lire la constante de temps $\tau$ sur la figure 5, en déduire la capacité $C$ par $\tau=R\cdot C$ (question Q4), puis lire sur la droite de la figure 6 la hauteur qui correspond à cette capacité.

Étape 1, constante de temps. À $t=\tau$, $u_{C}(\tau)=E\,(1-e^{-1})=0{,}63\,E=0{,}63\times 5{,}0=3{,}2$ V (plus précisément $3{,}16$ V). Sur la figure 5, la tension vaut $3{,}0$ V à $0{,}10$ s et $3{,}2$ V à $0{,}11$ s : la courbe atteint $3{,}16$ V à $\tau\approx 0{,}11$ s. Vérification : la charge est pratiquement terminée au bout de $5\tau\approx 0{,}55$ s, où $u_{C}=E\,(1-e^{-5})=4{,}97$ V, et c'est bien vers $0{,}5$ s que les points rejoignent le palier de $5{,}0$ V. On peut aussi tracer la tangente à l'origine, qui coupe l'asymptote $u_{C}=E$ à la date $\tau$ ; la méthode des 63 % est ici plus sûre, les premiers points étant très serrés.

Étape 2, capacité. $C=\dfrac{\tau}{R}=\dfrac{0{,}11}{6{,}0\times 10^{6}}=1{,}8\times 10^{-8}$ F, soit $C\approx 18$ nF. L'ordre de grandeur est cohérent avec l'axe des ordonnées de la figure 6, gradué de 0 à 34 nF.

Étape 3, hauteur. La droite de modélisation de la figure 6 passe par $(0\ ;\ 1{,}0\ \text{nF})$ et par $(23\ \text{cm}\ ;\ 33\ \text{nF})$ : son coefficient directeur vaut $\dfrac{33-1{,}0}{23}=1{,}39\ \mathrm{nF\cdot cm^{-1}}$, et son équation est $C=1{,}39\,h+1{,}0$ ($C$ en nF, $h$ en cm). Pour $C=18{,}3$ nF : $h_{test}=\dfrac{18{,}3-1{,}0}{1{,}39}=12{,}4$ cm. La lecture directe sur le graphe, à l'abscisse où la droite atteint 18 nF, donne la même chose : $h_{test}\approx 12$ cm.

Commentaire : la droite ne passe pas exactement par l'origine (environ 1 nF pour $h=0$), ce qui traduit une capacité parasite des fils et du montage ; c'est pour cela qu'on lit sur la droite de modélisation plutôt que d'appliquer $C=\dfrac{\varepsilon\,\ell\,h}{e}$. Sa pente donne d'ailleurs la permittivité du polyester : $\varepsilon=\text{pente}\times\dfrac{e}{\ell}=1{,}39\times 10^{-7}\times\dfrac{80\times 10^{-6}}{0{,}41}=2{,}7\times 10^{-11}\ \mathrm{F\cdot m^{-1}}$, environ trois fois la permittivité du vide, valeur typique d'un plastique. Le correcteur évalue la démarche : les trois étapes doivent apparaître, même si la lecture finale diffère d'un centimètre.

Erreur fréquente : prendre pour $\tau$ la date où $u_{C}$ atteint la moitié de $E$ (environ $0{,}075$ s), ou oublier de convertir les nanofarads avant de calculer ; une capacité de quelques farads ou de quelques picofarads sortirait alors de la figure 6, ce qui doit alerter.

Q6. Un transfert thermique s'effectue spontanément du corps le plus chaud vers le corps le plus froid. L'air extérieur, à $\theta_{ext}=22$ °C, est plus chaud que le jus maintenu à $\theta_{jus}=18$ °C : le transfert thermique se fait de l'air extérieur VERS le jus, à travers les parois de la cuve. Le jus reçoit donc de l'énergie par ses parois, ce que traduit le signe positif de $\Phi_{P}=A\cdot S\cdot(\theta_{ext}-\theta_{jus})$, compté comme reçu par le système sur la figure 7.

Q7. Application de la relation donnée, l'écart de température de 4 °C étant aussi un écart de 4 K : $\Phi_{P}=A\cdot S\cdot(\theta_{ext}-\theta_{jus})=12\times 9\times(22-18)=432$ W, soit $\Phi_{P}\approx 4{,}3\times 10^{2}$ W. Les données ($S=9\ \mathrm{m^{2}}$, un seul chiffre significatif) ne permettent pas mieux : on retient l'ordre de 430 W. Le flux est positif : le jus reçoit cette puissance de l'extérieur, en accord avec Q6.

Q8. La cuve est entièrement remplie : le volume de jus est la contenance $V=2\ \mathrm{m^{3}}$, et sa masse vaut $m_{jus}=\rho_{jus}\cdot V=1\,090\times 2=2\,180$ kg. La loi empirique donne alors $P_{F}=0{,}127\times m_{jus}=0{,}127\times 2\,180=277$ W, soit $P_{F}\approx 2{,}8\times 10^{2}$ W.

Piège : la loi attend une MASSE en kilogrammes. Utiliser directement le volume (2) ou le volume en litres (2 000) donne une puissance absurde ; le passage par $\rho_{jus}$ est la vraie difficulté de la question.

Q9. Maintenir constante la température du jus impose $\Delta\theta=0$ quel que soit $\Delta t$. La relation du premier principe donne alors $(\Phi_{P}+P+P_{F})\cdot\Delta t=0$, donc $\Phi_{P}+P+P_{F}=0$ : les puissances reçues par le jus doivent se compenser.

D'où $P=-(\Phi_{P}+P_{F})=-(432+277)=-709$ W, soit $P\approx -7{,}1\times 10^{2}$ W.

Interprétation : sur la figure 7, $P$ est comptée positivement quand le jus REÇOIT de l'énergie de l'échangeur. Une valeur négative signifie que le jus CÈDE de l'énergie à l'échangeur, qui doit donc fonctionner en REFROIDISSEMENT et évacuer environ 710 W. C'est cohérent : le jus reçoit de l'énergie à la fois de l'air extérieur, plus chaud, et de la fermentation, qui est exothermique ; sans échangeur, sa température monterait.

Q10. Le système {mustimètre}, en équilibre dans le jus, est soumis à deux forces, la poussée d'Archimède de l'air étant négligée :
• son poids $\vec{P}$, vertical, vers le bas, de valeur $P=m_{0}\cdot g$, appliqué au centre de gravité ;
• la poussée d'Archimède $\vec{\pi}_{A}$ exercée par le jus, verticale, vers le haut, de valeur $\pi_{A}=\rho_{jus}\cdot V_{imm}\cdot g$, où $V_{imm}$ est le volume immergé.

Q11. Le mustimètre est immobile dans le référentiel terrestre supposé galiléen : d'après le principe d'inertie (première loi de Newton), les forces qui s'exercent sur lui se compensent, $\vec{P}+\vec{\pi}_{A}=\vec{0}$. Les deux forces étant verticales et de sens opposés, leurs valeurs sont égales : $m_{0}\cdot g=\rho_{jus}\cdot V_{imm}\cdot g$.

Le volume immergé est celui du tube large, totalement immergé, plus celui de la partie immergée du tube fin, cylindre de section $S_{T}$ et de hauteur $h_{T}$ : $V_{imm}=V_{0}+S_{T}\cdot h_{T}$. Après simplification par $g$ : $m_{0}=\rho_{jus}\,(V_{0}+S_{T}\,h_{T})$, donc $V_{0}+S_{T}\,h_{T}=\dfrac{m_{0}}{\rho_{jus}}$, et en divisant par $S_{T}$ : $h_{T}=\dfrac{m_{0}}{\rho_{jus}\cdot S_{T}}-\dfrac{V_{0}}{S_{T}}$, l'expression demandée.

Vérification numérique avec le jus de la partie 2 ($\rho_{jus}=1\,090\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$), en unités SI : $\dfrac{0{,}055}{1\,090\times 5\times 10^{-5}}-\dfrac{49\times 10^{-6}}{5\times 10^{-5}}=1{,}009-0{,}980=0{,}029$ m, soit $h_{T}\approx 2{,}9$ cm, bien dans la plage de 1 à 14 cm.

Q12. Le poids du mustimètre ne change pas d'un liquide à l'autre. À l'équilibre, la poussée d'Archimède doit toujours valoir $m_{0}\cdot g$ ; or elle vaut $\rho_{jus}\cdot V_{imm}\cdot g$. Si la masse volumique du jus diminue, il faut un volume immergé plus grand pour obtenir la même poussée : le mustimètre s'enfonce davantage, $h_{T}$ augmente. L'expression de Q11 le confirme : $h_{T}$ est une fonction décroissante de $\rho_{jus}$. Conséquence pratique : les petites masses volumiques sont lues en HAUT du tube gradué, les grandes en bas.

Q13. D'après Q12, la masse volumique la plus faible mesurable correspond à l'enfoncement maximal, $h_{T,max}=14$ cm. On isole $\rho_{jus}$ dans la relation d'équilibre : $\rho_{jus,min}=\dfrac{m_{0}}{V_{0}+S_{T}\cdot h_{T,max}}$.

En unités cohérentes : $S_{T}\cdot h_{T,max}=5\times 10^{-5}\times 0{,}14=7\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{3}}=7$ mL, donc $V_{0}+S_{T}h_{T,max}=49+7=56$ mL et $\rho_{jus,min}=\dfrac{55}{56}=0{,}98\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ ($982\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$). Même calcul pour l'autre borne, $h_{T}=1$ cm : $\dfrac{55}{49+0{,}5}=1{,}11\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$. Le mustimètre mesure donc entre $0{,}98$ et $1{,}11\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, ce qui encadre bien la masse volumique d'un jus en fermentation ($1{,}090\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$).

Erreur fréquente : mélanger les unités, par exemple $S_{T}$ en $\mathrm{m^{2}}$ et $h_{T}$ en cm ; travailler en mL et en g, comme ici, ou tout en SI, évite le piège.

Q14. Au cours de la fermentation, le sucre, qui alourdit le jus, est transformé en alcool, moins dense que l'eau : la masse volumique du jus diminue. Un jus trop fermenté peut descendre sous $\rho_{jus,min}=0{,}98\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$. D'après Q12, le mustimètre s'enfonce alors au-delà de $h_{T}=14$ cm : la surface du liquide dépasse le haut de la zone graduée et aucune valeur ne peut être lue. Pour une masse volumique encore plus faible, le volume total de l'appareil ne suffit plus à fournir une poussée égale à son poids : le mustimètre coule. Pour fixer les idées, de l'eau pure, de masse volumique $1{,}00\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$, donne déjà $h_{T}=\dfrac{55}{1{,}00\times 0{,}5}-\dfrac{49}{0{,}5}=12$ cm : un vin fini est en bout d'échelle. Il faut alors un appareil conçu pour une plage plus basse (un alcoomètre, par exemple), avec un tube large de plus grand volume ou un lest plus léger.

Q1. Pour un couple acide/base, l'acide prédomine quand $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{A}$ et la base quand $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_{A}$. Avec deux couples imbriqués, l'ion hydrogénocarbonate $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ est la base du premier et l'acide du second : il prédomine entre les deux $\mathrm{p}K_{A}$. Sur un axe de pH gradué de 0 à 14, on place deux frontières, à $6{,}4$ et à $10{,}3$ :
• $\mathrm{pH}<6{,}4$ : $\mathrm{CO_{2}(aq)}$ prédomine ;
• $6{,}4<\mathrm{pH}<10{,}3$ : $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)}$ prédomine ;
• $\mathrm{pH}>10{,}3$ : $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)}$ prédomine.

Le tableau ci-dessous résume le diagramme attendu sur la copie, qui se dessine comme un axe horizontal coupé aux deux $\mathrm{p}K_{A}$. Erreur fréquente : placer $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ à gauche, côté acide, parce qu'il « contient un H » ; c'est son rôle d'espèce intermédiaire, à la fois base et acide, qui fixe sa place au milieu.

Q2. On confronte la figure 1 au diagramme de prédominance de Q1.
• Courbe 1 : elle vaut 100 % aux pH faibles et s'annule vers pH 9 : c'est l'espèce la plus acide, $\mathrm{CO_{2}(aq)}$, qui prédomine pour $\mathrm{pH}<6{,}4$.
• Courbe 3 : nulle aux pH faibles, elle atteint 100 % aux pH élevés : c'est la base la plus forte, l'ion carbonate $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)}$, qui prédomine pour $\mathrm{pH}>10{,}3$.
• Courbe 2 : nulle aux deux extrémités, elle passe par un maximum entre les deux $\mathrm{p}K_{A}$ : c'est l'ampholyte $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)}$.

Vérification : les courbes 1 et 2 se croisent à 50 % pour un pH voisin de $6{,}4=\mathrm{p}K_{A1}$, frontière du couple $\mathrm{CO_{2}/HCO_{3}^{-}}$, ce qui confirme l'attribution.

Q3. Pour le couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$, la relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A2}+\log\dfrac{[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]}{[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]}$ montre que $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A2}$ exactement quand $[\mathrm{CO_{3}^{2-}}]=[\mathrm{HCO_{3}^{-}}]$, puisque $\log 1=0$. Sur la figure 1, cette égalité se lit à l'intersection des courbes 2 et 3 ($\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ et $\mathrm{CO_{3}^{2-}}$), où les deux proportions valent 50 %. On lit l'abscisse de ce point : $\mathrm{pH}\approx 10{,}3$, donc $\mathrm{p}K_{A2}=10{,}3$, la valeur des données.

Piège : lire l'intersection des courbes 1 et 3, vers pH 8,3, où les deux proportions sont presque nulles : ces deux espèces n'appartiennent pas au même couple et ce point ne donne aucun $\mathrm{p}K_{A}$.

Q4. L'ion carbonate, base du couple $\mathrm{HCO_{3}^{-}/CO_{3}^{2-}}$, capte un proton cédé par l'eau, acide du couple $\mathrm{H_{2}O/HO^{-}}$ : $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows HCO_{3}^{-}(aq)+HO^{-}(aq)}$.

Une base au sens de Brønsted est une espèce capable de capter un proton $\mathrm{H^{+}}$. C'est ce que fait l'ion carbonate, et la réaction libère des ions hydroxyde $\mathrm{HO^{-}}$ : la solution devient basique, de pH supérieur à 7. La figure 2 le confirme : avant tout ajout d'acide, la solution de lessive diluée a un pH d'environ $10{,}7$.

Q5. Le schéma légendé doit faire apparaître :
• une burette graduée, fixée sur un support, contenant la solution titrante d'acide chlorhydrique de concentration $c_{A}=1{,}0\times 10^{-1}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ ;
• un bécher contenant la prise d'essai, $50{,}0$ mL de solution de lessive diluée, solution titrée ;
• un barreau aimanté et un agitateur magnétique, pour homogénéiser le mélange après chaque ajout ;
• la sonde (électrode combinée) d'un pH-mètre étalonné, plongée dans la solution et reliée au pH-mètre.

Erreur fréquente : oublier l'agitation, ou inverser les solutions en mettant la lessive dans la burette ; c'est le réactif de concentration connue, l'acide, qui est versé.

Q6. Diluer 10 fois en préparant $V_{fille}=100{,}0$ mL impose de prélever $V_{mère}=\dfrac{V_{fille}}{10}=10{,}0$ mL de solution mère. La conservation de la quantité de matière de soluté, $c_{mère}V_{mère}=c_{fille}V_{fille}$, donne bien $\dfrac{c_{mère}}{c_{fille}}=\dfrac{V_{fille}}{V_{mère}}=10$.

Verrerie : une pipette jaugée de $10{,}0$ mL, munie d'une propipette (ou d'un pipeteur), pour le prélèvement, et une fiole jaugée de $100{,}0$ mL pour la dilution, complétée à l'eau distillée jusqu'au trait de jauge puis homogénéisée. On choisit de la verrerie JAUGÉE parce que c'est la plus précise pour un volume fixé ; une éprouvette graduée ou un bécher ne conviennent pas pour une solution qu'on va titrer.

Q7. Jusqu'à la première équivalence, l'ion oxonium cède un proton à l'ion carbonate, qui devient l'ion hydrogénocarbonate : $\mathrm{CO_{3}^{2-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)\rightarrow HCO_{3}^{-}(aq)+H_{2}O(\ell)}$. La réaction est considérée comme totale et rapide, deux qualités exigées d'une réaction support de titrage ; les ions sodium et chlorure sont spectateurs.

Q8. Démarche : lire le volume de la première équivalence, en déduire la quantité d'ions carbonate dans la prise d'essai, remonter à la solution de départ en tenant compte de la dilution et du volume, puis passer à la masse.

Lecture : l'équivalence correspond à l'extremum de la dérivée $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$, ici un minimum puisque le pH diminue. Le premier pic est à $V_{éq1}=7{,}5$ mL, au milieu du premier saut de pH.

Quantité titrée : à l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de Q7 (un pour un) : $n(\mathrm{CO_{3}^{2-}})_{\text{prise}}=c_{A}\times V_{éq1}=1{,}0\times 10^{-1}\times 7{,}5\times 10^{-3}=7{,}5\times 10^{-4}$ mol dans $50{,}0$ mL de solution diluée.

Retour à la lessive : la solution diluée a pour concentration $\dfrac{7{,}5\times 10^{-4}}{50{,}0\times 10^{-3}}=1{,}5\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ ; la solution mère, dix fois plus concentrée, $1{,}5\times 10^{-1}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Ses $100{,}0$ mL contiennent tout le carbonate des 4,0 g de lessive : $n=1{,}5\times 10^{-1}\times 0{,}1000=1{,}5\times 10^{-2}$ mol. Chaque unité $\mathrm{Na_{2}CO_{3}}$ apporte un ion carbonate, donc $m(\mathrm{Na_{2}CO_{3}})=n\times M=1{,}5\times 10^{-2}\times 106{,}0=1{,}59$ g.

Pourcentage en masse : $\dfrac{1{,}59}{4{,}0}\times 100=40$ % (deux chiffres significatifs, comme la masse de lessive et $V_{éq1}$). Commentaire : la valeur est bien comprise entre 30 et 60 %, l'indication du fabricant est vérifiée. Raccourci de contrôle : la prise d'essai représente $\dfrac{50{,}0}{100{,}0}\times\dfrac{1}{10}=\dfrac{1}{20}$ de la lessive pesée, et $20\times 7{,}5\times 10^{-4}=1{,}5\times 10^{-2}$ mol, même résultat.

Erreur fréquente : oublier un des deux facteurs, la dilution par 10 ou le rapport 100 mL sur 50 mL ; on trouve alors 4 % ou 20 %, hors de la fourchette annoncée, ce qui doit faire relire le calcul.

Q9. Sur la figure 2, le second pic de la dérivée est à $V_{éq2}\approx 16{,}9$ mL, alors que $2\,V_{éq1}=15{,}0$ mL : pour la lessive, $V_{éq2}>2\,V_{éq1}$. Autrement dit, entre les deux équivalences on verse $16{,}9-7{,}5=9{,}4$ mL, plus que les $7{,}5$ mL de la première étape.

Interprétation : entre les deux équivalences, l'acide titre les ions hydrogénocarbonate, $\mathrm{HCO_{3}^{-}+H_{3}O^{+}\rightarrow CO_{2}+2\,H_{2}O}$. Pour du carbonate de sodium pur, ces ions proviennent tous de la première étape et sont en même quantité que les ions carbonate de départ, d'où $V_{éq2}=2\,V_{éq1}$. Ici, la seconde étape consomme davantage d'acide : la lessive contenait DÉJÀ des ions hydrogénocarbonate $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$, probablement sous forme d'hydrogénocarbonate de sodium $\mathrm{NaHCO_{3}}$ (le « bicarbonate de soude »). Ils ne sont pas titrés avant la première équivalence, l'ion carbonate, base plus forte, réagissant en premier, ce qui est cohérent avec l'hypothèse de l'énoncé.

Ordre de grandeur : l'excédent, $c_{A}\,(V_{éq2}-2V_{éq1})=1{,}0\times 10^{-1}\times 1{,}9\times 10^{-3}=1{,}9\times 10^{-4}$ mol dans la prise d'essai, représente environ le quart de la quantité d'ions carbonate.

Q1. Le pictogramme du tableau est celui de la corrosion (SGH05) : l'acide sulfurique concentré, à 98 %, détruit les tissus vivants et attaque les métaux. Il impose de porter une blouse fermée, des lunettes de protection et des gants adaptés, et de travailler sur une paillasse dégagée, si possible sous une hotte. La dilution est en outre très exothermique : on verse toujours l'ACIDE dans l'EAU, lentement et en agitant, dans une fiole déjà remplie d'une partie de l'eau, jamais l'eau dans l'acide, qui pourrait provoquer des projections d'acide bouillant.

Q2. La solution à préparer contient $c_{m}=180\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ d'acide sulfurique pur ; dans $V=500\ \mathrm{mL}=0{,}500$ L, il en faut $m(\mathrm{H_{2}SO_{4}})=c_{m}\times V=180\times 0{,}500=90$ g.

L'acide commercial n'en contient que 98 % en masse (titre massique) : la masse de solution commerciale à peser est $m_{com}=\dfrac{m(\mathrm{H_{2}SO_{4}})}{0{,}98}=\dfrac{90}{0{,}98}=91{,}8$ g, soit environ $92$ g. Comme la densité vaut $1{,}83$, cela correspond à un volume de $\dfrac{91{,}8}{1{,}83}=50{,}2$ mL, qu'en pratique on mesure souvent plutôt que de peser un liquide aussi dangereux.

Piège : multiplier par 0,98 au lieu de diviser. Il faut PLUS de solution commerciale que d'acide pur, puisqu'elle n'est pas pure : le résultat doit dépasser 90 g.

Q3. Une électrolyse est une transformation d'oxydoréduction FORCÉE : elle se fait dans le sens inverse du sens d'évolution spontanée, grâce à l'énergie électrique apportée par le générateur. Sans générateur, l'aluminium ne se transformerait pas en alumine avec dégagement de dihydrogène dans ces conditions ; c'est le générateur qui impose le sens de circulation des électrons.

Q4. Couple $\mathrm{Al_{2}O_{3}(s)/Al(s)}$, en milieu acide. On équilibre successivement l'élément aluminium (2 Al), l'oxygène avec de l'eau ($3\,\mathrm{H_{2}O}$), l'hydrogène avec des ions $\mathrm{H^{+}}$ ($6\,\mathrm{H^{+}}$), puis les charges avec des électrons : $2\,\mathrm{Al(s)}+3\,\mathrm{H_{2}O(\ell)}=\mathrm{Al_{2}O_{3}(s)}+6\,\mathrm{H^{+}(aq)}+6\,\mathrm{e^{-}}$. Vérification des charges : 0 à gauche, $6-6=0$ à droite.

L'aluminium perd des électrons (son nombre d'oxydation passe de 0 à $+\mathrm{III}$) : c'est une OXYDATION. D'après la définition rappelée dans les données, l'électrode siège d'une oxydation est l'anode : la pièce de jeu d'échecs, sur laquelle l'aluminium devient alumine, est donc l'anode de l'électrolyse.

Q5. L'eau est réduite selon le couple $\mathrm{H^{+}(aq)/H_{2}(g)}$, le milieu étant acide : $2\,\mathrm{H^{+}(aq)}+2\,\mathrm{e^{-}}=\mathrm{H_{2}(g)}$.