Bac 2025 de spécialité physique-chimie, Polynésie jour 2 : sujet officiel et corrigé

Q1. Le point L1 est situé sur la droite Soleil-Terre, ENTRE le Soleil et la Terre (figure 1). Un télescope placé en L1 serait donc tourné vers un Soleil qu'aucun corps ne lui cache : il ne serait jamais dans l'ombre portée de la Terre et recevrait en permanence tout le rayonnement solaire.

Deux raisons en découlent. D'abord, ce rayonnement chaufferait le télescope : or JWST observe dans l'infrarouge (0,6 µm à 28 µm, donnée de la deuxième partie), et un instrument chaud émet lui-même de l'infrarouge qui noie le signal très faible des galaxies lointaines ; ses détecteurs doivent rester très froids. Ensuite, le Soleil, et la Terre éclairée juste derrière le télescope, seraient deux sources intenses et proches dans son environnement, alors que pour observer le ciel profond il faut que ces sources restent du même côté, derrière lui, comme en L2 où Soleil et Terre sont tous deux « dans le dos » du télescope.

Précision : l'ombre portée de la Terre ne s'étend en réalité qu'à environ 1,4 million de kilomètres derrière elle, un peu avant L2, et le vrai JWST se protège du Soleil par un grand pare-soleil. L'énoncé simplifie ; la réponse attendue s'appuie sur son texte : en L1, pas d'ombre de la Terre, donc exposition directe au rayonnement thermique du Soleil.

Q2. Le point L2 est sur la droite Soleil-Terre, au-delà de la Terre. Dans l'ordre sur la droite : S, puis T, puis J, avec $D_{T\text{-}S}$ entre S et T et $D_{T\text{-}J}$ entre T et J (schéma en fin de corrigé, à gauche, sans souci d'échelle).

La Terre étant entre le Soleil et le télescope, les distances s'ajoutent : $D_{S\text{-}J}=D_{T\text{-}S}+D_{T\text{-}J}=149{,}6\times 10^{6}+1{,}511\times 10^{6}=151{,}111\times 10^{6}$ km. Dans une somme, le résultat garde la précision de la donnée la moins précise : $D_{T\text{-}S}$ est connue au dixième de million de kilomètres, donc $D_{S\text{-}J}=151{,}1\times 10^{6}$ km, la valeur que l'énoncé reprend plus loin.

Erreur fréquente : soustraire les distances, comme si J était en L1. Le schéma, fait AVANT le calcul, évite ce piège.

Q3. Loi de la gravitation universelle de Newton : deux corps à répartition sphérique de masse s'attirent avec une force de valeur proportionnelle au produit des masses et inversement proportionnelle au carré de la distance entre leurs centres. Ici : $F_{T\text{-}J}=G\,\dfrac{m_{J}\,M_{T}}{D_{T\text{-}J}^{2}}$.

Application numérique, distance convertie en mètres, $D_{T\text{-}J}=1{,}511\times 10^{6}\ \mathrm{km}=1{,}511\times 10^{9}$ m : $F_{T\text{-}J}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{6{,}17\times 10^{3}\times 5{,}97\times 10^{24}}{(1{,}511\times 10^{9})^{2}}=\dfrac{2{,}457\times 10^{18}}{2{,}283\times 10^{18}}=1{,}08$ N, avec trois chiffres significatifs comme les données.

Erreur fréquente : laisser la distance en kilomètres, ce qui multiplie le résultat par $10^{6}$ et donne plus d'un million de newtons sur un télescope de six tonnes. Ordre de grandeur rassurant : la force est environ 33 fois plus faible que celle du Soleil, $35{,}9$ N.

Q4. Une force d'attraction gravitationnelle exercée sur J est dirigée de J VERS le centre du corps attracteur. La Terre et le Soleil sont tous deux du même côté de J sur la droite (S, T, J dans cet ordre) : les deux vecteurs ont pour origine le point J, la direction de la droite (SJ), et le sens de J vers S (et T).

Sans souci d'échelle, on respecte tout de même la hiérarchie des valeurs : $\overrightarrow{F_{S\text{-}J}}$, de valeur $35{,}9$ N, se dessine bien plus long que $\overrightarrow{F_{T\text{-}J}}$, de valeur $1{,}08$ N. Sur le schéma en fin de corrigé, les deux flèches sont légèrement décalées l'une de l'autre pour rester lisibles ; sur la copie, elles partent toutes deux de J, l'une recouvrant l'autre.

Q5. Les deux vecteurs ont même direction et même sens : la valeur de leur somme est la somme de leurs valeurs, $F=F_{T\text{-}J}+F_{S\text{-}J}=1{,}08+35{,}9=36{,}98\approx 37{,}0$ N. C'est la valeur annoncée.

Vérification avec la relation donnée juste après : $G\,m_{J}\left(\dfrac{M_{S}}{D_{S\text{-}J}^{2}}+\dfrac{M_{T}}{D_{T\text{-}J}^{2}}\right)=36{,}9$ N avec $D_{S\text{-}J}=151{,}1\times 10^{9}$ m, même valeur à l'arrondi près. Erreur fréquente : appliquer le théorème de Pythagore, qui ne vaut que pour deux forces perpendiculaires ; il donnerait $35{,}9$ N, presque la seule force du Soleil.

Q6. Les deux expressions de $F$ décrivent la même force : $G\,m_{J}\,\dfrac{M_{S}}{D_{\text{eff}}^{2}}=G\,m_{J}\left(\dfrac{M_{S}}{D_{S\text{-}J}^{2}}+\dfrac{M_{T}}{D_{T\text{-}J}^{2}}\right)$. On simplifie par $G\,m_{J}$, on isole $D_{\text{eff}}^{2}$, puis on prend la racine (distance positive) :

$D_{\text{eff}}=\sqrt{\dfrac{M_{S}}{\dfrac{M_{S}}{D_{S\text{-}J}^{2}}+\dfrac{M_{T}}{D_{T\text{-}J}^{2}}}}$, ce qui s'écrit aussi $D_{\text{eff}}=\dfrac{D_{S\text{-}J}}{\sqrt{1+\dfrac{M_{T}}{M_{S}}\left(\dfrac{D_{S\text{-}J}}{D_{T\text{-}J}}\right)^{2}}}$.

La seconde forme se calcule presque de tête : $\dfrac{M_{T}}{M_{S}}=\dfrac{5{,}97\times 10^{24}}{1{,}99\times 10^{30}}=3{,}00\times 10^{-6}$ et $\dfrac{D_{S\text{-}J}}{D_{T\text{-}J}}=\dfrac{151{,}1\times 10^{6}}{1{,}511\times 10^{6}}=100{,}0$, d'où $1+3{,}00\times 10^{-6}\times 10^{4}=1{,}030$ et $D_{\text{eff}}=\dfrac{1{,}511\times 10^{11}}{\sqrt{1{,}030}}=1{,}49\times 10^{11}$ m. C'est la valeur annoncée. Vérification de bon sens : $D_{\text{eff}}$ est un peu plus petite que $D_{S\text{-}J}$, puisque l'attraction de la Terre s'ajoute à celle du Soleil, comme si le Soleil était un peu plus proche.

Q7. Schéma en fin de corrigé, à droite. On trace un cercle de centre S, la trajectoire, et le point J dessus. Le vecteur $\overrightarrow{u_{n}}$, unitaire, part de J et pointe vers le CENTRE S de la trajectoire. Le vecteur $\overrightarrow{u_{t}}$, unitaire, part de J, est tangent au cercle (perpendiculaire à $\overrightarrow{u_{n}}$) et orienté dans le sens du mouvement.

La force $\vec{F}$ part de J, a la direction et le sens de $\overrightarrow{u_{n}}$ : elle est centripète, dirigée vers le Soleil, puisque ses deux composantes $\overrightarrow{F_{S\text{-}J}}$ et $\overrightarrow{F_{T\text{-}J}}$ le sont (question Q4). Sa longueur est quelconque (sans souci d'échelle), mais elle n'a aucune composante selon $\overrightarrow{u_{t}}$. Erreur fréquente : orienter $\overrightarrow{u_{n}}$ vers l'extérieur du cercle ; le vecteur normal du repère de Frenet pointe toujours vers le centre de courbure.

Q8. Dans le repère de Frenet, pour un mouvement circulaire de rayon $D_{S\text{-}J}$, l'accélération normale vaut $a_{n}=\dfrac{v^{2}}{D_{S\text{-}J}}$ (et l'accélération tangentielle $a_{t}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$).

Q9. Système : le télescope JWST, de masse $m_{J}$ constante ; référentiel héliocentrique, supposé galiléen ; seule force prise en compte : la résultante gravitationnelle $\vec{F}$ du Soleil et de la Terre.

Deuxième loi de Newton : $m_{J}\,\vec{a}=\vec{F}=G\,\dfrac{m_{J}\,M_{S}}{D_{\text{eff}}^{2}}\,\overrightarrow{u_{n}}$. La masse $m_{J}$ se simplifie : $\vec{a}=\dfrac{G\,M_{S}}{D_{\text{eff}}^{2}}\,\overrightarrow{u_{n}}$. Le mouvement ne dépend donc pas de la masse du télescope, ce qui explique qu'un télescope de six tonnes et un caillou placés en L2 tournent ensemble.

Q10. On identifie les coordonnées de $\vec{a}$ dans le repère de Frenet avec celles trouvées à la question Q9. Selon $\overrightarrow{u_{t}}$ : $a_{t}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$, donc la valeur de la vitesse est constante, le mouvement circulaire est uniforme. Selon $\overrightarrow{u_{n}}$ : $\dfrac{v^{2}}{D_{S\text{-}J}}=\dfrac{G\,M_{S}}{D_{\text{eff}}^{2}}$, soit $v^{2}=\dfrac{G\,M_{S}\,D_{S\text{-}J}}{D_{\text{eff}}^{2}}$.

La vitesse étant positive : $v=\sqrt{\dfrac{G\cdot M_{S}\cdot D_{S\text{-}J}}{D_{\text{eff}}^{2}}}$, la relation annoncée. Valeur numérique, utile pour la suite : $v=\sqrt{\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 1{,}99\times 10^{30}\times 1{,}511\times 10^{11}}{(1{,}49\times 10^{11})^{2}}}=3{,}0\times 10^{4}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, environ 30 km/s, la vitesse orbitale de la Terre elle-même.

Q11. Le mouvement est circulaire uniforme : pendant une période $T$, le télescope parcourt une fois la circonférence $2\pi\,D_{S\text{-}J}$ à la vitesse constante $v$. Donc $T=\dfrac{2\pi\,D_{S\text{-}J}}{v}=2\pi\,D_{S\text{-}J}\sqrt{\dfrac{D_{\text{eff}}^{2}}{G\,M_{S}\,D_{S\text{-}J}}}=2\pi\sqrt{\dfrac{D_{S\text{-}J}^{2}\,D_{\text{eff}}^{2}}{G\,M_{S}\,D_{S\text{-}J}}}$, et après simplification par $D_{S\text{-}J}$ : $T=2\pi\sqrt{\dfrac{D_{S\text{-}J}\cdot D_{\text{eff}}^{2}}{G\cdot M_{S}}}$.

Application numérique, toutes les distances en mètres : $D_{S\text{-}J}\cdot D_{\text{eff}}^{2}=1{,}511\times 10^{11}\times(1{,}49\times 10^{11})^{2}=3{,}355\times 10^{33}\ \mathrm{m^{3}}$ et $G\,M_{S}=6{,}67\times 10^{-11}\times 1{,}99\times 10^{30}=1{,}327\times 10^{20}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-2}}$. D'où $T=2\pi\sqrt{2{,}527\times 10^{13}}=2\pi\times 5{,}027\times 10^{6}=3{,}159\times 10^{7}$ s, soit $\dfrac{3{,}159\times 10^{7}}{86\,400}=366$ jours (365,6 jours ; 365,3 jours avec la valeur non arrondie de $D_{\text{eff}}$).

Cohérence : par définition d'un point de Lagrange (texte d'introduction), le télescope tourne autour du Soleil avec la même période que la Terre, une année, soit 365,25 jours. L'écart est inférieur à 0,1 %, dû aux arrondis. Remarque éclairante : sans l'attraction de la Terre ($D_{\text{eff}}=D_{S\text{-}J}$), on trouverait environ 371 jours, puisqu'un corps plus éloigné du Soleil tourne plus lentement. C'est précisément le petit supplément de force dû à la Terre qui ramène la période du télescope à une année et le garde aligné avec elle. Erreur fréquente : diviser par 3 600 seulement, ou oublier de convertir les kilomètres de $D_{S\text{-}J}$.

Q12. Sur le spectre de la galaxie, les trois raies de l'hydrogène sont reçues aux longueurs d'onde $451$ nm ($\mathrm{H_{\gamma}}$), $507$ nm ($\mathrm{H_{\beta}}$) et $683$ nm ($\mathrm{H_{\alpha}}$). On convertit dans l'unité du domaine de sensibilité de JWST : $683\ \mathrm{nm}=0{,}683$ µm, $507\ \mathrm{nm}=0{,}507$ µm, $451\ \mathrm{nm}=0{,}451$ µm.

Seule $0{,}683$ µm appartient au domaine de sensibilité, de 0,6 µm à 28 µm ; les deux autres sont inférieures à $0{,}6$ µm. Seule la raie $\mathrm{H_{\alpha}}$ reçue de la galaxie peut donc être observée par JWST. Piège : raisonner sur les longueurs d'onde du laboratoire (434, 486, 656 nm). La conclusion serait ici la même, mais le télescope reçoit les longueurs d'onde décalées, et c'est sur elles qu'il faut raisonner.

Q13. Sur les deux spectres, $\lambda_{H}=656$ nm au laboratoire et $\lambda'_{H}=683$ nm pour la galaxie : $\lambda'_{H}>\lambda_{H}$, c'est le décalage vers le rouge. La fréquence et la longueur d'onde dans le vide sont liées par $f=\dfrac{c}{\lambda}$ : une longueur d'onde plus grande correspond à une fréquence plus petite, donc $f'_{H}<f_{H}$.

Par effet Doppler, une source qui s'éloigne de l'observateur est reçue avec une fréquence plus faible que celle qu'elle émet : la galaxie TGS153Z170 s'éloigne de la Terre. Vérification : les raies $\mathrm{H_{\beta}}$ (486 nm devenu 507 nm) et $\mathrm{H_{\gamma}}$ (434 nm devenu 451 nm) sont elles aussi décalées vers les grandes longueurs d'onde.

Q14. On isole $v_{Gal}$ dans la formule (1) : $\dfrac{\lambda'_{H}}{\lambda_{H}}=1+\dfrac{v_{Gal}}{c}$, donc $v_{Gal}=c\left(\dfrac{\lambda'_{H}}{\lambda_{H}}-1\right)=c\cdot\dfrac{\lambda'_{H}-\lambda_{H}}{\lambda_{H}}$.

Application numérique : $v_{Gal}=3{,}00\times 10^{8}\times\dfrac{683-656}{656}=3{,}00\times 10^{8}\times 4{,}12\times 10^{-2}=1{,}23\times 10^{7}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, environ 4 % de la célérité de la lumière. Les longueurs d'onde n'interviennent que par leur rapport : inutile de les convertir en mètres. $v_{Gal}>0$ confirme l'éloignement trouvé à la question Q13.

Vérification avec une autre raie : le même facteur $1{,}0412$ appliqué à $\mathrm{H_{\beta}}$ donne $486\times 1{,}0412=506$ nm, et le spectre de la galaxie indique $507$ nm ; l'accord, à la précision de lecture, confirme la valeur.

Q15. Loi de Hubble-Lemaître : $v_{Gal}=H_{0}\cdot D$, donc $D=\dfrac{v_{Gal}}{H_{0}}$. La vitesse est en $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $H_{0}$ en $\mathrm{m\cdot s^{-1}\cdot Mpc^{-1}}$ : le quotient est directement en Mpc. $D=\dfrac{1{,}23\times 10^{7}}{70\times 10^{3}}=1{,}8\times 10^{2}$ Mpc (176 Mpc avant arrondi, deux chiffres significatifs comme $H_{0}$).

En mètres : $D=176\times 3{,}1\times 10^{22}=5{,}5\times 10^{24}$ m. Ordre de grandeur : la lumière met $\dfrac{5{,}5\times 10^{24}}{3{,}00\times 10^{8}}\approx 1{,}8\times 10^{16}$ s, environ 580 millions d'années, pour nous parvenir. Erreur fréquente : diviser une vitesse exprimée en km/s par $H_{0}$ exprimée en m/s/Mpc, ce qui donne une distance mille fois trop petite.

Q1. Dans une formule topologique, chaque extrémité ou sommet de la ligne brisée sans symbole est un atome de carbone, porteur d'autant d'atomes d'hydrogène qu'il faut pour qu'il forme quatre liaisons. Le trait de gauche se termine par un carbone lié à un seul autre atome : c'est un groupe $\mathrm{CH_{3}}$. Le carbone central porte $\mathrm{{=}O}$ et $\mathrm{{-}OH}$ : il forme déjà ses quatre liaisons et ne porte aucun hydrogène.

Formule semi-développée, où toutes les liaisons sont écrites sauf celles qui partent des atomes d'hydrogène : $\mathrm{CH_{3}{-}C({=}O){-}OH}$, le carbone de droite étant relié vers le haut à l'oxygène par une double liaison et vers la droite au groupe OH. On l'écrit aussi en abrégé $\mathrm{CH_{3}{-}COOH}$, mais la formule semi-développée attendue montre la double liaison $\mathrm{C{=}O}$. Erreur fréquente : donner la formule brute $\mathrm{C_{2}H_{4}O_{2}}$, qui ne dit rien de l'enchaînement des atomes.

Q2. Un vinaigre « à 8,0 % en masse » contient 8,0 g d'acide éthanoïque pour 100 g de vinaigre : le titre massique est $w=0{,}080$. Trois étapes.

Masse de 1,0 L de vinaigre, par la masse volumique : $m_{vinaigre}=\rho\times V=1{,}01\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}\times 1000\ \mathrm{mL}=1{,}01\times 10^{3}$ g. Masse d'acide qu'elle contient : $m=w\times m_{vinaigre}=0{,}080\times 1{,}01\times 10^{3}=80{,}8$ g. Quantité de matière : $n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{80{,}8}{60}=1{,}35$ mol.

En une seule expression : $n=\dfrac{w\,\rho\,V}{M}=1{,}35$ mol, valeur voisine de 1,3 mol (1,3 mol avec les deux chiffres significatifs de $M$ et de $V$). Erreur fréquente : oublier la masse volumique et prendre 1,0 L pour 1,0 kg sans le dire ; ici l'écart n'est que de 1 %, mais le raisonnement doit passer par $\rho$.

Q3. L'acide éthanoïque cède un proton à l'eau, qui joue le rôle de base (couple $\mathrm{H_{3}O^{+}/H_{2}O}$). C'est un acide faible : sa réaction avec l'eau n'est pas totale et conduit à un équilibre, d'où la double flèche :

$\mathrm{AH(aq)+H_{2}O(\ell)\rightleftarrows A^{-}(aq)+H_{3}O^{+}(aq)}$.

Vérification : conservation des éléments (le H transféré passe de AH à $\mathrm{H_{3}O^{+}}$) et de la charge (0 à gauche, $-1+1=0$ à droite). Erreur fréquente : une flèche simple, qui décrirait un acide fort.

Q4. La constante d'acidité est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide avec l'eau écrite à la question Q3, l'eau, solvant, n'apparaissant pas :

$K_{A}=\dfrac{\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}\times\dfrac{[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}}{\dfrac{[\mathrm{AH}]_{\text{éq}}}{c^{\circ}}}=\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]_{\text{éq}}\times[\mathrm{H_{3}O^{+}}]_{\text{éq}}}{[\mathrm{AH}]_{\text{éq}}\times c^{\circ}}$.

Chaque concentration est divisée par $c^{\circ}$, ce qui rend $K_{A}$ sans unité. Erreur fréquente : inverser le quotient, en mettant l'acide au numérateur ; les produits de la réaction vont toujours au numérateur.

Q5. La relation $pH=pK_{A}+\log\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]_{\text{éq}}}{[\mathrm{AH}]_{\text{éq}}}$, qui découle de l'expression de $K_{A}$, montre que lorsque les deux formes sont en même proportion, $[\mathrm{A^{-}}]=[\mathrm{AH}]$, le logarithme vaut 0 et $pH=pK_{A}$.

Sur la figure 2, les deux courbes se coupent à 50 %, à l'abscisse $pH\approx 4{,}75$, lue entre les graduations 4 et 5, un peu avant le milieu de la maille. Donc $pK_{A}\approx 4{,}8$ (une lecture entre 4,7 et 4,8 est acceptée ; la valeur tabulée est 4,76).

Q6. D'après la même relation, si $pH<pK_{A}$, alors $\log\dfrac{[\mathrm{A^{-}}]}{[\mathrm{AH}]}<0$ et $[\mathrm{AH}]>[\mathrm{A^{-}}]$ : la forme acide prédomine aux pH faibles ; si $pH>pK_{A}$, la forme basique prédomine.

La courbe 2, en pointillés, vaut presque 100 % aux pH faibles et décroît quand le pH augmente : c'est $\mathrm{AH(aq)}$. La courbe 1, en trait plein, presque nulle aux pH faibles, tend vers 100 % aux pH élevés : c'est $\mathrm{A^{-}(aq)}$. Vérification : à chaque pH, les deux proportions ont pour somme 100 %, ce que montre la symétrie des courbes autour du point de croisement.

Q7. Deux couples acide/base sont en présence : $\mathrm{AH(aq)/A^{-}(aq)}$, dont on met en jeu l'acide, et $\mathrm{CO_{2}(aq)/HCO_{3}^{-}(aq)}$, dont on met en jeu la base. Demi-équations : $\mathrm{AH(aq)=A^{-}(aq)+H^{+}}$ et $\mathrm{HCO_{3}^{-}(aq)+H^{+}=CO_{2}(aq)+H_{2}O(\ell)}$ (la seconde s'équilibre en oxygène et en hydrogène avec une molécule d'eau). En les additionnant, le proton s'élimine :

$\mathrm{AH(aq)+HCO_{3}^{-}(aq)\longrightarrow A^{-}(aq)+CO_{2}(aq)+H_{2}O(\ell)}$, avec une flèche simple puisque la réaction est supposée totale.

Vérification : à gauche, $\mathrm{C_{2}H_{4}O_{2}}+\mathrm{HCO_{3}^{-}}$, soit 3 C, 5 H, 5 O et une charge $-1$ ; à droite, $\mathrm{C_{2}H_{3}O_{2}^{-}}+\mathrm{CO_{2}}+\mathrm{H_{2}O}$, soit 3 C, 5 H, 5 O et une charge $-1$. Erreur fréquente : oublier la molécule d'eau, ce qui laisse l'équation déséquilibrée en hydrogène et en oxygène.

Q8. La réaction produit du dioxyde de carbone. Il est peu soluble dans l'eau : dès que la solution en est saturée, l'excès quitte la solution sous forme gazeuse, $\mathrm{CO_{2}(aq)\longrightarrow CO_{2}(g)}$. Il se forme ainsi de nombreuses bulles de gaz, une effervescence, qui restent prisonnières du liquide et constituent la mousse. C'est la même effervescence que celle d'un comprimé effervescent, lui aussi à base d'hydrogénocarbonate de sodium et d'un acide.

Q9. La démarche : déterminer la quantité de dioxyde de carbone formée par un bilan de matière, puis la convertir en volume par l'équation d'état du gaz parfait.

Étape 1, quantités initiales. Par le calcul de la question Q2, 100 mL de vinaigre ont une masse $\rho\,V_{vinaigre}=1{,}01\times 100=101$ g, et contiennent $0{,}080\times 101=8{,}08$ g d'acide éthanoïque, soit $n_{0}(\mathrm{AH})=\dfrac{8{,}08}{60}=0{,}135$ mol, le dixième de la quantité contenue dans 1,0 L. Les ions hydrogénocarbonate : $n'=0{,}20$ mol.

Étape 2, réactif limitant. Les nombres stœchiométriques de AH et de $\mathrm{HCO_{3}^{-}}$ valent 1 dans l'équation de la question Q7 : le réactif limitant est celui dont la quantité initiale est la plus petite. $0{,}135<0{,}20$ : l'acide éthanoïque est limitant, et la réaction étant totale, $x_{max}=0{,}135$ mol. On en déduit $n(\mathrm{CO_{2}})=x_{max}=0{,}135$ mol (il reste $0{,}20-0{,}135=0{,}065$ mol d'ions hydrogénocarbonate). On suppose que tout le dioxyde de carbone formé se dégage.

Étape 3, équation d'état du gaz parfait $P\,V_{g}=n\,R\,T$, en unités du système international : $P=1020\ \mathrm{hPa}=1{,}020\times 10^{5}$ Pa et $T=25+273{,}15=298{,}15$ K. D'où $V_{g}=\dfrac{n\,R\,T}{P}=\dfrac{0{,}135\times 8{,}314\times 298{,}15}{1{,}020\times 10^{5}}=3{,}3\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}$, soit $V_{g}\approx 3{,}3$ L (3,2 L si l'on part de la valeur arrondie de 1,3 mol par litre, soit 0,13 mol).

Regard critique : une partie du dioxyde de carbone reste dissoute dans l'eau, de sorte que le volume réellement recueilli sera un peu plus faible. Erreurs fréquentes : garder la pression en hectopascals ou la température en degrés Celsius, et lire le volume en litres alors que la formule le donne en $\mathrm{m^{3}}$ ; ou prendre l'hydrogénocarbonate, en excès, pour calculer la quantité de gaz, ce qui donnerait 4,9 L.

Q1. La formule du formaldéhyde, $\mathrm{H{-}CHO}$, montre un seul atome de carbone, porteur du groupe carbonyle en bout de chaîne : c'est un aldéhyde. Préfixe pour un carbone : méth- ; suffixe des aldéhydes : -al. Le formaldéhyde est le méthanal. Piège : « méthanol », avec un o, désigne l'alcool $\mathrm{CH_{3}OH}$, une autre molécule.

Q2. Formule semi-développée : $\mathrm{HO{-}CH_{2}{-}C({=}O){-}OH}$, le carbone de droite portant la double liaison vers un oxygène et le groupe OH.

Deux groupes caractéristiques à entourer. Le groupe hydroxyle $\mathrm{{-}OH}$, porté par le carbone $\mathrm{CH_{2}}$, carbone tétragonal qui n'est lié à aucun autre oxygène : famille des alcools. Le groupe carboxyle $\mathrm{{-}C({=}O){-}OH}$, en bout de chaîne : famille des acides carboxyliques. L'acide glycolique est donc à la fois un alcool et un acide carboxylique (son nom systématique est l'acide 2-hydroxyéthanoïque).

Erreur fréquente : entourer séparément le $\mathrm{C{=}O}$ et le $\mathrm{OH}$ du groupe carboxyle et annoncer une cétone et un alcool. Les deux, sur le même carbone, forment UN seul groupe, le carboxyle ; le seul groupe hydroxyle d'alcool est celui du $\mathrm{CH_{2}}$.

Q3. On cherche dans chaque spectre les bandes des liaisons que possède l'acide glycolique : $\mathrm{C{=}O}$ du groupe carboxyle, $\mathrm{O{-}H}$ du groupe carboxyle (bande forte à moyenne, très large, entre 2500 et 3200 $\mathrm{cm^{-1}}$) et $\mathrm{O{-}H}$ de l'alcool, lié par liaisons hydrogène en phase condensée (bande forte et large entre 3200 et 3400 $\mathrm{cm^{-1}}$).

Les deux spectres présentent une bande très forte et fine vers 1720 à 1740 $\mathrm{cm^{-1}}$, celle d'une liaison $\mathrm{C{=}O}$ : ce critère ne permet pas de les départager.

Le spectre B présente une bande forte et large centrée vers 3350 $\mathrm{cm^{-1}}$, caractéristique de l'O-H d'un alcool lié, prolongée d'une large bande irrégulière jusque vers 2550 $\mathrm{cm^{-1}}$, caractéristique de l'O-H d'un acide carboxylique. Le spectre A ne présente aucune de ces bandes larges : seulement une bande fine vers 3000 $\mathrm{cm^{-1}}$ (liaisons C-H) et une faible bande vers 3400 à 3600 $\mathrm{cm^{-1}}$, bien trop peu intense pour un O-H. Le spectre A est celui d'une espèce à $\mathrm{C{=}O}$ sans O-H, une cétone ou un ester par exemple.

Conclusion : le spectre B est celui de l'acide glycolique. Remarque : sa bande $\mathrm{C{=}O}$, lue vers 1740 $\mathrm{cm^{-1}}$, tombe un peu au-dessus de l'intervalle de la table pour un acide carboxylique ; la table est simplifiée et c'est bien la présence des deux bandes O-H qui tranche. Piège : conclure sur la seule bande C=O, présente dans les deux spectres.

Q4. Diluer 10 fois, c'est diviser la concentration par le facteur de dilution $F=10$ en conservant la quantité de soluté prélevée : $C_{m}V_{m}=C_{f}V_{f}$, d'où le volume de solution mère à prélever $V_{m}=\dfrac{V}{F}=\dfrac{50{,}0}{10}=5{,}00$ mL.

Protocole : verser un peu de sérum dans un bécher (on ne pipette jamais dans le flacon) ; prélever 5,00 mL de sérum avec une pipette jaugée de 5,00 mL munie d'une propipette ; les verser dans une fiole jaugée de 50,0 mL ; ajouter de l'eau distillée jusqu'aux deux tiers environ, boucher et agiter pour homogénéiser ; compléter avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, en finissant à la pipette simple, le bas du ménisque sur le trait ; boucher et agiter de nouveau.

Erreur fréquente : prélever avec une éprouvette graduée ou un bécher, verrerie trop peu précise pour une solution qui sera titrée ; la pipette jaugée et la fiole jaugée sont indispensables.

Q5. Pour un titrage colorimétrique, on choisit un indicateur dont la zone de virage contient le pH à l'équivalence : le changement de teinte se produit alors à l'équivalence. Le pH à l'équivalence est voisin de 8,5, qui appartient à la zone de virage de la phénolphtaléine, 8,2 à 10,0, et à aucune autre zone du tableau. On utilise la phénolphtaléine : la solution, incolore au départ, devient rose-violet à la goutte qui suit l'équivalence.

Piège : choisir le bleu de bromothymol par réflexe, en pensant qu'un titrage acide-base a son équivalence à pH 7. C'est vrai pour un acide fort ; l'acide glycolique est faible, et l'ion glycolate formé rend la solution basique à l'équivalence.

Q6. L'acide glycolique AH réagit avec la base forte $\mathrm{HO^{-}}$ (couple $\mathrm{H_{2}O/HO^{-}}$) ; la réaction support d'un titrage doit être totale et rapide, d'où la flèche simple : $\mathrm{AH(aq)+HO^{-}(aq)\longrightarrow A^{-}(aq)+H_{2}O(\ell)}$. Les ions sodium sont spectateurs.

Q7. À l'équivalence d'un titrage, les réactifs titré et titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de la réaction support : ils sont alors entièrement consommés tous les deux. Avant l'équivalence, le réactif titrant est limitant ; après, c'est le réactif titré : l'équivalence correspond au changement de réactif limitant.

Q8. L'équation de la question Q6 a des nombres stœchiométriques égaux à 1. À l'équivalence : $n(\mathrm{AH})_{\text{initiale}}=n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versée}}$, soit $C_{1}\times V_{1}=C_{2}\times V_{E}$, d'où $C_{1}=\dfrac{C_{2}\times V_{E}}{V_{1}}$.

Application numérique, les volumes en mL se simplifiant : $C_{1}=\dfrac{2{,}0\times 10^{-1}\times 9{,}4}{20{,}0}=9{,}4\times 10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Le sérum commercial a été dilué 10 fois : $C=10\times C_{1}=0{,}94\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, avec deux chiffres significatifs comme $C_{2}$ et $V_{E}$. Erreur fréquente : oublier de remultiplier par le facteur de dilution, ce qui donne au sérum une concentration dix fois trop faible.