Bac 2026 de spécialité physique-chimie, Asie jour 2 : sujet officiel et corrigé

Q1. Système : le projectile, réduit à son centre de masse M. Référentiel : la pièce, supposé galiléen. Une fois sorti du canon, le projectile n'est soumis qu'à son poids $\vec{P}=m\,\vec{g}$. Deuxième loi de Newton : $\sum\vec{F}=m\,\vec{a}$, donc $m\,\vec{a}=m\,\vec{g}$ et $\vec{a}=\vec{g}$.

Dans le repère $(O\,;x,z)$ de la figure 2, l'axe $z$ vertical vers le haut et $\vec{g}$ vertical vers le bas : $a_{x}=0$ et $a_{z}=-g$. La masse s'est simplifiée : les $100$ g de l'énoncé ne servent à rien dans tout l'exercice, le mouvement d'un corps en chute libre ne dépend pas de sa masse. Erreur fréquente : écrire $a_{z}=g$ en oubliant que l'axe $z$ est orienté vers le haut.

Q2. Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse : on cherche des primitives. $v_{x}(t)=C_{1}$ et $v_{z}(t)=-g\,t+C_{2}$. À $t=0$, la vitesse est $\vec{v_{0}}$, inclinée de $\alpha$ au-dessus de l'horizontale : $v_{x}(0)=v_{0}\cos(\alpha)$ et $v_{z}(0)=v_{0}\sin(\alpha)$, donc $C_{1}=v_{0}\cos(\alpha)$ et $C_{2}=v_{0}\sin(\alpha)$.

Le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position : $x(t)=v_{0}\cos(\alpha)\,t+C_{3}$ et $z(t)=-\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+v_{0}\sin(\alpha)\,t+C_{4}$. À $t=0$, M sort du canon, sur l'axe $(Oz)$ à la hauteur $H$ au-dessus du sol (figure 2) : $x(0)=0$ et $z(0)=H$, donc $C_{3}=0$ et $C_{4}=H$. On retrouve les équations horaires annoncées. Le piège est dans la condition initiale : l'origine O est au SOL, pas sur le plateau de la table, d'où la constante $H=H_{\mathrm{T}}+H_{\mathrm{B}}$ et non $H_{\mathrm{B}}$.

Lecture physique de ces équations : selon l'horizontale, l'accélération est nulle et la vitesse reste égale à $v_{0}\cos(\alpha)$, le mouvement est rectiligne uniforme ; selon la verticale, l'accélération vaut $-g$, le mouvement est uniformément varié, d'abord ralenti à la montée puis accéléré à la descente. C'est cette décomposition qui donne la trajectoire parabolique de Q3.

Q3. On élimine le temps. Comme $\cos(\alpha)\neq 0$, la première équation donne $t=\dfrac{x}{v_{0}\cos(\alpha)}$. On remplace dans $z(t)$ : $z=-\dfrac{1}{2}g\,\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}(\alpha)}+v_{0}\sin(\alpha)\,\dfrac{x}{v_{0}\cos(\alpha)}+H$. Et $\dfrac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}=\tan(\alpha)$, d'où $z(x)=-\dfrac{g}{2\,v_{0}^{2}\cos^{2}(\alpha)}\,x^{2}+\tan(\alpha)\,x+H$ : une parabole tournée vers le bas, ce qu'on attend d'un tir dans le champ de pesanteur uniforme.

Q4. Démarche : la serrure se débloque si la trajectoire passe par le point C. Dans le repère de la figure 2, C a pour coordonnées $x_{\mathrm{C}}=D$ et $z_{\mathrm{C}}=h_{\mathrm{C}}$. On écrit donc $z(D)=h_{\mathrm{C}}$ avec l'équation de Q3, et l'inconnue est la constante $H$, dont on déduit $H_{\mathrm{T}}$.

$h_{\mathrm{C}}=-\dfrac{g\,D^{2}}{2\,v_{0}^{2}\cos^{2}(\alpha)}+D\tan(\alpha)+H$, donc $H=h_{\mathrm{C}}+\dfrac{g\,D^{2}}{2\,v_{0}^{2}\cos^{2}(\alpha)}-D\tan(\alpha)$.

Application numérique, calculatrice en mode degrés : $\cos(43{,}0^{\circ})=0{,}7314$, donc $2\,v_{0}^{2}\cos^{2}(\alpha)=2\times 5{,}60^{2}\times 0{,}7314^{2}=33{,}55\ \mathrm{m^{2}\cdot s^{-2}}$ et $\dfrac{g\,D^{2}}{2\,v_{0}^{2}\cos^{2}(\alpha)}=\dfrac{9{,}81\times 3{,}00^{2}}{33{,}55}=2{,}632$ m. Puis $D\tan(\alpha)=3{,}00\times\tan(43{,}0^{\circ})=2{,}798$ m. D'où $H=1{,}00+2{,}632-2{,}798=0{,}834$ m.

Enfin $H_{\mathrm{T}}=H-H_{\mathrm{B}}=0{,}834-0{,}300=0{,}534$ m, soit environ $53$ cm. Cette valeur est bien dans la plage de réglage de la table, entre 40 et 80 cm : la mission est réalisable.

Vérification : le projectile met $t_{\mathrm{C}}=\dfrac{D}{v_{0}\cos(\alpha)}=\dfrac{3{,}00}{5{,}60\times 0{,}7314}=0{,}732$ s pour atteindre la porte, et à cet instant $z=-\dfrac{1}{2}\times 9{,}81\times 0{,}732^{2}+5{,}60\times\sin(43{,}0^{\circ})\times 0{,}732+0{,}834=1{,}00$ m, la hauteur de la serrure. Sa vitesse verticale vaut alors $v_{z}=v_{0}\sin(\alpha)-g\,t_{\mathrm{C}}=-3{,}37\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ : le projectile redescend, le sommet de la parabole ayant été atteint vers $x=1{,}59$ m.

Deux pièges. Le résultat est la différence de deux longueurs voisines, $2{,}632$ m et $2{,}798$ m : il faut garder les valeurs non arrondies jusqu'au bout, car arrondir $\tan(\alpha)$ à $0{,}93$ déplace déjà $H_{\mathrm{T}}$ de près d'un centimètre. Et la calculatrice doit être en degrés : en radians, $\cos(43)$ et $\tan(43)$ n'ont rien à voir avec l'angle du canon. Enfin, on ne s'arrête pas à $H$ : la question demande la hauteur de la TABLE, on retire $H_{\mathrm{B}}=0{,}300$ m.

Q5. Interrupteur en position 2 : le générateur est hors circuit, la maille ne contient que le condensateur et le conducteur ohmique. Avec les flèches de la figure 3, $u_{C}$ fléchée vers l'armature du haut et $u_{R}$ fléchée vers le bas de la résistance, la loi des mailles donne $u_{C}+u_{R}=0$ : les hauts du condensateur et de la résistance sont reliés, leurs bas aussi en position 2.

Le courant $i$, fléché vers l'armature du haut, entre dans la résistance par le bas : $u_{R}$ et $i$ sont en convention récepteur et la loi d'Ohm s'écrit $u_{R}=R\,i$. Pour le condensateur, aussi en convention récepteur, $q=C\,u_{C}$ et $i=\dfrac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}$. En remplaçant : $u_{C}+R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=0$, soit, en divisant par $RC$ : $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+\dfrac{1}{\tau}u_{C}=0$ avec $\tau=R\,C$.

Vérification d'unité : $R\,C$ s'exprime en $\Omega\times\mathrm{F}=\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{A}}\times\dfrac{\mathrm{C}}{\mathrm{V}}=\dfrac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{A}}=\mathrm{s}$, c'est bien un temps. Pendant la décharge, $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}<0$ donc $i<0$ : le courant circule en réalité dans le sens opposé à la flèche, ce qui est normal pour un condensateur qui se vide.

Q6. On dérive la forme proposée : $\dfrac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{A}{\tau}\exp\left(-\dfrac{t}{\tau}\right)$. Dans l'équation : $-\dfrac{A}{\tau}\exp\left(-\dfrac{t}{\tau}\right)+\dfrac{1}{\tau}A\exp\left(-\dfrac{t}{\tau}\right)=0$ pour tout $t$ : la forme est solution quelle que soit la constante $A$.

C'est la condition initiale qui fixe $A$. La tension aux bornes d'un condensateur est continue : juste après la bascule, $u_{C}(0)=U_{0}$. Or $u_{C}(0)=A\exp(0)=A$, donc $A=U_{0}=5{,}0$ V et $u_{C}(t)=U_{0}\exp\left(-\dfrac{t}{RC}\right)$.

Remarque d'homogénéité : l'exponentielle est sans dimension, donc $A$ a la dimension de $u_{C}$, une tension ; c'est cohérent avec $A=U_{0}$. La solution confirme la lecture de la figure 4 : toutes les courbes partent de $5{,}0$ V, quelle que soit la résistance, et seule la vitesse de la décroissance dépend de $R$.

Q7. L'aiguille tourne entre la date $t_{1}$ où $u_{C}=4{,}0$ V et la date $t_{2}$ où $u_{C}=1{,}0$ V. La courbe correcte est celle pour laquelle $t_{2}-t_{1}=14$ s. Sur l'annexe, on trace les deux droites horizontales $u_{C}=4{,}0$ V et $u_{C}=1{,}0$ V, on repère leurs intersections avec chaque courbe et on lit les dates correspondantes sur l'axe des temps.

Lectures : pour $R_{2}$, $t_{1}\approx 1{,}1$ s et $t_{2}\approx 7{,}6$ s, soit une rotation de $6{,}5$ s environ ; pour $R_{1}$, $t_{1}\approx 2{,}3$ s et $t_{2}\approx 16{,}5$ s, soit $14$ s environ ; pour $R_{3}$, $t_{1}\approx 3{,}7$ s et $t_{2}\approx 26$ s, soit plus de $22$ s. C'est la courbe $R_{1}$ qui commande une rotation de 14 s.

Le calcul le confirme : avec la solution de Q6, $t_{1}=\tau\ln\dfrac{U_{0}}{4{,}0}$ et $t_{2}=\tau\ln\dfrac{U_{0}}{1{,}0}$, donc $t_{2}-t_{1}=\tau\ln\dfrac{4{,}0}{1{,}0}=\tau\ln 4$, indépendant de $U_{0}$. Il faut $\tau=\dfrac{14}{\ln 4}=10{,}1$ s, une décharge intermédiaire, ni la plus rapide ni la plus lente. Erreur fréquente : mesurer la durée depuis $t=0$, alors que l'aiguille ne démarre qu'à $4{,}0$ V.

Q8. Méthode des 37 % : à $t=\tau$, $u_{C}(\tau)=U_{0}\,e^{-1}=0{,}37\times 5{,}0=1{,}84$ V. Sur l'annexe, on trace la droite $u_{C}=1{,}84$ V ; elle coupe la courbe $R_{1}$ à $t\approx 10$ s, donc $\tau\approx 10$ s. On peut aussi tracer la tangente à l'origine de la courbe $R_{1}$ : elle coupe l'axe des temps en $t=\tau$, mais le tracé d'une tangente sur un scan est moins précis que la lecture à 37 %.

Cohérence : $\tau\ln 4=10\times 1{,}39=14$ s, la durée de rotation voulue, et la valeur calculée à Q7, $10{,}1$ s, est dans la précision de la lecture. Erreur fréquente : lire $\tau$ à la moitié de $U_{0}$ ($2{,}5$ V), ce qui donne $\tau\ln 2\approx 7$ s, le temps de demi-décharge.

Q9. D'après Q5, $\tau=R\,C$, donc $R=\dfrac{\tau}{C}=\dfrac{10}{47\times 10^{-6}}=2{,}1\times 10^{5}\ \Omega$, soit environ $210\ \mathrm{k\Omega}$. Avec la valeur calculée $\tau=10{,}1$ s, on trouve $2{,}15\times 10^{5}\ \Omega$ : à deux chiffres significatifs, comme $C=47\ \mathrm{\mu F}$, les joueurs doivent régler la résistance variable sur $R\approx 2{,}1\times 10^{5}\ \Omega$. Erreur fréquente : oublier la conversion $47\ \mathrm{\mu F}=47\times 10^{-6}$ F, qui fait trouver $0{,}21\ \Omega$.

Ordre de grandeur des deux autres réglages, avec les constantes de temps lues sur les courbes : $R_{2}\approx\dfrac{4{,}75}{47\times 10^{-6}}=1{,}0\times 10^{5}\ \Omega$ et $R_{3}\approx\dfrac{16{,}4}{47\times 10^{-6}}=3{,}5\times 10^{5}\ \Omega$. Plus la résistance est grande, plus le courant de décharge est faible et plus la décharge est lente : $\tau$ est proportionnelle à $R$, ce qui range bien les courbes dans l'ordre $R_{2}<R_{1}<R_{3}$.

Q10. Le phénomène est celui des interférences lumineuses. Chaque fente diffracte la lumière du laser ; les deux faisceaux diffractés, issus de la même source donc cohérents, se superposent sur le fond de la boîte. Là où les deux ondes arrivent en phase, les interférences sont constructives (zone lumineuse) ; là où elles arrivent en opposition de phase, elles sont destructives (zone sombre). Piège : répondre « diffraction ». La diffraction par chaque fente est nécessaire pour que les faisceaux se recouvrent, mais l'alternance régulière de franges vient de la superposition des DEUX ondes.

Q11. L'interfrange $i$ est la distance entre les centres de deux franges brillantes consécutives, ou, ce qui revient au même, entre les centres de deux franges sombres consécutives.

En pratique, on ne mesure jamais une seule interfrange : on mesure la distance entre les centres de franges brillantes éloignées et on divise par le nombre d'interfranges qui les séparent, ce qui réduit l'incertitude relative. C'est exactement la relation que la question suivante exploite avec $\ell$.

Q12. Démarche : la clé est délivrée si le centre de chaque cellule est sur une frange brillante. La figure 6 montre cinq cellules sur cinq franges brillantes CONSÉCUTIVES, séparées chacune par une seule frange sombre : la distance entre deux cellules voisines vaut une interfrange. Entre la première et la cinquième cellule, il y a quatre intervalles, donc $\ell=4\,i$.

D'où $i=\dfrac{\ell}{4}=\dfrac{2{,}0}{4}=0{,}50$ cm $=5{,}0\times 10^{-3}$ m. L'expression donnée $i=\dfrac{\lambda D}{b}$ se retourne en $b=\dfrac{\lambda D}{i}=\dfrac{650\times 10^{-9}\times 0{,}30}{5{,}0\times 10^{-3}}=3{,}9\times 10^{-5}$ m, soit $b=39\ \mathrm{\mu m}$ (deux chiffres significatifs, comme $D$ et $\ell$).

Cohérence : la frange centrale est brillante, sur l'axe de symétrie des deux fentes où la différence de marche est nulle, et la figure 5 y place la cellule du milieu. Un écartement de quelques dizaines de micromètres est l'ordre de grandeur habituel des fentes d'Young. Un écartement de $2\times 39$ ou $3\times 39\ \mathrm{\mu m}$ placerait encore les cellules sur des franges brillantes, une sur deux ou une sur trois, mais la figure 6 exclut ce cas : une seule zone sombre sépare deux cellules.

Erreur fréquente : écrire $\ell=5\,i$ parce qu'il y a cinq cellules. On trouverait $b=49\ \mathrm{\mu m}$, et les cellules extrêmes tomberaient à côté des franges brillantes. Autre piège : laisser $\lambda$ en nanomètres et $D$ en centimètres dans la formule ; tout se convertit en mètres.

Q1. Deux noyaux isotopes ont le même numéro atomique $Z$, donc le même nombre de protons, et des nombres de masse $A$ différents, donc des nombres de neutrons différents. La paire $({}^{86}_{38}\mathrm{Sr}\ ;\ {}^{87}_{38}\mathrm{Sr})$ convient : $Z=38$ pour les deux, $A=86$ et $A=87$ ; le strontium 87 a un neutron de plus. La paire $({}^{86}_{37}\mathrm{Rb}\ ;\ {}^{86}_{38}\mathrm{Sr})$ ne convient pas : même nombre de masse, mais $Z=37$ et $Z=38$, ce sont deux éléments chimiques différents. Piège : se fier au nombre $86$ commun, qui est justement ce que des isotopes n'ont PAS en commun.

Q2. On applique les lois de conservation de Soddy, du nombre de masse et du nombre de charge : ${}^{87}_{37}\mathrm{Rb}\longrightarrow{}^{87}_{38}\mathrm{Sr}+{}^{\ A}_{\ Z}\mathrm{X}$ avec $87=87+A$ et $37=38+Z$, donc $A=0$ et $Z=-1$. La particule émise est ${}^{\ 0}_{-1}\mathrm{e}$, et l'équation s'écrit ${}^{87}_{37}\mathrm{Rb}\longrightarrow{}^{87}_{38}\mathrm{Sr}+{}^{\ 0}_{-1}\mathrm{e}$. Un antineutrino est aussi émis ; le programme permet de ne pas l'écrire.

Q3. La particule ${}^{\ 0}_{-1}\mathrm{e}$ est un électron : c'est une radioactivité de type $\beta^{-}$. Dans le noyau, un neutron s'est transformé en proton, ce qui explique que $Z$ augmente d'une unité à nombre de masse constant. Erreur fréquente : parler de radioactivité $\beta^{+}$, qui émet un positon ${}^{0}_{+1}\mathrm{e}$ et fait au contraire diminuer $Z$.

Q4. Le temps de demi-vie $t_{1/2}$ d'un isotope radioactif est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents dans un échantillon se sont désintégrés. Il ne dépend que de l'isotope, pas de la quantité initiale ni de la date choisie comme origine.

Q5. Par définition, à $t=t_{1/2}$, $N=\dfrac{N_{0}}{2}$. Avec la relation 1 : $N_{0}\exp(-\lambda\,t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$, soit $\exp(-\lambda\,t_{1/2})=\dfrac{1}{2}$. En prenant le logarithme népérien : $-\lambda\,t_{1/2}=\ln\dfrac{1}{2}=-\ln(2)$, donc $\lambda=\dfrac{\ln(2)}{t_{1/2}}$.

Q6. Démarche : on identifie terme à terme la droite modélisée et la relation théorique. La relation théorique est de la forme $y=a\,x+b$ : la variable $y$ est le rapport $\dfrac{N({}^{87}_{38}\mathrm{Sr})}{N({}^{86}_{38}\mathrm{Sr})}$, la variable $x$ est le rapport $\dfrac{N({}^{87}_{37}\mathrm{Rb})}{N({}^{86}_{38}\mathrm{Sr})}$, le coefficient directeur vaut $a=\exp(\lambda\,t_{\mathrm{R}})-1$ et l'ordonnée à l'origine vaut $b=\dfrac{N_{0}({}^{87}_{38}\mathrm{Sr})}{N_{0}({}^{86}_{38}\mathrm{Sr})}$. Les huit minéraux ont le même âge et sont issus du même magma, donc le même rapport initial $b$ : c'est pour cela que leurs points sont alignés.

Par identification avec $y=0{,}0650\,x+0{,}6990$ : $\exp(\lambda\,t_{\mathrm{R}})-1=0{,}0650$, donc $\exp(\lambda\,t_{\mathrm{R}})=1{,}0650$ et $t_{\mathrm{R}}=\dfrac{\ln(1{,}0650)}{\lambda}$. D'après Q5, $\lambda=\dfrac{\ln(2)}{t_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{4{,}88\times 10^{10}}=1{,}42\times 10^{-11}\ \mathrm{an^{-1}}$. D'où $t_{\mathrm{R}}=\dfrac{\ln(1{,}0650)}{\ln(2)}\times t_{1/2}=\dfrac{0{,}06297}{0{,}6931}\times 4{,}88\times 10^{10}=4{,}43\times 10^{9}$ ans, soit environ $4{,}4$ milliards d'années. On garde trois chiffres significatifs, comme la pente et la demi-vie.

Vérification sur le graphe : de $x=0{,}0120$ à $x=0{,}1650$, l'ordonnée monte d'environ $0{,}6998$ à $0{,}7097$, soit une pente de $\dfrac{0{,}0099}{0{,}153}\approx 0{,}065$, la valeur de la modélisation. L'ordonnée à l'origine $0{,}6990$ donne le rapport isotopique initial du strontium dans la roche.

Commentaire : la roche a environ $4{,}4$ milliards d'années. C'est à peine moins que l'âge de la Lune, formée il y a environ $4{,}5$ milliards d'années : la roche date des premiers temps de l'histoire lunaire et ne provient pas d'une activité volcanique récente. On note aussi que $t_{\mathrm{R}}$ ne représente que $9$ % de la demi-vie : seuls $1-e^{-\lambda t_{\mathrm{R}}}=6$ % des noyaux de rubidium 87 se sont désintégrés depuis la formation de la roche. C'est pourquoi la pente est faible, et pourquoi un isotope de demi-vie aussi longue convient à des âges de plusieurs milliards d'années.

Erreur fréquente : prendre $\lambda\,t_{\mathrm{R}}=0{,}0650$ en oubliant le « $-1$ », ce qui donne $4{,}58$ milliards d'années ; ou identifier $\exp(\lambda\,t_{\mathrm{R}})-1$ à l'ordonnée à l'origine $0{,}6990$, ce qui donne un âge de plus de $37$ milliards d'années, plus vieux que l'Univers : le résultat absurde doit alerter.

Q1. L'équivalence d'un titrage est l'état du système pour lequel les réactifs titré et titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage. À l'équivalence, les deux réactifs sont entièrement consommés ; il y a changement de réactif limitant : avant l'équivalence, le titrant est limitant, après, c'est le titré.

Ici, on repère l'équivalence par la couleur : le diiode donne à la solution une teinte jaune-brun, qui pâlit à mesure que les ions thiosulfate le consomment. Près de l'équivalence, on ajoute de l'empois d'amidon (ou du thiodène), qui forme avec le diiode un complexe bleu foncé bien plus visible : l'équivalence est atteinte à la goutte qui fait disparaître le bleu.

Q2. On écrit les demi-équations électroniques des deux couples mis en jeu. Couple $\mathrm{I_{2}}/\mathrm{I^{-}}$ : $\mathrm{I_{2}}+2\,\mathrm{e^{-}}=2\,\mathrm{I^{-}}$ ; le diiode CAPTE des électrons, c'est l'oxydant, il est réduit en ions iodure. Couple $\mathrm{S_{4}O_{6}^{2-}}/\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}}$ : $2\,\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}}=\mathrm{S_{4}O_{6}^{2-}}+2\,\mathrm{e^{-}}$ ; l'ion thiosulfate CÈDE des électrons, c'est le réducteur, il est oxydé en ion tétrathionate.

La somme des deux demi-équations, deux électrons échangés de part et d'autre, redonne bien l'équation support du titrage. Rappel : un oxydant est une espèce capable de capter un ou plusieurs électrons, un réducteur une espèce capable d'en céder. Erreur fréquente : désigner les ions iodure comme réducteur du titrage ; ils sont un PRODUIT de la réaction support, pas un réactif.

Q3. À l'équivalence, les réactifs sont dans les proportions stœchiométriques de $\mathrm{I_{2}}+2\,\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}}\rightarrow 2\,\mathrm{I^{-}}+\mathrm{S_{4}O_{6}^{2-}}$ : une mole de diiode pour deux moles d'ions thiosulfate. Donc $n_{1}(\mathrm{I_{2}})=\dfrac{n_{\mathrm{E}}(\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}})}{2}$. Erreur fréquente : écrire $2\,n_{1}=n_{\mathrm{E}}/2$ ou $n_{1}=2\,n_{\mathrm{E}}$ ; on vérifie le sens en se demandant de quel réactif il faut le plus : il faut deux fois plus de thiosulfate que de diiode.

Q4. Tableau d'avancement de la réaction $2\,\mathrm{Cu^{2+}}+4\,\mathrm{I^{-}}\rightarrow 2\,\mathrm{CuI}+\mathrm{I_{2}}$, les ions iodure étant en excès. État initial : $n_{0}(\mathrm{Cu^{2+}})$ d'ions cuivre, iodure en excès, ni $\mathrm{CuI}$ ni diiode. État en cours, avancement $x$ : $n_{0}-2x$ d'ions cuivre, $2x$ de $\mathrm{CuI}$ et $x$ de diiode. Les ions cuivre sont limitants : à l'état final, $n_{0}-2x_{\max}=0$, soit $x_{\max}=\dfrac{n_{0}}{2}$.

La quantité de diiode formée vaut donc $n_{1}(\mathrm{I_{2}})=x_{\max}=\dfrac{n_{0}(\mathrm{Cu^{2+}})}{2}$, soit $n_{0}(\mathrm{Cu^{2+}})=2\,n_{1}(\mathrm{I_{2}})$. C'est un titrage indirect : on ne titre pas les ions cuivre eux-mêmes, mais le diiode qu'ils ont formé en quantité proportionnelle.

Q5. Quantité d'ions thiosulfate versée à l'équivalence : $n_{\mathrm{E}}=c_{2}\times V_{\mathrm{E}}=2{,}0\times 10^{-2}\times 15{,}0\times 10^{-3}=3{,}0\times 10^{-4}$ mol. D'après Q3, $n_{1}(\mathrm{I_{2}})=\dfrac{3{,}0\times 10^{-4}}{2}=1{,}5\times 10^{-4}$ mol. D'après Q4, $n_{0}(\mathrm{Cu^{2+}})=2\times 1{,}5\times 10^{-4}=3{,}0\times 10^{-4}$ mol, la valeur annoncée.

Les deux facteurs $2$ se compensent : $n_{0}(\mathrm{Cu^{2+}})=n_{\mathrm{E}}(\mathrm{S_{2}O_{3}^{2-}})$, deux ions cuivre forment un diiode, que deux ions thiosulfate réduisent. Erreur fréquente : laisser $V_{\mathrm{E}}$ en millilitres, ce qui donne une quantité mille fois trop grande.

Q6. Les $3{,}0\times 10^{-4}$ mol sont contenues dans $V_{1}=50{,}0$ mL de $S_{0}$. La solution $S_{0}$, de volume $1$ L, contient tout le cuivre extrait de $1$ kg de terre, soit $\dfrac{1000}{50{,}0}=20$ fois plus : $n_{S_{0}}=20\times 3{,}0\times 10^{-4}=6{,}0\times 10^{-3}$ mol.

Masse de cuivre : $m(\mathrm{Cu^{2+}})=n_{S_{0}}\times M(\mathrm{Cu})=6{,}0\times 10^{-3}\times 63{,}5=0{,}38$ g, soit $3{,}8\times 10^{2}$ mg ($381$ mg) de cuivre dans 1 kg de terre viticole. Le protocole suppose que tout le cuivre de la terre passe dans le litre d'eau : c'est l'hypothèse du modèle. Erreur fréquente : s'arrêter aux 50 mL dosés, ce qui donne $19$ mg et fait croire que la terre est déjà conforme.

Chiffres significatifs : $c_{2}$ et $n_{0}$ en ont deux, d'où $m=3{,}8\times 10^{2}$ mg ; on garde $381$ mg pour la suite du calcul afin de ne pas cumuler les arrondis. La terre analysée contient donc plus de deux fois la teneur limite de l'agriculture biologique, $150$ mg par kg : la dépollution est nécessaire.

Q7. Démarche : chaque cycle de culture retire $m_{\mathrm{e}}=90$ mg de cuivre par kilogramme de terre. Après $N$ cycles, il reste $m(\mathrm{Cu^{2+}})-N\times m_{\mathrm{e}}$ ; on cherche le plus petit entier $N$ tel que cette masse soit inférieure ou égale à la teneur limite $m_{\mathrm{t}}=150$ mg par kg.

$381-90\,N\leq 150$ équivaut à $90\,N\geq 231$, soit $N\geq\dfrac{231}{90}=2{,}57$. Le nombre de cycles est un ENTIER : on arrondit à l'entier supérieur, $N_{\min}=3$. Vérification : après deux cycles, il reste $381-180=201$ mg par kg, encore au-dessus de 150 mg ; après trois cycles, $381-270=111$ mg par kg, sous la limite. Avec la valeur arrondie de Q6, $380$ mg, on trouve $N\geq 2{,}56$ : même conclusion.

Erreur fréquente : arrondir $2{,}57$ à $3$ « parce que c'est plus proche », sans dire qu'on prend l'entier supérieur. Si le quotient avait valu $2{,}3$, l'arrondi au plus proche donnerait $2$ cycles, insuffisants. Autre piège : diviser toute la masse par $90$ ($381/90=4{,}2$, donc 5 cycles), ce qui revient à vouloir retirer TOUT le cuivre alors que l'objectif est seulement de descendre sous 150 mg.

Limite du modèle : on a supposé que chaque cycle retire la même masse de cuivre, $90$ mg par kg. En réalité, une plante extrait d'autant moins de métal que le sol en contient peu, et le nombre de cycles réellement nécessaire peut être plus grand ; trois cycles est un minimum dans le cadre du modèle de l'énoncé.