Bac 2026 de spécialité physique-chimie, Centres étrangers jour 1 : sujet officiel et corrigé

Q.1. Le fil est un obstacle de petite dimension, $a$ de quelques dizaines à quelques centaines de micromètres, éclairé par une onde lumineuse de longueur d'onde $\lambda$ inférieure au micromètre : la lumière ne se propage plus en ligne droite derrière lui, elle s'étale de part et d'autre de la direction du faisceau incident. Le phénomène observé sur l'écran est la diffraction de la lumière, et la série de taches est la figure de diffraction du fil. Erreur fréquente : répondre « interférences ». Il n'y a ici qu'un seul obstacle et aucune superposition de deux ondes issues de deux sources : c'est la signature de la diffraction, avec une tache centrale deux fois plus large que les autres.

Q.2. Sur la figure 2, l'angle $\theta$ est compté entre le faisceau incident, qui arrive au centre de la tache centrale, et la direction d'UNE extrémité de cette tache. Dans le triangle rectangle formé par le fil, le centre de la tache et cette extrémité, le côté opposé à $\theta$ est la demi-largeur $\dfrac{L}{2}$ et le côté adjacent est la distance $D$ : $\tan\theta=\dfrac{L/2}{D}=\dfrac{L}{2D}$.

Avec l'approximation des petits angles donnée, $\tan\theta=\theta$ en radians, donc $\theta=\dfrac{L}{2D}$. Erreur fréquente : écrire $\tan\theta=\dfrac{L}{D}$ en prenant toute la largeur de la tache. La figure trace deux angles $\theta$, un de chaque côté : chacun ne voit que la moitié de $L$.

Q.3. On égale les deux expressions de $\theta$, celle de la question Q.2 et celle des données : $\dfrac{L}{2D}=\dfrac{\lambda}{a}$, d'où $L=\dfrac{2\,\lambda\, D}{a}$.

Pour un montage donné, la longueur d'onde $\lambda$ (même laser) et la distance $D$ (écran fixe) ne changent pas d'un fil à l'autre : $L=k\times\dfrac{1}{a}$ avec $k=2\,\lambda\, D$ constante. La largeur de la tache centrale est donc proportionnelle à $\dfrac{1}{a}$ : plus le fil est fin, plus la tache est large. Vérification d'unité : $k=2\lambda D$ est le produit de deux longueurs, il s'exprime en $\mathrm{m^{2}}$, l'unité que l'énoncé donne plus loin pour $k$.

Q.4. Les points de la figure 3 sont alignés, aux incertitudes de mesure près, sur une droite qui passe par l'origine du repère. C'est la représentation d'une fonction linéaire, donc d'une relation de proportionnalité $L=k\times\dfrac{1}{a}$. Les deux critères se citent tous les deux sur la copie : l'alignement ET le passage par l'origine. Un alignement seul décrirait une fonction affine, qui n'est pas une proportionnalité.

Vérification par le tableau : le produit $L\times a$, qui doit valoir $k$, vaut successivement $3{,}80$ ; $3{,}70$ ; $3{,}95$ ; $3{,}84$ ; $3{,}78$ et $4{,}00$ en $10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$. Il est constant à 4 % près autour de sa moyenne, $3{,}85\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$ : les mesures sont compatibles avec le modèle.

Q.5. Méthode : $k$ est le coefficient directeur de la droite qui passe par l'origine et au plus près des points de mesure. On trace cette droite (voir le graphe du corrigé), puis on lit les coordonnées d'un point de la DROITE, pas d'un point de mesure, choisi loin de l'origine pour réduire l'erreur relative de lecture : la droite passe par le point d'abscisse $\dfrac{1}{a}=20\times 10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}$ et d'ordonnée $L=7{,}7\times 10^{-2}$ m.

D'où $k=\dfrac{L}{1/a}=\dfrac{7{,}7\times 10^{-2}}{20\times 10^{3}}=3{,}85\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$, soit $k\approx 3{,}9\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$ avec deux chiffres significatifs. Selon la droite tracée à la règle, on trouve entre $3{,}8$ et $3{,}9\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$ ; la suite de l'énoncé retient $3{,}85\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$. Autres méthodes acceptées : une régression linéaire à la calculatrice ou au tableur, ou la moyenne des produits $L\times a$ calculés à la question Q.4.

Erreur fréquente : oublier les puissances de dix portées par les axes, $L$ en $10^{-2}$ m et $\dfrac{1}{a}$ en $10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}$, et annoncer $k=0{,}385$ sans unité.

Q.6. Du modèle $L=\dfrac{k}{a}$, on tire $a=\dfrac{k}{L}$, avec $L$ converti en mètres : $L=8{,}0\ \mathrm{mm}=8{,}0\times 10^{-3}$ m. Donc $a=\dfrac{3{,}85\times 10^{-6}}{8{,}0\times 10^{-3}}=4{,}8\times 10^{-4}$ m, soit $a=0{,}48$ mm, avec deux chiffres significatifs comme $L$ (valeur non arrondie $0{,}481$ mm, gardée pour la suite).

Vérification : $\dfrac{1}{a}=2{,}1\times 10^{3}\ \mathrm{m^{-1}}$ et $L=0{,}80\times 10^{-2}$ m prolongent la droite de la figure 3 vers l'origine, un peu en dessous du premier point d'étalonnage $(2{,}5\ ;\ 1{,}00)$. Le résultat est du même ordre que la valeur affichée sur la bobine, $0{,}45$ mm.

Q.7. On calcule d'abord les deux incertitudes relatives, sans unité : $\dfrac{u(k)}{k}=\dfrac{0{,}05}{3{,}85}=0{,}013$, soit 1,3 %, et $\dfrac{u(L)}{L}=\dfrac{0{,}5}{8{,}0}=0{,}0625$, soit 6,3 %. Alors $u(a)=0{,}481\times\sqrt{0{,}013^{2}+0{,}0625^{2}}=0{,}481\times 0{,}064=0{,}031$ mm.

Une incertitude-type s'écrit avec un ou deux chiffres significatifs : $u(a)=0{,}03$ mm, et le résultat de la mesure s'écrit $a=0{,}48$ mm avec $u(a)=0{,}03$ mm. Commentaire : l'incertitude relative sur $L$ est près de cinq fois celle sur $k$ ; c'est la mesure à l'écran d'une tache de 8 mm seulement qui limite la précision, pas l'étalonnage. Erreur fréquente : ajouter les incertitudes relatives au lieu de les combiner sous la racine, ou écrire $u(L)/L$ avec $u(L)$ en mm et $L$ en m.

Q.8. Quotient de compatibilité : $\dfrac{|a-a_{ref}|}{u(a)}=\dfrac{|0{,}481-0{,}45|}{0{,}031}=1{,}0$. Ce quotient est inférieur à 2 : l'écart entre la mesure et la valeur affichée est de l'ordre de l'incertitude-type, le résultat de la mesure est compatible avec la valeur de référence $a_{ref}=0{,}45$ mm (avec les valeurs arrondies, $\dfrac{0{,}03}{0{,}03}=1$, même conclusion).

Conclusion : le diamètre du fil, voisin de 0,45 à 0,48 mm, est bien de l'ordre de grandeur de 0,5 mm exigé pour que les frelons ne voient pas les fils. Ce fil peut être utilisé pour construire la harpe électrique. Erreur fréquente : conclure sur la seule différence $0{,}48\neq 0{,}45$ ; deux valeurs mesurées ne sont jamais rigoureusement égales, c'est l'écart rapporté à l'incertitude-type qui décide.

Q.9. Le phénomène est l'effet photovoltaïque. Un photon absorbé par le matériau semi-conducteur de la cellule, le plus souvent du silicium, lui cède son énergie $E=h\nu$ ; si cette énergie dépasse l'énergie nécessaire (le gap), un électron est libéré de sa liaison et devient mobile dans le matériau. La structure de la cellule sépare ces électrons des charges positives laissées derrière eux, ce qui crée une tension aux bornes de la cellule et un courant dans le circuit extérieur : l'énergie lumineuse est convertie directement en énergie électrique.

À ne pas confondre avec l'effet photoélectrique étudié sur un métal, où l'électron est arraché et éjecté hors du matériau : dans l'effet photovoltaïque, il reste dans le semi-conducteur et circule dans le circuit.

Q.10. Le rendement est le rapport de la puissance utile, électrique, à la puissance reçue, lumineuse : $\eta=\dfrac{P_{m}}{P_{lum}}=\dfrac{P_{m}}{E\times S}$. Surface du panneau, dimensions converties en mètres : $S=0{,}640\times 0{,}550=0{,}352\ \mathrm{m^{2}}$. Puissance lumineuse reçue : $P_{lum}=1\,000\times 0{,}352=352$ W. Donc $\eta=\dfrac{50}{352}=0{,}14$, soit $\eta=14$ %.

Commentaire : la valeur mesurée est en accord avec le rendement annoncé de 14 %, valeur courante pour un panneau au silicium. Les 86 % restants de la puissance lumineuse ne sont pas convertis en électricité : ils sont réfléchis ou chauffent le panneau. On a pris pour $S$ la surface du panneau entier, cadre compris ; la surface utile des cellules est un peu plus petite, donc le rendement des cellules elles-mêmes est un peu supérieur. Erreur fréquente : calculer $S$ en $\mathrm{mm^{2}}$ ($352\,000\ \mathrm{mm^{2}}$) et trouver un rendement absurde.

Q.11. La relation donnée $Q=I\times\Delta t$, avec $Q$ en $\mathrm{A\cdot h}$, $I$ en A et $\Delta t$ en h, donne $\Delta t_{charge}=\dfrac{Q_{batterie}}{I}=\dfrac{18{,}0}{2{,}8}=6{,}4$ h, soit environ 6 h 26 min.

Commentaire : c'est moins de la moitié d'une journée d'été, qui dure environ 14 h d'après la partie 3 ; en principe, une seule journée ensoleillée suffit à recharger complètement une batterie vide. L'estimation est cependant optimiste : l'intensité de 2,8 A suppose l'éclairement de plein été, qui n'est atteint qu'en milieu de journée ; une partie du courant alimente aussi la harpe ; et la charge d'une batterie n'a pas un rendement de 100 %. En pratique, la charge complète prend plus longtemps, et plusieurs jours par temps couvert. Cohérence : $\dfrac{P_{m}}{I}=\dfrac{50}{2{,}8}=18$ V, tension typique d'un panneau prévu pour charger une batterie de 12 V.

Q.12. Interrupteur fermé, le circuit forme une seule maille : générateur, conducteur ohmique et condensateur. Loi des mailles : $E=u_{R}+u_{c}$. Loi d'Ohm, $u_{R}$ et $i$ étant fléchés en convention récepteur sur la figure 5 (flèches de sens opposés) : $u_{R}=R\,i$. Pour le condensateur, $q=C\,u_{c}$ pour l'armature sur laquelle arrive le courant $i$, et $i=\dfrac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{c}}{\mathrm{d}t}$.

En remplaçant : $E=R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_{c}}{\mathrm{d}t}+u_{c}$. En divisant chaque terme par $\tau=R\,C$ : $\dfrac{\mathrm{d}u_{c}}{\mathrm{d}t}+\dfrac{1}{\tau}u_{c}=\dfrac{E}{\tau}$, l'équation annoncée.

Q.13. Condition initiale : le condensateur est initialement déchargé et la tension aux bornes d'un condensateur ne subit pas de discontinuité, donc $u_{c}(0)=0$. Or la solution donne $u_{c}(0)=A\,e^{0}+E=A+E$. D'où $A+E=0$, soit $A=-E=-5{,}0$ V, et $u_{c}(t)=E\,(1-e^{-t/\tau})$.

Vérification sur la figure 6 : la courbe part bien de 0 et tend vers 5,0 V. Ici la valeur finale $E$ est déjà dans la forme proposée, c'est la condition initiale qui fixe $A$ ; ne pas oublier le signe moins.

Q.14. Méthode des 63 % : à la date $t=\tau$, $u_{c}(\tau)=E\,(1-e^{-1})=0{,}63\times E=0{,}63\times 5{,}0=3{,}16$ V. On trace l'horizontale $u_{c}=3{,}16$ V ; elle coupe la courbe en un point dont l'abscisse est $\tau$. Lecture sur la figure 6, où une petite division vaut 20 µs : $\tau\approx 47\ \mu$s (une lecture entre 45 et 50 µs est correcte).

Autre méthode : la tangente à la courbe à l'origine coupe l'asymptote $u_{c}=E=5{,}0$ V à la date $t=\tau$ ; elle donne la même valeur aux erreurs de tracé près. Le graphe du corrigé montre les deux constructions. Erreur fréquente : lire $\tau$ à la moitié de la valeur finale, 2,5 V, ce qui donne $\tau\ln 2\approx 33\ \mu$s, ou oublier que l'axe est gradué en microsecondes.

Q.15. De $\tau=R\,C$, on tire $C=\dfrac{\tau}{R}=\dfrac{47\times 10^{-6}}{2{,}00\times 10^{3}}=2{,}35\times 10^{-8}$ F, soit $C\approx 2{,}4\times 10^{-8}$ F, environ 24 nF, avec deux chiffres significatifs comme la lecture de $\tau$. Erreur fréquente : laisser $\tau$ en microsecondes ou $R$ en kilohms, ce qui fausse $C$ d'un facteur mille.

Q.16. Le condensateur du module est chargé sous $U_{1}=1\,500$ V, pas sous les 5,0 V du montage de laboratoire, qui ne servait qu'à mesurer $C$. Énergie emmagasinée : $E_{cond}=\dfrac{1}{2}\times C\times U_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}\times 2{,}35\times 10^{-8}\times(1\,500)^{2}=2{,}6\times 10^{-2}$ J, soit environ 26 mJ. En se déchargeant dans le frelon, le condensateur lui libère cette énergie.

Erreur fréquente : prendre $U=E=5{,}0$ V. On trouverait $2{,}9\times 10^{-7}$ J, quatre-vingt-dix mille fois moins, puisque l'énergie varie comme le carré de la tension : $\left(\dfrac{1\,500}{5{,}0}\right)^{2}=9{,}0\times 10^{4}$.

Q.17. Les consommations sont données par minute : on convertit les durées en minutes. Jour : $14\ \mathrm{h}\ 17\ \mathrm{min}=14\times 60+17=857$ min ; nuit : $9\ \mathrm{h}\ 43\ \mathrm{min}=9\times 60+43=583$ min. Vérification : $857+583=1\,440$ min, soit 24 h.

Énergie consommée le jour : $857\times 98{,}8=8{,}47\times 10^{4}$ J ; la nuit : $583\times 72{,}1=4{,}20\times 10^{4}$ J. Sur une journée : $E_{journée}=8{,}47\times 10^{4}+4{,}20\times 10^{4}=1{,}27\times 10^{5}$ J.

Comparaison : $\dfrac{E_{journée}}{E_{cond}}=\dfrac{1{,}27\times 10^{5}}{2{,}64\times 10^{-2}}=4{,}8\times 10^{6}$. L'énergie que le module consomme en une journée vaut près de cinq millions de fois celle d'une décharge : l'énergie libérée pour électrocuter un frelon est négligeable devant la consommation propre du module. Erreur fréquente : écrire 14 h 17 min $=14{,}17$ h ; c'est $14+\dfrac{17}{60}=14{,}28$ h.

Q.18. Démarche : comparer l'énergie consacrée chaque jour aux frelons à la consommation journalière du module, qui fixe l'autonomie. Énergie stockée dans la batterie : $Q_{batterie}=18{,}0\ \mathrm{A\cdot h}=18{,}0\times 3\,600=6{,}48\times 10^{4}$ C, et $E_{batterie}=Q\times U=6{,}48\times 10^{4}\times 12{,}0=7{,}78\times 10^{5}$ J.

Sans aucun frelon, l'autonomie vaut $\dfrac{E_{batterie}}{E_{journée}}=\dfrac{7{,}78\times 10^{5}}{1{,}27\times 10^{5}}=6{,}1$ jours : on retrouve les 6 jours annoncés, entièrement dus à la consommation propre du module.

Pour 1 000 frelons par jour, l'énergie des décharges vaut $1\,000\times 2{,}6\times 10^{-2}=26$ J par jour, soit $\dfrac{26}{1{,}27\times 10^{5}}=2\times 10^{-4}$, c'est-à-dire 0,02 % de la consommation journalière. L'autonomie passerait de 6,137 à 6,136 jours, moins de deux minutes de perdues sur six jours.

Conclusion : le nombre de frelons électrocutés n'influence pas l'autonomie de la batterie, même en pleine invasion ; c'est la consommation du module électronique en fonctionnement et en veille qui la détermine. Hypothèse faite : l'énergie prise à la batterie pour recharger le condensateur est égale à celle libérée dans le frelon. Même avec un rendement de recharge de 50 %, la part des frelons resterait de l'ordre de 0,04 %, et la conclusion ne changerait pas.

Q.1. Une demi-équation s'équilibre dans l'ordre : les éléments autres que H et O, puis l'oxygène avec des molécules d'eau, l'hydrogène avec des ions $\mathrm{H^{+}}$, enfin les charges avec des électrons.

Couple $\mathrm{O_{2}/H_{2}O}$ : $\mathrm{O_{2}(g)+4H^{+}(aq)+4e^{-}=2H_{2}O(\ell)}$.

Couple $\mathrm{CO_{2}/C_{6}H_{12}O_{6}}$ : six $\mathrm{CO_{2}}$ pour les six atomes de carbone du glucose ; à gauche 12 atomes d'oxygène, dans le glucose 6, donc $6\,\mathrm{H_{2}O}$ à droite ; à droite $12+12=24$ atomes d'hydrogène, donc $24\,\mathrm{H^{+}}$ à gauche ; enfin 24 électrons pour équilibrer les charges : $\mathrm{6CO_{2}(g)+24H^{+}(aq)+24e^{-}=C_{6}H_{12}O_{6}(aq)+6H_{2}O(\ell)}$. Vérification : 6 C, 12 O et 24 H de chaque côté, charge nulle des deux côtés.

Q.2. La photosynthèse produit du dioxygène et du glucose. Le dioxygène vient de l'eau, qui est oxydée : $\mathrm{2H_{2}O=O_{2}+4H^{+}+4e^{-}}$ ; le glucose vient du dioxyde de carbone, qui est réduit. Les électrons cédés par l'eau doivent être exactement ceux que capte le dioxyde de carbone : on multiplie la première demi-équation par 6 pour avoir 24 électrons de chaque côté.

$\mathrm{12H_{2}O=6O_{2}+24H^{+}+24e^{-}}$ et $\mathrm{6CO_{2}+24H^{+}+24e^{-}=C_{6}H_{12}O_{6}+6H_{2}O}$. En additionnant et en simplifiant les 24 électrons, les 24 ions $\mathrm{H^{+}}$ et six molécules d'eau présentes des deux côtés : $\mathrm{6CO_{2}(g)+6H_{2}O(\ell)\rightarrow C_{6}H_{12}O_{6}(aq)+6O_{2}(g)}$.

Vérification : 6 C, 18 O et 12 H de chaque côté. Erreur fréquente : laisser des électrons ou des ions $\mathrm{H^{+}}$ dans l'équation bilan, ou garder $\mathrm{12H_{2}O}$ à gauche et $\mathrm{6H_{2}O}$ à droite sans simplifier.

Q.3. La photosynthèse convertit l'énergie lumineuse absorbée par la plante en énergie chimique, stockée dans le glucose formé (et libérée plus tard par la respiration ou la combustion, qui sont la réaction inverse). La forme d'énergie produite est l'énergie chimique.

Q.4. La masse de nickel est le pourcentage massique appliqué à la masse de plante séchée : $m(\mathrm{Ni})=\dfrac{12{,}7}{100}\times 1{,}0=0{,}127$ kg, soit $m(\mathrm{Ni})=1{,}3\times 10^{2}$ g sur un terrain de $100\ \mathrm{m^{2}}$. C'est une valeur maximale, puisque la teneur de 12,7 % et la récolte de 1,0 kg sont toutes deux des maxima. On retrouve la masse que la question Q.7 propose de purifier.

Q.5. Les ions $\mathrm{Ni^{2+}}$ captent deux électrons : un gain d'électrons est une réduction (une oxydation est une perte d'électrons). La réduction a lieu à l'électrode appelée cathode.

Q.6. On repère d'abord les pôles du générateur G : sa borne + est reliée, à travers l'ampèremètre A, à l'électrode de titane ; sa borne − est reliée à l'électrode de carbone. Le schéma simplifié ci-dessous garde le générateur, les deux électrodes et la cuve.

Sens conventionnel du courant : il sort du générateur par la borne +, parcourt le fil jusqu'à l'électrode de titane, traverse la solution, puis revient de l'électrode de carbone vers la borne −. Sens de déplacement des électrons : dans les fils seulement, en sens inverse du courant ; ils sortent du générateur par la borne −, arrivent sur l'électrode de carbone, et partent de l'électrode de titane vers la borne +. Dans la solution, le courant est porté par les ions, pas par des électrons.

Dépôt de nickel : la réduction $\mathrm{Ni^{2+}+2e^{-}\rightarrow Ni}$ consomme des électrons, elle a donc lieu là où ils arrivent, sur l'électrode de carbone, reliée à la borne −, qui est la cathode. Le nickel se dépose sur l'électrode de carbone. À l'électrode de titane, inattaquable et reliée à la borne +, l'anode, a lieu une oxydation, celle de l'eau en dioxygène dans cette solution acidifiée. Erreur fréquente : placer le dépôt sur l'électrode reliée à la borne +, par analogie avec une pile où la cathode est le pôle + ; dans un électrolyseur, c'est le générateur qui impose le sens, et la cathode est reliée à sa borne −.

Q.7. Méthode : relier la masse de nickel à la charge électrique par les quantités de matière. Quantité de nickel : $n(\mathrm{Ni})=\dfrac{m}{M(\mathrm{Ni})}=\dfrac{1{,}3\times 10^{2}}{58{,}7}=2{,}21$ mol. D'après la demi-équation $\mathrm{Ni^{2+}+2e^{-}\rightarrow Ni}$, il faut deux moles d'électrons par mole de nickel déposé : $n(e^{-})=2\,n(\mathrm{Ni})=4{,}43$ mol.

Charge électrique correspondante : $Q=n(e^{-})\times F=4{,}43\times 96\,500=4{,}27\times 10^{5}$ C. Durée, à intensité constante : $\Delta t=\dfrac{Q}{I}=\dfrac{4{,}27\times 10^{5}}{2{,}0}=2{,}1\times 10^{5}$ s, soit environ 59 h, près de deux jours et demi d'électrolyse continue. Relation littérale à retenir : $\Delta t=\dfrac{2\,m\,F}{M(\mathrm{Ni})\,I}$.

Erreur fréquente : oublier le facteur 2 des électrons, ce qui donne une durée deux fois trop courte, ou multiplier par $e$ au lieu de $F$ : la constante de Faraday est la charge d'une MOLE d'électrons.

Q.8. Près de 60 heures d'électrolyse sans interruption pour purifier 130 g de nickel, la récolte maximale d'un terrain de $100\ \mathrm{m^{2}}$ : c'est long, et l'énergie électrique consommée pendant tout ce temps pèse sur le coût du nickel obtenu.

La durée est inversement proportionnelle à l'intensité, $\Delta t=\dfrac{2\,m\,F}{M(\mathrm{Ni})\,I}$ : pour la réduire, on augmente l'intensité du courant. Avec $I=20$ A, elle tombe à environ 6 h. Pour que cette intensité reste supportable par le dispositif, on prend des électrodes de plus grande surface ; on peut aussi répartir la solution dans plusieurs cuves qui fonctionnent en même temps.

Q.9. Démarche : masse de nickel récoltée sur 1 000 hectares, puis masse restant après les pertes, puis masse de nickel contenue dans une batterie, enfin le quotient des deux.

1. Surface : 1 millier d'hectares, c'est $1\,000\ \mathrm{ha}=1\,000\times 1{,}0\times 10^{4}=1{,}0\times 10^{7}\ \mathrm{m^{2}}$, soit $\dfrac{1{,}0\times 10^{7}}{100}=1{,}0\times 10^{5}$ terrains de $100\ \mathrm{m^{2}}$.

2. Nickel récolté au maximum, avec 0,127 kg par terrain de $100\ \mathrm{m^{2}}$ (question Q.4) : $1{,}0\times 10^{5}\times 0{,}127=1{,}27\times 10^{4}$ kg, soit 12,7 tonnes.

3. Pertes de 45 % sur l'ensemble des trois étapes : il en reste 55 %, soit $0{,}55\times 1{,}27\times 10^{4}=6{,}99\times 10^{3}$ kg de nickel pur.

4. Nickel dans une batterie : l'électrode de 0,53 kg contient 60 % de nickel en masse, $0{,}60\times 0{,}53=0{,}318$ kg par batterie.

5. Nombre de batteries : $N=\dfrac{6{,}99\times 10^{3}}{0{,}318}=2{,}2\times 10^{4}$, soit environ 22 000 batteries.

Commentaire : il faut cultiver $1{,}0\times 10^{7}\ \mathrm{m^{2}}$, soit 10 km², pour fournir le nickel d'environ 22 000 batteries de trottinettes, et c'est une estimation haute, faite avec la teneur et le rendement de récolte maximaux. À l'échelle d'un marché qui se compte en millions de batteries, c'est peu : la phytoextraction ne remplace pas l'extraction minière. Elle la complète en valorisant des sols pollués ou d'anciens sites miniers impropres à l'agriculture, qu'elle dépollue en même temps.

Pièges : appliquer les 45 % de pertes trois fois, alors que le sujet les donne pour l'ensemble des trois étapes ; oublier que seuls 60 % de l'électrode sont du nickel ; ou confondre l'hectare ($10^{4}\ \mathrm{m^{2}}$) et le terrain de $100\ \mathrm{m^{2}}$ de la question Q.4.

Q.1. La molécule porte deux groupes caractéristiques, à entourer chacun. À droite, le carbone lié au cycle qui porte à la fois un oxygène doublement lié et un groupe $-\mathrm{OH}$ : c'est le groupe carboxyle $-\mathrm{COOH}$, de la famille des acides carboxyliques. En haut, le carbone doublement lié à un oxygène et simplement lié à un second oxygène, lui-même lié à un carbone du cycle : c'est le groupe ester $-\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-$, de la famille des esters. On entoure donc l'ensemble $\mathrm{C(=O)OH}$ d'une part, l'ensemble $\mathrm{O-C(=O)}$ d'autre part, l'oxygène du cycle compris.

Erreur fréquente : voir un alcool dans le $-\mathrm{OH}$ et une cétone dans le $\mathrm{C=O}$. Un $-\mathrm{OH}$ porté par un carbone qui porte aussi un $=\mathrm{O}$ fait partie du groupe carboxyle ; un $\mathrm{C=O}$ dont le carbone est lié à un oxygène est un ester, pas une cétone. Le cycle benzénique n'est pas un groupe caractéristique. L'aspirine, ou acide acétylsalicylique, est à la fois un acide et un ester, ce que son nom dit.

Q.2. Méthode : repérer les bandes caractéristiques du spectre, les attribuer avec la table, puis vérifier qu'elles correspondent aux groupes de l'aspirine trouvés à la question Q.1, un groupe carboxyle et un groupe ester.

Une bande large et forte s'étend d'environ 3 300 à 2 500 $\mathrm{cm^{-1}}$, de transmittance minimale voisine de 0,45 autour de 2 900 $\mathrm{cm^{-1}}$ : c'est la liaison O–H d'un acide carboxylique (2 500 à 3 200 $\mathrm{cm^{-1}}$, forte à moyenne, large). Il n'y a pas, au-dessus, de bande distincte entre 3 200 et 3 400 $\mathrm{cm^{-1}}$ qui signerait un O–H d'alcool.

Deux bandes fines et intenses se détachent vers 1 750 $\mathrm{cm^{-1}}$ et vers 1 690 $\mathrm{cm^{-1}}$ : la molécule contient deux liaisons C=O différentes. Celle vers 1 690 $\mathrm{cm^{-1}}$ est dans la plage du C=O d'un acide carboxylique (1 680 à 1 710) ; celle vers 1 750 $\mathrm{cm^{-1}}$, à la limite haute de la plage du C=O d'un ester (1 700 à 1 740) compte tenu de la précision de lecture sur un axe gradué tous les 500 $\mathrm{cm^{-1}}$, est le C=O de l'ester.

Le spectre présente donc les signatures attendues pour l'aspirine : un O–H d'acide carboxylique et deux C=O distincts, d'acide et d'ester. Il peut correspondre à celui de l'aspirine. Il ne suffit pas à l'identifier avec certitude : il faudrait comparer toute la zone située sous 1 500 $\mathrm{cm^{-1}}$ au spectre d'une aspirine de référence, d'où la formulation « peut correspondre » de l'énoncé.

Q.3. Lors d'une dilution, la quantité de soluté prélevée se retrouve dans la solution fille : $C_{0}\times V_{prélevé}=C_{b}\times V_{fiole}$. Le facteur de dilution vaut $F=\dfrac{C_{0}}{C_{b}}=\dfrac{5{,}00\times 10^{-2}}{1{,}00\times 10^{-2}}=5{,}00$, et il est égal à $\dfrac{V_{fiole}}{V_{prélevé}}$.

Parmi la verrerie disponible, seul le couple pipette jaugée de 10,0 mL et fiole jaugée de 50,0 mL donne un rapport de 5 : $\dfrac{50{,}0}{10{,}0}=5{,}00$. Les autres associations donnent 2, 4, 8, 10, 20, 25 ou davantage. On prélève 10,0 mL de la solution mère à la pipette jaugée, on les verse dans la fiole jaugée de 50,0 mL, on complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge et on homogénéise. La verrerie jaugée est celle qui garantit la précision de la concentration d'une solution titrante. Erreur fréquente : prendre la fiole de 100,0 mL avec la pipette de 10,0 mL, ce qui dilue dix fois.

Q.4. L'aspirine AH réagit par son groupe carboxyle avec l'ion hydroxyde, base forte : $\mathrm{AH(aq)+HO^{-}(aq)\rightarrow A^{-}(aq)+H_{2}O(\ell)}$. Les couples mis en jeu sont $\mathrm{AH/A^{-}}$ et $\mathrm{H_{2}O/HO^{-}}$. La simple flèche traduit une réaction considérée comme totale ; elle est aussi rapide et unique, les trois qualités d'une réaction support de titrage.

Q.5. L'équivalence d'un titrage est l'état du système dans lequel le réactif titré et le réactif titrant ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation de la réaction support : il y a changement de réactif limitant. Ici, avec des coefficients égaux à 1, à l'équivalence $n(\mathrm{AH})_{initiale}=n(\mathrm{HO^{-}})_{versée}=C_{b}\times V_{E}$.

Q.6. Méthode de la dérivée : le volume à l'équivalence est l'abscisse du maximum de la courbe $\dfrac{\mathrm{dpH}}{\mathrm{d}V}$, tracée en bleu, qui correspond au point d'inflexion du saut de pH. Le pic culmine vers 8,8 mL : $V_{E}=8{,}8$ mL. Une lecture entre 8,7 et 9,0 mL est acceptable avec ce quadrillage.

Méthode des tangentes parallèles, qui la confirme : on trace deux tangentes à la courbe de pH, parallèles entre elles, de part et d'autre du saut, puis la parallèle équidistante, qui coupe la courbe au point d'équivalence ; on retrouve environ 8,8 mL. Le pH au point d'équivalence, voisin de 8, est supérieur à 7 : c'est cohérent avec le titrage d'un acide faible par une base forte.

Q.7. Démarche : de $V_{E}$ à la quantité d'aspirine dans la prise d'essai, puis dans le comprimé entier, puis à la masse, à comparer à l'intervalle admis par la pharmacopée.

1. À l'équivalence (question Q.5) : $n(\mathrm{AH})_{titrée}=C_{b}\times V_{E}=1{,}00\times 10^{-2}\times 8{,}8\times 10^{-3}=8{,}8\times 10^{-5}$ mol dans la prise d'essai $V_{a}=20{,}0$ mL.

2. Le comprimé entier est dissous dans $V=500{,}0$ mL, soit $\dfrac{500{,}0}{20{,}0}=25$ fois le volume titré : $n(\mathrm{AH})_{comprimé}=25\times 8{,}8\times 10^{-5}=2{,}2\times 10^{-3}$ mol.

3. Masse d'aspirine dans le comprimé : $m=n\times M=2{,}2\times 10^{-3}\times 180{,}2=0{,}396$ g, soit environ 396 mg, $4{,}0\times 10^{2}$ mg avec deux chiffres significatifs.

4. La pharmacopée admet 15 % d'écart autour des 500 mg affichés : de $500\times 0{,}85=425$ mg à $500\times 1{,}15=575$ mg. Or 396 mg est inférieur à 425 mg : le comprimé contient environ 21 % de principe actif en moins que la masse annoncée.

Conclusion : les comprimés interceptés par les douanes ne sont pas commercialisables. La conclusion ne dépend pas de la précision de la lecture : pour atteindre 425 mg, il faudrait $V_{E}=9{,}4$ mL, loin du pic de la dérivée ; une lecture à 9,0 mL donne encore 405 mg.

Erreurs fréquentes : oublier le facteur 25 entre la prise d'essai et la solution S, ce qui donne 16 mg, absurde pour un comprimé de 500 mg ; ou comparer la masse trouvée à 500 mg sans construire l'intervalle de tolérance de ±15 %.