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

Q.1. Poids de l'ion : $P=m\,g=1{,}67\times 10^{-27}\times 9{,}81=1{,}64\times 10^{-26}$ N.

Force électrique : $F_{e}=|q|\,E=e\,\dfrac{U}{d}$, toutes les grandeurs en unités SI d'abord : $U=65\ \mathrm{kV}=6{,}5\times 10^{4}$ V et $d=5{,}0\ \mathrm{mm}=5{,}0\times 10^{-3}$ m, donc $E=\dfrac{6{,}5\times 10^{4}}{5{,}0\times 10^{-3}}=1{,}3\times 10^{7}\ \mathrm{V\cdot m^{-1}}$ et $F_{e}=1{,}6\times 10^{-19}\times 1{,}3\times 10^{7}=2{,}1\times 10^{-12}$ N.

Comparaison par le quotient : $\dfrac{F_{e}}{P}=\dfrac{2{,}08\times 10^{-12}}{1{,}64\times 10^{-26}}=1{,}3\times 10^{14}$. La force électrique est plus de cent mille milliards de fois plus intense que le poids : le poids est négligeable devant $F_{e}$ (on considère en pratique qu'un rapport supérieur à cent suffit). Erreur fréquente : garder $U$ en kilovolts ou $d$ en millimètres, ce qui fausse $E$ d'un facteur mille ou un million.

Q.2. La force électrique s'écrit $\vec{F_{e}}=q\,\vec{E}$ avec $q=-e<0$ : $\vec{F_{e}}$ et $\vec{E}$ ont la même direction, perpendiculaire aux plaques, mais des sens OPPOSÉS.

La force accélère l'ion dans le sens du mouvement : $\vec{F_{e}}$ est dirigée selon l'axe (Ox), vers la plaque de droite, et on la dessine avec son origine sur l'ion. Le champ est donc dirigé dans le sens contraire, de la plaque de droite vers la plaque de gauche. Il est uniforme : on le représente par plusieurs flèches identiques, parallèles à l'axe, réparties dans tout l'espace entre les plaques, comme sur la figure du corrigé. Interprétation : le champ va de la plaque positive vers la plaque négative, donc la plaque de droite est chargée positivement et attire l'ion négatif. Erreur fréquente : dessiner $\vec{E}$ dans le sens du mouvement, réflexe acquis avec une particule positive.

Q.3. Système : l'ion $\mathrm{H^{-}}$ ; référentiel supposé galiléen lié à l'axe (Ox). Bilan des forces : la force électrique seule, le poids étant négligé d'après la question Q.1. Deuxième loi de Newton : $m\,\vec{a}=\vec{F_{e}}=q\,\vec{E}$.

Projection sur (Ox) : d'après Q.2, $\vec{E}=-E\,\vec{u}_{x}$, donc $m\,a_{x}=(-e)\times(-E)=e\,E$ et, avec $E=\dfrac{U}{d}$ : $a_{x}=\dfrac{e\,U}{m\,d}$. Le signe est positif : l'ion accélère dans le sens de l'axe, comme prévu. Ordre de grandeur : $a_{x}=\dfrac{1{,}6\times 10^{-19}\times 6{,}5\times 10^{4}}{1{,}67\times 10^{-27}\times 5{,}0\times 10^{-3}}=1{,}2\times 10^{15}\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, cent mille milliards de fois $g$, ce qui redit le résultat de Q.1.

Q.4. L'accélération $a_{x}$ est constante : le mouvement est rectiligne uniformément accéléré. La vitesse est une primitive de l'accélération : $v_{x}(t)=a_{x}\,t+v_{x}(0)$, et $v_{x}(0)=0$ puisque l'ion est émis sans vitesse initiale, donc $v_{x}(t)=\dfrac{e.U}{m.d}\times t$.

La position est une primitive de la vitesse : $x(t)=\dfrac{1}{2}\,a_{x}\,t^{2}+x(0)$, et $x(0)=0$ puisque l'ion part du point O, origine de l'axe. Donc $x(t)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{e.U}{m.d}\times t^{2}$. Les deux constantes d'intégration viennent des conditions initiales : c'est ce que le correcteur veut voir écrit.

Q.5. On cherche d'abord la date $t_{s}$ de sortie : $x(t_{s})=d$ donne $\dfrac{1}{2}\,a_{x}\,t_{s}^{2}=d$, soit $t_{s}=\sqrt{\dfrac{2d}{a_{x}}}=\sqrt{\dfrac{2\,m\,d^{2}}{e\,U}}$. Puis $v_{\text{sortie}}=a_{x}\,t_{s}=\sqrt{\dfrac{2\,e\,U}{m}}$, expression où $d$ a disparu.

Application numérique : $v_{\text{sortie}}=\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}6\times 10^{-19}\times 6{,}5\times 10^{4}}{1{,}67\times 10^{-27}}}=3{,}5\times 10^{6}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, deux chiffres significatifs comme $e$ et $U$. La traversée dure $t_{s}=\dfrac{2d}{v_{\text{sortie}}}=2{,}8\times 10^{-9}$ s. Vérification : la vitesse vaut environ 1 % de celle de la lumière, donc la mécanique classique de Newton s'applique sans correction. Erreur fréquente : diviser par $d$ en millimètres dans $a_{x}$ puis oublier de le reconvertir.

Q.6. Énergie cinétique : $E_{C}=\dfrac{1}{2}\,m\,v_{\text{sortie}}^{2}=\dfrac{1}{2}\times 1{,}67\times 10^{-27}\times(3{,}53\times 10^{6})^{2}=1{,}04\times 10^{-14}$ J, soit $E_{C}=1{,}0\times 10^{-14}$ J avec deux chiffres significatifs, la valeur annoncée.

Vérification plus rapide par le théorème de l'énergie cinétique : la variation d'énergie cinétique entre O et la plaque de droite est égale au travail de la force électrique, $E_{C}-0=W(\vec{F_{e}})=F_{e}\times d=e\,E\,d=e\,U=1{,}6\times 10^{-19}\times 6{,}5\times 10^{4}=1{,}04\times 10^{-14}$ J. Autrement dit, l'ion gagne $65$ keV à chaque traversée. On calcule $E_{C}$ avec la vitesse non arrondie, sinon l'arrondi de Q.5 se propage.

Q.7. Démarche. L'énergie de sortie, en joules : $E_{C,f}=70\ \mathrm{MeV}=70\times 10^{6}\times 1{,}60\times 10^{-19}=1{,}12\times 10^{-11}$ J.

Les particules partent du canon pratiquement au repos, ne gagnent d'énergie qu'entre les plaques, et chaque passage leur apporte $\Delta E_{C}=1{,}0\times 10^{-14}$ J. Nombre de passages dans la zone accélératrice : $N_{p}=\dfrac{E_{C,f}}{\Delta E_{C}}=\dfrac{1{,}12\times 10^{-11}}{1{,}0\times 10^{-14}}=1\,120$.

Lecture de la figure 1 : à chaque tour complet, la trajectoire traverse DEUX fois la zone entre les plaques, une fois en passant de la cavité de gauche à celle de droite, une fois au retour. C'est pour cela que la tension est alternative : elle change de signe à chaque demi-tour, et la particule est accélérée à chaque traversée au lieu d'être freinée une fois sur deux. Un tour apporte donc $2\,\Delta E_{C}$, et le nombre de tours complets vaut $\dfrac{1\,120}{2}=560$ tours.

Vérification en électronvolts : un tour apporte $2\times 65=130$ keV, et $\dfrac{70\ \mathrm{MeV}}{0{,}130\ \mathrm{MeV}}=538$ tours avec la valeur non arrondie de $e\,U$ ; l'énoncé impose $1{,}0\times 10^{-14}$ J par passage, d'où 560 tours, le même ordre de grandeur, environ cinq cents tours. Erreur fréquente : répondre 1 120 tours en oubliant les deux traversées par tour.

Q.8. Lois de conservation (lois de Soddy) : le nombre de masse $A$ et le nombre de charge $Z$ se conservent. Le proton s'écrit ${}^{1}_{1}\mathrm{H}$, l'oxygène 18 ${}^{18}_{8}\mathrm{O}$ ($Z=8$ d'après le tableau), le neutron ${}^{1}_{0}n$ et le fluor ${}^{A}_{9}\mathrm{F}$ ($Z=9$).

Équation : ${}^{1}_{1}\mathrm{H}+{}^{18}_{8}\mathrm{O}\longrightarrow{}^{18}_{9}\mathrm{F}+{}^{1}_{0}n$. Vérification : nombres de masse $1+18=19=18+1$ ; nombres de charge $1+8=9=9+0$. Le neutron emporte une unité de masse : c'est pour cela qu'un proton sur l'oxygène 18 donne du fluor 18 et non du fluor 19.

Q.9. La particule émise lors d'une désintégration $\beta^{+}$ est le positon (ou positron), antiparticule de l'électron, de symbole ${}^{0}_{1}\mathrm{e}$ (noté aussi $\mathrm{e^{+}}$).

Équation, avec les mêmes lois de conservation : ${}^{18}_{9}\mathrm{F}\longrightarrow{}^{18}_{8}\mathrm{O}+{}^{0}_{1}\mathrm{e}$. Nombres de masse : $18=18+0$ ; nombres de charge : $9=8+1$. Le noyau fils a $Z=8$ : c'est de l'oxygène 18, d'après le tableau des données. Dans le noyau, un proton s'est transformé en neutron. Erreur fréquente : écrire ${}^{0}_{-1}\mathrm{e}$, qui est l'électron de la radioactivité $\beta^{-}$.

Q.10. Énergie du photon en joules : $E=511\ \mathrm{keV}=511\times 10^{3}\times 1{,}60\times 10^{-19}=8{,}18\times 10^{-14}$ J. De $E=\dfrac{h\,c}{\lambda}$ on tire $\lambda=\dfrac{h\,c}{E}=\dfrac{6{,}63\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{8{,}18\times 10^{-14}}=2{,}43\times 10^{-12}$ m, soit $\lambda=2{,}43$ pm.

Sur l'échelle des domaines, la frontière entre rayons X et rayons gamma se trouve une décade à droite du repère 1 pm, vers 10 pm : une longueur d'onde de 2,4 pm, comprise entre 1 pm et 10 pm, appartient au domaine des rayons gamma. Il faut donc un détecteur sensible aux photons gamma, d'où la gamma-caméra. Erreur fréquente : oublier le « kilo » de keV, ce qui donne une longueur d'onde mille fois trop grande, dans les rayons X.

Pour aller plus loin : ces photons de 511 keV ne viennent pas directement du noyau. Le positon émis s'annihile avec un électron du milieu, et leur énergie de masse donne deux photons. On le vérifie : $m_{e}\,c^{2}=9{,}11\times 10^{-31}\times(3{,}00\times 10^{8})^{2}=8{,}20\times 10^{-14}$ J, soit 512 keV, la valeur de l'énoncé à l'arrondi près. Ces deux photons partent en sens opposés : c'est le principe de la tomographie par émission de positons.

Q.11. On dérive l'expression proposée : $\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=N_{0}\times(-\lambda)\times e^{-\lambda t}=-\lambda\times\left(N_{0}\,e^{-\lambda t}\right)=-\lambda\times N(t)$. L'équation différentielle est vérifiée à toute date $t$, donc $N(t)=N_{0}\,e^{-\lambda t}$ en est solution. Elle respecte aussi la condition initiale : $N(0)=N_{0}\,e^{0}=N_{0}$.

Q.12. Définition : le temps de demi-vie $t_{1/2}$ d'un noyau radioactif est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents se sont désintégrés : $N(t_{1/2})=\dfrac{N_{0}}{2}$.

Méthode : sur la courbe, on repère l'ordonnée 50 %, on trace l'horizontale jusqu'à la courbe puis la verticale jusqu'à l'axe des temps. On lit $t_{1/2}\approx 6{,}6\times 10^{3}$ s, entre les graduations 6 000 s et 7 000 s, soit environ 110 minutes. Vérification sur la même courbe : à $2\,t_{1/2}\approx 13\,200$ s, il reste bien 25 % des noyaux.

Q.13. De la relation donnée : $\lambda=\dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{6{,}6\times 10^{3}}=1{,}05\times 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}$, soit $1{,}1\times 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}$ avec deux chiffres significatifs. L'unité est l'inverse d'un temps, puisque $\lambda\,t$ est sans dimension dans l'exponentielle.

Q.14. Date de la fin de l'analyse : l'injection a lieu à $t=0$, suivie d'une attente d'environ 1 h puis de 30 min de clichés et d'analyse, donc $t=1{,}5\ \mathrm{h}=5\,400$ s. Pourcentage restant : $\dfrac{N(t)}{N_{0}}=e^{-\lambda t}=e^{-1{,}05\times 10^{-4}\times 5\,400}=0{,}567$, soit environ 57 % du traceur.

Vérification graphique : à 5 400 s, la courbe passe vers 57 %. Erreur fréquente : prendre la date de sortie du patient, 2 h, qui donnerait 47 %, ou laisser $t$ en heures avec $\lambda$ en $\mathrm{s^{-1}}$.

Q.15. On cherche $t$ tel que $\dfrac{N(t)}{N_{0}}<0{,}01$, soit $e^{-\lambda t}<0{,}01$. La fonction logarithme népérien est croissante : $-\lambda t<\ln(0{,}01)$, puis, en divisant par $-\lambda<0$, ce qui change le sens de l'inégalité, $t>\dfrac{\ln 100}{\lambda}=\dfrac{4{,}61}{1{,}05\times 10^{-4}}=4{,}4\times 10^{4}$ s. Il faut un peu plus de 12 heures (12,2 h). Contrôle : c'est $\dfrac{\ln 100}{\ln 2}=6{,}6$ demi-vies, et la règle « sept demi-vies » donne $2^{-7}=0{,}8$ %, du même ordre.

Commentaire : le patient quitte l'hôpital 2 h après l'injection, quand il lui reste encore environ 47 % du traceur ; il demeure faiblement radioactif pendant la journée, d'où les recommandations habituelles (éviter les contacts prolongés avec les femmes enceintes et les jeunes enfants pendant quelques heures, boire pour éliminer). Le lendemain matin, il reste moins de 1 % : la courte demi-vie du fluor 18 protège le patient. Le modèle surestime d'ailleurs cette durée, car l'organisme élimine aussi le traceur par les urines. Contrepartie de cette demi-vie courte : le fluor 18 doit être produit près des services qui l'utilisent, d'où l'intérêt d'un cyclotron médical régional.

Q.1. Dans une formule topologique, la chaîne carbonée est une ligne brisée en zigzag : chaque sommet et chaque extrémité porte un atome de carbone, les atomes d'hydrogène liés aux carbones ne sont pas écrits, les autres atomes (ici O) et les hydrogènes qu'ils portent le sont. La chaîne compte $2+7=9$ atomes de carbone : les deux carbones des groupes $\mathrm{-COOH}$ et les sept du groupe $\mathrm{(CH_{2})_{7}}$. Chaque extrémité porte une double liaison vers un O et une simple liaison vers un groupe OH (figure du corrigé).

Erreur fréquente : dessiner sept sommets seulement, en oubliant que les carbones des groupes carboxyle appartiennent à la chaîne.

Q.2. La molécule possède deux groupes caractéristiques identiques, deux groupes carboxyle $\mathrm{-COOH}$, entourés en pointillés sur la figure : chacun réunit le carbone, l'oxygène doublement lié et le groupe OH. Fonction chimique associée : acide carboxylique, deux fois, d'où le nom de diacide carboxylique donné par l'énoncé. Piège : découper le groupe carboxyle en un groupe carbonyle $\mathrm{C=O}$ et un groupe hydroxyle OH d'alcool ; c'est un seul groupe, avec ses propriétés acides propres.

Q.3. La chaîne principale contient les deux carbones fonctionnels : 9 atomes de carbone, d'après le tableau « nonane ». La famille est celle des acides carboxyliques, suffixe « acide ...oïque », et les deux groupes identiques imposent le préfixe multiplicatif « di » devant le suffixe : acide nonanedioïque. Aucun indice de position n'est nécessaire, les deux groupes carboxyle étant forcément aux extrémités (carbones 1 et 9). Le « e » de nonane se garde devant une consonne : nonanedioïque, comme l'acide hexanedioïque du nylon. Erreur fréquente : « acide heptanedioïque », en ne comptant que les sept $\mathrm{CH_{2}}$.

Q.4. Les deux couples sont $\mathrm{AH_{2}/AH^{-}}$ (p$K_{a1}=4{,}55$) et $\mathrm{AH^{-}/A^{2-}}$ (p$K_{a2}=5{,}50$). Pour chaque couple, $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{a}+\log\dfrac{[\text{base}]}{[\text{acide}]}$ : l'acide prédomine quand $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_{a}$, la base quand $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_{a}$.

D'où le diagramme sur un axe gradué en pH : $\mathrm{AH_{2}}$ prédomine pour $\mathrm{pH}<4{,}55$ ; $\mathrm{AH^{-}}$ pour $4{,}55<\mathrm{pH}<5{,}50$ ; $\mathrm{A^{2-}}$ pour $\mathrm{pH}>5{,}50$ (figure du corrigé). L'ion $\mathrm{AH^{-}}$ est la base du premier couple et l'acide du second : c'est une espèce amphotère, d'où sa place au milieu.

Q.5. $4{,}55<4{,}7<5{,}50$ : à pH 4,7, la forme prédominante est l'ion $\mathrm{AH^{-}}$ (ion hydrogénoazélate).

Nuance utile : le pH est proche de p$K_{a1}$, donc $\dfrac{[\mathrm{AH^{-}}]}{[\mathrm{AH_{2}}]}=10^{4{,}7-4{,}55}=1{,}4$ et $\dfrac{[\mathrm{A^{2-}}]}{[\mathrm{AH^{-}}]}=10^{4{,}7-5{,}50}=0{,}16$ : $\mathrm{AH^{-}}$ prédomine, mais $\mathrm{AH_{2}}$ reste présent en quantité comparable. « Prédominer » veut dire être majoritaire, pas être seul.

Q.6. Montage de titrage pH-métrique, à schématiser avec ces légendes :

En haut, une burette graduée (25 mL), fixée à un support, remplie de la solution TITRANTE d'hydroxyde de sodium $\mathrm{(Na^{+}(aq)+HO^{-}(aq))}$ de concentration $C_{b}=0{,}200\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, zéro ajusté. En dessous, un bécher contenant la solution TITRÉE : le volume $V_{a}=10{,}0$ mL de solution diluée de sérum (acide azélaïque $\mathrm{AH_{2}}$), prélevé à la pipette jaugée, éventuellement complété d'eau distillée pour immerger la sonde. Dans le bécher, un barreau aimanté, et le bécher posé sur un agitateur magnétique. Enfin, la sonde de pH (électrode combinée) plongée dans la solution titrée et reliée au pH-mètre, étalonné au préalable.

Erreur fréquente : inverser les positions, la solution titrante étant toujours dans la burette, la solution dont on cherche la quantité dans le bécher.

Q.7. Démarche en quatre étapes.

1) Volume équivalent. Il correspond au maximum de la dérivée $\dfrac{\mathrm{d}pH}{\mathrm{d}V}$, ou au point d'inflexion du saut de pH par la méthode des tangentes parallèles : on lit $V_{E}\approx 17{,}4$ mL. La courbe ne présente qu'un seul saut : les deux p$K_{a}$, distants de moins d'une unité, ne permettent pas de séparer les deux acidités, qui sont titrées ensemble, ce que traduit l'équation consommant deux ions $\mathrm{HO^{-}}$ par $\mathrm{AH_{2}}$.

2) Relation à l'équivalence. Les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation : $n(\mathrm{AH_{2}})_{V_{a}}=\dfrac{n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versé}}}{2}=\dfrac{C_{b}\,V_{E}}{2}=\dfrac{0{,}200\times 17{,}4\times 10^{-3}}{2}=1{,}74\times 10^{-3}$ mol.

3) Retour au flacon. Tout le flacon a été versé dans la fiole de 100,0 mL, et le prélèvement $V_{a}=10{,}0$ mL en est le dixième : $n_{\text{flacon}}=n(\mathrm{AH_{2}})_{V_{a}}\times\dfrac{100{,}0}{10{,}0}=1{,}74\times 10^{-2}$ mol. Le volume de 30,0 mL du flacon n'intervient pas ici : toute la matière du flacon est dans la fiole.

4) Masse : $m=n_{\text{flacon}}\times M=1{,}74\times 10^{-2}\times 188{,}2=3{,}27$ g, soit $3{,}3$ g avec deux chiffres significatifs, la valeur annoncée. La lecture de $V_{E}$ entre $17{,}3$ et $17{,}5$ mL donne le même résultat arrondi. Erreurs fréquentes : oublier le facteur $\dfrac{1}{2}$ de l'équation, ce qui double la masse ($6{,}5$ g) ; ou multiplier par $\dfrac{100{,}0}{30{,}0}$, le facteur de dilution, au lieu de $\dfrac{100{,}0}{10{,}0}$, la fraction prélevée.

Q.8. Masse du sérum contenu dans le flacon : la densité est le rapport de la masse volumique du sérum à celle de l'eau, donc $\rho_{\text{sérum}}=d_{\text{sérum}}\times\rho_{\text{eau}}=1{,}03\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}$ et $m_{\text{sérum}}=1{,}03\times 30{,}0=30{,}9$ g.

Pourcentage massique : $w=\dfrac{m}{m_{\text{sérum}}}=\dfrac{3{,}27}{30{,}9}=0{,}106$, soit $w=10{,}6$ % (avec la valeur arrondie $3{,}3$ g, $10{,}7$ %).

Compatibilité avec la valeur annoncée $w_{ref}=10$ % : $\dfrac{|w-w_{ref}|}{u(w)}=\dfrac{|10{,}6-10|}{0{,}4}=1{,}5$ (1,7 avec 3,3 g). Le quotient est inférieur à 2 : la mesure est compatible avec l'indication du site de vente. Erreur fréquente : diviser par 30,0 g, la masse qu'aurait le même volume d'eau, ou oublier que la densité n'a pas d'unité.

Q.1. Le protocole demande de chauffer à reflux avec un réfrigérant à eau : c'est le montage 2, un montage de chauffage à reflux.

Élément 1, l'agitateur magnétique chauffant : il chauffe le mélange, et la température est un facteur cinétique, ce qui accélère une estérification naturellement lente ; il agite aussi le mélange pour l'homogénéiser. Élément 2, le réfrigérant à boules vertical, parcouru par l'eau froide qui entre par le bas : les vapeurs qui montent s'y condensent et retombent dans le ballon. On chauffe donc longtemps à ébullition sans perdre ni réactifs ni produits, tous volatils ici. La pierre ponce régularise l'ébullition.

Les deux autres montages : le montage 1 est une distillation fractionnée (colonne, thermomètre, réfrigérant droit, erlenmeyer de recueil) ; il sert à séparer et à retirer du ballon l'espèce la plus volatile, pas à faire réagir pendant une heure. Le montage 3 est un appareil de Dean-Stark : il chauffe aussi à reflux et retire l'eau au fur et à mesure dans le tube décanteur, mais il demande un solvant non miscible à l'eau que le protocole n'utilise pas ; c'est le montage de l'optimisation, utile à la question Q.7.

Q.2. L'acide sulfurique est un catalyseur : il accélère la réaction sans être consommé (il n'apparaît pas dans l'équation) et sans modifier l'état final. Intérêt : l'estérification est lente ; avec le catalyseur et le chauffage, l'état d'équilibre est atteint en une heure au lieu de plusieurs jours. Piège : le catalyseur ne change ni le taux d'avancement final ni le rendement ; il permet seulement de les atteindre plus vite.

Q.3. Masse molaire de l'ester $\mathrm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}$, de formule brute $\mathrm{C_{4}H_{8}O_{2}}$ : $M=4\times 12{,}0+8\times 1{,}0+2\times 16{,}0=88{,}0\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$.

Tableau d'avancement, tous les nombres stœchiométriques valant 1 : acide $0{,}150-x$, alcool $0{,}150-x$, ester $x$, eau $x$ (l'eau introduite avec le catalyseur est négligée). Le mélange est stœchiométrique : si la réaction était totale, les deux réactifs disparaîtraient ensemble, pour $x_{max}=0{,}150$ mol. Masse d'ester : $m_{max}=x_{max}\times M=0{,}150\times 88{,}0=13{,}2$ g. Erreur fréquente : compter les atomes de la formule semi-développée de travers ; on écrit d'abord la formule brute $\mathrm{C_{4}H_{8}O_{2}}$.

Q.4. Définition : le taux d'avancement final est le quotient de l'avancement final par l'avancement maximal, $\tau=\dfrac{x_{f}}{x_{max}}$ ; il est compris entre 0 et 1, et vaut 1 pour une transformation totale.

À l'équilibre, le quotient de réaction est égal à la constante d'équilibre : $Q_{r,\text{éq}}=K$. Avec le tableau d'avancement à l'état final : $n_{\text{ester}}=n_{\text{eau}}=x_{f}$ et $n_{\text{acide}}=n_{\text{alcool}}=0{,}150-x_{f}$. Or $x_{f}=\tau\,x_{max}$ et $x_{max}=0{,}150$ mol, donc $0{,}150-x_{f}=x_{max}(1-\tau)$. D'où $K=\dfrac{(\tau\,x_{max})^{2}}{(x_{max}(1-\tau))^{2}}=\dfrac{\tau^{2}}{(1-\tau)^{2}}$. Le quotient s'écrit avec des quantités de matière parce que les volumes se simplifient : deux espèces au numérateur, deux au dénominateur.

Sur la forme développée : $K\,(1-\tau)^{2}=\tau^{2}$ donne $K-2K\tau+K\tau^{2}-\tau^{2}=0$, soit $(K-1)\,\tau^{2}-2K\,\tau+K=0$. Le sujet imprime « $+2K.\tau$ » : c'est une coquille de signe, sans conséquence pour la suite, car avec un signe plus les deux solutions seraient négatives. Les solutions annoncées sont bien celles de l'équation correcte : pour $K=4{,}0$, $3\tau^{2}-8\tau+4=0$, discriminant $\Delta=64-48=16$, $\tau=\dfrac{8\pm 4}{6}$, soit $\dfrac{2}{3}\approx 0{,}67$ et $2{,}0$.

Q.5. L'avancement final ne peut pas dépasser l'avancement maximal : $0\le\tau\le 1$. La solution $\tau_{2}=2{,}0$ est rejetée : elle supposerait $x_{f}=0{,}300$ mol, donc des quantités de réactifs négatives. Le taux d'avancement final est $\tau=\tau_{1}=0{,}67$. Vérification : $\dfrac{0{,}67^{2}}{0{,}33^{2}}\approx 4$, la constante d'équilibre. C'est la valeur classique d'une estérification avec un mélange équimolaire d'acide et d'alcool primaire : deux tiers.

Q.6. $m_{\text{ester}}=\tau\times m_{max}=0{,}67\times 13{,}2=8{,}8$ g ; autrement dit $x_{f}=\tau\,x_{max}=0{,}10$ mol d'ester, de masse $0{,}10\times 88{,}0=8{,}8$ g. Erreur fréquente : prendre $\tau_{2}$, ce qui donne une masse supérieure à la masse maximale, signal d'alarme immédiat.

Q.7. Le rendement $\rho=\dfrac{x_{f}}{x_{max}}$ est limité par l'équilibre. Pour l'augmenter, il faut que le système évolue davantage dans le sens direct, donc rendre $Q_{r}$ inférieur à $K$. Deux modifications :

1) Introduire un réactif en excès, le moins coûteux, par exemple l'éthanol. Avec trois fois plus d'éthanol (0,450 mol), l'équation $\dfrac{x^{2}}{(0{,}150-x)(0{,}450-x)}=4{,}0$ donne $x_{f}=0{,}135$ mol, soit un rendement de 90 % au lieu de 67 %.

2) Éliminer un produit au fur et à mesure de sa formation, par exemple l'eau avec un appareil de Dean-Stark (le montage 3) : le numérateur de $Q_{r}$ reste petit, et l'équilibre n'est jamais atteint tant qu'il reste des réactifs.

Piège : augmenter la température ou la quantité de catalyseur accélère la réaction mais ne change pas l'état final ; la constante d'une estérification dépend d'ailleurs très peu de la température. Ces deux propositions ne sont pas des réponses à la question.