Bac blanc corrigé : spécialité physique-chimie (Terminale)

1) L'ion hydroxyde apporté par la soude déprotone l'acide éthanoïque : $\mathrm{CH_{3}COOH}+\mathrm{HO^{-}}\longrightarrow\mathrm{CH_{3}COO^{-}}+\mathrm{H_{2}O}$. Cette réaction convient à un titrage parce qu'elle est TOTALE, sa constante valant $K=\frac{K_{A}}{K_{e}}=\frac{10^{-4{,}8}}{10^{-14}}=10^{9{,}2}$, très supérieure à $10^{4}$, et parce qu'elle est RAPIDE, comme toute réaction acido-basique en solution aqueuse.

2) À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, donc $n(\mathrm{CH_{3}COOH})=n(\mathrm{HO^{-}})_{\text{versé}}=c_{B}\times V_{E}=0{,}100\times 12{,}0\times 10^{-3}=1{,}20\times 10^{-3}$ mol. La concentration de la solution DILUÉE vaut donc $c_{\text{dil}}=\frac{1{,}20\times 10^{-3}}{10{,}0\times 10^{-3}}=0{,}120$ mol/L. La dilution étant d'un facteur $10$, le vinaigre commercial a pour concentration $c_{0}=10\times 0{,}120=1{,}20$ mol/L. Oublier de remonter à la solution mère est l'erreur classique.

3) La concentration massique vaut $c_{m}=c_{0}\times M=1{,}20\times 60{,}0=72{,}0$ g/L, soit $7{,}20$ g d'acide éthanoïque pour $100$ mL de vinaigre. Comme $\rho=1{,}00$ g/mL, $100$ mL pèsent $100$ g : le degré d'acidité vaut donc $7{,}2^{\circ}$. L'étiquette annonce $7^{\circ}$, l'écart relatif est de $\frac{7{,}2-7}{7}\approx 2{,}9\ \%$, ce qui est tout à fait acceptable compte tenu des incertitudes de titrage : l'étiquette est honnête.

4) La demi-équivalence correspond à $V=\frac{V_{E}}{2}=6{,}0$ mL, où la lecture graphique donne $\mathrm{pH}=4{,}8$. À ce volume, la moitié de l'acide a été transformée en sa base conjuguée, donc $\left[\mathrm{CH_{3}COOH}\right]=\left[\mathrm{CH_{3}COO^{-}}\right]$. La relation $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}+\log\frac{[\text{base}]}{[\text{acide}]}$ se réduit alors à $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{A}$, puisque le logarithme de $1$ est nul. Donc $\mathrm{p}K_{A}=4{,}8$.

5) À l'équivalence, tout l'acide a été consommé et la solution ne contient plus que l'ion éthanoate, accompagné des ions sodium spectateurs. Or $\mathrm{CH_{3}COO^{-}}$ est une BASE FAIBLE, qui réagit partiellement avec l'eau selon $\mathrm{CH_{3}COO^{-}}+\mathrm{H_{2}O}\rightleftharpoons\mathrm{CH_{3}COOH}+\mathrm{HO^{-}}$ : elle libère des ions hydroxyde et le pH est donc nécessairement supérieur à $7$. L'indicateur adapté est celui dont la zone de virage CONTIENT le pH d'équivalence : la phénolphtaléine, dont la zone $[8{,}2\,;\,10{,}0]$ encadre $8{,}8$, convient ; l'hélianthine, qui vire entre $3{,}1$ et $4{,}4$, changerait de couleur bien avant l'équivalence et conduirait à sous-estimer fortement le volume versé.

6) Le diagramme se lit sur un axe de pH gradué, la frontière étant placée en $\mathrm{p}K_{A}=4{,}8$ : l'acide $\mathrm{CH_{3}COOH}$ prédomine pour $\mathrm{pH}<4{,}8$, la base $\mathrm{CH_{3}COO^{-}}$ prédomine pour $\mathrm{pH}>4{,}8$, et les deux espèces sont en concentrations égales à la frontière. Le vinaigre non dilué ayant un pH d'environ $2{,}4$, très inférieur à $4{,}8$, c'est la forme ACIDE $\mathrm{CH_{3}COOH}$ qui y est majoritaire, ce qui est cohérent : un vinaigre est acide au goût comme au pH-mètre.

Un contrôle de cohérence global mérite d'être fait, et il vaut des points. Le pH initial lu sur la courbe vaut environ $2{,}9$ pour la solution diluée à $0{,}120$ mol/L, ce que confirme le calcul d'un acide faible : $\left[\mathrm{H_{3}O^{+}}\right]=\sqrt{K_{A}\times c}=\sqrt{10^{-4{,}8}\times 0{,}120}\approx 1{,}4\times 10^{-3}$ mol/L, soit $\mathrm{pH}\approx 2{,}86$ ✓. Pour le vinaigre non dilué, dix fois plus concentré, le même calcul donne $\mathrm{pH}\approx 2{,}36$, cohérent avec la valeur de $2{,}4$ de la question 6 ✓. On notera enfin que la dilution n'augmente le pH que d'un demi-point et non d'une unité : c'est le propre d'un acide FAIBLE, dont la dissociation augmente quand on dilue, alors que diluer dix fois un acide fort ferait monter le pH d'exactement une unité.

1) Le système est le poids, étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen. La seule force est le POIDS $\vec{P}=m\vec{g}$, l'air étant négligé. La deuxième loi de Newton donne $m\vec{a}=m\vec{g}$, donc $\vec{a}=\vec{g}$ : l'accélération est constante, verticale, dirigée vers le bas, et surtout INDÉPENDANTE de la masse. En projetant, $a_{x}=0$ et $a_{y}=-g$. Deux intégrations successives, avec $v_{0x}=v_{0}\cos\alpha\approx 9{,}96$ m/s, $v_{0y}=v_{0}\sin\alpha\approx 8{,}36$ m/s et les conditions initiales $x(0)=0$, $y(0)=2{,}00$, donnent $x(t)=9{,}96\,t$ et $y(t)=-4{,}905\,t^{2}+8{,}36\,t+2{,}00$.

2) Au sommet, la composante verticale de la vitesse s'annule : $v_{y}(t)=-gt+v_{0y}=0$ donne $t_{S}=\frac{v_{0y}}{g}=\frac{8{,}356}{9{,}81}\approx 0{,}85$ s. L'altitude correspondante vaut $y(t_{S})=h_{0}+\frac{v_{0y}^{2}}{2g}=2{,}00+\frac{8{,}356^{2}}{2\times 9{,}81}=2{,}00+3{,}56\approx 5{,}56$ m. On notera que la composante horizontale, elle, ne s'annule jamais : au sommet le poids avance encore à près de $10$ m/s.

3) L'impact a lieu quand $y(t)=0$, soit $-4{,}905\,t^{2}+8{,}356\,t+2{,}00=0$. Le discriminant vaut $\Delta=8{,}356^{2}+4\times 4{,}905\times 2{,}00=69{,}83+39{,}24=109{,}07$, donc $\sqrt{\Delta}\approx 10{,}44$. Les deux racines sont $t=\frac{-8{,}356\pm 10{,}44}{-9{,}81}$, ce qui donne $t\approx-0{,}21$ s, à REJETER car antérieure au lancer, et $t_{I}\approx 1{,}92$ s. La longueur du jet vaut alors $x(t_{I})=9{,}96\times 1{,}916\approx 19{,}08$ m.

4) L'air étant négligé, le poids n'est soumis qu'à son poids, force CONSERVATIVE : l'énergie mécanique se conserve. On écrit donc $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh_{0}=\frac{1}{2}mv_{I}^{2}+0$, et la masse se simplifie : $v_{I}^{2}=v_{0}^{2}+2gh_{0}=169+2\times 9{,}81\times 2{,}00=169+39{,}24=208{,}24$, d'où $v_{I}\approx 14{,}43$ m/s. Ce raisonnement est plus rapide que le calcul par les composantes et surtout indépendant de la question 3, ce qui en fait un contrôle utile.

5) On calcule les composantes à l'impact : $v_{x}=v_{0x}\approx 9{,}96$ m/s, inchangée, et $v_{y}=v_{0y}-g\,t_{I}=8{,}356-9{,}81\times 1{,}916\approx-10{,}44$ m/s, négative puisque le poids descend. L'angle avec l'horizontale vérifie $\tan\theta=\frac{|v_{y}|}{v_{x}}=\frac{10{,}44}{9{,}96}\approx 1{,}049$, donc $\theta\approx 46{,}4^{\circ}$ sous l'horizontale. Contrôle : $\sqrt{9{,}96^{2}+10{,}44^{2}}\approx 14{,}43$ m/s ✓, la même valeur qu'en 4).

6) Au départ : $E_{c}=\frac{1}{2}\times 7{,}26\times 169\approx 613{,}5$ J et $E_{pp}=7{,}26\times 9{,}81\times 2{,}00\approx 142{,}4$ J, soit $E_{m}\approx 755{,}9$ J. À l'impact : $E_{c}=\frac{1}{2}\times 7{,}26\times 208{,}24\approx 755{,}9$ J et $E_{pp}=0$, soit $E_{m}\approx 755{,}9$ J ✓. L'énergie mécanique est bien conservée, l'énergie potentielle initiale s'étant intégralement convertie en énergie cinétique.

Deux remarques que le barème valorise. D'abord l'angle d'impact, $46{,}4^{\circ}$, est SUPÉRIEUR à l'angle de lancer, $40^{\circ}$ : c'est la conséquence du départ en hauteur, le poids ayant plus de descente que de montée à effectuer. Un lancer depuis le sol donnerait une trajectoire symétrique et un angle d'impact égal à l'angle de départ. Ensuite, la masse de $7{,}26$ kg n'intervient NULLE PART dans les questions 1 à 5, puisqu'elle se simplifie dans la deuxième loi de Newton comme dans le bilan énergétique : elle n'apparaît qu'à la question 6, où l'on demande des énergies. Une donnée fournie n'est donc pas nécessairement utile partout, et repérer qu'elle se simplifie est en soi un élément de compréhension.

ÉTAPE 1, l'énergie utile. La masse d'eau vaut $m=\rho V=1{,}00\times 200=200$ kg. L'énergie à fournir à l'eau est $Q=m\,c\,\Delta T=200\times 4{,}185\times 10^{3}\times(60-15)=200\times 4\,185\times 45=3{,}77\times 10^{7}$ J, soit environ $37{,}7$ MJ. On travaille en KELVINS pour l'écart, mais un écart de $45$ °C vaut exactement $45$ K, ce qui dispense de convertir les températures elles-mêmes.

ÉTAPE 2, l'énergie électrique consommée. Le rendement étant de $90\ \%$, l'énergie utile ne représente que $0{,}90$ fois l'énergie consommée : $E=\frac{Q}{0{,}90}=\frac{3{,}7665\times 10^{7}}{0{,}90}=4{,}185\times 10^{7}$ J, soit environ $41{,}9$ MJ. On DIVISE par le rendement, on ne multiplie pas : l'énergie consommée est nécessairement supérieure à l'énergie utile.

ÉTAPE 3, la durée. La résistance délivre $2\,400$ J par seconde, donc $\Delta t=\frac{E}{P}=\frac{4{,}185\times 10^{7}}{2\,400}\approx 1{,}744\times 10^{4}$ s. En convertissant : $\frac{17\,437{,}5}{3\,600}\approx 4{,}84$ h, soit $4$ h et $0{,}84\times 60\approx 51$ min. Le chauffage complet dure donc environ $4$ h $51$ min, ce qui est cohérent avec le fonctionnement nocturne habituel de ces appareils.

ÉTAPE 4, le coût du chauffage. On convertit l'énergie consommée en kilowattheures : $\frac{4{,}185\times 10^{7}}{3{,}6\times 10^{6}}=11{,}625$ kWh. Le coût vaut donc $11{,}625\times 0{,}10\approx 1{,}16$ dollar. On peut contrôler autrement : $2{,}4$ kW pendant $4{,}84$ h donnent bien $11{,}6$ kWh ✓.

ÉTAPE 5, le maintien en température. La déperdition est un flux thermique traversant l'isolation : $\Phi=\frac{\Delta T}{R_{th}}=\frac{60-20}{0{,}50}=80$ W. Sur une journée, cela représente $80\times 24\times 3\,600=6{,}912\times 10^{6}$ J à compenser. En tenant compte du rendement, l'énergie électrique nécessaire vaut $\frac{6{,}912\times 10^{6}}{0{,}90}=7{,}68\times 10^{6}$ J, soit $\frac{7{,}68\times 10^{6}}{3{,}6\times 10^{6}}\approx 2{,}13$ kWh, donc environ $0{,}21$ dollar par jour.

ÉTAPE 6, la comparaison et la conclusion. Sur un mois de $30$ jours, le seul maintien coûte $0{,}21\times 30\approx 6{,}40$ dollars, soit plus de CINQ FOIS le coût d'un chauffage complet, qui n'était que de $1{,}16$ dollar. Le poste dominant de la facture n'est donc pas la chauffe mais les pertes permanentes, et sur une année le maintien approche $78$ dollars. La conclusion pratique s'impose : améliorer l'ISOLATION est bien plus rentable qu'optimiser la chauffe. Doubler la résistance thermique, en la portant de $0{,}50$ à $1{,}0$ K·W$^{-1}$, diviserait le flux par deux et ramènerait le maintien à environ $39$ dollars par an.

Trois contrôles valident l'ensemble, et une résolution de problème est notée autant sur eux que sur les valeurs. D'abord les ORDRES DE GRANDEUR : chauffer deux cents litres de quarante-cinq degrés avec une résistance de deux kilowatts en quelques heures est plausible, alors qu'un résultat de quelques minutes ou de plusieurs jours aurait dû alerter. Ensuite les UNITÉS : le produit d'une masse en kilogrammes, d'une capacité en joules par kilogramme et par kelvin et d'un écart en kelvins donne bien des joules ✓, et un flux en watts multiplié par des secondes redonne des joules ✓. Enfin la COHÉRENCE INTERNE : le rendement de $90\ \%$ augmente à la fois la durée et le coût dans le même rapport $\frac{1}{0{,}9}\approx 1{,}11$, ce qu'on retrouve en comparant les $4$ h $51$ obtenues aux $4$ h $22$ qu'un chauffage parfait aurait demandées.