Corrigé Bac Sujet 2025 - Jour 1 - Amérique du Nord - Spécialité physique-chimie - Corrigé

Sujet bac : Annale 2025 – sujet Amérique du Nord – jour 1

Exercice n°1 : Étude d’un vernis à ongles (9 points)

Étude d’une synthèse au laboratoire d’un solvant pour vernis

$\bold{Q1.}$

On représente la molécule d’éthanoate d’éthyle en représentation semi-développée et on entoure le groupe caractéristique :

• Le groupe caractéristiques est - COO-.
• Cette molécule appartient à la famille des esters.

$\bold{Q2.}$

La flèche courbe va d’un site donneur d’électrons (doublet non liant) vers un site accepteur d’électron. Ici, le site accepteur est un ion $\text{H}^+$, qui possède une lacune électronique.

$\bold{Q3.}$

L’acide sulfurique joue ici le rôle de catalyseur car il apporte des ions $\text{H}^+$ qui facilitent la réaction d’estérification (figure 2 - première étape du mécanisme réactionnel). Il est consommé lors de certaines étapes du mécanisme réactionnel puis régénéré par la suite : on le retrouve donc inchangé à la fin de la transformation et il n’apparaît pas dans l’équation-bilan de la réaction.

$\bold{Q4.}$

L’étape 2 correspond à une extraction, car elle permet de séparer le produit de la réaction (l’éthanoate d’éthyle, peu soluble dans l’eau salée) des réactifs restants, solubles dans l’eau salée, à l’aide d’une ampoule à décanter.

$\bold{Q5.}$

Dans l’ampoule à décanter, on observe deux phases non miscibles. La phase aqueuse est la phase inférieure car elle est la plus dense. Elle est constituée d’eau salée (solution aqueuse) dans laquelle sont dissous les composés très solubles : l’éthanol, l’acide éthanoïque et l’acide sulfurique. La présence de sel et d’espèces dissoutes rend cette phase plus dense. La phase organique est la phase supérieure car elle est moins dense. Elle est constituée principalement d’éthanoate d’éthyle, qui est presque insoluble dans l’eau salée et dont la masse volumique est $\rho = 0{,}902~\text{g}\cdot\text{mL}^{-1}$, donc inférieure à celle de la phase aqueuse.

$\bold{Q6.}$

Quand l’acide éthanoïque $\textcolor{#008000}{\text{CH}_3\text{COOH}}$ est mis en présence d’ions $\textcolor{#6495ED}{\text{HCO}_3^-}$ une réaction acido-basique se produit.
Pour déterminer la réaction acido-basique, commençons par écrire les deux demi-équations acido-basiques des deux couples séparément :

La somme des deux demi-équations (1) et (2) :

Les protons s’équilibrent de façon à avoir le même nombre de protons cédés par $\mathrm{CH_3COOH\ }$ que de protons captés par $\mathrm{HCO_3^- }$. $$\textcolor{#008000}{\text{CH}_3\text{COOH}} + \textcolor{#6495ED}{\text{HCO}_3^-} + \text{H}^+ \rightleftharpoons \textcolor{#008000}{\text{CH}_3\text{COO}^-} + \text{H}^+ + \textcolor{#6495ED}{\text{CO}_2,\text{H}_2\text{O}}$$ Ainsi, la réaction acido-basique équilibrée entre les ions $\mathrm{HCO_3^- }$ et l’acide éthanoïque $\mathrm{CH_3COOH\ }$ est : $$\textcolor{#008000}{\text{CH}_3\text{COOH}} + \textcolor{#6495ED}{\text{HCO}_3^-} \rightleftharpoons \textcolor{#008000}{\text{CH}_3\text{COO}^-} + \textcolor{#6495ED}{\text{CO}_2,\text{H}_2\text{O}}$$ Le gaz formé est le dioxyde de carbone, de formule $\text{CO}_2$.

$\bold{Q7.}$

D’après l’énoncé, l’acide éthanoïque est introduit en excès. Le réactif limitant est donc l’éthanol.

La réaction d’estérification est : $$ \mathrm{CH_3COOH + C_2H_5OH \rightleftharpoons CH_3COOC_2H_5 + H_2O} $$

Les coefficients stœchiométriques sont tous égaux à $1$. Ainsi, $1~\text{mol}$ d’éthanol permet de former $1~\text{mol}$ d’éthanoate d’éthyle, donc :

$$ n_{\text{attendue}} = n_{\text{éthanol}} $$ On calcule la quantité de matière d’éthanol introduite :

$$ n_{\text{éthanol}} = \dfrac{\rho_{\text{éthanol}} \times V_1}{M_{\text{éthanol}}} = \dfrac{0{,}789 \times 11{,}7}{46{,}1} = 0{,}200~\text{mol} $$

Donc : $ n_{\text{attendue}} = 0{,}200~\text{mol} $

D’après le protocole, on récupère un volume d’ester $V_{\text{ester}} = 12{,}0~\text{mL}$.

On calcule la quantité de matière d’ester obtenue :

$ n_{\text{obtenue}} = \dfrac{\rho_{\text{ester}} \times V_{\text{ester}}}{M_{\text{ester}}} = \dfrac{0{,}902 \times 12{,}0}{88{,}1} = 0{,}123~\text{mol} $

On peut alors calculer le rendement de la synthèse :

$ \eta = \dfrac{n_{\text{obtenue}}}{n_{\text{attendue}}} = \dfrac{0{,}123}{0{,}200} = 0{,}615 $ soit : $ \eta = 61{,}5,% $

$\bold{Q8.}$

• Proposition A : correcte.

Ajouter un réactif en excès déplace l’équilibre de la réaction vers la formation de l’ester, ce qui permet d’augmenter le rendement.

• Proposition B : fausse.

Augmenter la quantité de catalyseur accélère la réaction mais ne modifie pas la position de l’équilibre, donc n’augmente pas le rendement final.

• Proposition C : correcte, mais il faudra modifier le montage.

Éliminer l’eau formée (produit de la réaction) déplace l’équilibre vers la formation de l’ester, ce qui augmente le rendement. Cela nécessite un montage permettant d’extraire l’eau, comme un dispositif de Dean-Stark.

Détermination du pourcentage massique du pigment dans un vernis

$\bold{Q9.}$

Pour préparer $50\ \text{mL}$ de solution étalon $S_5$, il faut prélever $10\ \text{mL}$ de la solution mère $S_0$. La verrerie nécessaire est une pipette jaugée de $10\ \text{mL}$ et une fiole jaugée de $50\ \text{mL}$L. On calcule ensuite la concentration de la solution $S_5$ :

$$C_0 V_0 = C_5 V_5$$

d’où

$$ C_5=\dfrac{C_0V_0}{V_5} =\dfrac{3{,}58\times10^{-4}\times10{,}0}{50{,}0} =7{,}16\times10^{-5}\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L^{-1}} $$

$\bold{Q10.}$

La mesure d’absorbance doit se faire au maximum d’absorbance de l’espèce à doser, afin d’avoir une meilleure sensibilité. D’après le spectre donné, il faut faire la mesure à $\lambda = 500~\text{nm}$.

$\bold{Q11.}$

La courbe d’étalonnage vérifie la loi de Beer-Lambert car la représentation de l’absorbance en fonction de la concentration est une droite passant par l’origine du repère. Il y a donc proportionnalité entre l’absorbance et la concentration de la solution.

$\bold{Q12.}$

On détermine la concentration en ions $\mathrm{Fe^{2+}}$ dans la solution $\mathrm{S}$ :
D’après la modélisation sur le graphique :
$$A_S = 0{,}0113,C_S$$ d’où : $$ C_S=\dfrac{A_S}{0,0113} =\dfrac{0,360}{0,0113} =31,9~\mu\mathrm{mol\,L^{-1}} $$

soit $$C_S = 3{,}19 \times 10^{-5}~\text{mol\,L}^{-1}$$

On en déduit la valeur de la quantité de matière en $\mathrm{Fe^{2+}}$ :
$$n_{\mathrm{Fe^{2+}}} = C_S V_S = 3{,}19 \times 10^{-5} \times 0{,}050 = 1{,}6 \times 10^{-6}~\text{mol}$$

D’après l’énoncé, une mole de $\mathrm{Fe^{2+}}$ provient d’une mole de $\mathrm{Fe^{3+}}$ : $$n_{\mathrm{Fe^{3+}}} = n_{\mathrm{Fe^{2+}}} = 1{,}6 \times 10^{-6}~\text{mol}$$

D’après l’équation de transformation : $$\mathrm{Fe_2O_3(s) + 6,H_3O^+(aq) \rightarrow 2,Fe^{3+}(aq) + 9,H_2O(l)}$$

la relation stœchiométrique est : $$\dfrac{n_{\mathrm{Fe_2O_3}}}{1} = \dfrac{n_{\mathrm{Fe^{3+}}}}{2}$$

d’où : $$n_{\mathrm{Fe_2O_3}} = \dfrac{n_{\mathrm{Fe^{3+}}}}{2} = 0{,}80 \times 10^{-6}~\text{mol}$$

$\bold{Q13.}$

On calcule la masse d’oxyde de fer correspondant à la quantité de matière calculée :
$$m_{\mathrm{Fe_2O_3}} = n_{\mathrm{Fe_2O_3}} \times M_{\mathrm{Fe_2O_3}} = 0{,}80 \times 10^{-6} \times 159{,}7 = 1{,}3 \times 10^{-4}\ \text{g}$$ On en déduit le pourcentage massique d’oxyde de fer dans le vernis :
$$w_{\mathrm{Fe_2O_3}} = \dfrac{m_{\mathrm{Fe_2O_3}}}{m_{\text{vernis}}} = \dfrac{1{,}3 \times 10^{-4}}{0{,}0103} = 0{,}013$$ soit $$w_{\mathrm{Fe_2O_3}} = 1{,}3,%$$

Ce pourcentage étant inférieur à $5\%$, le vernis à ongles n’a pas un pouvoir couvrant optimal.

Exercice n°2 : Physique et raccordements routiers

Mouvement sur l’arc de clothoïde

$\bold{Q1.}$

D’après la figure 2, sur la portion de ligne droite OP, l’accélération est nulle. Le mouvement du véhicule est donc rectiligne et uniforme.

$\bold{Q2.}$

Pour compléter le programme, on peut s’inspirer des lignes 11 et 12 qui permettent de calculer les coordonnées du vecteur vitesse : $$v_x = \dfrac{x_{i+1}-x_i}{dt}$$ et $$v_y = \dfrac{y_{i+1}-y_i}{dt}$$ De la même manière, les coordonnées du vecteur accélération sont obtenues à partir des vitesses : $$a_x = \dfrac{v_{x,i+1}-v_{x,i}}{dt}$$ et $$a_y = \dfrac{v_{y,i+1}-v_{y,i}}{dt}$$ Dans le programme, cela conduit à écrire :

• Ligne 18 : ax.append((vx[i+1]-vx[i])/dt)
• Ligne 19 : ay.append((vy[i+1]-vy[i])/dt)

$\bold{Q3.}$

On calcule les quotient $\dfrac{a}{t}$ :

Les valeurs de $\dfrac{a}{t}$ sont presque constantes et valent en moyenne $0{,}107~\mathrm{m\cdot s^{-3}}$. Cela montre que l’accélération est proportionnelle au temps. On vérifie donc que l’accélération augmente linéairement avec le temps, comme indiqué dans le texte introductif.

Mouvement sur l’arc de cercle

$\bold{Q4.}$

Sur l’annexe à rendre avec la copie, on trace les vecteurs unitaires $\vec{u_N}$ et $\vec{u_T}$ de la base de Frenet :

• Le vecteur $\vec{u_T}$ est tangent à la trajectoire et dirigé dans le sens du mouvement ;
• Le vecteur $\vec{u_N}$ est perpendiculaire au vecteur $\vec{u_T}$ et dirigé vers le centre de la trajectoire.

$\bold{Q5.}$

Dans le repère de Frenet, le vecteur accélération a pour expression :
$$\vec{a} = \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\vec{u_T} + \dfrac{v^2}{r}\vec{u_N}$$ Or, si le mouvement est uniforme, $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0$. Il en résulte que :
$$\vec{a} = \dfrac{v^2}{r}\vec{u_N}$$

$\bold{Q6.}$

On calcule la norme du vecteur accélération :
$$\vec{a}=\dfrac{v^2}{r}=\dfrac{15^2}{75,0}=3,0~\mathrm{m\cdot s^{-2}}$$

D’après l’échelle donnée, la flèche qui représente le vecteur accélération doit avoir une longueur de 3,0 cm sur le schéma.

$\bold{Q7.}$

Le bon schéma est le schéma 5.

D’après la deuxième loi de Newton appliquée au véhicule : $$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = \vec{P} + \vec{R} + \vec{f} = m\vec{a}$$ Or, les forces $\vec{P}$ (poids) et $\vec{R}$ (réaction du sol) sont verticales, opposées et de même intensité.

Elles se compensent, donc :

$$\vec{P} + \vec{R} = \vec{0}$$ Il reste alors : $$\vec{f} = m\vec{a}$$ Ainsi, le vecteur $\vec{f}$ est colinéaire et de même sens que le vecteur accélération $\vec{a}$.

Or, le vecteur accélération est dirigé vers le centre de la trajectoire (accélération centripète). Le schéma correct doit donc vérifier deux conditions :

• $\vec{P}$ et $\vec{R}$ se compensent ;
• $\vec{f}$ est colinéaire et de même sens que $\vec{a}$, dirigé vers le centre $C$.

Par conséquent, le seul schéma qui respecte ces conditions est le schéma 5.

$\bold{Q8.}$

D’après la deuxième loi de Newton :

$$\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m \vec{a}$$ Or : $$\vec{P} + \vec{R} + \vec{f} = m \vec{a}$$ Les forces $\vec{P}$ et $\vec{R}$ se compensent, donc $\vec{P} + \vec{R} = \vec{0}$, et ainsi : $$\vec{f} = m \vec{a}$$ En projetant sur le vecteur unitaire $\vec{u_N}$ : $$f = m a$$ De plus, dans le cas d’un mouvement circulaire et uniforme étudié dans le repère de Frenet : $$a = \dfrac{v^2}{r}$$ On en déduit que : $$f = m \dfrac{v^2}{r}$$ et ainsi : $$v = \sqrt{\dfrac{f r}{m}}$$

Sur chaussée sèche :

$$ v=\sqrt{\dfrac{10,400\times 75}{1,200}}=25~\mathrm{m\,s^{-1}} $$

Soit :

$$ v=92~\mathrm{km\,h^{-1}} $$

Sur chaussée humide :

$$ v=\sqrt{\dfrac{7,200\times 75}{1,200}}=21~\mathrm{m\,s^{-1}} $$

Soit :

$$ v=76~\mathrm{km\,h^{-1}} $$

Le bon panneau à choisir est donc celui qui limite la vitesse à $70~\mathrm{km\,h^{-1}}$.

Exercice n°3 : Traitement des eaux d’un bassin d’orage

Surveillance de la qualité de l’eau

$\bold{Q1.}$

Les deux forces qui s’exercent sur la bouée sont le poids et la poussée d’Archimède. La bouée étant immobile par rapport à la surface de l’eau, elle est en équilibre. La somme des forces qui s’exercent sur elle est donc nulle. Ainsi, le poids et la poussée d’Archimède ont la même norme et des sens opposés. On doit donc les représenter par des flèches de même longueur sur le schéma.

$\bold{Q2.}$

Si les forces sont à l’équilibre, leurs normes sont égales : $$\Pi_A = P$$ $$\rho_{\text{eau}} \times V_{\text{imm}} \times g = m \times g$$ D’où : $$\rho_{\text{eau}} \times V_{\text{imm}} = m$$ et donc : $$V_{\text{imm}} = \dfrac{m}{\rho_{\text{eau}}} = \dfrac{1{,}0}{1{,}00 \times 10^{3}} = 1{,}0 \times 10^{-3}\ \text{m}^3$$

$\bold{Q3.}$

On calcule la proportion du volume immergé par rapport au volume total de la bouée : $$\dfrac{V_{\text{imm}}}{V_{\text{bouée}}} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{-3}}{6{,}7 \times 10^{-3}} = 0{,}15$$ soit : $15$ % La proportion de volume immergé est donc de $15$ %. Cette valeur est inférieure à $20$ %, limite fixée par l’énoncé. La bouée peut donc flotter correctement tout en maintenant les instruments hors de l’eau, ce qui permet une bonne communication avec l’extérieur.

Traitement de l’eau

$\bold{Q4.}$

La formule correcte du débit volumique est : $$D_V = S \times v$$ Justification par analyse des unités :

Le débit volumique correspond à un volume par unité de temps, donc son unité est : $$\text{m}^3\times\text{s}^{-1}$$ L’unité de la surface est : $$\text{m}^2$$ et l’unité de la vitesse est : $$\text{m} \times \text{s}^{-1}$$

Ainsi, l’unité du produit $S \times v$ est : $$\text{m}^2 \times \text{m} \times \text{s}^{-1} = \text{m}^3 \times \text{s}^{-1}$$

Les unités de $D_V$ et de $S \times v$ étant identiques, la relation correcte est bien : $D_V = S \times v$.

$\bold{Q5.}$

On calcule le débit volumique à l’aide de la relation :

$$D_V = S \times v$$

La section du tuyau est circulaire, donc : $$S = \pi r_A^2$$

Or le rayon vaut : $$r_A = \dfrac{d_A}{2}$$

Ainsi : $$S = \pi \left(\dfrac{d_A}{2}\right)^2 = \pi \dfrac{d_A^2}{4}$$

Le débit volumique vaut alors : $$D_V = \pi \dfrac{d_A^2}{4} \times v_A$$

Application numérique : $$D_V = \pi \times \dfrac{0{,}055^2}{4} \times 5{,}6 = 1{,}3 \times 10^{-2}\ \text{m}^3\cdot\text{s}^{-1}$$

$\bold{Q6.}$

Étant donné que l’eau est un fluide incompressible, son débit volumique est constant dans une canalisation de diamètre variable. On a donc :

$$D_{V,A} = D_{V,B}$$

Soit : $$S_A \times v_A = S_B \times v_B$$

Les sections étant circulaires : $$S_A = \pi \dfrac{d_A^2}{4}$$ $$S_B = \pi \dfrac{d_B^2}{4}$$

On obtient alors : $$\pi \dfrac{d_A^2}{4} \times v_A = \pi \dfrac{d_B^2}{4} \times v_B$$

Les facteurs $\pi$ et $\dfrac{1}{4}$ se simplifient, d’où : $$d_A^2 \times v_A = d_B^2 \times v_B$$

On en déduit : $$v_B = v_A \left(\dfrac{d_A}{d_B}\right)^2$$

Application numérique : $$ v_B = 5{,}6 \times \left(\frac{55}{33}\right)^2 \approx 16\,\mathrm{m \cdot s^{-1}} $$

On peut laisser les diamètres en millimètres, car on calcule le quotient de deux grandeurs ayant la même unité.

$\bold{Q7.}$

Le phénomène responsable de l’aspiration de l’air est l’effet Venturi. Il s’agit de la diminution de pression d’un fluide lorsque sa vitesse augmente.

$\bold{Q8.}$

D’après la relation de Bernoulli appliquée sur une ligne de courant entre les points A et B :

$$p_A + \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot v_A^2 + \rho\cdot g\cdot z_A = p_B + \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot v_B^2 + \rho\cdot g\cdot z_B$$

La conduite étant horizontale, les altitudes des points A et B sont identiques : $$z_A = z_B$$

Les termes $\rho\cdot g\cdot z_A$ et $\rho\cdot g\cdot z_B$ se compensent. On obtient alors :

$$p_A + \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot v_A^2 = p_B + \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot v_B^2$$

D’où :

$$p_B - p_A = \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot (v_A^2 - v_B^2)$$

Ainsi, la variation de pression entre les points A et B s’écrit bien :

$$\Delta p = \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot (v_A^2 - v_B^2)$$

$\bold{Q9.}$

On calcule la valeur de la variation de pression :

$$\Delta p = \dfrac{1}{2}\cdot\rho\cdot (v_A^2 - v_B^2)$$

$$\Delta p = \dfrac{1}{2}\cdot 1{,}00 \times 10^{3} \cdot (5{,}6^2 - 16^2)$$

$$\Delta p = -1{,}1 \times 10^{5}\ \text{Pa}$$

soit :

$$\Delta p = -1{,}1\ \text{bar}$$

La valeur négative de $\Delta p$ correspond à une baisse de pression, ce qui est conforme à l’effet Venturi.
Cependant, cette valeur est trop grande, car la pression atmosphérique vaut environ $1\ \text{bar}$.
Il en résulterait une pression au point B négative, ce qui est physiquement impossible.

$\bold{Q10.}$

On veut passer d’un taux de $4~\mathrm{mg\cdot L}^{-1}$ à $6~\mathrm{mg\cdot L^{-1}}$, soit une augmentation de :

$$ \Delta C = 6 - 4 = 2\,\mathrm{mg \cdot L^{-1}} $$

Le volume d’eau du bassin est $V = 172~\text{m}^3$. Or :

$$1~\text{m}^3 = 10^3~\text{L}$$

Donc :

$$V = 172 \times 10^3~\text{L}$$

La masse de dioxygène à ajouter vaut alors :

$$ m_{\mathrm{O_2}} = \Delta C \times V = 2~\mathrm{mg\,L^{-1}} \times (172 \times 10^{3}~\mathrm{L}) = 344 \times 10^{3}~\mathrm{mg} $$

Or :

$$10^3~\text{mg} = 1~\text{g}$$

Donc :

$$m_{\mathrm{O_2}} = 344~\text{g}$$

Ainsi, il faut ajouter $344~\text{g}$ de dioxygène pour atteindre $6~\mathrm{mg\cdot L^{-1}}$.

$\bold{Q11.}$

Chaque litre d’eau passant dans l’aérateur peut assimiler $6~\text{mg}$ de dioxygène, soit :

$$6~\text{mg} = 6 \times 10^{-3}~\text{g}$$

On raisonne par proportionnalité :

$$1~\text{L d’eau} \;\longleftrightarrow\; 6 \times 10^{-3}~\text{g de dioxygène}$$

$$V_{\text{eau}} \;\longleftrightarrow\; 344~\text{g de dioxygène}$$

On obtient alors :

$$V_{\text{eau}} = \dfrac{344}{6 \times 10^{-3}} = 5{,}7 \times 10^{4}~\text{L}$$

Soit, en mètres cubes :

$$V_{\text{eau}} = 57~\text{m}^3$$

$\bold{Q12.}$

On calcule la durée nécessaire pour que le volume d’eau $V = 57~\text{m}^3$ traverse l’aérateur, dont le débit volumique est $$D_V = 1{,}3 \times 10^{-2}~\text{m}^3\cdot\text{s}^{-1}$$

Par définition du débit volumique : $$D_V = \dfrac{V}{t}$$

D’où : $$t = \dfrac{V}{D_V}$$

Application numérique : $$t = \dfrac{57}{1{,}3 \times 10^{-2}} = 4{,}4 \times 10^{3}~\text{s}$$

Soit, en heures : $$t = 1{,}2~\text{h}$$

L’oxygénation de l’eau peut donc bien se faire en moins de deux heures.