Corrigé spé physique-chimie Bac 2025 (Jour 2)

Exercice 1 - Mesure de l’épaisseur d’un film alimentaire

Mesure de l’épaisseur d’un film alimentaire par capacimétrie

Q1

On applique la loi des mailles à la boucle contenant le générateur, la résistance $R$ et le condensateur $C$ :

$E = u_R + u_C$

Or, $u_R = R \times i$ et $i = \dfrac{\text{d}q}{\text{d}t} = C \dfrac{\text{d}u_C}{\text{d}t}$

Donc : $u_R = R \times C \dfrac{\text{d}u_C}{\text{d}t}$

On remplace dans l’équation de la maille :

$E = R C \dfrac{\text{d}u_C}{\text{d}t} + u_C$

On réécrit cette équation sous forme d’équation différentielle :

$\dfrac{\text{d}u_C}{\text{d}t} + \dfrac{1}{R C} u_C = \dfrac{E}{R C}$

En posant $\tau = R C$, on obtient :

$\dfrac{\text{d}u_C}{\text{d}t} + \dfrac{1}{\tau} u_C = \dfrac{E}{\tau}$

Q2

La solution de l’équation différentielle est de la forme : $u_C(t) = A \times e^{-\dfrac{t}{\tau}} + B$

À $t = 0$, on a $u_C(0) = 0$ donc $0 = A + B \Rightarrow A = -B$

À $t \to +\infty$, $u_C(t) \to E$ donc $B = E$

Donc : $A = -E$

Q3

En remplaçant $t = \tau$ dans l’expression $u_C(t) = E \times \left(1 - e^{-\dfrac{t}{\tau}}\right)$, on obtient :

$u_C(\tau) = E \times \left(1 - e^{-1}\right) \approx E \times (1 - 0{,}368) \approx 0{,}632 \times E$

Q4

Q4. À l’instant $t = \tau$, la tension aux bornes du condensateur vérifie :

$u_C(\tau) = E \left(1 - e^{-1} \right) \approx 0{,}63 \times E$

Avec $E = 5{,}0$ V, on obtient :

$u_C(\tau) \approx 0{,}63 \times 5{,}0 = 3{,}15$ V

D’après la courbe, la tension $u_C$ atteint $3{,}2$ V à $t = 70~\mu\text{s}$.

Cette valeur est très proche de $3{,}15$ V, ce qui confirme que $\tau = 70~\mu\text{s} = 70 \times 10^{-6}$ s.

Q5

On utilise la relation entre la constante de temps $\tau$ et la capacité du condensateur :

$\tau = R \times C \Rightarrow C = \dfrac{\tau}{R}$

Avec $\tau = 70 \times 10^{-6}$ s et $R = 1{,}0 \times 10^3$ $\Omega$ :

$C = \dfrac{70 \times 10^{-6}}{1{,}0 \times 10^3} = 70 \times 10^{-9}$ F

Q6

On utilise la formule de la capacité d’un condensateur plan :

$C = \dfrac{\varepsilon_0 \times \varepsilon_r \times S}{e}$

avec $e = \dfrac{\varepsilon_0 \times \varepsilon_r \times S}{C}$

Données :

$\varepsilon_0 = 8{,}85 \times 10^{-12}$ F·m$^{-1}$, $\varepsilon_r = 2{,}3$,

$S = 21 \times 28 = 5{,}88 \times 10^{-2}$ m$^2$, $C = 69{,}8$ nF $= 69{,}8 \times 10^{-9}$ F

$e = \dfrac{8{,}85 \times 10^{-12} \times 2{,}3 \times 5{,}88 \times 10^{-2}}{69{,}8 \times 10^{-9}} \approx 1{,}72 \times 10^{-6}$ m

Donc : $e_{\text{film}} \approx 1{,}72$ µm

Q7

Valeur de référence : $e_{\text{film, ref}} = 7{,}6$ µm

Valeur mesurée : $e_{\text{film}} = 1{,}72$ µm

Incertitude-type : $u(e_{\text{film}}) = 1{,}0$ µm

Quotient : $\dfrac{|1{,}72 - 7{,}6|}{1{,}0} = 5{,}88$

Ce quotient est très supérieur à 1, donc les deux valeurs ne sont pas compatibles.

Q8

Q8. Lorsque le condensateur est constitué d’une couche d’air d’épaisseur $e_{\text{air}}$ et d’une couche de film plastique d’épaisseur $e_{\text{film}}$, les deux couches sont modélisées comme deux condensateurs en série.

L’expression de la capacité équivalente est alors :

$\dfrac{1}{C} = \dfrac{e_{\text{air}}}{\varepsilon_0 \times S} + \dfrac{e_{\text{film}}}{\varepsilon_0 \times \varepsilon_r \times S}$

On factorise :

$\dfrac{1}{C} = \dfrac{1}{\varepsilon_0 \times S} \left( e_{\text{air}} + \dfrac{e_{\text{film}}}{\varepsilon_r} \right)$

On en déduit :

$C = \dfrac{\varepsilon_0 \times S}{e_{\text{air}} + \dfrac{e_{\text{film}}}{\varepsilon_r}}$

Cette expression est donc compatible avec l’expression attendue.

Q9

Q9. On suppose que l’épaisseur réelle du film est $e_{\text{film,ref}} = 7{,}6~\mu\text{m}$, et on a mesuré $C = 70$ nF.

On utilise l’expression précédente et on isole $e_{\text{air}}$ :

$e_{\text{air}} = \dfrac{\varepsilon_0 \times S}{C} - \dfrac{e_{\text{film,ref}}}{\varepsilon_r}$

Données :

$\varepsilon_0 = 8{,}85 \times 10^{-12}$ F·m$^{-1}$

$\varepsilon_r = 2{,}3$

$S = 21 \times 28 = 5{,}88 \times 10^{-2}$ m$^2$

$C = 70 \times 10^{-9}$ F

$e_{\text{film,ref}} = 7{,}6 \times 10^{-6}$ m

Calcul :

$\dfrac{\varepsilon_0 \times S}{C} = \dfrac{8{,}85 \times 10^{-12} \times 5{,}88 \times 10^{-2}}{70 \times 10^{-9}} \approx 7{,}43 \times 10^{-6}$ m

$\dfrac{e_{\text{film,ref}}}{\varepsilon_r} = \dfrac{7{,}6 \times 10^{-6}}{2{,}3} \approx 3{,}30 \times 10^{-6}$ m

Donc :

$e_{\text{air}} \approx 7{,}43 \times 10^{-6} - 3{,}30 \times 10^{-6} = 4{,}13 \times 10^{-6}$ m

soit $e_{\text{air}} \approx 4{,}1~\mu\text{m}$

Cette valeur explique l’écart observé dans les mesures précédentes.

Mesure de l’épaisseur du film alimentaire par pesée

Q10

On utilise la relation entre masse, volume et masse volumique :

$m = \rho \times V = \rho \times S \times e_{\text{film}} \Rightarrow e_{\text{film}} = \dfrac{m}{\rho \times S}$

Données :

$m = 70{,}56$ g = $70{,}56 \times 10^{-3}$ kg

$\rho = 1{,}25 \times 10^3$ kg·m$^{-3}$

$S = \ell \times L = 0{,}29 \times 30 = 8{,}7$ m$^2$

Calcul :

$e_{\text{film}} = \dfrac{70{,}56 \times 10^{-3}}{1{,}25 \times 10^3 \times 8{,}7} \approx 6{,}47 \times 10^{-6}$ m

Donc : $e_{\text{film}} \approx 6{,}5~\mu\text{m}$

Mesure de l’épaisseur du film alimentaire par interférométrie

Q11

Pour obtenir des interférences constructives, la différence de chemin optique $\delta$ entre les deux rayons doit vérifier :

$\delta = p \times \lambda$

avec $p$ un nombre entier (ordre d’interférence).

Dans l’expérience, cette différence est modélisée par :

$\delta = 2 n e_{\text{film}} \cos(i)$, absorbée dans un coefficient $\beta$ lié à l’indice du film et à l’angle d’incidence.

On donne alors :

$p = \dfrac{\beta \times e_{\text{film}}}{\lambda} + \dfrac{1}{2}$

Q12

Q12. Lorsque $\dfrac{\beta \times e_{\text{film}}}{\lambda}$ est un nombre entier, on a :

$p = \text{entier} + \dfrac{1}{2}$

Il en résulte une interférence destructive, ce qui produit un minimum d’intensité dans le spectre observé.

Mais ici, comme la formule est déjà corrigée avec le $+\dfrac{1}{2}$, cela signifie que $\dfrac{\beta \times e_{\text{film}}}{\lambda}$ entier $\Rightarrow p$ entier, donc interférence constructive, donc maximum d’intensité.

C’est bien ce qui est observé sur la figure 6b : des pics d’intensité aux longueurs d’onde vérifiant cette condition.

Q13

Les maxima observés dans le spectre de la figure 6b (absents dans le spectre 6a) résultent des interférences constructives entre les deux rayons.

Ils se produisent pour les longueurs d’onde $\lambda$ telles que $p = \dfrac{\beta \times e_{\text{film}}}{\lambda} + \dfrac{1}{2}$ soit un entier.

Cela sélectionne certaines longueurs d’onde (constructives), ce qui produit les franges d’interférence dans le domaine spectral.

Q14

La représentation graphique de $p$ en fonction de $\dfrac{1}{\lambda}$ (figure 7) est une droite d’équation :

$p = a \cdot \dfrac{1}{\lambda} + b$

avec $a = 22~443$ et $b = 0{,}51$

Cela est parfaitement cohérent avec la relation 1 :

$p = \dfrac{\beta \times e_{\text{film}}}{\lambda} + \dfrac{1}{2}$

On identifie : $a = \beta \times e_{\text{film}}$ et $b = \dfrac{1}{2}$

La valeur $b = 0{,}51$ confirme l’ajustement, donc les résultats expérimentaux valident la relation 1.

Q15

On utilise $a = \beta \times e_{\text{film}}$ avec $a = 22~443$ et $\beta = 3{,}02$ :

$e_{\text{film}} = \dfrac{a}{\beta} = \dfrac{22~443}{3{,}02} \approx 7~432$ nm

Soit : $e_{\text{film}} \approx 7{,}4~\mu\text{m}$

Cette valeur est très proche de la valeur de référence $7{,}6~\mu\text{m}$ donnée dans l’énoncé.

On conclut que la mesure par interférométrie est précise et compatible avec la valeur de référence.

Exercice 2 - Eau de Quinton

Préparation de l’eau de Quinton isotonique

Q1

Pour préparer 100{,}0 mL d’eau de Quinton isotonique en diluant 5 fois l’eau de Quinton hypertonique :

- Prélever $V_i = \dfrac{100{,}0}{5} = 20{,}0$ mL d’eau de Quinton commerciale à l’aide d’une pipette jaugée de 20,0 mL.

- Verser ce volume dans une fiole jaugée de 100,0 mL.

- Compléter jusqu’au trait de jauge avec de l’eau distillée.

- Homogénéiser.

Matériel : pipette jaugée de 20,0 mL, propipette, fiole jaugée de 100,0 mL, eau distillée.

Q2

L’eau de Quinton commerciale a une concentration moyenne en ions chlorure de 19,4 g·L$^{-1}$.

Dilution par 5 : $C_{\text{diluée}} = \dfrac{19{,}4}{5} = 3{,}88$ g·L$^{-1}$

On calcule la concentration molaire en $Cl^-$ :

$C = \dfrac{3{,}88}{35{,}5} \approx 0{,}109$ mol·L$^{-1}$ soit $109$ mmol·L$^{-1}$

Cette valeur est comprise dans l’intervalle [100 ; 110] mmol·L$^{-1}$ défini comme isotonique.

Donc, la solution est bien isotonique.

Q3

Le titrage est réalisé à l’aide d’une solution de nitrate d’argent $(\text{Ag}^+)$ pour doser les ions chlorure $(\text{Cl}^-)$.

L’équation de la réaction de précipitation est :

$\text{Ag}^+_{(aq)} + \text{Cl}^-_{(aq)} \rightarrow \text{AgCl}_{(s)}$

Q4

L’espèce A diminue jusqu’à l’équivalence, puis devient nulle : c’est l’ion $\text{Cl}^-$.

L’espèce B est nulle avant l’équivalence, puis augmente : c’est l’ion $\text{Ag}^+$.

L’espèce C augmente continûment : c’est l’ion spectateur $\text{NO}_3^-$.

L’espèce D reste constante : c’est l’ion spectateur $\text{Na}^+$.

Q5

À l’équivalence, les quantités de matière de $\text{Cl}^-$ et de $\text{Ag}^+$ sont égales :

$C_1 \times V_1 = C_2 \times V_E$

On en déduit :

$V_E = \dfrac{C_1 \times V_1}{C_2}$

Q6

Avant l’équivalence, les ions $\text{Cl}^-$ sont consommés, remplacés par les ions $\text{Ag}^+$, qui ont une conductivité légèrement inférieure. La conductivité diminue.

À l’équivalence, tout le $\text{Cl}^-$ est précipité : la conductivité est minimale.

Après l’équivalence, les ions $\text{Ag}^+$ sont en excès : la conductivité augmente à nouveau.

Q7

D’après la courbe, le volume à l’équivalence est $V_E = 18{,}2$ mL.

On utilise la relation :

$C_1 = \dfrac{C_2 \times V_E}{V_1} = \dfrac{3{,}00 \times 10^{-2} \times 18{,}2}{10{,}0} = 0{,}546$ mol·L$^{-1}$

La concentration massique en ions chlorure est :

$C_{\text{Quinton}} = C_1 \times M(\text{Cl}) = 0{,}546 \times 35{,}5 = 19{,}4$ g·L$^{-1}$

Q8

On utilise la formule :

$u(C_{\text{Quinton}}) = C_{\text{Quinton}} \times \sqrt{\left( \dfrac{u(V_1)}{V_1} \right)^2 +\left( \dfrac{u(V_E)}{V_E} \right)^2 +\left( \dfrac{u(C_2)}{C_2} \right)^2 }$

Avec :

$C_{\text{Quinton}} = 19{,}4$ g·L$^{-1}$

$u(V_1) = 0{,}02$ mL ; $V_1 = 10{,}0$ mL

$u(V_E) = 0{,}5$ mL ; $V_E = 18{,}2$ mL

$u(C_2) = 2 \times 10^{-3}$ mol·L$^{-1}$ ; $C_2 = 3{,}00 \times 10^{-2}$ mol·L$^{-1}$

$u(C_{\text{Quinton}}) = 19{,}4 \times \sqrt{\left( \dfrac{0{,}02}{10{,}0} \right)^2 +\left( \dfrac{0{,}5}{18{,}2} \right)^2 +\left( \dfrac{2 \times 10^{-3}}{3{,}00 \times 10^{-2}} \right)^2 }$

$u(C_{\text{Quinton}}) \approx 19{,}4 \times \sqrt{(0{,}002)^2 + (0{,}0275)^2 + (0{,}0667)^2}$

$u(C_{\text{Quinton}}) \approx 19{,}4 \times 0{,}072 \approx 1{,}40$ g·L$^{-1}$

Donc :

$C_{\text{Quinton}} = 19{,}4 \pm 1{,}4$ g·L$^{-1}$

Exercice 3 - Un parfum de rose

Étude préliminaire

Q1

Le groupe caractéristique entouré est un groupe hydroxyle $OH$.

Le géraniol appartient à la famille des alcools.

L’éthanoate de géranyle appartient à la famille des esters.

Q2

Le spectre présente une bande large et intense entre $3200$ et $3700$ cm$^{-1}$, caractéristique d'une liaison $OH$ alcool.

Il ne montre pas de bande fine autour de $1750$ cm$^{-1}$ attendue pour une liaison $C=O$ d’un ester.

Ce spectre correspond donc au géraniol.

Transformation du géraniol en éthanoate de géranyle

Q3

Un catalyseur est une espèce chimique qui accélère une réaction sans être consommée. Ici, l'espèce catalytique est l'ion $H^+$, utilisé à l'étape 1 et régénéré à l'étape 5.

Q4

- Étape 1 : formation de la liaison $O{-}H^+$ (protonation du carbonyle) et affaiblissement de la liaison $C=O$.

- Étape 2 : formation de la liaison $C{-}O$ entre l'acide activé et le géraniol $R{-}OH$.

- Étape 5 : départ d'une molécule d'eau ($H_2O$), rétablissement de la liaison $C=O$ et libération de $H^+$.

Q5

L'espèce chimique notée A est $H_2O$.\\

Équation d’estérification :

$\text{CH}_3\text{COOH} + R{-}OH \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COO{-}R} + H_2O$

Q6

Chauffer le mélange augmente la vitesse de la réaction d’estérification, lente à température ambiante.

Q7

La phase organique (éthanoate de géranyle et géraniol, densités $0{,}89$ et $0{,}92$) est moins dense que la phase aqueuse (acide éthanoïque, densité $1{,}0$). La phase organique est donc en haut, la phase aqueuse en bas.

Q8

$n_{\text{géraniol}} = \dfrac{m_G}{M_G} = \dfrac{7{,}7}{154{,}25} \approx 0{,}05~\text{mol}$

$\Rightarrow$ Les réactifs sont introduits en proportions stœchiométriques.

Q9

Équation support du titrage :

$CH_3CO_2H + HO^- \rightarrow CH_3CO_2^- + H_2O$

Volume à l’équivalence :

$V_B = 32{,}5~\text{mL} = 32{,}5 \times 10^{-3}~\text{L}$

Concentration de la soude : $C_B = 1{,}0~\text{mol} \cdot \text{L}^{-1}$

Quantité de matière d’acide éthanoïque restant dans le milieu :

$n_{\text{restant}} = C_B \times V_B = 1{,}0 \times 32{,}5 \times 10^{-3} = 0{,}0325~\text{mol}$

Q10

Le rendement est défini par $\eta = \dfrac{n_{\text{exp}}}{n_{\text{th}}}$

On suppose la réaction totale, donc $n_{\text{th}} = n(\text{géraniol})$
Le géraniol a une masse molaire $M = 154{,}25$ g·mol$^{-1}$, et une masse $m = 7{,}7$ g, donc :
$n_{\text{th}} = \dfrac{7{,}7}{154{,}25} = 5{,}00 \times 10^{-2}$ mol

À l’aide du titrage, on a trouvé $n_{\text{acide~restant}} = 3{,}25 \times 10^{-2}$ mol, donc :
$n_{\text{exp}} = 5{,}00 \times 10^{-2} - 3{,}25 \times 10^{-2} = 1{,}75 \times 10^{-2}$ mol

D’où :
$\eta = \dfrac{1{,}75 \times 10^{-2}}{5{,}00 \times 10^{-2}} = 0{,}35 = 35~$

Utilisation du géraniol en parfumerie

Q11

Masse maximale de géraniol tolérée :
$17{,}75 \times 65 = 1153{,}75$ mg

Masse de géraniol par pulvérisation :
$0{,}15 \times 0{,}84 \times \dfrac{0{,}001}{100} = 1{,}26 \times 10^{-3}$ mg

Nombre exact de pulvérisations :
$\dfrac{1153{,}75}{1{,}26 \times 10^{-3}} = 915277{,}777\ldots$

Donc :
$N = 915277$ pulvérisations (à l’unité près).