Sujet 2024 - Groupe 2 - Jour 1 - Spécialité physique-chimie - Corrigé

Sujet bac : annale groupe 2 jour 1 – 2024

Exercice n°1 : Ne jamais mélanger eau de Javel et acide (9 points)

Étude du dégagement de dichlore

$\bold{Q1.}$ On trace le diagramme de prédominance du couple $\text{HClO/ClO}^-$ :

$\bold{Q2.}$ Le pH de l’eau de Javel est entre 11,5 et 12,5. Cet intervalle de valeur étant supérieur au pKa du couple, c’est l’ion hypochlorite $\text{ClO}^-$ qui prédomine dans l’eau de Javel.

$\bold{Q3.}$ Avec un pH à $0$, c’est l’acide hypochloreux $\text{HClO}$ qui prédomine dans l’eau de Javel mélangée à l’acide chlorhydrique. Tous les ions $\text{ClO}^-$ ont réagi avec l’acide chlorhydrique pour former $\text{HClO}$.

$\bold{Q4.}$ On écrit les demi-équations associées aux couples $\text{HClO (aq)/Cl}_2\,\text{(g)}$ et $\text{Cl}_2\,\text{(g)/Cl}^-\,\text{(aq)}$ :

• $\text{HClO (aq)/Cl}_2\,\text{(g)}$ : $$2\,\text{HClO}+2\,\text{e}^{-}+2\,\text{H}^{+}=\text{Cl}_{2}+2\,\text{H}_2\text{O}$$
• $\text{Cl}_2\,\text{(g)/Cl}^-\,\text{(aq)}$ : $$2\,\text{Cl}^{-}=\text{Cl}_{2}+2\,\text{e}^-$$

$\bold{Q5.}$ On additionne les deux demi-équations précédemment établies :

• $\text{HClO (aq)/Cl}_2\,\text{(g)}$ : $2\,\text{HClO}\,\text{(aq)}+2\,\text{e}^{-}+2\,\text{H}^{+}\,\text{(aq)}=\text{Cl}_{2}\,\text{(g)}+2\,\text{H}_2\text{O}\,(l)$
• $\text{Cl}_2\,\text{(g)/Cl}^-\,\text{(aq)}$ : $2\,\text{Cl}^{-}\,\text{(aq)}=\text{Cl}_{2}\,\text{(g)}+2\,\text{e}^-$ $$2\,\text{HClO}\,\text{(aq)}+2\,\text{H}^{+}\,\text{(aq)}+2\,\text{Cl}^{-}\,\text{(aq)}\rightarrow\text{Cl}_{2}\,\text{(g)}+2\,\text{H}_2\text{O}\,(l)$$ Donc : $$\text{HClO}\,\text{(aq)}+\text{H}^{+}\,\text{(aq)}+\text{Cl}^{-}\,\text{(aq)}\rightarrow\text{Cl}_{2}\,\text{(g)}+\text{H}_2\text{O}\,(l)$$

$\bold{Q6.}$ D’après les coefficients de l’équation de la réaction, et si on considère la réaction comme totale, on peut écrire :

$\dfrac{n_{\text{HCLO}}}{1}=\dfrac{n_{\text{Cl}_2}}{1}$

D’où $n_{\text{Cl}_{2}}=n_{\text{HClO}}=0,40\,\text{mol}$

$\bold{Q7.}$ On calcule le volume de dichlore correspondant :

$n=\dfrac{\text{V}}{\text{V}_m}$

D’où $\text{V}=n\times\text{V}_m=0,40\times 24=9,6\,\text{L}$

État de conservation de l’acide chlorhydrique

$\bold{Q8.}$ Le titre massique peut également s’exprimer par :

$w=\dfrac{C_m}{\rho}$ soit $w=\dfrac{C_a\times M}{\rho}$

On en déduit :

$C_a=\dfrac{w\times\rho}{M}=\dfrac{0,23\times 1\,120}{36,5}=7,1\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

$\bold{Q9.}$ L’équation de la réaction support du titrage des ions oxonium par les ions hydroxyde est :

$\text{H}_3\text{O}^{+}\,\text{(aq)}+\text{HO}^{-}\,\text{(aq)}\rightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}\,(l)$

$\bold{Q10.}$ Pour préparer $\text{V}_{\text{fille}}=1\,\text{L}$ de solution $\text{S}$, obtenue par dilution d’un facteur $f=500$ de la solution commerciale, il faut un volume de solution commercial égal à :

$\text{V}_{\text{mère}}=\dfrac{\text{V}_{\text{fille}}}{500}=\dfrac{1}{500}=2\times 10^{-3}\,\text{L}=2\,\text{mL}$

$\bold{Q11.}$ Protocole expérimental de dilution de la solution commerciale :

• Rincer une pipette jaugée de $2\,\text{mL}$ avec la solution commerciale, et une fiole jaugée de $1\,\text{L}$ avec de l’eau distillée.
• Prélever 2$\,\text{mL}$ de solution mère et les introduire dans la fiole jaugée.
• Remplir avec de l’eau distillée jusqu’au $3/4$. Agiter légèrement.
• Compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge. Boucher et agiter pour homogénéiser.

$\bold{Q12.}$ Par lecture graphique sur la courbe de suivi du titrage, le volume de solution titrante versé à l’équivalence est $\text{V}_{\text{BE}}=14,0\,\text{mL}$.
À l’équivalence, les réactifs titré et titrant sont introduits dans les proportions stœchiométriques. On peut donc écrire :

$\dfrac{n_{\text{H}_3\text{O}^+}}{1}=\dfrac{n_{\text{HO}^-}}{1}$ d’où $\text{C}_{\text{S}}\times\text{V}_{\text{S}}=\text{C}_{\text{b}}\times\text{V}_{\text{BE}}$

On en déduit la concentration en ions oxonium dans la solution $\text{S}$ :

$\text{C}_{\text{S}}=\dfrac{\text{C}_{\text{b}}\times\text{V}_{\text{BE}}}{\text{V}_{\text{S}}}=\dfrac{2,0\times 10^{-2}\times 14,0}{20,0}=1,4\times 10^{-2}\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

La solution $\text{S}$ a été obtenue à partir de la solution commerciale avec une dilution d’un facteur $500$. La solution commerciale est donc 500 fois plus concentrée que la solution $\text{S}$ :

$\text{C}_a=500\times\text{C}_{\text{S}}=500\times 1,4\times 10^{-2}=7,0\,\text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$

Conservation de l’eau de Javel

$\bold{Q13.}$ Le temps de demi-réaction correspond à la durée nécessaire pour que l’avancement d’une réaction atteigne la moitié de sa valeur finale.
Par lecture graphique, le temps de demi-réaction à $30\,\degree\text{C}$ est $t_{1/2}=100\,\text{j}$.

$\bold{Q14.}$ De la même manière, à $20\,\degree\text{C}$, le temps de demi-réaction est de 140 jours et à $35\,\degree\text{C}$ il est de 60 jours. Or, plus le temps de demi-réaction est faible, plus la réaction est rapide.
On peut en déduire que plus la température est élevée, plus la réaction des ions hypochlorite sur l’eau est rapide.

$\bold{Q15.}$ Afin de limiter la réaction des ions hypochlorite avec l’eau, et donc de maintenir la concentration des ions hypochlorite donnant son efficacité à l’eau de Javel, il faut conserver l’eau de Javel dans un endroit où la température est plutôt faible.

$\bold{Q16.}$ Si l’eau de Javel a été mal conservée, elle contient moins d’ions hypochlorite que prévu. S’il y a moins de ces ions, il y a nécessairement moins de dichlore susceptible de se former si on commet l’erreur de mélanger l’eau de Javel avec l’acide chlorhydrique.

Exercice n°2 : Observation distante (6 points)

Discernabilité à l’œil nu

$\bold{Q1.}$ On calcule le diamètre apparent sous lequel est vu une pale de l’éolienne à l’œil nu :

$\text{tan}(\theta)=\dfrac{L}{D}$

Or, dans l’approximation des petits angles, $\text{tan}(\theta)\approx\theta$
Donc :

$\theta=\dfrac{L}{D}=\dfrac{44}{195\times 10^3}=2,3\times 10^{-4}\,\text{rad}$

$\bold{Q2.}$ Étant donné que $\theta<\varepsilon$, alors il n’est pas possible de distinguer la pale de l’éolienne à l’œil nu.

Retour à une lunette afocale

$\bold{Q3.}$ La lentille $\text{L}_1$ est l’objectif : elle est du côté de l’objet à observer.
La lentille $\text{L}_2$ est l’oculaire : elle est du côté de l’œil.

$\bold{Q4.}$ Afin que la lunette soit afocale, il faut que le foyer image $\text{F}^{\prime}_1$ de la lentille $\text{L}_1$ soit confondu avec le foyer objet $\text{F}_2$ de la lentille $\text{L}_2$.
Ainsi, la lentille $\text{L}_1$ forme une image intermédiaire $\text{A}_1\text{B}_1$ dans son plan focal image ; cette image intermédiaire sert alors d’objet pour la lentille oculaire.

$\bold{Q5.}$ On place $\text{F}_2$ au même endroit que $\text{F}_1^{\prime}$.
Le point $\text{F}^{\prime}_2$ est alors le symétrique de $\text{F}_2$ par rapport à $\text{O}_2$.

$\bold{Q6.}$ D’après le schéma de la lentille :

$d=\text{O}_1\text{O}_2=\text{O}_1\text{F}^{\prime}_1+\text{F}_2\text{O}_2$ d’où $d=f_1^{\prime}+f_2^{\prime}$

$\bold{Q7.}$ On poursuit la marche des rayons dans la lunette astronomique :

$\bold{Q8.}$ On positionne les angles $\theta$ et $\theta’$ :

$\bold{Q9.}$ D’après le schéma, on peut écrire :

$\text{tan}(\theta)=\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{\text{O}_1\text{F}_1^{\prime}}=\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_1^{\prime}}$ et $\text{tan}(\theta’)=\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{\text{O}_2\text{F}_2}=\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_2^{\prime}}$

Or, avec l’approximation des petits angles :

$\theta\approx\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_1^{\prime}}$ et $\theta’\approx\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_2^{\prime}}$

Le grossissement de la lunette astronomique est, par définition :

$G=\dfrac{\theta’}{\theta}$ d’où $G=\dfrac{\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_2^{\prime}}}{\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_1^{\prime}}}=\dfrac{\text{A}_1\text{B}_1}{f_2^{\prime}}\times\dfrac{f_1^{\prime}}{\text{A}_1\text{B}_1}$ et finalement $G=\dfrac{f_1^{\prime}}{f_2^{\prime}}$

$\bold{Q10.}$ On cherche un couple de lentilles, tels que le grossissement de la lunette permettra d’obtenir $\theta^{\prime}>\varepsilon$.
Or, on a écrit que :

$G=\dfrac{\theta^{\prime}}{\theta}$ d’où $\theta^{\prime}=G\times\theta>\varepsilon$

Il faut donc que le grossissement respecte la condition suivante :

$G>\dfrac{\varepsilon}{\theta}=\dfrac{3,0\times 10^{-4}}{2,4\times 10^{-4}}$ soit $G=1,25$

Afin d’obtenir le grossissement le plus grand possible, et donc d’avoir plus de confort pour observer les pales de l’éolienne, il faut choisir un oculaire de très petite distance focale $f_2^{\prime}$ et un objectif de très grande distance focale $f_1^{\prime}$.
Avec les lentilles que nous avons à disposition, on peut alors choisir $f_1^{\prime}=30,0\,\text{cm}$ et $f_2^{\prime}=5,0\,\text{cm}$. Le grossissement de la lunette sera alors :

$G=\dfrac{f_1^{\prime}}{f_2^{\prime}}=\dfrac{30,0}{5,0}=6,0$

Exercice n°3 : Au bonheur des hippocampes (5 points)

$\bold{Q1.}$ Les trois modes de transfert thermique qui peuvent contribuer au refroidissement de l’eau de l’aquarium sont la conduction, la convection et le rayonnement.

$\bold{Q2.}$ En l’absence de chauffage, la température minimale qu’est susceptible d’atteindre l’eau est celle de l’air ambiant, soit $20\,\degree\text{C}$.

$\bold{Q3.}$ On calcule la surface totale des parois de l’aquarium :

$S_{\text{tot}}=2\times L\times H +2\times P\times H + L\times P$
$S_{\text{tot}}=2\times 0,60\times 0,40+2\times 0,40\times 0,40=0,60\times 0,40=1,04\,\text{m}^2$

On calcule la résistance thermique totale des parois de l’aquarium :

$R_{\text{th}}=\dfrac{e_{\text{paroi}}}{\lambda_{\text{PMMA}}\times S_{\text{tot}}}=\dfrac{8,0\times 10^{-3}}{0,17\times 1,04}=4,5\times 10^{-2}\,\degree\text{C}\cdot\text{W}^{-1}$

$\bold{Q4.}$ On calcule la puissance thermique de chauffage pour maintenir la température de l’eau de l’aquarium :

$P_{\text{th}}=\dfrac{\Delta\theta}{R_{\text{th}}}=\dfrac{\theta_{\text{eau}}-\theta_{\text{air}}}{R_{\text{th}}}=\dfrac{26-20}{4,6\times 10^{-2}}=130\,\text{W}$

$\bold{Q5.}$ La puissance solaire $P_{\text{S}}$ étant inférieure à la puissance thermique du chauffage $P_{\text{th}}$, la température de l’eau de l’aquarium diminuerait tout de même, mais resterait supérieure à $20\,\degree\text{C}$.

$\bold{Q6.}$ Le système échange deux puissances thermiques :

• la puissance thermique par conduction, entre les parois et l’air extérieur. Cette puissance est perdue vers l’air ambiant ;
• la puissance par rayonnement solaire. Cette puissance est reçue de la part du Soleil.

$\bold{Q7.}$ On calcule la valeur de $\tau$ avec l’expression donnée dans l’énoncé :

$\tau=m\times c\times R_{\text{th}}=100\times 3\,930\times 0,046=1,8\times 10^4\,\text{s}=5\,\text{h}$

$\bold{Q8.}$ Pour déterminer la température finale vers laquelle tend l’eau de l’aquarium, on étudie la limite de la fonction $\theta(t)$ lorsque $t$ tend vers $+\infty$ :

$\theta(t)=\theta_0 e^{-\dfrac{t}{\tau}}+(\theta_{\text{air}}+R_{\text{th}}\cdot P_{\text{S}})\left(1-e^{-\dfrac{t}{\tau}}\right)$

$\lim_{t\to +\infty}\left(e^{-\dfrac{t}{\tau}}\right)=0$ et $\lim_{t\to +\infty} \left(1-e^{-\dfrac{t}{\tau}}\right)=1$

Ainsi :

$\theta_{\text{finale}}=\lim_{t\to +\infty}(\theta(t))=\theta_0\times\lim_{t\to +\infty}\left(e^{-\dfrac{t}{\tau}}\right)=(\theta_{\text{air}}+R_{\text{th}}\cdot P_{\text{S}})\times\lim_{t\to +\infty}\left(1-e^{-\dfrac{t}{\tau}}\right)$

$\theta_{\text{finale}}=\theta_{\text{air}}+R_{\text{th}}\cdot P_{\text{S}}=20+0,046\times 30=21,4\,\degree\text{C}$

$\bold{Q9.}$ La température finale n’était pas dans l’intervalle compris entre $24$ et $28\,\degree\text{C}$, il n’est pas possible de maintenir l’eau de l’aquarium dans cet intervalle en utilisant uniquement le Soleil.