Bac 2025 : physique-chimie, Métropole jour 1

Proposition de corrigé — non officielle. Session 2025. Voie générale — spécialité physique-chimie, Métropole, 17 juin 2025. Durée : 3 heures 30.

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Les réponses expliquent les raisonnements et les calculs. Pour les compositions et les analyses, plusieurs réponses argumentées sont possibles ; cette proposition n’est pas validée par le jury.

Exercice 1 — Un emballage intelligent au rayon poissonnerie

Synthèse et identification

Q1. Étape 1 : transformation des réactifs. Étape 2 : séparation. Étapes 3 et 4 : analyse du produit brut.

Q2. La piste c de la chromatographie présente une tache à une hauteur différente de celles des réactifs : une nouvelle espèce s’est formée. Plusieurs taches apparaissent sur cette piste ; le produit brut n’est pas pur.

Q3. Les deux spectres présentent leur maximum d’absorption vers 590 nm. Cette concordance appuie la présence de BBP. Les différences d’absorbance ne l’excluent pas : les concentrations et les impuretés peuvent différer. Un seul spectre ne démontre pas la pureté.

Q4. On peut mesurer la température de fusion du solide, par exemple avec un banc Kofler, et la comparer à 273 °C. Des impuretés peuvent modifier cette température : la mesure s’interprète avec les autres analyses.

Constante d’acidité

Q5. Pour BH₂ + H₂O ⇌ BH⁻ + H₃O⁺, on obtient :

Kₐ = [BH⁻][H₃O⁺]/([BH₂]c°).

Q6. En isolant [H₃O⁺]/c°, puis en prenant l’opposé du logarithme décimal :

pH = pKₐ + log([BH⁻]/[BH₂]).

Q7. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support. Ici, la quantité d’ions OH⁻ ajoutée correspond à la quantité initiale de BH₂ titrée.

Q8. L’abscisse du maximum de dpH/dV, cohérente avec le centre du saut de pH, donne Vₑ ≈ 15,0 mL.

Q9. À la demi-équivalence, la moitié de BH₂ a été consommée. La réaction, de stœchiométrie 1:1, a produit autant de BH⁻ qu’il reste de BH₂. Les espèces occupent le même volume total : [BH⁻] = [BH₂], dans l’approximation du titrage quantitatif retenue ici.

Q10. Le logarithme du rapport vaut alors 0, donc pH = pKₐ. À 7,5 mL, on lit environ pKₐ = 4,0 sur la courbe.

Q11. L’écart normalisé vaut |4,0 − 4,1|/0,3 ≈ 0,33, inférieur à 2. La mesure est compatible avec la valeur de référence, à la précision graphique près.

Couleur et dilution

Q12. La forme acide absorbe surtout vers 430 nm, dans le violet-bleu. La couleur transmise complémentaire est jaune, comme l’indique le cercle chromatique.

Q13. Un litre de solution commerciale pèse 1,18 × 1 000 = 1 180 g et contient 0,37 × 1 180 = 436,6 g de HCl. Sa concentration vaut donc 436,6/36,5 ≈ 11,96 mol·L⁻¹.

Pour une solution d’acide fort à pH 2,0, la concentration visée est 10⁻² mol·L⁻¹. La conservation de la quantité de matière lors d’une dilution donne :

Vprélevé = 0,010 × 0,2000/11,96 ≈ 1,67 × 10⁻⁴ L = 0,167 mL.

Ce volume est inférieur à la plus petite pipette proposée, de 1,0 mL. Une seule dilution ne permet donc pas la préparation avec ce matériel.

Q14. La bonne réponse est la molécule B, (CH₃)₃N : l’azote porte trois groupes méthyle.

Q15. La base capte un proton de la forme acide de l’indicateur :

BH₂ + R₃N ⇌ BH⁻ + R₃NH⁺.

La formation de BH⁻ explique l’apparition du bleu.

Décoloration

Q16. BH⁻ est amphotère : il peut capter un proton pour former BH₂ ou en céder un pour former B²⁻.

Q17. La concentration initiale est voisine de 5,6 µmol·L⁻¹. Sa moitié, 2,8 µmol·L⁻¹, est atteinte vers 750 s, soit environ 12,5 minutes. Une lecture comprise approximativement entre 700 et 800 s est cohérente avec le graphique.

La pastille est d’abord jaune, puis devient bleue avec la formation de BH⁻. En milieu très basique, cette espèce disparaît au profit de B²⁻, incolore : la pastille peut perdre son signal bleu en un temps très court devant les plusieurs jours de dégradation du poisson. Cette décoloration compromet la persistance de l’avertissement. Le résultat expérimental concerne les conditions très basiques du protocole ; il ne constitue pas à lui seul une validation de tous les emballages réels.

Exercice 2 — Datation d’une roche

Q1. Des noyaux isotopes ont le même nombre de protons Z, mais des nombres de neutrons différents, donc des nombres de masse A différents.

Q2–Q3. La transformation est une désintégration β⁻ :

⁸⁷₃₇Rb → ⁸⁷₃₈Sr + ⁰₋₁e.

Un antineutrino électronique peut être ajouté à cette écriture. Les nombres de masse et les charges sont conservés : 87 = 87 + 0 et 37 = 38 − 1.

Q4. La demi-vie est la durée au bout de laquelle le nombre de noyaux radioactifs restants est divisé par deux.

Q5. Après n demi-vies, N = N₀/2ⁿ. La condition N ≥ Nmin équivaut à 2ⁿ ≤ 2,9 × 10¹¹. Le rapport est compris entre 2³⁸ et 2³⁹ : 38 demi-vies entières peuvent s’écouler tout en conservant la détectabilité supposée.

Q6. Cela correspond à 38 × 49,2 × 10⁹ ≈ 1,87 × 10¹² ans, bien au-delà des quelques centaines de millions d’années de la roche. Le nombre de noyaux restant n’est donc pas un obstacle dans le modèle fourni. En pratique, une datation exige aussi un système suffisamment fermé et des mesures précises des rapports isotopiques.

Q7. La dérivée de N₀e⁻λᵗ est −λN₀e⁻λᵗ = −λN(t) ; la condition initiale N(0) = N₀ est également satisfaite.

Q8–Q9. De Nmin = N₀e⁻λᵗᶠ, on tire :

tf = ln(N₀/Nmin)/λ ≈ 1,872 × 10¹² ans.

Ce résultat continu se situe entre 38 et 39 demi-vies et précise le résultat précédent. Cette durée théorique très supérieure à l’âge de la Terre ne signifie pas qu’il existe de telles roches terrestres.

Q10. Chaque noyau Rb disparu produit un noyau Sr : NSr formé(t) = NRb(0) − NRb(t).

Q11. Comme NRb(0) = NRb(t)eλᵗ, on obtient NSr formé(t) = NRb(t)(eλᵗ − 1).

Q12. La pente de l’isochrone vaut 0,0042 = eλᵗ − 1. Donc :

t = ln(1,0042)/(1,41 × 10⁻¹¹) ≈ 2,97 × 10⁸ ans, soit environ 297 millions d’années. L’ordonnée à l’origine 0,7105 décrit le rapport isotopique initial ; ce n’est pas elle qu’il faut utiliser comme pente.

Exercice 3 — Viscosimètre à chute de bille

Q1. Avec f = αηv, on a [η] = N/(m × m·s⁻¹) = N·m⁻²·s, soit aussi Pa·s.

Q2. À température et géométrie constantes, α et η sont constants et positifs : la norme du frottement augmente proportionnellement à la vitesse.

Q3. À vitesse limite, les forces se compensent. Le poids est vertical vers le bas ; la poussée d’Archimède et le frottement sont verticaux vers le haut. La flèche du poids a une longueur égale à la somme des deux autres :

       ↑  poussée d’Archimède
       ↑  frottement
       ●  bille
       ↓  poids

Q4. La projection de la deuxième loi de Newton à vitesse constante donne 0 = ρbVbg − ρhVbg − αηCvlim. Avec Vb = 4πr³/3, on retrouve :

αηCvlim = 4πr³g(ρb − ρh)/3.

Q5. En convertissant r = 0,993 × 10⁻³ m et vlim = 5,37 × 10⁻³ m·s⁻¹ :

ηC = 4π(0,993 × 10⁻³)³ × 9,81 × (1060 − 831)/(3 × 0,0192 × 0,00537).

Ainsi ηC ≈ 0,0894 N·m⁻²·s. On utilise bien la masse volumique numérique fournie, même si la désignation « acier » dans le texte paraît incohérente avec 1,06 × 10³ kg·m⁻³.

Q6. |0,0894 − 0,093|/0,003 ≈ 1,2 < 2 : le résultat est compatible avec la référence selon le critère usuel demandé.

Q7. À tout instant, ma = mg − ρhVbg − αηCv. En divisant par m : a = g(1 − ρhVb/m) − (αηC/m)v.

Q8. Remplacer a par dv/dt et m par 4ρbπr³/3 donne :

dv/dt + [3αηC/(4ρbπr³)]v = g(1 − ρh/ρb).

Q9. Avec la viscosité de référence, τ ≈ 2,43 × 10⁻³ s. Au bout de 5τ, soit environ 0,012 s, la vitesse atteint 1 − e⁻⁵ ≈ 99,3 % de sa limite. Parcourir 15 cm à la vitesse limite prend environ 0,15/0,00537 ≈ 28 s. Le transitoire est donc négligeable devant la durée de chute, même si la vitesse n’est pas exactement limite au moment du lâcher.