STL : physique-chimie et mathématiques, juin 2025

Proposition de corrigé — non officielle. Baccalauréat 2025. Baccalauréat technologique - STL — Métropole — 17 juin 2025.

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Exercice 1 — Préparer un arôme

Questions 1 à 3 — Molécules et catalyse

Q1. La molécule 1 est l’acide propanoïque, CH₃–CH₂–COOH ; la molécule 2 est le 3-méthylbutan-1-ol, HO–CH₂–CH₂–CH(CH₃)–CH₃. Dans une formule topologique, chaque sommet ou extrémité non marqué représente un carbone ; les hydrogènes portés par ces carbones sont implicites. Les oxygènes et le groupe OH restent indiqués.

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Q2. Le groupe caractéristique de l’alcool est hydroxyle –OH, porté ici par le carbone terminal. Il ne faut pas le confondre avec le groupe carboxyle –COOH de la molécule 1.

Q3. Un catalyseur accélère la transformation en offrant un chemin réactionnel d’énergie d’activation plus faible. Il est régénéré et n’est pas consommé dans le bilan. Il ne déplace pas à lui seul l’équilibre final de l’estérification.

Questions 4 à 11 — Exploiter le suivi cinétique

Q4. À t = 0, le graphique donne C₀ ≈ 7,5 mol·L⁻¹.

Q5. La représentation de ln C en fonction du temps est une droite décroissante. Elle est compatible avec le modèle d’ordre 1 : ln C = ln C₀ − kt. Cette conclusion concerne les conditions et la durée du suivi fourni, pas toute estérification dans toute condition.

Q6. Le coefficient directeur vaut −0,154 min⁻¹. On obtient donc k = 0,154 min⁻¹, avec un signe positif pour la constante de vitesse.

Q7. En exponentiant ln C = −0,154t + 2,01 :

C(t) = exp(2,01) × exp(−0,154t).

Le facteur exp(2,01) vaut environ 7,46, cohérent avec la lecture initiale 7,5. Le temps doit être exprimé en minutes.

Q8. Dans ce modèle de disparition du réactif, le temps de demi-réaction est celui où sa concentration atteint C₀/2.

Q9. e⁻ᵏᵗ½ = 1/2, donc t½ = ln 2/k = 0,693/0,154 ≈ 4,50 min.

Q10. Puisque k > 0, e⁻ᵏᵗ tend vers 0 quand t tend vers +∞. La limite de C(t) est donc 0 mol·L⁻¹.

Q11. Le modèle prévoit une disparition asymptotique de l’acide : il ne donne pas une concentration exactement nulle à un instant fini. Il ne suffit pas à prouver qu’une estérification réelle atteint une conversion totale ; un équilibre et des limites de mesure peuvent restreindre sa validité au domaine étudié.

Exercice 2 — Un laser vert

Q1. La classe 3B indique notamment un danger pour les yeux en cas d’exposition directe au faisceau. Ce classement exclut de traiter le laser comme un jouet.

Q2. Le faisceau est très directif et peu divergent. Son énergie reste concentrée sur une petite surface même à distance.

Q3. Pour un disque de rayon 0,25 m, S = πR² = π × 0,25² ≈ 0,196 m². Avec une puissance de 100 mW : P/S ≈ 509 mW·m⁻².

Q4. 1 mW = 1 000 µW et 1 m² = 10 000 cm². Ainsi, 509 mW·m⁻² = 50,9 µW·cm⁻².

Q5. Un éclairement concentré peut éblouir un pilote et perturber sa perception au moment où il doit maintenir le contrôle de l’appareil. Le danger ne se réduit donc pas à une gêne passagère pour la personne éclairée.

Q6. 1 064 nm appartient à l’infrarouge ; 532 nm au visible, dans le vert.

Q7. La relation ν = c/λ montre que diviser λ par 2 double la fréquence. Le rayonnement à 532 nm a une fréquence double de celui à 1 064 nm.

Q8. Sur le graphique de puissances relatives, la raie à 808 nm vaut environ 3 fois celle à 532 nm, et la raie à 1 064 nm environ 9 fois. L’axe ne fournit pas des puissances absolues en watts.

Q9. Un filtre infrarouge supprime les rayonnements à 808 et 1 064 nm, invisibles mais puissants, qui accompagnent le faisceau vert. Se fier seulement à la luminosité visible ferait sous-estimer le rayonnement émis.

Q10. Si seule la raie à 532 nm subsiste, le rayonnement est monochromatique dans le modèle spectral de l’exercice.

Exercice 3 — Mathématiques

Question 1. Pour f(x) = 5x² − 2x + 8 ln x : f(1) = 5 − 2 + 0 = 3.

Question 2. Sur ]0 ; +∞[, on dérive chaque terme : la dérivée de 5x² est 10x, celle de −2x est −2 et celle de 8 ln x est 8/x. Donc f′(x) = 10x − 2 + 8/x.

Question 3. Les règles des puissances donnent e⁻¹²/e³ = e⁻¹⁵ : diviser des exponentielles soustrait leurs exposants.

Question 4. Si f(x) = 4e³ˣ + 4, alors f′(x) = 12e³ˣ. Or 3f(x) − 12 = 12e³ˣ + 12 − 12. On a donc bien f′ = 3f − 12 sur ℝ.

Exercice 4 — L’alanine

Questions 1 à 4 — Fonctions et stéréochimie

Q1. L’alanine porte un groupe carboxyle, caractéristique d’un acide carboxylique, et un groupe amine.

Q2. Dans la glycine, le carbone central est lié à deux hydrogènes. Il ne possède pas quatre substituants différents et n’est donc pas asymétrique.

Q3. Les priorités CIP sont NH₂ > COOH > CH₃ > H. L’azote l’emporte sur les carbones ; pour départager COOH et CH₃, les oxygènes liés au carbone du carboxyle l’emportent sur les hydrogènes du méthyle. Dans le dessin fourni, H est à l’arrière et le parcours 1 → 2 → 3 est antihoraire : la configuration est S.

Q4. Pour obtenir l’énantiomère R, on peut conserver COOH et CH₃ dans le plan, et échanger les positions avant/arrière de NH₂ et H. Le schéma ci-dessus montre H sur le coin plein et NH₂ sur le coin hachuré. Échanger deux substituants inverse la configuration.

Questions 5 à 10 — Formes acido-basiques

Q5. AH₂⁺ peut céder un proton : c’est un acide. A⁻ peut capter un proton : c’est une base. AH peut faire l’un ou l’autre : c’est une espèce amphotère.

Q6. Les trois formes sont :

Q7. À pH 6,6, la forme majoritaire est AH, le zwitterion, d’après le diagramme de distribution.

Q8. Ses charges +1 et −1 se compensent : la charge totale de cette forme est nulle. Cela ne signifie pas que chaque groupe est dépourvu de charge.

Q9. Le pH isoélectrique est proche de 6. Pour cet acide aminé sans groupe latéral ionisable dans le modèle, pI = (pKₐ₁ + pKₐ₂)/2 = (2,4 + 9,7)/2 = 6,05. Le large domaine où AH domine ne doit pas être confondu avec un intervalle entier de pH isoélectriques.

Q10. Au pH isoélectrique, la charge moyenne est nulle : il n’y a pas de migration électrique nette de l’alanine. Les molécules restent soumises à l’agitation thermique ; « absence de migration » ne signifie pas immobilité absolue.