Oui
Synthèse organique
Dosage par étalonnage
Équilibre et sens d'évolution
Sujet Bac Corrigé - Vernis à ongles - Amérique du Nord 2025 Jour 1 - Ex 1 - Corrigé (Physique-chimie)
1 juin 2025
Terminale spécialité
💅 De quoi est fait un vernis à ongles ? L'exercice 1 du bac 2025 de physique-chimie en Amérique du Nord (jour 1), sur 9 points, enchaîne synthèse organique et dosage.
- Synthèse de l'éthanoate d'éthyle : groupe ester, flèche courbe, rôle du catalyseur.
- Protocole : extraction à l'ampoule à décanter, position des phases, lavage et dégazage.
- Rendement et équilibre : réactif limitant, leviers pour améliorer la synthèse.
- Dosage par étalonnage : dilution, loi de Beer-Lambert, teneur en pigment du vernis.
Le sujet officiel et le corrigé détaillé sont gratuits en PDF, avec les pièges à éviter à chaque question.
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Q1Représenter la formule semi-développée de l'éthanoate d'éthyle, entourer le groupe caractéristique et nommer la famille fonctionnelle associée.
Formule semi-développée : voir le schéma. Le groupe caractéristique entouré est l'enchaînement −C(=O)−OX− relié à un atome de carbone de chaque côté.
Groupe caractéristique ester : l'éthanoate d'éthyle appartient à la famille des esters.
Formule semi-développée de l'éthanoate d'éthyle, groupe ester entouréTu avais trouvé ?
Q2Justifier le sens de la flèche courbe de la figure 2.
Une flèche courbe représente le déplacement d'un doublet d'électrons : elle part d'un site donneur et pointe vers un site accepteur.
L'atome d'oxygène du groupe C=O porte des doublets non liants : c'est un site donneur de doublet. L'ion HX+ ne possède aucun électron et porte une charge positive : c'est un site accepteur.
La flèche part d'un doublet non liant de l'oxygène (donneur) et arrive sur HX+ (accepteur) : une liaison O−H se forme.
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Q3Définir un catalyseur et justifier que l'acide sulfurique ajouté dans l'étape 1 peut jouer ce rôle.
Un catalyseur est une espèce chimique qui augmente la vitesse d'une transformation sans figurer dans l'équation de la réaction : il est consommé puis régénéré, et ne modifie pas l'état final.
L'acide sulfurique apporte des ions HX+. Ces ions sont consommés dans la première étape du mécanisme (figure 2), mais ni HX+ ni HX2SOX4 n'apparaissent dans l'équation de la réaction : ils sont donc régénérés dans une étape ultérieure. De plus, quelques gouttes suffisent.
L'acide sulfurique accélère la synthèse sans intervenir dans son bilan : il peut jouer le rôle de catalyseur.
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Q4Indiquer l'étape du protocole expérimental qui correspond à une extraction.
Dans l'étape 2, l'ajout d'eau salée dans l'ampoule à décanter sépare l'ester, presque insoluble dans l'eau salée, des autres espèces qui y sont très solubles.
L'extraction correspond à l'étape 2.
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Q5Schématiser l'ampoule à décanter après la décantation de l'étape 2 et indiquer, en justifiant, les espèces présentes dans chacune des deux phases.
Données utiles masses volumiques : ester 0,902 g⋅mL−1, eau salée 1,15 g⋅mL−1 ; solubilités dans l'eau salée (tableau)
La transformation n'est pas totale : en fin de chauffage, le ballon contient l'ester, l'eau, les réactifs restants (éthanol, acide éthanoïque) et l'acide sulfurique.
- L'éthanol, l'acide éthanoïque et l'acide sulfurique ont une très grande solubilité dans l'eau salée : ils se trouvent dans la phase aqueuse.
- L'éthanoate d'éthyle a une solubilité presque nulle dans l'eau salée : il constitue la phase organique.
- La phase organique (0,902 g⋅mL−1) est moins dense que la phase aqueuse (environ 1,15 g⋅mL−1) : elle surnage.
Phase supérieure : éthanoate d'éthyle. Phase inférieure : eau salée, éthanol, acide éthanoïque, acide sulfurique.
Ampoule à décanter après décantation (étape 2)Tu avais trouvé ?
Q6Écrire l'équation de la réaction acido-basique entre les ions hydrogénocarbonate et l'acide éthanoïque (étape 3) et nommer le gaz formé.
Données utiles couples COX2,HX2O(aq) / HCOX3X−(aq) et CHX3COOH(aq) / CHX3COOX−(aq)
L'acide CHX3COOH cède un ion HX+ à la base HCOX3X− :
CHX3COOH(aq)+HCOX3X−(aq)CHX3COOX−(aq)+COX2,HX2O(aq)
Le gaz formé est le dioxyde de carbone COX2, d'où le dégazage demandé dans le protocole.
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Q7Déterminer la valeur du rendement de cette synthèse, sachant que l'acide éthanoïque est en excès.
Données utiles V1=11,7 mL ; Vester=12,0 mL ; éthanol : ρ1=0,789 g⋅mL−1, M1=46,1 g⋅mol−1 ; ester : ρe=0,902 g⋅mL−1, Me=88,1 g⋅mol−1
Indice Pour un liquide pur : n=MρV, avec ρ en g⋅mL−1 et V en mL.
Le rendement est η=nmaxnexp.
Quantité d'ester obtenue (le filtrat est l'ester pur) : nexp=MeρeVester=88,10,902×12,0=0,123 mol
L'éthanol est le réactif limitant et une mole d'éthanol donne au plus une mole d'ester : nmax=n1=M1ρ1V1=46,10,789×11,7=0,200 mol
η=Meρ1V1ρeVesterM1=0,614
η=0,614, soit un rendement de 61,4 %
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Q8Choisir la ou les bonnes propositions permettant d'augmenter le rendement de cette synthèse (A : éthanol en excès ; B : doubler le volume d'acide sulfurique ; C : éliminer l'eau produite). Justifier.
La transformation est limitée : elle aboutit à un équilibre entre l'estérification et la réaction inverse (hydrolyse de l'ester).
- A, correcte : un large excès d'un réactif déplace l'équilibre dans le sens direct. Le réactif limitant, ici l'acide éthanoïque, est alors davantage consommé.
- B, fausse : l'acide sulfurique est un catalyseur. Il permet d'atteindre plus vite l'état final, sans le modifier.
- C, correcte : en retirant l'eau au fur et à mesure, on empêche la réaction inverse. La transformation se poursuit dans le sens direct.
Les propositions A et C augmentent le rendement.
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Q9Indiquer la verrerie nécessaire à la préparation de la solution étalon S5 à partir de S0, puis calculer sa concentration C5.
Données utiles C0=3,58×10−4 mol⋅L−1 ; V5=10,0 mL ; volume total V=50,0 mL
Verrerie : une pipette jaugée de 10,0 mL (avec propipette) pour prélever S0, versée au préalable dans un bécher, et une fiole jaugée de 50,0 mL complétée jusqu'au trait de jauge.
Lors d'une dilution, la quantité de matière de soluté se conserve : C0V5=C5V, donc
C5=VC0V5=50,03,58×10−4×10,0
C5=7,16×10−5 mol⋅L−1
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Q10Indiquer, en justifiant, la longueur d'onde à laquelle régler le spectrophotomètre pour les mesures d'absorbance.
On règle le spectrophotomètre sur la longueur d'onde du maximum d'absorption de l'espèce dosée : les absorbances mesurées sont les plus grandes possibles, donc les mesures plus précises.
Sur le spectre, le maximum d'absorbance (A≈1,0) est atteint pour une longueur d'onde voisine de 510 nm.
λmax≈510 nm
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Q11Justifier que la courbe d'étalonnage de la figure 3 vérifie la loi de Beer-Lambert.
La loi de Beer-Lambert affirme que l'absorbance est proportionnelle à la concentration de l'espèce colorée : A=kC.
Sur la figure 3, les points expérimentaux sont alignés sur une droite qui passe par l'origine, modélisée par y=0,0113x avec R2=0,9992, très proche de 1.
A est proportionnelle à C, avec k=0,0113 L⋅μmol−1 : la loi de Beer-Lambert est vérifiée.
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Q12À partir de l'absorbance de la solution S, de la courbe d'étalonnage et des données, montrer que la quantité de matière de FeX2OX3 dans l'échantillon vaut 0,80×10−6 mol.
Données utiles AS=0,360 ; A=0,0113C avec C en μmol⋅L−1 (figure 3) ; V=50,0 mL
Indice Dosage par étalonnage : 1) absorbance vers concentration par la droite ; 2) n=CV dans la fiole ; 3) remonter à l'espèce cherchée avec les nombres stœchiométriques.
Concentration des ions FeX2+ dans S, par lecture graphique ou avec l'équation de la droite : CS=kAS=0,01130,360=31,9 μmol⋅L−1
Quantité d'ions FeX2+ dans la fiole : n(FeX2+)=CSV
Chaque ion FeX3+ est réduit en un ion FeX2+ : n(FeX3+)=n(FeX2+). D'après l'équation, une mole de FeX2OX3 donne deux moles de FeX3+ et l'acide est en excès, donc
n(FeX2OX3)=2n(FeX3+)=2CSV=231,9×10−6×50,0×10−3
n(FeX2OX3)=7,96×10−7 mol≈0,80×10−6 mol, valeur attendue.
AS=0,360CS≈32AC (μmol⋅L−1) Figure 3 du sujet, avec la lecture pour la solution STu avais trouvé ?
Q13En déduire si le vernis étudié possède un pouvoir couvrant optimal.
Données utiles n(FeX2OX3)=0,80×10−6 mol (Q.12) ; M(FeX2OX3)=159,7 g⋅mol−1 ; m=0,0103 g ; pourcentage optimal : 5 %
Masse d'oxyde de fer (III) dans l'échantillon : m(FeX2OX3)=n(FeX2OX3)×M(FeX2OX3)=0,80×10−6×159,7=1,3×10−4 g
Pourcentage massique : w=mm(FeX2OX3)×100=0,01031,28×10−4×100=1,2 %
w≈1,2 %<5 % : le vernis étudié n'a pas un pouvoir couvrant optimal.
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Un vernis à ongles au cœur d'un exercice de chimie de 9 points
Le premier exercice du bac 2025 de physique-chimie en Amérique du Nord (jour 1) compte pour 9 points sur 20, soit environ 1 h 35 de travail. Il suit le parcours d'un vernis à ongles en deux temps : la synthèse de son solvant, l'éthanoate d'éthyle, puis le dosage par étalonnage du pigment qui lui donne sa couleur, l'oxyde de fer (III). Les treize questions balaient une grande partie du programme de chimie de terminale : groupes caractéristiques, mécanisme réactionnel, catalyse, protocole de synthèse, rendement, équilibre chimique et loi de Beer-Lambert.
Ester, flèche courbe et catalyseur (Q1 à Q3)
En Q1, on entoure l'enchaînement -C(=O)-O- de l'éthanoate d'éthyle, qui appartient à la famille des esters. Entourer seulement C=O revient à désigner le groupe carbonyle. En Q2, la flèche courbe part d'un doublet non liant de l'oxygène, site donneur, et arrive sur l'ion H+, site accepteur : elle suit toujours les électrons, jamais la charge positive. En Q3, l'acide sulfurique apporte des ions H+ consommés dans la première étape du mécanisme puis régénérés, puisqu'ils n'apparaissent pas dans l'équation de la réaction : c'est la définition d'un catalyseur.
Le protocole : extraction, phases et lavage (Q4 à Q6)
L'extraction correspond à l'étape 2, l'ajout d'eau salée dans l'ampoule à décanter. Pour le schéma de Q5, on justifie la position des phases par les masses volumiques : l'ester (0,902 g/mL) surnage au-dessus de l'eau salée (1,15 g/mL), qui retient l'éthanol, l'acide éthanoïque et l'acide sulfurique, très solubles. Placer la phase organique en bas par habitude coûte des points. En Q6, l'acide éthanoïque réagit avec les ions hydrogénocarbonate : le gaz formé est le dioxyde de carbone, d'où le dégazage prévu par le protocole.
Rendement et déplacement d'équilibre (Q7 et Q8)
Le calcul du rendement repose sur la relation n = ρV/M pour un liquide pur. L'éthanol est le réactif limitant : nmax = 0,200 mol, alors que l'on obtient 0,123 mol d'ester, d'où un rendement de 61,4 %. Le piège consiste à calculer nmax avec l'acide éthanoïque, ou à comparer des volumes. En Q8, les propositions A (un réactif en excès) et C (éliminer l'eau formée) augmentent le rendement ; doubler la quantité de catalyseur accélère la transformation sans modifier l'état final.
Dosage par étalonnage du pigment (Q9 à Q13)
La solution étalon S5 se prépare avec une pipette jaugée de 10,0 mL et une fiole jaugée de 50,0 mL : C5 = 7,16 × 10-5 mol/L. Le spectrophotomètre se règle au maximum d'absorption, vers 510 nm. Pour valider la loi de Beer-Lambert, il faut une droite passant par l'origine, et pas seulement une droite. Avec AS = 0,360, on obtient CS = 31,9 µmol/L, puis n(Fe2O3) = 0,80 × 10-6 mol en n'oubliant pas le facteur 2 entre Fe2O3 et les ions fer. Le pourcentage massique de pigment vaut environ 1,2 %, bien en dessous des 5 % optimaux : le vernis n'a pas un pouvoir couvrant optimal.
Conseils pour réussir cet exercice
Gardez les valeurs non arrondies dans la calculatrice pour le rendement, convertissez les µmol/L et les mL avant de multiplier, et justifiez chaque choix expérimental par une donnée de l'énoncé : masse volumique, solubilité ou précision de la verrerie. Le corrigé détaillé reprend chaque question avec les pièges et les méthodes à retenir.