Interrupteur fermé, on oriente le courant $i$ et on note $u_R$ la tension aux bornes du conducteur ohmique, en convention récepteur (schéma).

Loi des mailles : $E=u_R+u_C$.

Loi d'Ohm : $u_R=Ri$.

Condensateur : $q=C{u}_C$ et $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$, donc $i=C\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}$ ($C$ constante).

On remplace : $E=RC\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}+u_C$, puis on divise par $RC$ :

$$\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{RC}{u}_C=\frac{E}{RC}$$

On dérive la solution : $\frac{\mathrm{d}{u}_C}{\mathrm{d}t}=\frac{A}{\tau }{\mathrm{e}}^{-t/\tau }$.

On reporte dans l'équation différentielle :

$$\frac{A}{\tau }{\mathrm{e}}^{-t/\tau }+\frac{A}{\tau }\left(1-{\mathrm{e}}^{-t/\tau }\right)=\frac{E}{\tau }\text{soit}\frac{A}{\tau }=\frac{E}{\tau }$$

$u_C(\tau )=E\left(1-{\mathrm{e}}^{-\tau /\tau }\right)=E\left(1-{\mathrm{e}}^{-1}\right)$

$u_C(\tau )=0,63\times 4,9=3,1$ V.

Sur la figure 3, on trace l'horizontale d'ordonnée $3,1$ V jusqu'à la courbe, puis on descend verticalement jusqu'à l'axe des temps : l'abscisse lue est $\tau$.

$\tau =RC$ donc $C=\frac{\tau }{R}$

$$C=\frac{70\times 10^{-6}}{1,00\times 10^3}=7,0\times 10^{-8}\text{F}$$

$C=\frac{{\epsilon }_0{\epsilon }_{r,\text{film}}S}{e_{\text{film}}}$ donc $e_{\text{film}}=\frac{{\epsilon }_0{\epsilon }_{r,\text{film}}S}{C}$, avec $S=0,21\times 0,28{\text{m}}^2$.

$$e_{\text{film}}=\frac{8,85\times 10^{-12}\times 2,3\times 0,21\times 0,28}{69,8\times 10^{-9}}=1,7\times 10^{-5}\text{m}$$

On calcule le quotient proposé par l'énoncé :

$$\frac{\left|e_{\text{film}}-e_{\text{film,ref}}\right|}{u(e_{\text{film}})}=\frac{17-7,6}{1,0}=9,4$$

Premier cas limite, pas de couche d'air : $e_{\text{air}}=0$.

$$C^{\prime }=\frac{{\epsilon }_{0}S}{\frac{e_{\text{film}}}{{\epsilon }_{r,\text{film}}}}=\frac{{\epsilon }_0{\epsilon }_{r,\text{film}}S}{e_{\text{film}}}$$

C'est la capacité d'un condensateur plan dont l'isolant est le film seul.

Second cas limite, pas de film : $e_{\text{film}}=0$.

$$C^{\prime }=\frac{{\epsilon }_{0}S}{\frac{e_{\text{air}}}{{\epsilon }_{r,\text{air}}}}=\frac{{\epsilon }_0{\epsilon }_{r,\text{air}}S}{e_{\text{air}}}$$

C'est la capacité d'un condensateur plan dont l'isolant est l'air seul.

La capacité mesurée est maintenant $C^{\prime }$. On isole $e_{\text{air}}$ :

$$\frac{e_{\text{air}}}{{\epsilon }_{r,\text{air}}}+\frac{e_{\text{film}}}{{\epsilon }_{r,\text{film}}}=\frac{{\epsilon }_{0}S}{C^{\prime }}\text{donc}{e}_{\text{air}}={\epsilon }_{r,\text{air}}\left(\frac{{\epsilon }_{0}S}{C^{\prime }}-\frac{e_{\text{film}}}{{\epsilon }_{r,\text{film}}}\right)$$

$$e_{\text{air}}=1,0\times \left(\frac{8,85\times 10^{-12}\times 0,21\times 0,28}{69,8\times 10^{-9}}-\frac{7,6\times 10^{-6}}{2,3}\right)=4,2\times 10^{-6}\text{m}$$

Commentaire : cette épaisseur est du même ordre de grandeur que celle du film, donc pas négligeable. Quelques micromètres d'air entre des feuilles souples posées à la main sont plausibles : l'hypothèse explique l'écart constaté en Q7.

Le film déroulé est un pavé droit de volume $V=\ell \times L\times e_{\text{film}}$.

${\rho }_{\text{film}}=\frac{m_{\text{film}}}{V}=\frac{m_{\text{film}}}{\ell L{e}_{\text{film}}}$ donc $e_{\text{film}}=\frac{m_{\text{film}}}{{\rho }_{\text{film}}\ell L}$

$$e_{\text{film}}=\frac{70,56\times 10^{-3}}{1,25\times 10^3\times 0,29\times 30}=6,5\times 10^{-6}\text{m}$$

Les interférences sont constructives quand les deux ondes se superposent en phase : la différence de chemin optique est un multiple entier de la longueur d'onde.

D'après la relation 1, si $\frac{\beta \times e_{\text{film}}}{\lambda }$ est un entier, alors $p=\frac{\delta }{\lambda }$ est un entier augmenté de $\frac{1}{2}$ : c'est un demi-entier.

On a donc $\delta =\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$ avec $k$ entier : les deux ondes se superposent en opposition de phase.

En lumière blanche, chaque longueur d'onde a son propre ordre d'interférence $p$, puisque $p$ dépend de $\lambda$ (relation 1).

Pour les longueurs d'onde telles que $p$ est entier, les rayons ① et ② interfèrent de façon constructive : l'intensité captée est maximale. Entre deux de ces longueurs d'onde, $p$ passe par un demi-entier : les interférences sont destructives et l'intensité présente un creux.

La relation 1 s'écrit $p=\left(\beta \times e_{\text{film}}\right)\times \frac{1}{\lambda }+\frac{1}{2}$ : $p$ est une fonction affine de $\frac{1}{\lambda }$, d'ordonnée à l'origine $0,5$.

Sur la figure 7, les points expérimentaux sont alignés sur une droite qui ne passe pas par l'origine, et l'ordonnée à l'origine du modèle, $0,51$, est très proche de $0,5$.

Par identification du coefficient directeur (Q14) : $\beta \times e_{\text{film}}=22443$ nm, puisque $\lambda$ est en nanomètres.

$$e_{\text{film}}=\frac{22443}{\beta }=\frac{22443}{3,02}=7,43\times 10^3\text{nm}$$

Commentaire : cette valeur s'écarte de la référence ($7,6\mu \text{m}$) d'environ $2\%$ seulement. La capacimétrie donnait $17\mu \text{m}$ et la pesée $6,5\mu \text{m}$ : l'interférométrie est la méthode la plus exacte des trois.

Diluer 5 fois : le volume d'eau commerciale à prélever est $V_0=\frac{V_f}{5}=\frac{100,0}{5}=20,0$ mL.

• Verser un peu d'eau de Quinton commerciale dans un bécher.
• En prélever $20,0$ mL avec une pipette jaugée de $20,0$ mL munie d'une propipette.
• Les introduire dans une fiole jaugée de $100,0$ mL.
• Ajouter de l'eau distillée aux trois quarts, boucher, agiter.
• Compléter à l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, boucher, homogénéiser.

L'eau commerciale est une eau de mer bretonne. Sa concentration en quantité de matière en ions chlorure est :

$$C_0=\frac{C_m}{M(\text{Cl})}=\frac{19,4}{35,5}=0,546\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Après une dilution d'un facteur 5 : $C=\frac{C_0}{5}=\frac{0,546}{5}=0,109\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$, soit $109\text{mmol}\cdot {\text{L}}^{-1}$.

Les ions argent versés réagissent avec les ions chlorure pour former un précipité ; la transformation est totale.

• A : sa concentration décroît puis reste nulle après l'équivalence. C'est le réactif titré, consommé peu à peu : $\mathrm{Cl}{}^{-}$.
• B : sa concentration est nulle avant l'équivalence puis augmente. C'est le réactif titrant, entièrement consommé tant qu'il reste des ions chlorure, puis en excès : $\mathrm{Ag}{}^{+}$.
• C : sa concentration augmente dès le début, tout au long du titrage. C'est l'ion spectateur apporté par la burette : $\mathrm{NO}{}_3{}^{-}$.
• D : sa concentration reste constante. C'est l'ion spectateur présent dès le départ dans le bécher : $\mathrm{Na}{}^{+}$.

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation (Q3), ici une mole pour une mole :

$n(\mathrm{Ag}{}^{+}{)}_{\text{verseˊ}}=n(\mathrm{Cl}{}^{-}{)}_{\text{initial}}$, soit $C_2\times V_E=C_1\times V_1$, donc $V_E=\frac{C_1\times V_1}{C_2}$.

Loi de Kohlrausch : $\sigma =\lambda (\mathrm{Na}{}^{+})[\mathrm{Na}{}^{+}]+\lambda (\mathrm{Cl}{}^{-})[\mathrm{Cl}{}^{-}]+\lambda (\mathrm{NO}{}_3{}^{-})[\mathrm{NO}{}_3{}^{-}]+\lambda (\mathrm{Ag}{}^{+})[\mathrm{Ag}{}^{+}]$.

Avant l'équivalence : $[\mathrm{Na}{}^{+}]$ est constante et $[\mathrm{Ag}{}^{+}]$ nulle. Chaque ion $\mathrm{Cl}{}^{-}$ consommé est remplacé par un ion $\mathrm{NO}{}_3{}^{-}$, un peu moins conducteur ($7,14\times 10^{-3}<7,63\times 10^{-3}$) : $\sigma$ diminue faiblement.

Après l'équivalence : il n'y a plus d'ions $\mathrm{Cl}{}^{-}$. Les ions $\mathrm{Ag}{}^{+}$ et $\mathrm{NO}{}_3{}^{-}$ versés ne sont plus consommés et s'accumulent, $[\mathrm{Na}{}^{+}]$ restant constante : $\sigma$ augmente nettement.

Sur la figure A1, on trace une droite moyenne pour chacune des deux portions. Leur point d'intersection donne le volume équivalent : $V_E\approx 18,2$ mL.

À l'équivalence, $n(\mathrm{Cl}{}^{-}{)}_{\text{initial}}=n(\mathrm{Ag}{}^{+}{)}_{\text{verseˊ}}$. En notant $C$ la concentration en quantité de matière des ions chlorure dans l'eau de Quinton, $C\times V_1=C_2\times V_E$, donc :

$$C=\frac{C_2\times V_E}{V_1}=\frac{3,00\times 10^{-1}\times 18,2}{10,0}=0,546\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Concentration en masse : $C_{\text{Quinton}}=C\times M(\text{Cl})=0,546\times 35,5$

Incertitude-type $u=u(C_{\text{Quinton}})$ :

$$u=19,38\times \sqrt{{\left(\frac{0,02}{10,0}\right)}^2+{\left(\frac{0,5}{18,2}\right)}^2+{\left(\frac{2\times 10^{-3}}{3,00\times 10^{-1}}\right)}^2}=0,55\text{g}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Arrondie par excès à un chiffre significatif : $u(C_{\text{Quinton}})=0,6\text{g}\cdot {\text{L}}^{-1}$.

Quotient : $\frac{|C_{\text{Quinton}}-C_{\text{reˊf}}|}{u(C_{\text{Quinton}})}=\frac{|19,38-19,4|}{0,6}\approx 0,03$

Le groupe entouré, $-\mathrm{OH}$ porté par un carbone tétraédrique, est le groupe hydroxyle.

Le géraniol appartient donc à la famille des alcools.

L'éthanoate de géranyle contient l'enchaînement $-\mathrm{CO}-\mathrm{O}-\mathrm{C}$ : il appartient à la famille des esters.

Le spectre présente une bande forte et fine vers $1740{\text{cm}}^{-1}$, dans l'intervalle $1700$ – $1800{\text{cm}}^{-1}$ : la molécule possède une liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$.

Il ne présente aucune bande forte entre $3200$ et $3700{\text{cm}}^{-1}$ : la molécule ne possède pas de liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ d'alcool.

Or le géraniol possède une liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ et aucune liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$, alors que l'éthanoate de géranyle possède une liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et aucune liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$.

Un catalyseur est une espèce chimique qui augmente la vitesse d'une transformation sans figurer dans l'équation de la réaction : il est consommé au cours d'une étape puis intégralement régénéré.

Dans le mécanisme, l'ion $\mathrm{H}{}^{+}$ est un réactif de l'étape 1 et un produit de l'étape 5 : il est consommé puis régénéré.

Étape 1 : une flèche part d'un doublet non liant de l'oxygène du groupe $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et pointe vers $\mathrm{H}{}^{+}$ (formation de la liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$).

Étape 2 : une flèche part d'un doublet non liant de l'oxygène de $\mathrm{R}-\mathrm{OH}$ et pointe vers l'atome de carbone lié aux deux oxygènes (formation de la liaison $\mathrm{C}-\mathrm{O}$) ; une seconde flèche part de la double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et pointe vers l'oxygène chargé positivement (rupture d'une des deux liaisons).

Étape 5 : une flèche part de la liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ et pointe vers l'oxygène chargé positivement (rupture de la liaison, libération de $\mathrm{H}{}^{+}$).

Étape 4 : le cation de gauche perd le groupe $-\mathrm{OH}{}_2{}^{+}$. Par conservation des éléments et de la charge, l'espèce A est neutre et contient deux H et un O : A est l'eau, $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$.

L'équation s'obtient en faisant le bilan des cinq étapes ; le catalyseur $\mathrm{H}{}^{+}$ et les intermédiaires se simplifient :

$$\mathrm{CH}{}_3\mathrm{CO}{}_2\mathrm{H}+\mathrm{R}-\mathrm{OH}\rightleftharpoons \mathrm{CH}{}_3\mathrm{COO}-\mathrm{R}+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$$

L'estérification est une transformation lente. La température est un facteur cinétique : en chauffant, on augmente la vitesse de la transformation.

La phase organique contient le géraniol restant ($d_G=0,89$) et l'éthanoate de géranyle formé ($d_{EG}=0,92$) : sa densité est comprise entre $0,89$ et $0,92$.

La phase aqueuse contient l'eau, l'acide éthanoïque restant et le catalyseur : sa densité est voisine de $d_A=1,0$.

La phase la moins dense surnage.

Acide éthanoïque : $n_A=C_A\times V_A=1,0\times 50\times 10^{-3}=5,0\times 10^{-2}\text{mol}$

Géraniol : $n_G=\frac{m_G}{M_G}=\frac{7,7}{154,25}=5,0\times 10^{-2}\text{mol}$

D'après l'équation (Q5), une mole d'acide réagit avec une mole de géraniol : le mélange est stœchiométrique si $\frac{n_A}{1}=\frac{n_G}{1}$.

L'acide éthanoïque réagit avec les ions hydroxyde de la solution titrante :

$$\mathrm{CH}{}_3\mathrm{CO}{}_2\mathrm{H}(\mathrm{aq})+\mathrm{HO}{}^{-}(\mathrm{aq})\to \mathrm{CH}{}_3\mathrm{CO}{}_2{}^{-}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})$$

Volume à l'équivalence : par la méthode des tangentes parallèles (deux tangentes parallèles de part et d'autre du saut de pH, puis la parallèle équidistante, qui coupe la courbe au point d'équivalence), on lit $V_E=32,8$ mL.

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

$$\frac{n_{\text{restant}}}{1}=\frac{n(\mathrm{HO}{}^{-}{)}_{\text{verseˊ}}}{1}\text{soit}{n}_{\text{restant}}=C_B\times V_E$$

$n_{\text{restant}}=1,0\times 32,8\times 10^{-3}=3,3\times 10^{-2}\text{mol}$

Quantité d'acide consommée : $n_A-n_{\text{restant}}=5,0\times 10^{-2}-3,3\times 10^{-2}=1,7\times 10^{-2}\text{mol}$.

D'après l'équation (Q5), une mole d'acide consommée forme une mole d'ester : $n_{EG}=1,7\times 10^{-2}\text{mol}$.

Si la transformation était totale, le mélange étant stœchiométrique, on obtiendrait $n_{\max }=n_A=5,0\times 10^{-2}\text{mol}$ d'ester.

$$\eta =\frac{n_{EG}}{n_{\max }}=\frac{1,7\times 10^{-2}}{5,0\times 10^{-2}}=0,34$$

Masse maximale de géraniol pour une personne de 65 kg : $m_{\max }=17,75\times 65=1154\text{mg}=1,154\text{g}$

Masse de parfum dans une pulvérisation : $m_p=d\times {\rho }_{\text{eau}}\times V=0,84\times 1,0\times 0,15=0,126\text{g}$

Masse de géraniol dans une pulvérisation : $m_1=\frac{0,001}{100}\times m_p=\frac{0,001}{100}\times 0,126=1,26\times 10^{-6}\text{g}$

Nombre maximal de pulvérisations : $$N=\frac{m_{\max }}{m_1}=\frac{1,154}{1,26\times 10^{-6}}=9,2\times 10^5$$

Commentaire : cela représente $9,2\times 10^5\times 0,15\text{mL}\approx 1,4\times 10^2$ L de parfum, soit près d'un million de pulvérisations. Ce nombre est inatteignable en pratique : l'usage normal du parfum ne présente pas de danger lié à cette dose.