La base conjuguée s'obtient en retirant un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ à l'acide : $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$ perd l'hydrogène de son groupe $-\mathrm{OH}$.

Une espèce amphotère est à la fois l'acide d'un couple et la base d'un autre couple.

• Dans le couple $\mathrm{CO}{}_2(\mathrm{aq})/\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}(\mathrm{aq})$, l'ion $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$ est la base : il peut capter un ion $\mathrm{H}{}^{+}$.
• Dans le couple $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}(\mathrm{aq})/\mathrm{CO}{}_3{}^{2-}(\mathrm{aq})$, l'ion $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$ est l'acide : il peut céder un ion $\mathrm{H}{}^{+}$.

Pour un couple, l'acide prédomine si $\mathrm{pH}<\mathrm{p}{K}_A$ et la base prédomine si $\mathrm{pH}>\mathrm{p}{K}_A$.

On place les deux $\mathrm{p}{K}_A$ sur un axe gradué en pH :

Le pH de la solution $S_1$ vaut $9,0$ et $6,4<9,0<10,3$.

Cette valeur se situe dans le domaine de prédominance de $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$.

Le pourcentage massique donne : $m_f=\frac{0,22}{100}\times m_{\text{pastille}}$

$$m_f=\frac{0,22}{100}\times 2,64=5,8\times 10^{-3}\text{g}$$

L'ion $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$ est titré par un acide : il réagit en tant que base du couple $\mathrm{CO}{}_2/\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$ avec l'acide $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}$ du couple $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}/\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$.

À l'équivalence, le pH varie brusquement : la courbe dérivée $\frac{\mathrm{d}\mathrm{pH}}{\mathrm{d}V}$ passe par un extremum. Le pH diminue au cours du titrage, la dérivée est négative : l'extremum est ici un minimum.

On trace la verticale passant par ce minimum et on lit son abscisse sur l'axe des volumes.

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction de titrage (une mole de $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}$ pour une mole de $\mathrm{HCO}{}_3{}^{-}$) :

$$n_1=n_E(\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+})=c_A\times V_E$$

$$n_1=0,50\times 10^{-2}\times 12,0\times 10^{-3}=6,0\times 10^{-5}\text{mol}$$

La pastille entière est dissoute dans $V_0=100$ mL, mais on ne titre que $V_1=50,0$ mL de cette solution. La quantité d'ions dans la pastille est donc :

$$n_{\text{pastille}}=n_1\times \frac{V_0}{V_1}=6,0\times 10^{-5}\times \frac{100}{50,0}=1,2\times 10^{-4}\text{mol}$$

La masse correspondante est $m_{\text{exp}}=n_{\text{pastille}}\times M(\mathrm{HCO}{}_3{}^{-})$ :

$$m_{\text{exp}}=1,2\times 10^{-4}\times 61,0=7,3\times 10^{-3}\text{g}$$

Incertitude-type sur $m_{\text{exp}}$ :

$$u(m_{\text{exp}})=7,3\times 10^{-3}\times \sqrt{{\left(\frac{0,01\times 10^{-2}}{0,50\times 10^{-2}}\right)}^2+{\left(\frac{0,2}{12,0}\right)}^2}=1,9\times 10^{-4}\text{g}$$

Quotient $z$, avec $m_f$ pour valeur de référence :

$$z=\frac{\left|m_{\text{exp}}-m_f\right|}{u(m_{\text{exp}})}=\frac{\left|7,3\times 10^{-3}-5,8\times 10^{-3}\right|}{1,9\times 10^{-4}}=7,9$$

La masse mesurée est supérieure à la masse attendue : $m_{\text{exp}}>m_f$.

Les agents d'enrobage contiennent des ions carboxylate $\mathrm{RCOO}{}^{-}$. Ce sont des bases (couple $\mathrm{RCOOH}/\mathrm{RCOO}{}^{-}$) : ils réagissent eux aussi avec les ions $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}$ de la solution titrante.

L'hypothèse « les seuls ions titrés sont les ions hydrogénocarbonate » n'est donc pas vérifiée : le volume $V_E$ correspond au titrage de toutes les bases présentes.

Un indicateur coloré est adapté si sa zone de virage contient le pH à l'équivalence.

Ici ${\mathrm{pH}}_E=4,3$ : seule la zone de virage du vert de bromocrésol, $3,8-5,4$, contient cette valeur.

Avant l'équivalence, la solution titrée a un pH supérieur à $5,4$ : l'indicateur est sous sa forme basique, bleue. Après l'équivalence, le pH est inférieur à $3,8$ : il est sous sa forme acide, jaune.

On retient la masse $m_f$ déduite des données du fabricant, la valeur $m_{\text{exp}}$ étant surestimée (Q11).

Même quantité d'ions, donc même masse : $c_{me}=\frac{m_f}{V_{\text{Vichy}}}$, soit $V_{\text{Vichy}}=\frac{m_f}{c_{me}}$

$$V_{\text{Vichy}}=\frac{5,8}{4,37\times 10^3}=1,3\times 10^{-3}\text{L}$$

Ce volume est très faible, bien moins qu'une gorgée : une pastille apporte très peu d'ions hydrogénocarbonate. Un verre de $200$ mL d'eau de Vichy en apporte autant qu'environ $150$ pastilles.

Lors d'une hydrodistillation, les vapeurs formées dans le ballon chauffé sont condensées dans un réfrigérant incliné, puis le liquide obtenu (le distillat) est recueilli dans un récipient séparé.

Le montage B comporte un ballon chauffé, un thermomètre en tête de colonne, un réfrigérant droit incliné et un erlenmeyer de récupération.

Le montage A est un chauffage à reflux : le réfrigérant est vertical, les vapeurs condensées retombent dans le ballon, on ne recueille rien.

Un solvant d'extraction doit remplir deux conditions, toutes deux vérifiées ici d'après la figure 6 :

• l'espèce à extraire doit y être plus soluble que dans le solvant de départ : la solubilité de la phase huileuse odorante est très forte dans le dichlorométhane, alors qu'elle est très faible dans l'eau salée ;
• il ne doit pas être miscible avec le solvant de départ : la solubilité du dichlorométhane dans l'eau et dans l'eau salée est quasi nulle, on obtient deux phases que l'on sépare dans l'ampoule à décanter.

Sur le chromatogramme, le dépôt 1 (phase organique extraite) donne deux taches : il contient au moins deux espèces chimiques.

Ces deux taches sont à la même hauteur que les deux taches du dépôt 2 (huile essentielle de menthe verte) : elles ont le même rapport frontal, sur la même plaque et avec le même éluant.

Les deux dépôts contiennent donc vraisemblablement les mêmes espèces chimiques.

Un groupe hydroxyle est un groupe $-\mathrm{OH}$ lié à un atome de carbone.

On compte sur la figure 9 : quatre groupes $-\mathrm{OH}$ sur le cycle de gauche (à six atomes, en comptant celui du $-\mathrm{CH}{}_2\mathrm{OH}$) et quatre groupes $-\mathrm{OH}$ sur le cycle de droite (à cinq atomes).

Masse volumique de la boisson :

$$\rho =\frac{m_{\text{boisson}}}{V_{\text{boisson}}}=\frac{276,8}{268,0}=1,033\text{g}\cdot {\text{mL}}^{-1}$$

Concentration en masse de saccharose : on reporte $\rho =1,033\text{g}\cdot {\text{mL}}^{-1}$ sur la droite d'étalonnage de la figure 10 et on lit l'abscisse : $c\approx 96\text{g}\cdot {\text{L}}^{-1}$.

Masse de sucre dans 100 mL :

$$m=c\times V=96\times 0,100=9,6\text{g}$$

Comparaison : l'écart relatif avec la valeur annoncée est $\frac{9,6-9,5}{9,5}\approx 1\%$, inférieur à la précision de la lecture graphique (environ $2\text{g}\cdot {\text{L}}^{-1}$, soit $0,2$ g pour $100$ mL).

Le numéro atomique est $Z=55$ : le noyau contient 55 protons.

Le nombre de masse est $A=137$ : le noyau contient 137 nucléons, donc $N=A-Z=137-55=82$ neutrons.

On note ${}_{}^{}{}_{\mathrm{Z}}^{\mathrm{A}}\mathrm{X}$ la particule émise avec le noyau de baryum. Lois de conservation :

• nombre de masse : $137=137+A$, donc $A=0$ ;
• nombre de charge : $55=56+Z$, donc $Z=-1$.

La particule émise est un électron ${}_{}^{}{}_{-1}^0\mathrm{e}$ : c'est une désintégration ${\beta }^{-}$.

D'après les données, l'activité s'écrit de deux façons :

$$A(t)=-\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}\text{et}A(t)=\lambda N(t)$$

En égalant ces deux expressions : $-\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=\lambda N$, soit

On dérive la fonction proposée par rapport au temps :

$$\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=N_0\times (-\lambda ){\mathrm{e}}^{-\lambda t}=-\lambda \times \left(N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}\right)=-\lambda N(t)$$

On retrouve bien l'équation différentielle. De plus, à $t=0$ : $N(0)=N_0{\mathrm{e}}^0=N_0$, ce qui respecte la condition initiale.

Le temps de demi-vie $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents s'est désintégrée : $N(t_{1/2})=\frac{N_0}{2}$.

Avec $N(t)=N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}$ :

$$N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t_{1/2}}=\frac{N_0}{2}\text{donc}{\mathrm{e}}^{-\lambda t_{1/2}}=\frac{1}{2}$$

En prenant le logarithme népérien : $-\lambda t_{1/2}=\ln \left(\frac{1}{2}\right)=-\ln (2)$, d'où

Au bout d'une demi-vie, il reste 50 % des noyaux initiaux. Sur l'annexe, on trace l'horizontale d'ordonnée 50 % jusqu'à la courbe, puis la verticale jusqu'à l'axe des abscisses : on lit $t_{1/2}\approx 30$ ans.

D'après Q5 : $\lambda =\frac{\ln (2)}{t_{1/2}}$

$$\lambda =\frac{\ln (2)}{30}=2,3\times 10^{-2}{\text{an}}^{-1}$$

D'après Q4, $\frac{N}{N_0}={\mathrm{e}}^{-\lambda t}$, donc $100\times \frac{N}{N_0}=100\times {\mathrm{e}}^{-\lambda t}$, avec $t$ en années et $\lambda$ en ${\text{an}}^{-1}$.

L'activité est proportionnelle au nombre de noyaux : $A(t)=\lambda N(t)$.

Or $N(t)=N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}$, donc

$$A(t)=\lambda N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}$$

À la date $t=0$ : $A_0=A(0)=\lambda N_0$.

Activité d'un gramme de trinitite en 2026. On prend 2010 comme origine des dates ; la durée écoulée est $\Delta t=2026-2010=16$ ans.

$$A_{2026}=A_{\text{eˊtude}}{\mathrm{e}}^{-\lambda \Delta t}=48,3\times {\mathrm{e}}^{-0,0231\times 16}=33,4\text{Bq}$$

L'activité massique de la trinitite en 2026 est donc $a=33,4\text{Bq}\cdot {\text{g}}^{-1}$.

Remarque sur l'énoncé. Cette activité massique ne dépend pas de la masse de l'échantillon, et elle dépasse déjà $10\text{Bq}\cdot {\text{g}}^{-1}$. Pour qu'une masse limite existe, on interprète le seuil comme une activité de 10 Bq pour l'échantillon détenu.

Masse limite. L'activité d'un échantillon de masse $m$ est $A=a\times m$. Le seuil est atteint pour :

$$m_{\text{lim}}=\frac{A_{\text{seuil}}}{a}=\frac{10}{33,4}=0,30\text{g}$$

Commentaire. Cette masse est très faible : un fragment de trinitite de moins d'un tiers de gramme suffit pour atteindre le seuil. En pratique, presque tout morceau de trinitite nécessite donc une demande de détention en 2026, plus de 80 ans après l'essai.

La force est attractive, dirigée de L vers le centre de la Terre, donc selon $+{\vec{u}}_n$ :

Système {Lune}, de masse $M_L$ constante ; référentiel géocentrique supposé galiléen ; seule force : ${\overrightarrow{F}}_{T/L}$.

Deuxième loi de Newton : $M_L\vec{a}={\overrightarrow{F}}_{T/L}$, donc $\vec{a}=\frac{G{M}_T}{d_{T/L}^2}{\vec{u}}_n$.

Le mouvement est circulaire uniforme, de rayon $d_{T/L}$ : dans le repère de Frenet, $\vec{a}=\frac{v_L^2}{d_{T/L}}{\vec{u}}_n$.

Par identification selon ${\vec{u}}_n$ : $\frac{v_L^2}{d_{T/L}}=\frac{G{M}_T}{d_{T/L}^2}$, soit $v_L^2=\frac{G{M}_T}{d_{T/L}}$.

En une période, la Lune parcourt le périmètre $2\pi d_{T/L}$ à la vitesse constante $v_L$ :

$$T=\frac{2\pi d_{T/L}}{v_L}=2\pi d_{T/L}\sqrt{\frac{d_{T/L}}{G{M}_T}}=2\pi \sqrt{\frac{d_{T/L}^3}{G{M}_T}}$$

En élevant au carré : $T^2=\frac{4{\pi }^2{d}_{T/L}^3}{G{M}_T}$.

D'après la troisième loi de Kepler (Q3) : $d_{T/L}=\sqrt[3]{\frac{G{M}_T{T}^2}{4{\pi }^2}}$

avec $T=27,3\times 24\times 3600=2,36\times 10^6$ s (valeur non arrondie gardée en mémoire pour le calcul).

$$d_{T/L}=\sqrt[3]{\frac{6,67\times 10^{-11}\times 5,972\times 10^{24}\times (2,36\times 10^6{)}^2}{4{\pi }^2}}$$

$$r_{\text{Hill}}=d_{T/S}\cdot \sqrt[3]{\frac{M_T}{3M_S}}=1,496\times 10^8\times \sqrt[3]{\frac{5,972\times 10^{24}}{3\times 1,989\times 10^{30}}}$$

$d_{T/L}=3,83\times 10^5\text{km}<r_{\text{Hill}}=1,496\times 10^6\text{km}$ : la Lune est environ quatre fois plus proche de la Terre que la limite de la sphère de Hill.

Rayon de la sphère de Hill en unité astronomique : $r_{\text{Hill}}=\frac{1,496\times 10^6}{1,496\times 10^8}=0,010$ au.

Sur la figure 2, entre novembre 2024 et janvier 2025, la distance Terre-astéroïde diminue d'environ $0,027$ au à un minimum d'environ $0,012$ au (début janvier), puis augmente à nouveau : elle reste toujours supérieure à $0,010$ au.

Dans le triangle rectangle de la figure 3, avec $AB=d$ et la distance d'observation $d_{A/T}$ : $\tan \theta =\frac{d}{d_{A/T}}$.

L'angle est très petit : $\theta \approx \tan \theta$, avec $d_{A/T}=5,67\times 10^5\text{km}=5,67\times 10^8\text{m}$.

$$\theta =\frac{d}{d_{A/T}}=\frac{11}{5,67\times 10^8}$$

L'objet est vu distinctement si $\theta >\epsilon$. Or $\theta =1,9\times 10^{-8}\text{rad}$ est très inférieur à $\epsilon =3,0\times 10^{-4}\text{rad}$ : $\frac{\epsilon }{\theta }\approx 1,6\times 10^4$.

• Le rayon qui passe par le centre optique $O_1$ n'est pas dévié : il coupe le plan focal image de $L_1$ en $B_1$.
• L'objet est à l'infini : son image $A_1{B}_1$ se forme dans le plan focal image de $L_1$, avec $A_1$ en $F_1^{\prime }$. Le second rayon, parallèle au premier, sort donc de $L_1$ en passant aussi par $B_1$.
• $F_1^{\prime }$ et $F_2$ sont confondus : $B_1$ est dans le plan focal objet de $L_2$. Les deux rayons sortent de $L_2$ parallèles entre eux, parallèlement à la droite $(B_1{O}_2)$ tracée en pointillés.

Dans le triangle $O_1{A}_1{B}_1$, rectangle en $A_1$ : $\tan \theta =\frac{A_1{B}_1}{O_1{F}_1^{\prime }}=\frac{A_1{B}_1}{f_1^{\prime }}$.

Dans le triangle $O_2{A}_1{B}_1$, rectangle en $A_1$ : $\tan {\theta }^{\prime }=\frac{A_1{B}_1}{O_2{F}_2}=\frac{A_1{B}_1}{f_2^{\prime }}$.

Les angles sont très petits : $\theta \approx \frac{A_1{B}_1}{f_1^{\prime }}$ et ${\theta }^{\prime }\approx \frac{A_1{B}_1}{f_2^{\prime }}$, donc

$$G=\frac{{\theta }^{\prime }}{\theta }=\frac{A_1{B}_1}{f_2^{\prime }}\times \frac{f_1^{\prime }}{A_1{B}_1}$$

Grossissement, avec $f_2^{\prime }=4\text{cm}=0,04\text{m}$ : $G=\frac{f_1^{\prime }}{f_2^{\prime }}=\frac{16}{0,04}=400$.

Angle sous lequel l'astéroïde est vu à travers la lunette :

$${\theta }^{\prime }=G\times \theta =400\times 1,9\times 10^{-8}=7,6\times 10^{-6}\text{rad}$$

Critère : on distingue les deux points si ${\theta }^{\prime }>\epsilon$. Or $7,6\times 10^{-6}\text{rad}<3,0\times 10^{-4}\text{rad}$.