Bac S 2009 Asie : un sujet complet sans calculatrice

Le sujet de physique-chimie du bac S 2009 d'Asie, ancien programme, dure 3 h 30 pour 20 points : trois exercices communs et un exercice de spécialité. La calculatrice est interdite, les calculs se font à la main avec les valeurs approchées fournies, ce qui exige de maîtriser puissances de dix et conversions. Titrage, mécanique du satellite, électrochimie, circuits RC et oscillations électriques : le sujet balaie une large part du programme.

Exercice 1 : titrage du dioxyde de soufre dans l'air (4 points)

Le dioxyde de soufre de 1,00 × 10⁴ m³ d'air est piégé dans 1,00 L d'eau, puis titré par le permanganate de potassium. Objectif : comparer la teneur de l'air au seuil d'alerte de 500 µg par m³.

Questions 1 à 3 : verrerie, équation et équivalence

Un volume de 10,0 mL écrit avec trois chiffres significatifs impose une verrerie jaugée : la pipette jaugée de 10,0 mL, munie d'une propipette. Une éprouvette graduée ou un bécher ne sont pas assez précis. L'équation du titrage se retrouve en combinant la demi-équation d'oxydation du dioxyde de soufre, multipliée par 5, et celle de réduction de l'ion permanganate, multipliée par 2 : dix électrons sont échangés. Après simplification de l'eau et des ions hydrogène, on obtient 2 MnO₄^- + 5 SO₂ + 2 H₂O = 4 H⁺ + 5 SO₄^2- + 2 Mn²⁺. L'équivalence est ensuite définie comme l'état où réactif titrant et réactif titré ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.

Question 4 : quotient de réaction initial

L'expression du quotient de réaction ne fait pas apparaître l'eau, qui est le solvant. Au départ, les ions sulfate et manganèse sont absents, donc le quotient initial est nul : il est inférieur à la constante d'équilibre, ce qui est cohérent avec une évolution spontanée dans le sens direct.

Questions 5 à 9 : de l'équivalence au seuil d'alerte

Un tableau d'avancement à l'équivalence donne n₁/5 = n₂/2, soit n₁ = 5/2 n₂. Le piège classique consiste à inverser les coefficients. Avec un volume équivalent de 8,0 mL, la concentration de la solution S vaut C₁ = 2,0 × 10^-2 mol/L ; sans calculatrice, il suffit de regrouper les puissances de dix. La masse molaire du dioxyde de soufre, 64,0 g/mol, conduit à m₁ ≈ 1,3 g dans le litre de solution, qui contient tout le gaz piégé. Rapportée au volume d'air, cette masse donne m₂ = 1,3 × 10^-4 g par m³, soit 1,3 × 10² µg par m³. Le seuil d'alerte n'est donc pas atteint.

Exercice 2 : le satellite SPOT 4 (7 points)

Deux parties indépendantes : le mouvement circulaire du satellite, à 830 km d'altitude avec une période de 101 minutes, puis la charge de ses accumulateurs nickel-cadmium.

Partie I : référentiel, force et deuxième loi de Newton

Le mouvement est étudié dans le référentiel géocentrique, dont l'origine est le centre de la Terre et dont les axes pointent vers des étoiles lointaines. Dans ce référentiel, un point de la surface terrestre décrit un cercle autour de l'axe des pôles en 24 h environ. La force de gravitation s'écrit F = −G m M_T / (R_T + h)² u, avec un signe moins car le vecteur unitaire u est dirigé de O vers C. Le piège est d'oublier ce signe ou de prendre h seul au lieu de R_T + h. Pour appliquer la deuxième loi de Newton, le référentiel doit être galiléen ; le géocentrique peut être considéré comme tel sur une durée courte devant la révolution de la Terre autour du Soleil. Le vecteur accélération, égal à F/m, est donc dirigé de C vers O : le corrigé le trace sur l'annexe 1.

Mouvement circulaire uniforme et masse de la Terre

En mouvement circulaire uniforme, l'accélération est centripète et de valeur constante v²/r. La vitesse s'obtient par v = 2π(R_T + h)/T, d'où a = 4π²(R_T + h)/T². En égalant cette expression à G M_T/(R_T + h)², on isole M_T = 4π²(R_T + h)³/(G T²). Avec les aides au calcul de l'énoncé et des grandeurs converties en unités SI, on trouve M_T ≈ 6 × 10²⁴ kg, avec un seul chiffre significatif comme demandé. Enfin, SPOT 4 n'est pas géostationnaire : son orbite est polaire et sa période vaut 101 minutes, pas 24 h.

Partie II : l'accumulateur nickel-cadmium en charge

Pendant la charge, du cadmium solide se forme : la demi-équation du cadmium a lieu dans le sens de la réduction et celle du nickel dans le sens de l'oxydation. Après avoir multiplié la seconde par 2, l'équation de charge est Cd(OH)₂ + 2 Ni(OH)₂ → Cd + 2 NiO(OH) + 2 H₂O. Dans les fils, les électrons vont de l'électrode de nickel vers celle de cadmium en traversant le générateur, dont la borne négative est reliée au cadmium. La réduction a lieu à l'électrode de cadmium, la cathode. Le nickel métallique n'intervient dans aucune demi-équation : sa masse reste constante. Dans la solution, les ions K⁺ migrent vers l'électrode de cadmium et les ions HO^- vers l'électrode de nickel.

Charge et durée de charge

Une batterie de 40 ampères-heures stocke Q = 40 × 3600 = 1,4 × 10⁵ C. Avec un courant constant de 10 A, la durée minimale théorique de charge est 4,0 h, soit 1,4 × 10⁴ s.

Exercice 3 : capacité d'un condensateur (5 points)

La capacité d'un même condensateur est déterminée deux fois : par la charge d'un circuit RC alimenté sous E = 20 V, puis par les oscillations d'un circuit comprenant une bobine de 0,50 H.

Première méthode : la charge du condensateur

La première question demande d'identifier les courbes de l'annexe 3. La tension u₁ est celle du générateur : elle vaut E = 20 V à chaque instant, c'est la courbe 1 dans les quatre cas. La tension u₂ aux bornes du condensateur part de 0 et tend vers E, d'autant plus lentement que R est grand : ce sont les courbes 2, 3, 4 et 5 pour R = 400, 800, 1200 et 1600 Ω. Le piège est de laisser vide la ligne de u₁ : l'énoncé prévient qu'un même numéro peut revenir.

Pour R = 1600 Ω, la constante de temps se lit par la méthode de la tangente à l'origine : elle coupe l'asymptote u₂ = 20 V à l'instant t = τ. La tangente passe par le point (0,14 s ; 10 V) et atteint 20 V à t = 0,28 s.

Analyse dimensionnelle et graphe τ = f(R)

L'expression τ = RC se justifie par une analyse dimensionnelle : la loi d'Ohm donne la dimension d'une résistance, la relation q = Cu et i = dq/dt celle d'une capacité, et leur produit a la dimension d'un temps. Écrire seulement « Ω × F = s » ne suffit pas. Les quatre points du tableau de l'annexe 4, une fois complété, sont alignés sur une droite passant par l'origine : τ est proportionnelle à R et le coefficient directeur est égal à C. Avec le point (1600 Ω ; 0,28 s), on obtient C ≈ 1,8 × 10^-4 F. Le conseil du corrigé : prendre un point de la droite loin de l'origine, pas un point du tableau proche de zéro.

Deuxième méthode : les oscillations électriques

Le condensateur chargé est placé en série avec la résistance et une bobine de 0,50 H. Plus R est grand, plus l'énergie est dissipée rapidement par effet Joule : la courbe c correspond à 2 Ω (oscillations peu amorties), la courbe a à 10 Ω (oscillations vite amorties) et la courbe b à 1000 Ω (régime apériodique). Les deux premiers régimes sont pseudo-périodiques et non périodiques. Avec R = 0, la loi des mailles donne l'équation différentielle d²u_C/dt² + u_C/(LC) = 0 ; une erreur de signe donnerait une équation qui ne décrit pas des oscillations.

Sur la courbe, trois périodes séparent les maximums situés à t = 0 et t = 0,180 s, donc T₀ = 0,060 s. Mesurer plusieurs périodes réduit l'incertitude de lecture. Avec T₀ = 2π√(LC), on obtient C = T₀²/(4π²L) = 1,8 × 10^-4 F, en accord avec la première méthode.

Exercice de spécialité : nitrates d'un engrais liquide (4 points)

Les ions nitrate de 1,00 g d'engrais réagissent avec un excès connu d'ions fer(II), dont le reste est titré par le dichromate de potassium : c'est un titrage indirect.

Questions 1 à 3 : préparation et montage

Pour préparer 50,0 mL de solution de sel de Mohr à 0,200 mol/L, on calcule n = cV puis m = nM avec M = 392,1 g/mol : il faut peser m = 3,92 g. Le piège est de laisser le volume en millilitres. Une mole de sel de Mohr libère une mole d'ions fer(II), donc le prélèvement de 45,0 mL contient n₁ = 9,00 × 10^-3 mol d'ions Fe²⁺. Le ballon chauffé à ébullition et surmonté d'un réfrigérant à eau vertical constitue un montage de chauffage à reflux : il accélère la réaction sans perte de matière, puisque les vapeurs se condensent et retombent dans le ballon.

Question 4 : l'équation de la réaction

L'oxydation des ions fer(II) est multipliée par 3 pour échanger autant d'électrons que la réduction des ions nitrate en monoxyde d'azote. En additionnant les deux demi-équations, on retrouve l'équation (1) : 4 H⁺ + NO₃^- + 3 Fe²⁺ = NO + 2 H₂O + 3 Fe³⁺.

Questions 5 à 7 : le titrage en retour

Le volume équivalent de 10,0 mL de dichromate à 0,100 mol/L correspond à n₂ = 1,00 × 10^-3 mol d'ions dichromate. D'après l'équation (2), une mole d'ions dichromate réagit avec six moles d'ions fer(II) : n₃ = 6 n₂ = 6,00 × 10^-3 mol. Le piège est de diviser par 6 au lieu de multiplier. Les ions fer(II) introduits se partagent entre ceux qui ont réagi avec les nitrates et ceux qui restent : n₄ = n₁ − n₃ = 3,00 × 10^-3 mol, la valeur annoncée par l'énoncé.

Questions 8 et 9 : la teneur en nitrate

Les ions fer(II) étant en excès, les ions nitrate sont entièrement consommés. D'après l'équation (1), une mole de nitrate réagit avec trois moles d'ions fer(II) : n₅ = n₄/3 = 1,00 × 10^-3 mol. Attention à ne pas utiliser n₁ à la place de n₄. Avec M(NO₃^-) = 62,0 g/mol, la masse de nitrate vaut 6,20 × 10^-2 g, soit un pourcentage massique de 6,20 % dans 1,00 g d'engrais.

Gestion du temps

Le barème guide le temps à consacrer à chaque exercice : environ 52 minutes pour l'exercice 1, 1 h 31 pour l'exercice 2, 1 h 05 pour l'exercice 3 et 52 minutes pour la spécialité. Les deux parties de l'exercice 2 sont indépendantes : si la mécanique bloque, passe à l'accumulateur. Les annexes des exercices 2 et 3 sont à rendre avec la copie : garde quelques minutes pour les tracés.

Conclusion

Ce sujet récompense la rigueur : demi-équations équilibrées, tableaux d'avancement, conversions et lectures graphiques soignées rapportent l'essentiel des points. Fais-le d'abord en temps limité, puis compare ta copie au corrigé, exercice par exercice.