Dans la formule topologique de la figure 1, chaque sommet ou extrémité de segment est un atome de carbone, qui porte autant d'atomes d'hydrogène qu'il faut pour former quatre liaisons.

On fait apparaître tous les atomes, mais pas les liaisons avec les atomes d'hydrogène (voir la formule ci-dessous).

La frambinone possède deux groupes caractéristiques (entourés sur la formule ci-dessous) :

• le groupe hydroxyle $-\mathrm{OH}$, porté par le cycle ;
• le groupe carbonyle $\mathrm{C}=\mathrm{O}$, dont le carbone est lié à deux atomes de carbone.

D'après le tableau, la solubilité du 4-hydroxybenzaldéhyde (réactif A) est très forte dans l'acétone : c'est le solvant qui le dissout le mieux, alors qu'il est peu soluble dans l'eau.

L'acétone est de plus totalement miscible à l'eau : après l'ajout de la solution aqueuse d'hydroxyde de sodium, le mélange reste homogène et les réactifs sont en contact dans une seule phase.

Une flèche courbe part d'un doublet d'électrons (site donneur) et pointe vers l'atome qui le reçoit (site accepteur).

Acte 2. Une flèche part du doublet non liant du carbone chargé négativement et pointe vers le carbone du groupe carbonyle de A (il se forme la liaison $\mathrm{C}-\mathrm{C}$). Une seconde flèche part de la double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et pointe vers l'atome d'oxygène, qui devient porteur de la charge négative.

Acte 3. Une flèche part d'un doublet non liant de l'oxygène chargé négativement et pointe vers un atome d'hydrogène de l'eau (il se forme la liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$). Une seconde flèche part de la liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ de l'eau et pointe vers son atome d'oxygène : il se forme l'ion $\mathrm{HO}{}^{-}$.

Dans l'acte 1, l'acétone cède un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ à l'ion hydroxyde $\mathrm{HO}{}^{-}$ : l'acétone devient un ion chargé négativement et $\mathrm{HO}{}^{-}$ devient $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$.

Il y a transfert d'un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ d'un acide (l'acétone) vers une base (l'ion hydroxyde).

L'acétone (solvant), les ions hydroxyde et le dihydrogène sont en excès : le réactif limitant est l'espèce A.

D'après la figure 2, une mole de A donne au plus une mole de B, puis une mole de frambinone :

$$n_{\text{max}}=n_A=\frac{m_A}{M_A}=\frac{2,50}{122,1}=2,05\times 10^{-2}\text{mol}$$

Masse maximale de frambinone : $m_{\text{max}}=n_{\text{max}}\times M_{\text{frambinone}}=\frac{2,50}{122,1}\times 164,2=3,36\text{g}$

$$r=\frac{m_{\text{exp}}}{m_{\text{max}}}=\frac{2,19}{3,36}=0,651$$

Un acide selon Brönsted est une espèce chimique capable de céder un ion hydrogène $\mathrm{H}{}^{+}$.

L'acide lactique possède un groupe carboxyle $-\mathrm{COOH}$. L'oxygène est beaucoup plus électronégatif que l'hydrogène ($3,5-2,1=1,4$) : la liaison $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ est fortement polarisée, l'atome d'hydrogène porte une charge partielle positive et la liaison peut se rompre en libérant un ion $\mathrm{H}{}^{+}$.

L'ion lactate est l'acide lactique privé de l'ion $\mathrm{H}{}^{+}$ de son groupe carboxyle : $\mathrm{CH}{}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COO}{}^{-}$.

Dans le schéma de Lewis, toutes les liaisons et tous les doublets non liants sont représentés : deux doublets non liants sur l'oxygène du groupe hydroxyle et sur l'oxygène doublement lié, trois doublets non liants et la charge négative sur l'oxygène qui a perdu l'hydrogène.

L'acide AH cède un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ à l'eau, qui joue le rôle de base (couples $\mathrm{AH}/\mathrm{A}{}^{-}$ et $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}/\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$).

La constante d'acidité est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide avec l'eau ; l'eau, solvant, n'apparaît pas dans l'expression.

Pour $\text{pH}<\text{p}{K}_A$, la forme acide AH prédomine ; pour $\text{pH}>\text{p}{K}_A$, c'est la forme basique $\mathrm{A}{}^{-}$ (diagramme ci-dessous).

Ici $\text{pH}=2,1<\text{p}{K}_A=3,86$.

On raisonne sur $V=1,00$ L de solution commerciale.

Masse de la solution : $m_{\text{sol}}=d\times {\rho }_{\text{eau}}\times V=1,25\times 1,00\times 10^3\times 1,00=1,25\times 10^3\text{g}$

Masse d'acide lactique : $m=w\times m_{\text{sol}}=0,55\times 1,25\times 10^3=688\text{g}$

$$c_{\text{com}}=\frac{n}{V}=\frac{w\times d\times {\rho }_{\text{eau}}}{M}=\frac{0,55\times 1,25\times 1,00\times 10^3}{90,08}=7,6\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Le pictogramme de l'étiquette indique que la solution commerciale est corrosive : elle peut provoquer des brûlures de la peau et des lésions des yeux.

Le volume de solution à préparer impose la fiole jaugée : $V_{\text{fille}}=200,0$ mL.

Au cours d'une dilution, la quantité de matière de soluté se conserve : $c_{\text{com}}\times V_{\text{meˋre}}=c_{\text{dilueˊe}}\times V_{\text{fille}}$, donc le facteur de dilution vaut $F=\frac{c_{\text{com}}}{c_{\text{dilueˊe}}}=\frac{V_{\text{fille}}}{V_{\text{meˋre}}}$.

$$V_{\text{meˋre}}=\frac{V_{\text{fille}}}{F}=\frac{200,0}{100}=2,0\text{mL}$$

La solution titrante (hydroxyde de sodium, $c_b=1,00\times 10^{-1}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$) est dans la burette graduée. La solution titrée ($V_a=15,0$ mL de $S_{\text{dilueˊe}}$) est dans le bécher, sous agitation magnétique. La sonde du pH-mètre plonge dans la solution titrée.

On utilise la méthode des tangentes parallèles : on trace deux tangentes parallèles à la courbe, de part et d'autre du saut de pH, puis la droite parallèle située à égale distance des deux. Cette droite coupe la courbe au point d'équivalence E.

On lit l'abscisse de E sur le document-réponse (le saut de pH est presque vertical, entre $11,4$ mL et $11,6$ mL).

Réaction support du titrage : $\mathrm{AH}(\mathrm{aq})+\mathrm{HO}{}^{-}(\mathrm{aq})\to \mathrm{A}{}^{-}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})$

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : $n(\mathrm{AH}{)}_{\text{initial}}=n(\mathrm{HO}{}^{-}{)}_{\text{verseˊ}}$, soit $c_{\text{dilueˊe}}\times V_a=c_b\times V_{bE}$.

$$c_{\text{dilueˊe}}=\frac{c_b\times V_{bE}}{V_a}=\frac{1,00\times 10^{-1}\times 11,5}{15,0}=7,67\times 10^{-2}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

La solution commerciale a été diluée 100 fois : $c_{\text{mes}}=100\times c_{\text{dilueˊe}}=100\times 7,67\times 10^{-2}=7,67\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$

$$\frac{|c_{\text{mes}}-c_{\text{ref}}|}{u(c_{\text{mes}})}=\frac{|7,67-7,6|}{0,34}=0,2$$

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

D'après la courbe, ${\text{pH}}_E\approx 8,3$ : cette valeur appartient à la zone de virage du bleu de thymol ($8,0-9,6$), pas à celles de l'hélianthine ni du bleu de bromothymol.

Système {eau du ballon}, liquide incompressible, de masse $m={\rho }_{\text{eau}}V=1,00\times 200=200$ kg.

$$\Delta U=m{c}_{\text{eau}}({\theta }_2-{\theta }_1)$$

$$\Delta U=200\times 4,18\times (55-15)=3,3\times 10^4\text{kJ}$$

La paroi du ballon est un solide : le transfert thermique s'y fait principalement par conduction.

Un transfert thermique a lieu spontanément du corps chaud vers le corps froid : ici de l'eau ($55{}^{\circ }\text{C}$) vers l'air du garage ($18{}^{\circ }\text{C}$).

$$\Phi =\frac{{\theta }_2-{\theta }_{\text{air}}}{R_{\text{th}}}=\frac{55-18}{0,47}=79\text{W}$$

Le flux thermique est une puissance : $\Phi =\frac{Q_1}{\Delta t}$, donc $Q_1=\Phi \Delta t$, avec $\Delta t=24\times 3600=86400$ s.

$$Q_1=78,7\times 86400=6,8\times 10^6\text{J}$$

Système {eau du ballon}, au repos, incompressible : aucun travail n'est échangé ($W=0$).

Premier principe : $\Delta U=W+Q=Q$, où $Q$ est la somme des transferts thermiques reçus par l'eau.

L'eau reçoit $Q_2$ du fluide caloporteur et cède $Q_1$ à l'air du garage ($Q_1$ et $Q_2$ étant des valeurs positives) : $\Delta U=Q_2-Q_1$.

$$Q_2=\Delta U+Q_1=33440+6,8\times 10^3=4,0\times 10^4\text{kJ}$$

Or $1\text{kW}\cdot \text{h}=3600$ kJ :

$$Q_2=\frac{40240}{3600}=11,2\text{kW}\cdot \text{h}$$

L'énergie utile est le transfert thermique cédé à l'eau, $Q_2$ (transfert sans perte) :

$$\text{COP}=\frac{Q_2}{E_{PAC}}\text{donc}{E}_{PAC}=\frac{Q_2}{\text{COP}}$$

$$E_{PAC}=\frac{11,2}{3,2}=3,5\text{kW}\cdot \text{h}$$

Énergie produite en une journée :

$$E_{\text{prod}}=N{P}_{\text{elec}}\Delta t=10\times 0,300\times 5=15\text{kW}\cdot \text{h}$$

Consommation quotidienne totale :

$$E_{\text{conso}}=8+E_{PAC}=8+3,5=11,5\text{kW}\cdot \text{h}$$

Le matériau isolant absorbe une partie de l'énergie de l'onde sonore qui le traverse.

Intensité sonore à la distance $d_1$. $L_1=10\log \left(\frac{I_1}{I_0}\right)$ donc $I_1=I_0\times 10^{L_1/10}$ :

$$I_1=1,0\times 10^{-12}\times 10^{7,0}=1,0\times 10^{-5}\text{W}\cdot {\text{m}}^{-2}$$

Puissance sonore de la source. $I_1=\frac{P}{4\pi d_1^2}$ donc

$$P=4\pi d_1^2{I}_1=4\pi \times 0,10^2\times 1,0\times 10^{-5}=1,3\times 10^{-6}\text{W}$$

Intensité sonore à la distance $d_2$, sans isolation.

$$I_2=\frac{P}{4\pi d_2^2}=\frac{1,26\times 10^{-6}}{4\pi \times 5,00^2}=4,0\times 10^{-9}\text{W}\cdot {\text{m}}^{-2}$$

Niveau sonore à la distance $d_2$, sans isolation.

$$L_2=10\log \left(\frac{I_2}{I_0}\right)=10\log \left(\frac{4,0\times 10^{-9}}{1,0\times 10^{-12}}\right)=36\text{dB}$$

Sans isolation, le niveau dépasserait les 30 dB conseillés.

Avec l'isolation phonique. $L_2^{\prime }=L_2-25=36-25=11\text{dB}$

L'hélium est assimilé à un gaz parfait : $PV=nRT$, donc $n=\frac{PV}{RT}$.

Comme $m_{\text{He}}=n{M}_{\text{He}}$ : $m_{\text{He}}=\frac{PV{M}_{\text{He}}}{RT}$

avec $P=1,1\times 10^5\text{Pa}$ et $T=25+273=298\text{K}$.

$$m_{\text{He}}=\frac{1,1\times 10^5\times 180000\times 4,0}{8,314\times 298}=3,2\times 10^7\text{g}$$

La poussée d'Archimède est verticale et dirigée vers le haut, alors que $\vec{g}$ est dirigé vers le bas : $\overrightarrow{P_a}$ est de sens opposé à $\vec{g}$, d'où le signe « $-$ ».

Sa valeur est le poids du volume d'air déplacé : $m_{\text{air}}g={\rho }_{\text{air}}Vg$.

Sur la figure 1, à l'altitude 3000 m : ${\rho }_{\text{air}}\approx 0,87\text{kg}\cdot {\text{m}}^{-3}$.

$P_a={\rho }_{\text{air}}Vg=0,87\times 180000\times 9,8$

$P_a={\rho }_{\text{air}}Vg$, avec $V$ et $g$ constants : $P_a$ est proportionnelle à ${\rho }_{\text{air}}$. D'après la figure 1, ${\rho }_{\text{air}}$ décroît lorsque l'altitude croît.

Système {dirigeable} ; référentiel terrestre supposé galiléen ; forces : le poids $\vec{P}$ et la poussée d'Archimède $\overrightarrow{P_a}$.

Le mouvement est rectiligne uniforme. D'après la première loi de Newton (principe d'inertie), les forces extérieures se compensent alors : $\vec{P}+\overrightarrow{P_a}=\vec{0}$.

Le système comprend la structure, l'hélium et la charge : $P=(m_d+m_{\text{He}}+m_{\text{charge}})g$.

Pour la charge maximale, le poids est juste compensé par la poussée (Q5) : $P=P_a$, soit

$(m_d+m_{\text{He}}+m_{\text{charge}})g={\rho }_{\text{air}}Vg$

$$m_{\text{charge}}={\rho }_{\text{air}}V-m_d-m_{\text{He}}=0,87\times 180000-65\times 10^3-32\times 10^3$$

L'eau est incompressible et l'écoulement permanent : le débit volumique est le même en A et en B.

$v_A{S}_A=v_B{S}_B$ avec $S=\pi \frac{d^2}{4}$, donc $\frac{v_A}{v_B}=\frac{S_B}{S_A}={\left(\frac{d_B}{d_A}\right)}^2$

$$\frac{v_A}{v_B}={\left(\frac{0,15}{3,0}\right)}^2=2,5\times 10^{-3}$$

Relation de Bernoulli sur la ligne de courant entre A et B :

$$P_A+\frac{1}{2}\rho v_A^2+\rho g{z}_A=P_B+\frac{1}{2}\rho v_B^2+\rho g{z}_B$$

Or $P_A=P_B=P_{\text{atm}}$, et $v_A$ est négligeable devant $v_B$ (Q7), donc $v_A^2\ll v_B^2$. Il reste :

$\rho g{z}_A=\frac{1}{2}\rho v_B^2+\rho g{z}_B$, soit $v_B^2=2g(z_A-z_B)$.

D'après la figure 2, $z_A-z_B=H$.

Pour rester immobile, le dirigeable évacue une masse d'eau égale à celle de la charge : $m_{\text{eau}}=8\times 10^3\text{kg}$, soit un volume

$V_{\text{eau}}=\frac{m_{\text{eau}}}{{\rho }_{\text{eau}}}=\frac{8\times 10^3}{1000}=8{\text{m}}^3$

Vitesse de sortie (Q8) : $v_B=\sqrt{2\times 9,8\times 30}=24,2\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$

Débit en B : $D_V=v_B{S}_B=v_B\pi \frac{d_B^2}{4}=24,2\times \pi \times \frac{0,15^2}{4}=0,43{\text{m}}^3\cdot {\text{s}}^{-1}$

Or $D_V=\frac{V_{\text{eau}}}{\Delta t}$, donc $\Delta t=\frac{V_{\text{eau}}}{D_V}=\frac{8}{0,43}$

Commentaire : cette durée est très inférieure aux « quelques minutes » visées, la solution convient. C'est une durée minimale : le modèle ignore les frottements de l'eau dans la conduite, qui réduisent la vitesse de sortie ; la vidange réelle est plus longue.