Corrigé Physique-Chimie Métropole 2026 – Jour 2

Q1. Le dispositif est un titrage conductimétrique : la burette graduée contient la solution titrante de nitrate d’argent, et le bécher contient la solution titrée, c’est-à-dire les 250,0 mL d’eau du robinet. Dans le bécher, on place une sonde conductimétrique et un barreau aimanté avec agitation.

Q2. Dans le programme, il faut compléter : V1 = 250, car le volume de solution titrée vaut 250,0 mL, et C = 1E-2, car la solution titrante a pour concentration 1,00 × 10^-2 mol·L^-1.

Q3. À l’équivalence, les quantités introduites d’ions Ag⁺ et d’ions Cl^– sont égales. Avec les volumes en mL dans le programme, on obtient : VE = C1*V1/C. Numériquement, VE = 5,0×10^-4 × 250 / 1,0×10^-2 = 12,5 mL pour la simulation.

Q4. La quantité de chlorure d’argent formée est nulle au départ, vaut C*VE*0.001 à l’équivalence, puis reste constante après l’équivalence. La ligne 15 peut donc être : nproduit=[0,C*VE*0.001,C*VE*0.001].

Q5. Les ions nitrate sont spectateurs. Leur quantité augmente linéairement avec le volume versé : n(NO3-) = C × V × 10^-3. Sur l’annexe, il faut tracer une droite partant de 0 et atteignant 2,5 × 10^-4 mol pour 25 mL.

Q6. Avant l’équivalence, les ions chlorure, de conductivité molaire 7,6 mS·m²·mol^-1, sont consommés et remplacés par des ions nitrate, de conductivité molaire un peu plus faible. La conductivité diminue donc légèrement. Après l’équivalence, les ions Ag⁺ et NO3^– ajoutés restent en solution : la conductivité augmente.

Q7. Sur la courbe expérimentale, le minimum de conductivité donne l’équivalence, vers VE ≈ 11 mL. La concentration molaire en ions chlorure vaut donc CCl = C × VE / V1 = 1,00×10^-2 × 11,0×10^-3 / 0,250 = 4,4×10^-4 mol·L^-1. La concentration massique vaut cm = CCl × M(Cl) = 4,4×10^-4 × 35,5 = 1,6×10^-2 g·L^-1. Cette valeur est très inférieure à 2 g·L^-1 : l’eau peut être utilisée pour préparer le kéfir.

Q8. On pourrait suivre la cinétique par mesure du volume de dioxyde de carbone dégagé, par suivi de pression dans un récipient fermé, ou par dosage du glucose restant.

Q9. L’équation de fermentation indique qu’une mole de glucose produit deux moles d’éthanol. Donc la quantité de glucose consommée vaut la moitié de la quantité d’éthanol formée : nglu(t) = nglu(t0) - Céth(t) × Vboisson / 2.

Q10. Pour une disparition d’ordre 1, la vitesse de disparition du glucose vaut v = -dCglu/dt = k × Cglu. On obtient donc dCglu/dt + k × Cglu = 0.

Q11. La fonction Cglu(t)=Cglu(0)e^(-kt) vérifie l’équation différentielle, car sa dérivée est -kCglu(0)e^(-kt), soit -kCglu(t).

Q12. Pour une réaction d’ordre 1, ln Cglu = -kt + ln Cglu(0). Le graphique de ln Cglu en fonction du temps est une droite, d’équation ln Cglu = -5,34×10^-6 t - 2,22. Cela confirme le modèle d’ordre 1.

Q13. À t = 0, ln Cglu(0) = -2,22, donc Cglu(0)=e^-2,22 ≈ 0,109 mol·L^-1. Pour 1 L, n ≈ 0,109 mol, soit m = nM = 0,109 × 180 ≈ 19,6 g. Cette valeur est cohérente avec les 20 g de glucose introduits.

Q14. Avec k = 5,34×10^-6 s^-1, t1/2 = ln2/k ≈ 1,30×10^5 s, soit environ 36 h. Au bout de 24 h, moins de la moitié du glucose a été consommée : la boisson contient encore du sucre, ce qui convient au goût attendu.

Q15. Le spectre A présente une bande forte et fine vers 1650-1730 cm^-1, caractéristique d’une liaison C=O, et ne montre pas de large bande O-H marquée. Il correspond au citral. Le spectre B possède une large absorption O-H et une bande C=O : il correspond à l’acide citrique.

Q16. L’acétate d’éthyle est le meilleur choix : il dissout convenablement le limonène et le citral, dissout aussi bien l’acide citrique, et il est peu miscible avec l’eau. Le cyclohexane ne convient pas pour l’acide citrique, et l’eau ne convient pas pour le citral et le limonène.

Q17. Sur le chromatogramme, la tache de l’extrait K est à la même hauteur que celle de l’acide citrique A. On retrouve donc de l’acide citrique dans la boisson, ce qui peut expliquer le goût acidulé du kéfir.

Q1. L’énergie nécessaire au chauffage vaut Q = C × Δθ = 4,0×10^3 × (43 - 20), soit 9,2×10^4 J.

Q2. Comme 85 % de l’énergie électrique est transférée au système, Eélec = Q/0,85 ≈ 1,08×10^5 J. Avec P = 150 W, ΔtA = E/P ≈ 7,2×10^2 s, soit environ 12 min. La phase totale durant 8 h, l’étape B dure environ 7 h 48 min, donc de l’ordre de 7 h 50 min.

Q3. L’énergie électrique consommée vaut environ 0,186 kWh, soit un coût proche de 0,04 €. En ajoutant 1,05 € de lait et 0,64 € de ferments, on obtient environ 1,73 € pour 7 yaourts, soit 0,25 € par yaourt. C’est inférieur à 0,35 €, donc l’argument du coût est globalement vérifié, hors achat de la yaourtière et temps passé.

Q4. Les trois modes de transfert thermique sont la conduction, la convection et le rayonnement.

Q5. Le flux initial vaut Φ0 = hS(θ0 - θréfri) = 10 × 0,019 × (30 - 4) ≈ 4,9 W. Au cours du temps, la température du yaourt diminue, donc l’écart θ - θréfri diminue et le flux thermique diminue aussi.

Q6. Après un temps très long, le système atteint la température du réfrigérateur, soit 4,0 °C. L’énergie perdue vaut m cY (30 - 4) = 0,19 × 2,5×10^3 × 26 ≈ 1,2×10^4 J, soit 12 kJ.

Q7. À puissance constante égale au flux initial, Δt0 = 12 000 / 4,9 ≈ 2,4×10^3 s, soit environ 40 min.

Q8. La courbe de refroidissement est une exponentielle décroissante partant de 30 °C et tendant vers 4 °C. Le temps caractéristique τ peut se lire graphiquement lorsque la température a effectué environ 63 % de l’écart initial, ou par la tangente à l’origine.

Q9. τ = m cY/(hS) = 0,19 × 2,5×10^3 /(10 × 0,019) ≈ 2,5×10^3 s, soit environ 42 min. Cette valeur est proche de Δt0, mais le sens physique est différent : τ caractérise une évolution exponentielle, alors que Δt0 suppose un flux constant égal au flux initial.

Q1. La force gravitationnelle exercée par l’étoile sur l’exoplanète 2 est dirigée vers l’étoile : F = G ME M2 / R2² selon le vecteur normal centripète.

Q2. Pour un mouvement circulaire uniforme, a = v2²/R2. La deuxième loi de Newton donne M2 v2²/R2 = G ME M2/R2², donc v2 = √(GME/R2).

Q3. Comme v2 = 2πR2/T2, on remplace dans l’expression précédente et on obtient ME = 4π²R2³/(G T2²).

Q4. Avec R2 = 1,08×10^10 m et T2 = 11,4 jours = 9,85×10^5 s, on obtient ME ≈ 7,7×10^29 kg, en accord avec la valeur du tableau.

Q5. La troisième loi de Kepler donne T1²/R1³ = T2²/R2³. Donc T1 = T2 × (R1/R2)^(3/2). Avec R1 = 6,77×10^6 km, R2 = 1,08×10^7 km et T2 = 11,4 j, on trouve T1 ≈ 5,7 jours.

Q6. Plus le rayon de l’exoplanète est grand, plus elle masque une grande fraction du disque de l’étoile. La diminution de puissance lumineuse relative est donc plus importante.

Q7. Sur la courbe, la baisse maximale vaut environ ΔPlum = 1,000 - 0,996 = 0,004. Alors r1 = rE √ΔPlum = 2,63×10^5 × √0,004 ≈ 1,7×10^4 km.

Q8. Le transit dure environ de ti ≈ -0,9 h à tf ≈ +0,9 h, soit Δt ≈ 1,8 h. Avec α ≈ (rE + r1)/R1 ≈ (2,63×10^5 + 1,7×10^4)/(6,77×10^6) ≈ 4,1×10^-2 rad et Δt = αT/π, on obtient T ≈ πΔt/α ≈ 5,7 jours. Cette valeur est cohérente avec celle obtenue par la loi de Kepler.