Corrigé bac physique-chimie 2026 Amérique du Nord jour 1 — Exercice 1 : Valorisation du dioxyde de carbone dans les cimenteries

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité physique-chimie, session 2026. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Le principe de la valorisation consiste à considérer le $CO X_{2}$ comme une matière première. Le $CO X_{2}$ est capté à la sortie des fumées industrielles, comme celles produites dans les cimenteries, et exploité pour réaliser des produits commercialement rentables. Chercheurs et industriels fondent beaucoup d'espoir sur la production de méthanol, un produit à haute valeur énergétique. (D'après planete-energies.com)

Cet exercice s'intéresse tout d'abord au captage du dioxyde de carbone par l'éthanolamine, puis au contrôle qualité d'une solution d'éthanolamine et enfin à l'utilisation possible du dioxyde de carbone capté dans la production de méthanol.

Données pour tout l'exercice :

masse molaire de la molécule d'éthanolamine : $M (C X_{2} H X_{7} NO) = 61, 0 g \cdot mo l^{- 1}$ ;
densité des solutions aqueuses d'éthanolamine : $d = 1, 0$ ;
masse volumique de l'eau : $ρ_{eau} = 1, 00 g \cdot m L^{- 1}$ ;
couple acide-base de l'éthanolamine : $C X_{2} H X_{8} NO X^{+} (a q) / C X_{2} H X_{7} NO (a q)$ ;
$p K_{A} (C X_{2} H X_{8} NO X^{+} / C X_{2} H X_{7} NO) = 9, 5$ ;
$K_{e} = \frac{[ H X _{3} O X ^{+} ] [ HO X ^{-} ]}{( c ^{\circ} ) ^{2}} = 1, 0 \times 1 0^{- 14}$ avec $c^{\circ} = 1 mol \cdot L^{- 1}$ ;
formule topologique de la molécule d'éthanolamine :

1. Captage de la molécule de dioxyde de carbone par la molécule d'éthanolamine

Pour réduire ses émissions, l'industrie cimentière cherche à capter le dioxyde de carbone produit par ses usines. Le procédé chimique le plus couramment utilisé est le lavage aux amines. Ce procédé permet d'isoler le $CO X_{2}$ présent dans les gaz de combustion libérés lors de la fabrication du ciment.

Le lavage aux amines repose sur une réaction acido-basique entre le dioxyde de carbone et une solution aqueuse contenant environ 20 % en masse d'éthanolamine, une base faible. Cette transformation est non totale.

Q1. Reproduire, sur la copie, la formule topologique de la molécule d'éthanolamine. Entourer les groupes caractéristiques de la molécule puis nommer les familles fonctionnelles associées.

On considère un volume $V = 1, 0 L$ d'une solution d'éthanolamine à 20 % en masse.

Q2. Vérifier que la valeur de la concentration en quantité de matière $C$ de la solution aqueuse d'éthanolamine à 20 % est de $3, 3 mol \cdot L^{- 1}$ .

La mesure du pH de la solution donne $pH = 11$ .

Q3. Représenter le diagramme de prédominance du couple acide-base de l'éthanolamine.

Q4. Préciser, en justifiant, sous quelle forme acide ou basique est présente l'éthanolamine dans la solution.

L'éthanolamine réagit avec l'eau selon l'équation de réaction suivante :

$C X_{2} H X_{7} NO (aq) + H X_{2} O (l) C X_{2} H X_{8} NO X^{+} (aq) + HO X^{-} (aq)$

Q5. Donner l'expression du taux d'avancement $τ$ de la réaction étudiée en fonction de l'avancement final $x_{f}$ et de l'avancement maximal $x_{m a x}$ .

Q6. Exprimer l'avancement maximal $x_{m a x}$ en fonction de $C$ et $V$ . Le candidat pourra s'appuyer, si besoin, sur un tableau d'avancement.

Q7. Montrer que le taux d'avancement $τ$ peut s'exprimer : $τ = \frac{K _{e} \cdot c ^{\circ}}{C \cdot 1 0 ^{- pH}}$ .

Q8. Calculer la valeur du taux d'avancement $τ$ et la commenter par rapport à la force de la base.

On s'intéresse à une partie du mécanisme réactionnel de la réaction de captage du dioxyde de carbone par l'éthanolamine dont les premières étapes sont données ci-dessous :

Q9. Identifier un intermédiaire réactionnel en justifiant la réponse.

Q10. Recopier l'étape 1 et représenter par des flèches courbes le déplacement d'électrons. Justifier leur sens.

2. Contrôle qualité d'une solution d'éthanolamine

L'éthanolamine peut s'altérer au fil du temps, entraînant une diminution progressive de sa concentration. Un technicien souhaite s'assurer que la solution aqueuse S d'éthanolamine dont il dispose peut être utilisée pour le captage du dioxyde de carbone. Pour cela, il réalise un titrage pH-métrique.

La solution S est préalablement diluée 50 fois. La solution obtenue est notée $S_{50}$ .

Q11. Choisir le matériel qui permet de préparer $250, 0 mL$ de solution $S_{50}$ à partir de la solution S en justifiant la verrerie choisie.

Verrerie à disposition :

béchers : 50 mL, 100 mL, 250 mL ;
pipettes jaugées : 5,0 mL, 10,0 mL, 20,0 mL ;
pipettes graduées : 5,0 mL, 10,0 mL ;
éprouvettes graduées : 20 mL, 100 mL, 250 mL ;
fioles jaugées : 50,0 mL, 100,0 mL, 250,0 mL.

Le technicien dose par titrage avec suivi pH-métrique un volume $V_{B} = 25, 0 mL$ de solution diluée $S_{50}$ . La solution titrante est de l'acide chlorhydrique de concentration $C_{A} = 0, 10 mol \cdot L^{- 1}$ . La figure 1 ci-dessous présente l'évolution du pH du milieu réactionnel en fonction du volume versé de solution titrante.

L'équation de la réaction modélisant la transformation observée durant le dosage par titrage est :

$C X_{2} H X_{7} NO (aq) + H X_{3} O X^{+} (aq) C X_{2} H X_{8} NO X^{+} (aq) + H X_{2} O (l)$

Figure 1. Courbe de suivi pH-métrique du titrage de la solution $S_{50}$ (en gris, la courbe dérivée)

Q12. Définir l'équivalence d'un titrage.

Q13. Déterminer, à partir de la courbe de titrage, le volume $V_{E}$ de solution titrante versé à l'équivalence. Expliquer la méthode employée.

Q14. En déduire la valeur du titre massique en éthanolamine, en %, de la solution S.

Le candidat est invité à prendre des initiatives et à présenter la démarche suivie, même si elle n'a pas abouti. La démarche est évaluée et nécessite d'être correctement présentée.

La concentration en éthanolamine influence l'efficacité du captage : une concentration trop faible réduit la performance, une concentration trop élevée accroît les risques de corrosion des équipements.

Titre massique en éthanolamine	15 %	20 %	25 %	30 %
Efficacité de captation du $CO X_{2}$	Faible	Bonne	Bonne à très bonne	Très bonne
Tolérance à la corrosion des équipements	Très bonne	Acceptable	Risques accrus	Très mauvaise

D'après Wang N., Wang D., Krook-Riekkola A., Ji X. (2023). MEA-based $CO X_{2}$ capture. Front. Energy Res., 11:1230743.

Q15. Commenter le résultat en discutant la possibilité d'utiliser cette solution d'éthanolamine pour capter le dioxyde de carbone.

3. Production de méthanol à partir du dioxyde de carbone capté

Le méthanol ( $CH X_{3} OH$ ) peut être obtenu par réaction entre le dioxyde de carbone et le dihydrogène ; il se forme également de l'eau. La transformation est totale.

Q16. Écrire l'équation de la réaction modélisant la formation du méthanol.

En France, le projet EDF-Hynovi prévoit la fabrication de 200 000 tonnes de méthanol de synthèse par an à partir du $CO X_{2}$ d'une cimenterie. La quantité de dihydrogène nécessaire est de 37 500 tonnes. Pour produire le dihydrogène, l'usine prévoit d'utiliser des électrolyseurs dont la puissance totale est de 330 MW. L'énergie nécessaire à la production d'un kilogramme de dihydrogène est de $55 kW \cdot h$ .

Q17. Déterminer la durée nécessaire à la production des 37 500 tonnes de dihydrogène.

Q18. En déduire si la puissance des électrolyseurs est suffisante pour la production attendue.

Corrigé

1. Captage du dioxyde de carbone

Q1. La molécule $C X_{2} H X_{7} NO$ porte deux groupes caractéristiques, à chaque extrémité de la chaîne carbonée :

le groupe hydroxyle $- OH$ , porté par un carbone qui n'est lié qu'à un seul autre carbone : famille des alcools (ici un alcool primaire) ;
le groupe amino $- NH X_{2}$ : famille des amines (ici une amine primaire).

L'éthanolamine est donc un amino-alcool ; son nom en nomenclature systématique est le 2-aminoéthan-1-ol.

Q2. La densité compare la masse volumique de la solution à celle de l'eau : $d = \frac{ρ}{ρ _{eau}}$ , donc $ρ = d ρ_{eau} = 1, 0 \times 1, 00 = 1, 0 g \cdot m L^{- 1}$ .

Masse d'un litre de solution : $m_{sol} = ρ V = 1, 0 g \cdot m L^{- 1} \times 1, 0 \times 1 0^{3} mL = 1, 0 \times 1 0^{3} g$ .

Le titre massique valant 20 %, la masse d'éthanolamine contenue dans ce litre est

$m = 0, 20 \times m_{sol} = 0, 20 \times 1, 0 \times 1 0^{3} = 2, 0 \times 1 0^{2} g,$

d'où la quantité de matière puis la concentration :

$n = \frac{m}{M} = \frac{2 , 0 \times 1 0 ^{2}}{61 , 0} = 3, 28 mol, C = \frac{n}{V} = \frac{3 , 28}{1 , 0} = 3, 3 mol \cdot L^{- 1} .$

La valeur annoncée est bien vérifiée. On peut aussi l'écrire d'un seul jet : $C = \frac{d ρ _{eau} w}{M}$ .

Ce que le correcteur attend : passer de la densité (sans unité) à la masse volumique, et ne pas confondre un pourcentage massique avec un pourcentage volumique.

Q3. Le diagramme de prédominance se construit autour de $p K_{A} = 9, 5$ : l'acide prédomine quand $pH < p K_{A}$ , la base quand $pH > p K_{A}$ .

Q4. La solution a un $pH = 11$ , donc $pH > p K_{A} = 9, 5$ : c'est le domaine de prédominance de la forme basique. L'éthanolamine est donc présente essentiellement sous sa forme basique $C X_{2} H X_{7} NO (a q)$ . C'est cohérent avec l'énoncé : c'est bien la base qui capte le $CO X_{2}$ (caractère acide en solution aqueuse).

Q5. Par définition, le taux d'avancement final est le rapport de l'avancement réellement atteint à l'avancement qu'on aurait si la transformation était totale :

$τ = \frac{x _{f}}{x _{m a x}} .$

Q6. L'eau est le solvant : elle est en très large excès. Le réactif limitant est donc l'éthanolamine, de quantité initiale $n_{0} = C V$ .

	$C X_{2} H X_{7} NO$	$H X_{2} O$	$C X_{2} H X_{8} NO X^{+}$	$HO X^{-}$
état initial ( $x = 0$ )	$C V$	excès	$0$	$0$
en cours ( $x$ )	$C V - x$	excès	$x$	$x$
état final réel ( $x_{f}$ )	$C V - x_{f}$	excès	$x_{f}$	$x_{f}$
état final fictif ( $x_{m a x}$ )	$C V - x_{m a x} = 0$	excès	$x_{m a x}$	$x_{m a x}$

Si la transformation était totale, l'éthanolamine serait entièrement consommée : $C V - x_{m a x} = 0$ , soit

$x_{m a x} = C V .$

Q7. D'après le tableau, à l'état final $n_{f} (HO X^{-}) = x_{f}$ , donc

$[HO X^{-}] = \frac{x _{f}}{V} ⟹ x_{f} = [HO X^{-}] V .$

Le produit ionique de l'eau donne $[HO X^{-}] = \frac{K _{e} ( c ^{\circ} ) ^{2}}{[ H X _{3} O X ^{+} ]}$ , et la définition du pH donne $[H X_{3} O X^{+}] = 1 0^{- pH} c^{\circ}$ . En reportant :

$[HO X^{-}] = \frac{K _{e} ( c ^{\circ} ) ^{2}}{1 0 ^{- pH} c ^{\circ}} = \frac{K _{e} c ^{\circ}}{1 0 ^{- pH}} .$

Il vient alors, avec $x_{m a x} = C V$ :

$τ = \frac{x _{f}}{x _{m a x}} = \frac{[ HO X ^{-} ] V}{C V} = \frac{[ HO X ^{-} ]}{C} = \frac{K _{e} \cdot c ^{\circ}}{C \cdot 1 0 ^{- pH}} .$

Le volume se simplifie : le taux d'avancement ne dépend que des concentrations.

Q8. Avec $pH = 11$ et $C = 3, 3 mol \cdot L^{- 1}$ :

$τ = \frac{1 , 0 \times 1 0 ^{- 14} \times 1}{3 , 3 \times 1 0 ^{- 11}} = 3, 0 \times 1 0^{- 4}, soit τ = 3, 0 \times 1 0^{- 2} %.$

Commentaire : $τ ≪ 1$ . Sur $10000$ molécules d'éthanolamine introduites, trois seulement ont réagi avec l'eau : la transformation est très largement non totale. C'est la signature d'une base faible, conformément à l'énoncé. On le retrouve avec la constante de basicité : $K_{b} = K_{e} / K_{A} = 1 0^{- 14} /1 0^{- 9, 5} = 3, 2 \times 1 0^{- 5}$ , très petite devant 1.

Q9. Un intermédiaire réactionnel est une espèce qui est formée au cours d'une étape du mécanisme puis consommée lors d'une étape ultérieure : elle n'apparaît ni dans les réactifs ni dans les produits du bilan global.

Ici, l'espèce $HO - CH X_{2} - CH X_{2} - N X^{+} H X_{2} - COO X^{-}$ (l'amphion formé par fixation du $CO X_{2}$ sur l'azote) est produite à l'étape 1 et consommée à l'étape 2 : c'est un intermédiaire réactionnel.

Q10. L'étape 1 recopiée, avec les deux flèches courbes :

Justification du sens. Une flèche courbe part toujours d'un site donneur de doublet d'électrons vers un site accepteur.

Première flèche : l'atome d'azote porte un doublet non liant et est peu électronégatif : c'est un site donneur. Dans la molécule $CO X_{2}$ , l'oxygène est bien plus électronégatif que le carbone : les deux liaisons $C = O$ sont polarisées et le carbone porte une charge partielle $δ^{+}$ : c'est un site accepteur. La flèche part donc du doublet non liant de $N$ vers l'atome de carbone, et une liaison $N$ – $C$ se forme. L'azote, qui a cédé son doublet, devient chargé positivement.
Seconde flèche : le carbone ne peut pas former une cinquième liaison. Il faut donc rompre simultanément une liaison. Le doublet de la liaison $π$ de $C = O$ part vers l'atome le plus électronégatif, l'oxygène, qui porte alors une charge négative.

Le bilan de l'étape conserve les atomes et la charge globale (nulle de part et d'autre) : l'espèce formée est un amphion.

2. Contrôle qualité de la solution

Q11. Diluer 50 fois signifie que le facteur de dilution vaut $F = \frac{C _{S}}{C _{50}} = \frac{V _{fille}}{V _{m e ˋ re}} = 50$ . Le volume de solution mère à prélever est donc

$V_{m e ˋ re} = \frac{V _{fille}}{50} = \frac{250 , 0}{50} = 5, 0 mL .$

On verse un peu de solution S dans un bécher, on y prélève $5, 0 mL$ à la pipette jaugée de 5,0 mL (munie d'une propipette), on les introduit dans la fiole jaugée de 250,0 mL, on complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge et on homogénéise.

Ce que le correcteur attend : de la verrerie jaugée aux deux étapes. Une pipette graduée ou une éprouvette, beaucoup moins précises, ruineraient la précision du titrage ; le bécher ne sert qu'au transvasement.

Q12. L'équivalence d'un titrage est l'instant où l'espèce titrée et l'espèce titrante ont été introduites dans les proportions stœchiométriques de la réaction support. C'est le moment du changement de réactif limitant : avant l'équivalence le réactif titrant versé est limitant, après c'est le réactif titré qui a disparu.

Q13. Méthode de la courbe dérivée. La réaction support étant totale et rapide, le pH varie brutalement au voisinage de l'équivalence (saut de pH). Ici le titrant est un acide : le pH diminue, la dérivée $\frac{d ( pH )}{d V}$ est négative et passe par un minimum à l'équivalence.

Sur la figure 1, la courbe grise atteint son minimum ( $\approx - 3, 3 m L^{- 1}$ ) pour

$V_{E} \approx 14, 3 mL .$

La courbe de pH confirme la lecture : entre $14, 0$ et $14, 5 mL$ le pH chute de $6, 8$ à $3, 6$ , et le point d'inflexion du saut se situe bien vers $14, 3 mL$ . Doute de lecture assumé : toute valeur comprise entre $14, 2$ et $14, 5 mL$ est acceptable ; la méthode des tangentes parallèles donnerait le même résultat.

Q14. Relation à l'équivalence (stœchiométrie 1:1) : $n (H X_{3} O X^{+})_{vers e ˊ} = n (C X_{2} H X_{7} NO)_{titr e ˊ e}$ , soit $C_{A} V_{E} = C_{50} V_{B}$ , d'où

$C_{50} = \frac{C _{A} V _{E}}{V _{B}} = \frac{0 , 10 \times 14 , 3}{25 , 0} = 5, 7 \times 1 0^{- 2} mol \cdot L^{- 1}$

( $V_{E}$ et $V_{B}$ dans la même unité, les mL se simplifient).

La solution S a été diluée 50 fois, donc $C_{S} = 50 C_{50} = 50 \times 5, 72 \times 1 0^{- 2} = 2, 86 \approx 2, 9 mol \cdot L^{- 1}$ (on garde la valeur non arrondie pour la suite du calcul).

Titre massique. Dans un litre de solution S, la masse d'éthanolamine vaut $m = C_{S} M = 2, 86 \times 61, 0 = 1, 7 \times 1 0^{2} g$ , et la masse de solution $m_{sol} = d ρ_{eau} \times 1, 0 \times 1 0^{3} mL = 1, 0 \times 1 0^{3} g$ . D'où

$w = \frac{m}{m _{sol}} = \frac{C _{S} M}{d ρ _{eau}} = \frac{2 , 86 \times 61 , 0}{1 , 0 \times 1 0 ^{3}} = 0, 17 = 17% .$

Ce que le correcteur attend : ne pas oublier le facteur 50 de la dilution (on titre $S_{50}$ , la question porte sur S) et rapporter la masse d'éthanolamine à la masse de solution, pas à celle de solvant.

Q15. Le titre mesuré, $17%$ , se situe entre les colonnes $15%$ et $20%$ du tableau : la solution s'est bien appauvrie par rapport aux $20%$ de la formulation initiale, ce que le technicien redoutait.

Efficacité de captation : intermédiaire entre « faible » ( $15%$ ) et « bonne » ( $20%$ ), donc un peu en retrait de l'optimum : le débit de $CO X_{2}$ capté sera inférieur à celui d'une solution neuve.
Tolérance à la corrosion : intermédiaire entre « très bonne » et « acceptable », donc bonne : les installations ne sont pas menacées, c'est même plus sûr qu'à $25$ ou $30%$ .

Conclusion : la solution reste utilisable pour capter le dioxyde de carbone, sans risque pour les équipements, mais avec un rendement de captation dégradé. Le technicien a intérêt à la réajuster en ajoutant de l'éthanolamine pour revenir vers $20%$ , valeur qui réalise le meilleur compromis efficacité/corrosion, plutôt qu'à la remplacer. Compte tenu de l'incertitude de lecture sur $V_{E}$ ( $\pm 0, 2 mL$ , soit $1, 4%$ en valeur relative, donc $\pm 0, 2$ point sur $w$ ), le titre est connu à moins d'un demi-point près : la conclusion ne change pas.

3. Production de méthanol

Q16. Les réactifs sont $CO X_{2}$ et $H X_{2}$ , les produits $CH X_{3} OH$ et $H X_{2} O$ . L'ajustement (1 C ; 2 O ; 6 H de part et d'autre) donne :

$CO X_{2} (g) + 3 H X_{2} (g) CH X_{3} OH (l) + H X_{2} O (l)$

Vérification de cohérence avec les données industrielles : $M (CH X_{3} OH) = 32, 0 g \cdot mo l^{- 1}$ , donc $2, 00 \times 1 0^{5}$ t de méthanol correspondent à $n = \frac{2 , 00 \times 1 0 ^{11}}{32 , 0} = 6, 25 \times 1 0^{9} mol$ . Il faut trois fois plus de dihydrogène, soit $1, 88 \times 1 0^{10} mol$ , c'est-à-dire $1, 88 \times 1 0^{10} \times 2, 0 = 3, 75 \times 1 0^{10} g = 37500$ t : exactement la donnée de l'énoncé. Le coefficient 3 est bien le bon.

Q17. Énergie à fournir. La masse de dihydrogène vaut $m = 37500 t = 3, 75 \times 1 0^{7} kg$ et chaque kilogramme coûte $55 kW \cdot h$ :

$E = 3, 75 \times 1 0^{7} \times 55 = 2, 06 \times 1 0^{9} kW \cdot h = 2, 06 \times 1 0^{6} MW \cdot h .$

Durée. Les électrolyseurs fonctionnant à la puissance $P = 330 MW$ , la relation $E = P Δ t$ donne

$Δ t = \frac{E}{P} = \frac{2 , 06 \times 1 0 ^{6} MW \cdot h}{330 MW} = 6, 25 \times 1 0^{3} h, soit \frac{6250}{24} = 2, 6 \times 1 0^{2} jours .$

Ce que le correcteur attend : homogénéiser les unités ( $kW \cdot h$ avec MW, ou tout en joules : $E = 7, 4 \times 1 0^{15} J$ et $P = 3, 30 \times 1 0^{8} W$ donnent le même $Δ t = 2, 25 \times 1 0^{7} s$ ), et se souvenir que le kilowattheure est une énergie, pas une puissance.

Q18. La production visée est annuelle : il faut produire ces $37500$ t en au plus 365 jours. Or $Δ t \approx 260 jours < 365 jours$ : la puissance installée est suffisante. Il reste même une marge d'environ 105 jours par an (soit près de 30 % du temps) pour la maintenance, les arrêts de l'électrolyseur et les fluctuations de l'approvisionnement électrique.

Réserve : ce raisonnement suppose les électrolyseurs alimentés en continu à leur puissance nominale. Si l'électricité provient de sources intermittentes (éolien, solaire), le facteur de charge réel serait bien inférieur et la marge disparaîtrait : c'est précisément pourquoi le projet est adossé à une production électrique pilotable.

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