Corrigé bac physique-chimie 2026 Asie jour 2 — Exercice 3 : Phytoremédiation

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

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Énoncé

La phytoremédiation est une technique qui offre une alternative pour réhabiliter des terrains agricoles. Elle utilise des cycles de culture de plantes spécifiques pour dépolluer un sol contaminé. Souhaitant cultiver sa vigne selon les principes de l'agriculture biologique, un viticulteur sème des plantes « phytoextractrices » afin de diminuer la quantité en cuivre présente dans son sol.

L'objectif de cet exercice est de déterminer le nombre de cycles de culture des plantes que doit réaliser le viticulteur pour atteindre la teneur limite en cuivre acceptable pour l'agriculture biologique.

Données :

masse molaire du cuivre : $M (Cu) = 63, 5 g \cdot mo l^{- 1}$ ;
teneur limite maximale en cuivre dans un sol pour l'agriculture biologique selon l'Union européenne : $m_{t} = 150 mg$ par kg de terre ;
masse de cuivre extraite par les plantes par cycle de culture : $m_{e} = 90 mg$ par kg de terre.

Document — Protocole d'analyse

Un échantillon de 1 kg de terre contenant le cuivre est immergé dans 1 L d'eau. Après filtration, on obtient 1 L d'une solution notée $S_{0}$ .

On prélève un volume $V_{1} = 50, 0 mL$ de la solution $S_{0}$ que l'on place dans un erlenmeyer. On y ajoute une solution d'iodure de potassium $(K X^{+} (aq), I X^{-} (aq))$ en excès. Il se forme un précipité d'iodure de cuivre $CuI (s)$ selon l'équation de réaction :

$2 Cu X^{2 +} (aq) + 4 I X^{-} (aq) 2 CuI (s) + I X_{2} (aq)$

Le diiode $I X_{2} (aq)$ formé par la réaction précédente est titré par une solution de thiosulfate de sodium $(2 Na X^{+} (aq), S X_{2} O X_{3} X^{2 -} (aq))$ de concentration en quantité de matière $c_{2} = 2, 0 \times 1 0^{- 2} mol \cdot L^{- 1}$ . L'équation de la réaction support du titrage s'écrit :

$I X_{2} (aq) + 2 S X_{2} O X_{3} X^{2 -} (aq) 2 I X^{-} (aq) + S X_{4} O X_{6} X^{2 -} (aq)$

Le volume de solution titrante versé pour atteindre l'équivalence est $V_{E} = 15, 0 mL$ .

Q1. Définir l'équivalence d'un titrage.

Q2. Déterminer, en justifiant, l'oxydant et le réducteur intervenant lors du titrage du diiode $I X_{2}$ par les ions thiosulfate $S X_{2} O X_{3} X^{2 -}$ .

Q3. Donner, à l'équivalence, la relation entre la quantité de matière de diiode $n_{1} (I X_{2})$ et la quantité de matière des ions thiosulfate $n_{E} (S X_{2} O X_{3} X^{2 -})$ .

Q4. Écrire la relation entre la quantité de matière de diiode formée $n_{1} (I X_{2})$ et celle des ions cuivre $n_{0} (Cu X^{2 +})$ présents dans le volume $V_{1}$ . On pourra utiliser un tableau d'avancement.

Q5. En déduire que la valeur de la quantité de matière d'ions cuivre contenue dans le volume $V_{1}$ est $n_{0} (Cu X^{2 +}) = 3, 0 \times 1 0^{- 4} mol$ .

Q6. Calculer la valeur de la masse $m (Cu X^{2 +})$ de cuivre présent dans 1 kg de terre viticole analysée.

Q7. Déterminer la valeur du nombre minimum $N_{m i n}$ de cycles de culture à réaliser pour atteindre la teneur limite en cuivre pour l'agriculture biologique.

Pour répondre à cette question, 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.

Corrigé

Q1. L'équivalence d'un titrage est l'instant où l'espèce titrée (ici le diiode, dans l'erlenmeyer) et l'espèce titrante (ici les ions thiosulfate, versés à la burette) ont été introduites dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage. C'est le point de changement de réactif limitant : avant l'équivalence, le réactif titrant versé est limitant et disparaît aussitôt ; après l'équivalence, c'est le réactif titré qui est épuisé et le titrant qui s'accumule. À l'équivalence exactement, les deux réactifs ont été totalement consommés. Le volume de solution titrante versé à cet instant est noté $V_{E}$ ; c'est la grandeur expérimentale qui permet de remonter à la quantité de matière titrée.

Q2. On décompose l'équation support $I X_{2} (aq) + 2 S X_{2} O X_{3} X^{2 -} (aq) 2 I X^{-} (aq) + S X_{4} O X_{6} X^{2 -} (aq)$ en deux demi-équations électroniques.

Le diiode est transformé en ions iodure : chaque atome d'iode de la molécule $I X_{2}$ gagne un électron pour donner un ion $I X^{-}$ . Le diiode capte donc des électrons :

$I X_{2} (aq) + 2 e X^{-} 2 I X^{-} (aq) couple I X_{2} / I X^{-} .$

Une espèce qui capte des électrons est un oxydant : $I X_{2} (aq)$ est donc l'oxydant du titrage (c'est l'espèce titrée).

Les ions thiosulfate sont transformés en ions tétrathionate : ils cèdent des électrons :

$2 S X_{2} O X_{3} X^{2 -} (aq) S X_{4} O X_{6} X^{2 -} (aq) + 2 e X^{-} couple S X_{4} O X_{6} X^{2 -} / S X_{2} O X_{3} X^{2 -} .$

Une espèce qui cède des électrons est un réducteur : $S X_{2} O X_{3} X^{2 -} (aq)$ est donc le réducteur du titrage (c'est l'espèce titrante).

La somme des deux demi-équations, les deux électrons se simplifiant, redonne bien l'équation support fournie. Le repérage de l'équivalence est d'ailleurs immédiat à l'œil : la solution, brune (ou bleu foncé en présence d'empois d'amidon) tant qu'il reste du diiode, se décolore à la goutte près lorsque tout le diiode a été consommé.

Q3. À l'équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation support : pour 1 mol de diiode, il faut 2 mol d'ions thiosulfate. La relation à l'équivalence s'écrit donc

$\frac{n _{1} ( I X _{2} )}{1} = \frac{n _{E} ( S X _{2} O X _{3} X ^{2 -} )}{2} c’est- a ˋ -dire n_{E} (S X_{2} O X_{3} X^{2 -}) = 2 n_{1} (I X_{2}),$

où $n_{E} (S X_{2} O X_{3} X^{2 -}) = c_{2} \cdot V_{E}$ est la quantité d'ions thiosulfate versée à l'équivalence.

Q4. Dans l'erlenmeyer, les ions iodure sont introduits en excès : le réactif limitant de la réaction de précipitation est donc l'ion cuivre $Cu X^{2 +}$ , initialement présent en quantité $n_{0} (Cu X^{2 +})$ dans le volume $V_{1}$ . Tableau d'avancement de la réaction $2 Cu X^{2 +} + 4 I X^{-} 2 CuI + I X_{2}$ :

État du système	$2 Cu X^{2 +} (aq)$	$4 I X^{-} (aq)$	$2 CuI (s)$	$I X_{2} (aq)$
initial ( $x = 0$ )	$n_{0} (Cu X^{2 +})$	excès	$0$	$0$
intermédiaire ( $x$ )	$n_{0} (Cu X^{2 +}) - 2 x$	excès	$2 x$	$x$
final ( $x_{f} = x_{m a x}$ )	$n_{0} (Cu X^{2 +}) - 2 x_{f}$	excès	$2 x_{f}$	$x_{f}$

La transformation étant totale et $Cu X^{2 +}$ limitant, il ne reste plus d'ions cuivre à l'état final :

$n_{0} (Cu X^{2 +}) - 2 x_{f} = 0 ⟹ x_{f} = \frac{n _{0} ( Cu X ^{2 +} )}{2} .$

Or la quantité de diiode formée est $n_{1} (I X_{2}) = x_{f}$ , d'où

$n_{1} (I X_{2}) = \frac{n _{0} ( Cu X ^{2 +} )}{2} soit n_{0} (Cu X^{2 +}) = 2 n_{1} (I X_{2}) .$

C'est la traduction directe de la stœchiométrie : deux ions cuivre sont nécessaires pour former une molécule de diiode.

Q5. On enchaîne les deux relations. D'après Q3, $n_{1} (I X_{2}) = \frac{n _{E} ( S X _{2} O X _{3} X ^{2 -} )}{2} = \frac{c _{2} V _{E}}{2}$ ; d'après Q4, $n_{0} (Cu X^{2 +}) = 2 n_{1} (I X_{2})$ . Les facteurs 2 se compensent :

$n_{0} (Cu X^{2 +}) = 2 \times \frac{c _{2} V _{E}}{2} = c_{2} \cdot V_{E} .$

Application numérique, le volume étant converti en litres ( $V_{E} = 15, 0 mL = 15, 0 \times 1 0^{- 3} L$ ) :

$n_{0} (Cu X^{2 +}) = 2, 0 \times 1 0^{- 2} \times 15, 0 \times 1 0^{- 3} = 3, 0 \times 1 0^{- 4} mol .$

On retrouve bien la valeur annoncée par l'énoncé.

Q6. La prise d'essai $V_{1} = 50, 0 mL$ n'est qu'une fraction de la solution $S_{0}$ , dont le volume total est $V_{0} = 1, 00 L = 1000 mL$ , obtenue à partir de 1 kg de terre. Le facteur de proportionnalité vaut

$\frac{V _{0}}{V _{1}} = \frac{1 000}{50 , 0} = 20.$

La quantité totale d'ions cuivre extraite de 1 kg de terre est donc

$n (Cu X^{2 +}) = 20 \times n_{0} (Cu X^{2 +}) = 20 \times 3, 0 \times 1 0^{- 4} = 6, 0 \times 1 0^{- 3} mol,$

et la masse correspondante, par $m = n \cdot M$ :

$m (Cu X^{2 +}) = 6, 0 \times 1 0^{- 3} \times 63, 5 = 0, 381 g = 3, 8 \times 1 0^{2} mg .$

$m (Cu X^{2 +}) \approx 3, 8 \times 1 0^{2} mgparkgdeterre$

Ce que le correcteur attend : le facteur 20 entre la prise d'essai et la solution $S_{0}$ . L'oublier donnerait $19 mg$ par kg de terre, une teneur inférieure à la limite réglementaire : la conclusion de l'exercice serait inversée.

Q7. Démarche. La teneur actuelle du sol est $m (Cu X^{2 +}) = 381 mg$ par kg de terre, très supérieure à la teneur limite $m_{t} = 150 mg$ par kg de terre autorisée en agriculture biologique : le sol doit être dépollué. Chaque cycle de culture retire $m_{e} = 90 mg$ de cuivre par kg de terre ; après $N$ cycles, la teneur restante vaut $m (Cu X^{2 +}) - N m_{e}$ . La condition à satisfaire est

$m (Cu X^{2 +}) - N m_{e} ⩽ m_{t} ⟺ N ⩾ \frac{m ( Cu X ^{2 +} ) - m _{t}}{m _{e}} .$

Application numérique, toutes les masses étant exprimées en milligrammes par kilogramme de terre :

$N ⩾ \frac{381 - 150}{90} = \frac{231}{90} = 2, 6.$

Le nombre de cycles de culture est nécessairement un entier, et la condition impose $N ⩾ 2, 6$ : il faut donc arrondir par excès.

$N_{m i n} = 3$

Vérification : après 2 cycles, il resterait $381 - 2 \times 90 = 201 mg$ par kg de terre, encore au-dessus de la limite ; après 3 cycles, il reste $381 - 3 \times 90 = 111 mg$ par kg de terre, cette fois inférieur à $150 mg$ par kg. Le viticulteur doit donc réaliser au minimum trois cycles de culture de plantes phytoextractrices avant de pouvoir revendiquer les principes de l'agriculture biologique — soit plusieurs saisons, ce qui donne la mesure de la lenteur, mais aussi de la douceur, de cette méthode de dépollution.

Ce que le correcteur attend : l'arrondi à l'entier supérieur. Répondre $N = 2, 6$ ou $N = 2$ (arrondi « au plus proche » vers le bas) laisserait le sol au-dessus de la teneur limite.

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