Corrigé bac physique-chimie 2026 Métropole jour 1 — Exercice 3 : Coloration de la laine

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

Énoncé

Les premières traces d'utilisation de la laine à usage vestimentaire remontent à plus de 12 000 ans et les premières teintures de la laine apparaissent il y a plus de 5 000 ans.

Les objectifs de cet exercice sont d'étudier la synthèse d'un colorant ainsi que les conditions nécessaires à sa fixation dans la structure de la laine.

1. Synthèse d'un « colorant acide »

Certains colorants utilisés pour teindre la laine sont appelés « colorants acides » car leur fixation est optimisée par un bain de teinture acide. On s'intéresse ici à la synthèse de l'un d'entre eux, largement utilisé dans l'industrie textile.

Données :

masse molaire de l'acide sulfanilique : $M (acide sulfanilique) = 173, 2 g \cdot mo l^{- 1}$ ;
masse molaire du $β$ -naphtol : $M (β -naphtol) = 144, 2 g \cdot mo l^{- 1}$ ;
masse molaire du colorant : $M (colorant) = 328, 3 g \cdot mo l^{- 1}$ ;
cercle chromatique :

Le mécanisme de la synthèse du colorant débute par les étapes présentées dans le mécanisme réactionnel fourni en ANNEXE A2 À RENDRE AVEC LA COPIE, mettant en jeu l'acide nitreux de formule $HNO X_{2}$ .

Q1. Définir un intermédiaire réactionnel.

Q2. Souligner les deux intermédiaires réactionnels présents dans les étapes du mécanisme réactionnel de la synthèse, fournies en ANNEXE A2 À RENDRE AVEC LA COPIE.

Q3. Identifier les sites donneur et accepteur d'électrons dans l'étape 1 en justifiant votre réponse sur la copie.

Q4. Dessiner les flèches courbes schématisant les transferts électroniques pour chacune des étapes du mécanisme sur l'ANNEXE A2 À RENDRE AVEC LA COPIE.

On réalise la synthèse du colorant en faisant réagir $0, 87 g$ d'acide sulfanilique et $0, 72 g$ de $β$ -naphtol avec un excès d'acide nitreux. La transformation est modélisée par l'équation de réaction (l'acide sulfanilique est l'acide 4-aminobenzènesulfonique $H X_{2} N - C X_{6} H X_{4} - SO X_{3} H$ , le $β$ -naphtol le naphtalén-2-ol $C X_{10} H X_{7} - OH$ , et le colorant, de formule brute $C X_{16} H X_{12} N X_{2} O X_{4} S$ , relie les deux cycles par un pont azoïque $- N = N -$ en position voisine du groupe $- OH$ du naphtol) :

$acide sulfanilique C X_{6} H X_{7} NO X_{3} S + β -naphtol C X_{10} H X_{8} O + HNO X_{2} ⟶ colorant C X_{16} H X_{12} N X_{2} O X_{4} S + 2 H X_{2} O$

Expérimentalement, on obtient une masse $m = 1, 53 g$ de colorant.

Q5. Déterminer, en justifiant, la masse maximale de colorant qui aurait pu être obtenue.

Q6. Déterminer le rendement de cette synthèse.

Après la synthèse, on réalise le spectre d'absorption du produit obtenu à l'aide d'un spectrophotomètre UV-visible. Ce spectre est présenté ci-dessous :

Figure 2. Spectre d'absorption d'une solution du colorant synthétisé

Q7. En utilisant le spectre ci-dessus, déterminer la couleur de ce colorant.

2. Étude du bain de teinture

Pour une fixation optimale du colorant, on abaisse le pH du bain de teinture en utilisant de l'acide citrique ou du vinaigre.

Les vinaigres sont des solutions aqueuses contenant de l'acide éthanoïque (ou acide acétique), de formule $CH X_{3} COOH$ . On se propose, dans cette partie, de doser du vinaigre commercial étiqueté à 8°, ce qui correspond à une concentration attendue en acide éthanoïque $C_{0} = 1, 360 mol \cdot L^{- 1}$ .

On dose un volume $V_{A} = 10, 0 mL$ de vinaigre dilué dix fois par une solution aqueuse d'hydroxyde de sodium de concentration $C_{B} = 0, 10 mol \cdot L^{- 1}$ . Le volume à l'équivalence $V_{E}$ est déterminé grâce au virage du bleu de thymol.

On réalise le titrage douze fois, les mesures des volumes $V_{E}$ obtenus à l'équivalence sont fournies dans le tableau ci-dessous, ainsi que la concentration $C$ en acide éthanoïque du vinaigre commercial qui en est déduite :

N°	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
$V_{E}$ (mL)	13,50	13,70	13,70	13,65	13,70	13,60	13,65	13,60	13,75	13,50	13,60	13,50
$C$ ( $mol \cdot L^{- 1}$ )	1,350	1,370	1,370	1,365	1,370	1,360	1,365	1,360	1,375	1,350	1,360	1,350

Q8. Démontrer comment obtenir la valeur de la concentration $C$ en acide éthanoïque pour le titrage N°1 à partir de la mesure de $V_{E 1}$ .

Q9. Parmi les valeurs suivantes, choisir et recopier sur la copie la valeur moyenne $C_{moy}$ et l'écart-type $σ$ de la série de mesures :

Moyenne $C_{moy}$ ( $mol \cdot L^{- 1}$ )	1,9155	1,3750	1,3621
Écart-type $σ$ ( $mol \cdot L^{- 1}$ )	0,009	0,237	1,370

On rappelle que, si un opérateur calcule la valeur moyenne de $n$ mesures effectuées dans les mêmes conditions, l'incertitude-type $u (C_{moy})$ associée à cette valeur moyenne est donnée par l'expression suivante :

$u (C_{moy}) = \frac{σ}{n}$

Q10. Montrer que l'incertitude-type associée à $C_{moy}$ , exprimée avec un chiffre significatif, vaut $u (C_{moy}) = 0, 003 mol/L$ . Écrire la valeur expérimentale de la concentration avec le nombre de chiffres significatifs adapté.

Pour discuter de l'accord du résultat d'une mesure avec une valeur de référence, on peut utiliser le quotient $\frac{∣ x - x _{ref} ∣}{u ( x )}$ avec $x$ la valeur mesurée, $x_{ref}$ la valeur de référence et $u (x)$ l'incertitude-type associée à la valeur mesurée $x$ .

Q11. Conclure sur l'accord entre la concentration en acide éthanoïque figurant sur l'étiquette et celle trouvée expérimentalement.

ANNEXE A2 À RENDRE AVEC LA COPIE

Corrigé

1. Synthèse d'un « colorant acide »

Q1. Un intermédiaire réactionnel est une espèce chimique formée au cours d'un acte élémentaire du mécanisme puis consommée dans un acte élémentaire ultérieur : il n'apparaît ni parmi les réactifs ni parmi les produits de l'équation de la réaction (le bilan), et sa durée de vie est en général très courte.

Q2. Dans les trois étapes de l'annexe A2, deux espèces sont produites par une étape puis consommées par la suivante :

l'acide nitreux $HO - N = O$ , formé à l'étape 1 et consommé à l'étape 2 ;
l'acide nitreux protoné $H X_{2} O X^{+} - N = O$ (ion nitrosacidium), formé à l'étape 2 et consommé à l'étape 3.

Ce sont les deux intermédiaires réactionnels à souligner (ils sont soulignés sur le schéma de la question Q4). L'ion nitrosyle $N \equiv O X^{+}$ produit à l'étape 3 réagira ensuite avec l'acide sulfanilique : il serait lui aussi un intermédiaire du mécanisme complet, mais il n'est que produit dans les étapes fournies.

Q3. Étape 1 : l'ion nitrite $NO X_{2} X^{-}$ réagit avec l'ion hydrogène $H X^{+}$ .

Le site donneur de doublet d'électrons est l'atome d'oxygène porteur de la charge négative de l'ion nitrite : il est riche en électrons (trois doublets non liants et une charge $-$ ). C'est l'un de ses doublets non liants qui forme la nouvelle liaison $O - H$ .
Le site accepteur de doublet d'électrons est l'ion $H X^{+}$ : il porte une charge positive et ne possède aucun électron (lacune électronique) ; il est pauvre en électrons.

Une flèche courbe part toujours du site riche en électrons vers le site pauvre.

Q4. Les transferts électroniques sont représentés ci-dessous (flèches rouges) :

Étape 1 : une flèche part d'un doublet non liant de l'atome $O X^{-}$ de l'ion nitrite et pointe vers $H X^{+}$ : formation de la liaison $O - H$ de l'acide nitreux. L'oxygène perd sa charge négative.
Étape 2 : une flèche part d'un doublet non liant de l'atome d'oxygène du groupe $OH$ de l'acide nitreux et pointe vers $H X^{+}$ : formation d'une seconde liaison $O - H$ ; cet oxygène, désormais lié trois fois, porte la charge positive.
Étape 3 : deux flèches. La première part du doublet liant de la liaison $N - O$ (oxygène porteur des deux hydrogènes) et pointe vers cet atome d'oxygène : la liaison se rompt, le doublet devient non liant et une molécule d'eau $H X_{2} O$ part. La seconde part d'un doublet non liant de l'oxygène terminal et pointe vers la liaison $N = O$ , qui devient triple : on obtient l'ion nitrosyle $N \equiv O X^{+}$ , la charge positive étant portée par l'oxygène. Les atomes et la charge globale ( $+ 1$ ) sont conservés.

Q5. Quantités de matière initiales des deux réactifs dont on connaît la masse :

$n (acide sulfanilique) = \frac{m}{M} = \frac{0 , 87}{173 , 2} = 5, 0 \times 1 0^{- 3} mol,$

$n (β -naphtol) = \frac{m}{M} = \frac{0 , 72}{144 , 2} = 5, 0 \times 1 0^{- 3} mol .$

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