Les algues vertes

Bac Polynésie 2026 sujet 2

Exercice 1 – ( 9 points) – Durée 1h35 – Calculatrice autorisée

Sujet n°26-PYCJ2PO1

Sujet et corrigé

Les marées vertes, parfois observées sur les côtes françaises, résultent de la prolifération massive d’algues liée à une augmentation de la concentration en atomes d’azote et de phosphore dans le milieu aquatique. Ce phénomène peut devenir dangereux pour la santé humaine, notamment en raison de la libération de sulfure d’hydrogène H₂S lors de la décomposition des algues.

L’objectif de cet exercice, dont les parties sont indépendantes, est :

• de déterminer la concentration en masse en ions nitrate d’une eau souterraine (Partie A) ;
• d’étudier la production de sulfure d’hydrogène par les algues vertes (Partie B) ;
• d’étudier les différents moyens de revalorisation des algues vertes (Partie C).

Partie A : Dosage des ions nitrate

Les ions nitrate, provenant de l’usage intensif d’engrais, s’infiltrent dans les nappes phréatiques et finissent par atteindre les eaux souterraines puis les côtes, ce qui permet aux algues vertes de se multiplier.

La réglementation européenne fixe un seuil à 50 mg·L⁻¹ d’ions nitrate pour les eaux destinées à la consommation humaine.

Pour déterminer la concentration en ions nitrate d’une eau, le dosage s’effectue en deux étapes.

Étape 1 : Les ions nitrate NO₃⁻, en milieu acide, réagissent avec une quantité de cuivre métallique en excès selon une transformation chimique totale modélisée par la réaction suivante :

$$3\ Cu_{(s)} + 2\ NO_3^-{}_{(aq)} + 8\ H^+{}_{(aq)} \rightarrow 2\ NO_{(g)} + 4\ H_2O_{(\ell)} + 3\ Cu^{2+}{}_{(aq)} \quad (1)$$

Dans un ballon muni d’un réfrigérant à eau, on introduit un volume V_eau = 50,0 mL d’eau souterraine bretonne, 50 mg de copeaux de cuivre et 5 mL d’acide sulfurique concentré. Après chauffage à reflux et refroidissement, le contenu du ballon est filtré et recueilli dans un erlenmeyer.

Q1. Citer deux avantages apportés par l’utilisation d’un chauffage à reflux.

Le chauffage à reflux permet :

• d’accélérer la réaction ;
• sans perte de matière.

Étape 2 : Les ions cuivre Cu²⁺ réagissent avec l’ammoniac NH₃ en excès pour former un composé coloré : le tétraammine cuivre II, noté [Cu(NH₃)₄]²⁺, selon une transformation chimique totale modélisée par la réaction suivante :

$$Cu^{2+}{}_{(aq)} + 4\ NH_3{}_{(aq)} \rightarrow [Cu(NH_3)_4]^{2+}{}_{(aq)} \quad (2)$$

Une solution concentrée d’ammoniaque est ajoutée à la solution issue de l’étape 1. Le mélange est ensuite transféré dans une fiole jaugée de 100,0 mL et complété à l’eau distillée. On appelle S la solution colorée obtenue. La quantité de matière d’ions cuivre initialement présente, notée n_Cu²⁺ est égale à la quantité de matière du composé coloré [Cu(NH₃)₄]²⁺, qui est déterminée à l’aide d’un dosage par étalonnage spectrophotométrique.

Pour réaliser un dosage par étalonnage, on dispose d’une solution mère S₀ du composé [Cu(NH₃)₄]²⁺ de concentration égale à 2,0 mmol·L⁻¹. Trois solutions filles S₁, S₂ et S₃ de concentrations en quantité de matière respectives 1,5 mmol·L⁻¹, 1,0 mmol·L⁻¹ et 0,50 mmol·L⁻¹ sont obtenues en diluant la solution mère dans des fioles jaugées de 10,0 mL.

Q2. Nommer la verrerie nécessaire à la préparation de la solution fille S₂, en détaillant le calcul du volume à prélever.

Lors d’une dilution, la quantité de matière du composé coloré se conserve :

$$C_0 \times V’ = C_2 \times V_2$$

$$V’ = \frac{C_2 \times V_2}{C_0} = \frac{1,0 \times 10,0}{2,0}$$

$$V’ = 5,0\ mL$$

Verrerie nécessaire :

• une pipette jaugée de 5,0 mL ;
• une fiole jaugée de 10,0 mL.

La solution S₀ est utilisée pour réaliser le spectre d’absorption du composé coloré [Cu(NH₃)₄]²⁺ (Figure 1).

Données

• Masse molaire de l’ion nitrate NO₃⁻ : M_NO₃⁻ = 62,0 g·mol⁻¹ ;
• Cercle chromatique :

Q3. Proposer une valeur de la longueur d’onde appropriée pour le dosage par étalonnage et en déduire la couleur de la solution S₀ du composé coloré [Cu(NH₃)₄]²⁺.

La valeur de la longueur d’onde à laquelle il faut régler le spectrophotomètre pour réaliser les mesures d’absorbance est la valeur pour laquelle l’absorbance est maximale soit λ_max = 600 nm.

D’après le cercle chromatique, la longueur d’onde λ = 600 nm correspond à l’orangé. La solution S₀, qui absorbe dans l’orangé, apparaît donc de la couleur complémentaire (couleur opposée sur le cercle chromatique) : le bleu.

On mesure l’absorbance à la longueur d’onde λ appropriée, de chaque solution étalon et de la solution inconnue S. Les résultats sont consignés dans le tableau ci-dessous et représentés sur la Figure 2.

Solution	S₀	S₁	S₂	S₃	S
Concentration (en mmol·L⁻¹)	2,0	1,5	1,0	0,50	?
Absorbance	1,208	0,906	0,599	0,310	0,403

Q4. Expliquer en quoi la représentation graphique de la Figure 2 est en accord avec la loi de Beer-Lambert.

A en fonction de c est une droite passant par l’origine : A et c sont proportionnels : A = kc.

Ainsi, la représentation graphique de la Figure 2 est en accord avec la loi de Beer-Lambert.

Q5. À l’aide de la Figure 2 et du tableau qui la précède, montrer que la quantité de matière des ions cuivre Cu²⁺ formés n_Cu²⁺ dans la solution S vaut 6,7 × 10⁻⁵ mol.

Méthode 1 :

Calculons le coefficient directeur :

$$k = \frac{y_B – y_A}{x_B – x_A} = \frac{1,20 – 0}{2,0 – 0}$$

$$k = 0,60\ L \cdot mmol^{-1}$$

L’absorbance de la solution S vaut A_S = 0,403. La concentration correspondante est donc :

$$C_S = \frac{A_S}{k} = \frac{0,403}{0,60}$$

$$C_S = 0,67\ mmol \cdot L^{-1}$$

Méthode 2 :

L’absorbance de la solution S vaut A_S = 0,403. Par lecture graphique :

$$C_S = 0,67\ mmol \cdot L^{-1}$$

La quantité de matière d’ions cuivre dans la solution S :

$$n_{Cu^{2+}} = C_S \times V_{fiole}$$

$$n_{Cu^{2+}} = 0,67 \times 10^{-3} \times 100,0 \times 10^{-3}$$

$$n_{Cu^{2+}} = 6,7 \times 10^{-5}\ mol$$

Q6. À partir de l’équation de réaction (1) de l’étape 1, montrer que la relation entre la quantité de matière d’ions nitrate contenus dans l’eau souterraine n_NO₃⁻ et la quantité de matière d’ions cuivre formés n_Cu²⁺ est :

$$n_{NO_3^-} = \frac{2}{3} \times n_{Cu^{2+}}$$

D’après l’énoncé, dans l’étape 1, le cuivre métallique est introduit en excès.

État	$$3Cu_{(s)}$$	$$+\ 2NO_3^-{}_{(aq)}$$	$$+\ 8H^+{}_{(aq)}$$	$$\rightarrow 2NO_{(g)}$$	$$+\ 4H_2O_{(l)}$$	$$+\ 3Cu^{2+}{}_{(aq)}$$
Initial	excès	$$n_{NO_3^-}$$	excès	$$0$$	excès	$$0$$
Intermédiaire	excès	$$n_{NO_3^-} – 2x$$	excès	$$2x$$	excès	$$3x$$
Final	excès	$$n_{NO_3^-} – 2x_f$$	excès	$$2x_f$$	excès	$$3x_f$$

La réaction est totale : les ions nitrate étant le réactif limitant, à l’état final :

$$n_{NO_3^-} – 2x_f = 0$$ donc $$x_f = \frac{n_{NO_3^-}}{2}$$

Or, la quantité de matière d’ions cuivre formés est :

$$n_{Cu^{2+}} = 3x_f = 3 \times \frac{n_{NO_3^-}}{2}$$

D’où : $$n_{NO_3^-} = \frac{2}{3} \times n_{Cu^{2+}}$$

Q7. En déduire la concentration en masse C_m,NO₃⁻ des ions nitrate présents dans les 50,0 mL d’eau souterraine. Conclure sur la qualité des eaux souterraines étudiées.

$$C_{m,NO_3^-} = \frac{m_{NO_3^-}}{V_{eau}}$$

Or $$m_{NO_3^-} = n_{NO_3^-} \times M_{NO_3^-}$$

$$C_{m,NO_3^-} = \frac{n_{NO_3^-} \times M_{NO_3^-}}{V_{eau}}$$

$$C_{m,NO_3^-} = \frac{4,47 \times 10^{-5} \times 62,0}{50,0 \times 10^{-3}}$$

$$C_{m,NO_3^-} = 5,54 \times 10^{-2}\ g \cdot L^{-1} = 55,4\ mg \cdot L^{-1}$$

Cette concentration (≈ 55,4 mg·L⁻¹) est supérieure au seuil réglementaire de 50 mg·L⁻¹ fixé pour les eaux destinées à la consommation humaine : l’eau souterraine étudiée n’est pas utilisable pour la consommation humaine.

Partie B : Le sulfure d’hydrogène

Le sulfure d’hydrogène de formule H₂S est un gaz très toxique. Les algues vertes libèrent ce gaz en se décomposant à cause de bactéries sulfato-réductrices qui transforment les ions sulfate SO₄²⁻ en sulfure d’hydrogène H₂S en absence de dioxygène.

Données

• Couples oxydant/réducteur : SO₄²⁻(aq) / H₂S(aq) ; O₂(g) / H₂O(ℓ) ;
• Couples acide-base à 25°C : H₂S(aq) / HS⁻(aq), pK_A1 = 7,0 ; HS⁻(aq) / S²⁻(aq), pK_A2 = 12 ;
• pH de l’eau de mer : 8,2 ;
• Extrait de l’étiquette d’une bouteille de sulfure d’hydrogène gazeux :

Q8. Justifier le terme « réductrices » utilisé dans l’appellation « sulfato-réductrices » pour les bactéries.

L’ion sulfate SO₄²⁻ est un oxydant (il est placé à gauche du couple SO₄²⁻(aq)/H₂S(aq)) :

$$SO_4^{2-}{}_{(aq)} + 10H^+{}_{(aq)} + 8e^- = H_2S_{(aq)} + 4H_2O_{(l)}$$

L’ion sulfate SO₄²⁻ est capable de capter des électrons : c’est un oxydant.

Par définition un oxydant subit une réduction d’où le terme « réductrices » utilisé dans l’appellation « sulfato-réductrices » pour les bactéries qui transforment les ions sulfate SO₄²⁻ en sulfure d’hydrogène H₂S.

On veut modéliser la transformation chimique entre le sulfure d’hydrogène et l’eau de mer en utilisant les couples H₂S(aq) / HS⁻(aq) et H₃O⁺(aq) / H₂O(ℓ).

Q9. Écrire l’équation de la réaction acido-basique modélisant cette transformation chimique.

$$H_2S_{(aq)} + H_2O_{(l)} \rightleftharpoons HS^-{}_{(aq)} + H_3O^+{}_{(aq)}$$

Q10. Tracer le diagramme de prédominance des couples acide-base H₂S(aq) / HS⁻(aq) et HS⁻(aq) / S²⁻(aq). Indiquer l’espèce chimique prédominante quand les algues vertes sont en contact avec l’eau de mer.

Diagramme de prédominance :

H₂S prédominant | HS⁻ prédominant | S²⁻ prédominant

(le long de l’axe pH, avec pK_A1 = 7,0 séparant H₂S et HS⁻, puis pH = 8,2 (eau de mer), puis pK_A2 = 12 séparant HS⁻ et S²⁻)

L’eau de mer ayant un pH de 8,2, valeur comprise entre pK_A1 = 7,0 et pK_A2 = 12, c’est l’espèce HS⁻ qui est prédominante quand les algues vertes sont en contact avec l’eau de mer.

Q11. Écrire l’équation d’oxydo-réduction qui a lieu quand le sulfure d’hydrogène H₂S entre en contact avec le dioxygène O₂ au moment où l’algue s’assèche. Justifier que le milieu subit une acidification.

Demi-équation d’oxydation (couple SO₄²⁻/H₂S) :

$$H_2S_{(aq)} + 4H_2O_{(l)} \rightarrow SO_4^{2-}{}_{(aq)} + 10H^+{}_{(aq)} + 8e^-$$

Demi-équation de réduction (couple O₂/H₂O), multipliée par 2 pour équilibrer les électrons :

$$2O_{2(g)} + 8H^+{}_{(aq)} + 8e^- \rightarrow 4H_2O_{(l)}$$

Ainsi :

$$H_2S_{(aq)} + 4H_2O_{(l)} + 2O_{2(g)} + 8H^+{}_{(aq)} \rightarrow SO_4^{2-}{}_{(aq)} + 10H^+{}_{(aq)} + 4H_2O_{(l)}$$

$$H_2S_{(aq)} + 2O_{2(g)} \rightarrow SO_4^{2-}{}_{(aq)} + 2H^+{}_{(aq)}$$

Cette réaction produit des ions H⁺ (qui deviennent des ions oxonium H₃O⁺ en présence d’eau) : la concentration en H₃O⁺ du milieu augmente, et entraîne donc une diminution du pH. Le milieu subit donc une acidification.

Pour vérifier l’acidification du milieu, on se propose de calculer le nouveau pH. Pour cela, on étudie le couple acide-base H₂S(aq) / HS⁻(aq). On considère que la concentration en quantité de matière en ions sulfure S²⁻ est négligeable.

Q12. Rappeler l’expression de la constante d’acidité K_A1 du couple H₂S(aq) / HS⁻(aq) en fonction des concentrations en quantité de matière à l’équilibre en ions hydrogénosulfure [HS⁻], en sulfure d’hydrogène [H₂S] et en ions oxonium [H₃O⁺].

$$K_{A1} = \frac{[HS^-]_{eq} \times [H_3O^+]_{eq}}{[H_2S]_{eq} \times c^0}$$

Le pH du milieu peut être déterminé selon l’expression suivante, admise :

$$pH = \frac{1}{2} \times \left(pK_{A1} – \log\left(\frac{K_{H_2S} \times p_{H_2S}}{p^0}\right)\right)$$

Où K_H2S est la constante d’équilibre entre le sulfure d’hydrogène aqueux H₂S(aq) et le sulfure d’hydrogène gazeux H₂S(g), p_H2S la pression partielle en H₂S(g) en bar et p° la pression standard en bar.

Données

• Constante d’équilibre H₂S(g) ⇄ H₂S(aq) : K_H2S = 0,09 ;
• Pression partielle en H₂S(g) : p_H2S = 0,1 bar ;
• Pression standard : p° = 1 bar.

Q13. Calculer la valeur de pH. En déduire l’espèce chimique prédominante à ce pH. Indiquer les risques sanitaires et environnementaux à laisser les algues vertes sécher sur la plage.

$$pH = \frac{1}{2} \times \left(7,0 – \log\left(\frac{0,09 \times 0,1}{1}\right)\right)$$

$$pH = \frac{1}{2} \times \left(7,0 – \log(9,0 \times 10^{-3})\right)$$

$$pH = \frac{1}{2} \times (7,0 + 2,05)$$

$$pH = 4,5$$

pH = 4,5 est inférieur à pK_A1 = 7,0 : d’après le diagramme de prédominance de la Q10, l’espèce chimique prédominante est donc H₂S.

D’après l’étiquette fournie, le sulfure d’hydrogène gazeux est mortel par inhalation et très toxique pour les organismes aquatiques.

Laisser les algues vertes sécher sur la plage favorise donc le dégagement de H₂S gazeux (espèce prédominante en milieu acide), ce qui présente un risque sanitaire grave pour les personnes présentes sur la plage (intoxication par inhalation) ainsi qu’un risque environnemental pour les organismes aquatiques à proximité.

Partie C : Revalorisation des algues vertes

La revalorisation des algues utilise l’amidon présent dans les algues vertes. L’amidon est composé de deux polymères dont un qui a pour structure :

Q14. Nommer la famille fonctionnelle correspondant au groupe caractéristique entouré en pointillés sur la Figure 3.

Le groupe caractéristique entouré en pointillés sur la Figure 3 est un groupe hydroxyle −OH : famille fonctionnelle des alcools.

Q15. Identifier et recopier sur la copie le motif du polymère de la Figure 3.

Le polymère représenté est constitué par la répétition d’un même motif, encadré ci-dessus.

Données

• Loi des gaz parfaits : PV = nRT, où P est la pression du gaz en Pa, V son volume en m³, n sa quantité de matière en mol, T sa température en K et R la constante des gaz parfaits ;
• R = 8,314 J·K⁻¹·mol⁻¹ ;
• 1 bar = 10⁵ Pa ;
• Conversion de température : T(K) = θ(°C) + 273 ;
• Masse molaire de l’éthanol C₂H₆O : M_C2H6O = 46,0 g·mol⁻¹ ;
• Masse volumique de l’éthanol C₂H₆O : ρ_C2H6O = 789 g·L⁻¹.
• Tableau comparant les carburants SP95 et E85 :

Carburant	Volume de carburant consommé pour 100 km	Volume de dioxyde de carbone libéré lors d’un trajet de 100 km
SP95	7,0 L	8,3 m³
E85	9,3 L	?

La fermentation de l’amidon des algues vertes permet de produire du « bioéthanol » C₂H₆O. Le bioéthanol est un carburant pouvant être utilisé par combustion dans certaines voitures sous la forme de E85 (85 % volumique de bioéthanol et 15 % volumique d’essence SP95) selon l’équation de réaction :

$$C_2H_6O_{(g)} + 3\ O_{2(g)} \rightarrow 2\ CO_{2(g)} + 3\ H_2O_{(g)}$$

Q16. Montrer que la quantité de matière de bioéthanol n_C2H6O contenu dans le volume d’E85 nécessaire pour parcourir 100 km est voisine de 1,4 × 10² mol.

Volume de bioéthanol contenu dans les 9,3 L d’E85 consommés pour 100 km (85 % volumique de bioéthanol) :

$$V_{éthanol} = 0,85 \times 9,3 = 7,905\ L$$

Quantité de matière de bioéthanol :

$$n_{C_2H_6O} = \frac{m_{éthanol}}{M_{C_2H_6O}}$$

Or $$m_{éthanol} = V_{éthanol} \times \rho_{C_2H_6O}$$

D’où $$n_{C_2H_6O} = \frac{V_{éthanol} \times \rho_{C_2H_6O}}{M_{C_2H_6O}}$$

$$n_{C_2H_6O} = \frac{7,905 \times 789}{46,0}$$

$$n_{C_2H_6O} = 1,4 \times 10^2\ mol$$

On considèrera que le dioxyde de carbone se comporte comme un gaz parfait à une température θ de 20 °C et une pression atmosphérique p_atm de 1,013 bar.

Pour la question suivante, 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.

Q17. Déterminer le volume de CO₂, noté V_CO2, libéré lors d’un trajet de 100 km par la combustion du bioéthanol contenu dans l’E85. Comparer cette valeur au volume de dioxyde de carbone libéré si on utilise de l’essence SP95 pour le même trajet et conclure sur l’avantage du bioéthanol.

$$C_2H_6O_{(g)} + 3O_{2(g)} \rightarrow 2CO_{2(g)} + 3H_2O_{(g)}$$

D’après l’équation de réaction, la quantité de matière de dioxyde de carbone formé par combustion du bioéthanol est :

$$\frac{n_{CO_2}}{2} = \frac{n_{C_2H_6O}}{1}$$

$$n_{CO_2} = 2 \times n_{C_2H_6O} = 2 \times 1,4 \times 10^2$$

$$n_{CO_2} = 2,8 \times 10^2\ mol$$

En considérant le dioxyde de carbone comme un gaz parfait, d’après la loi des gaz parfaits :

$$P \times V = n \times R \times T$$

$$V_{CO_2} = \frac{n_{CO_2} \times R \times T}{P_{atm}}$$

$$V_{CO_2} = \frac{2,8 \times 10^2 \times 8,314 \times (20 + 273)}{1,013 \times 10^5}$$

$$V_{CO_2} = 6,7\ m^3$$

Le volume de CO₂ libéré par la combustion du bioéthanol contenu dans l’E85 pour un trajet de 100 km (6,7 m³) est donc inférieur au volume de CO₂ libéré par la combustion de l’essence SP95 pour le même trajet (8,3 m³ d’après le tableau).

De plus, le dioxyde de carbone libéré par la combustion du bioéthanol provient du CO₂ atmosphérique préalablement absorbé par les algues lors de leur croissance (photosynthèse), contrairement au CO₂ issu de la combustion de l’essence SP95, d’origine fossile.

Pour ces deux raisons, l’utilisation du bioéthanol limite ainsi l’augmentation de CO₂ dans l’atmosphère.