Exercices d’application 5 minutes chrono ! 1. Mots manquants a.

(1)

Exercices d’application

5 minutes chrono ! 1. Mots manquants

a. quasi-totale b. stœchiométriques c. brusque variation de pH d. conductivité

e. pente

f. indicateur de fin de réaction 2. QCM

a. Le réactif titrant est limitant . b. ⁿ^A^,i ⁿ^B^,e

a  b .

c. Le réactif titrant est HO^- et le réactif titré est HCO2H.

d. Zone de forte variation de pH.

e. H3O⁺(aq) + HO^-(aq) → 2H2O (l).

---

Compétences exigibles

3. Protocole 1 : HCO2H (aq) + HO^-(aq) → HCO2- (aq) + H2O (l).

Protocole 2 : H3O⁺(aq) + HO^-(aq) → 2H2O (l).

Protocole 3 : MnO4- (aq) + 5Fe²⁺(aq) + 8H⁺(aq) → Mn²⁺(aq) + 5Fe³⁺(aq) + 4H2O (l).

--- 4. a. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.

b. Protocole 1 : ^{HCO H, i}² ^{HO , e}^-

1 1

n n

 Protocole 2 : ^{H O , i}³ ^{HO , e}^-

1 1

n  n



Protocole 3 : ^MnO⁴ ^{, i} ^Fe²⁺^{, e}

1 5

n  n



--- 5. a. Grandeurs : pH et conductivité.

Appareils : pH-mètre et conductimètre.

b. Suivi pH-métrique : en abscisses le volume V du réactif titrant en mL, et en ordonnées le pH sans unité.

Suivi conductimétrique : en abscisses le volume V du réactif titrant en mL, et en ordonnées

(2)

6. a. L’un des réactifs est coloré.

L’un des produits est coloré.

L’ajout d’un indicateur de fin de réaction.

b. La zone de virage de l’indicateur coloré de pH est comprise dans la zone de forte variation de pH.

--- 7. Avant l’équivalence, le réactif limitant est HO^-. Les ions H3O⁺ sont consommés, des ions Na⁺ sont introduits et la quantité d’ions NO3— n’évolue pas. La conductivité diminue car la conductivité ionique molaire de H3O⁺ est beaucoup plus grande que celle de Na⁺.

Après l’équivalence, le réactif limitant est H3O⁺. La quantité d’ions NO3— n’évolue pas. Des ions HO^- et Na⁺ sont introduits sans être consommés, donc la conductivité augmente.

--- 8. a. On trace deux tangentes à la courbe, parallèles et placées de part et d’autre du saut de pH où la courbe a une grande courbure. On trace ensuite la droite parallèle et équidistante à ces deux tangentes. Cette droite coupe la courbe de titrage au point d’abscisse Ve = 10,0 mL.

b. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

3 3

NH , i H O , e

1 1

n n ^

 c. Donc, on peut écrire :

csVs = cVe soit cs =

s e

V cV

cs =

2 3

1, 0 10 10, 0 10

 



    

 molL^-1

---

(3)

Compétences générales 9.

--- 10. La première courbe est le titrage d’un acide faible par une base forte, le pH initial est inférieur à 7.

La deuxième courbe est le titrage d’une base faible par un acide fort.

--- 11. a. On utilise le BBT car sa zone de virage est comprise dans la zone de forte variation de pH.

b. La solution passe du bleu au jaune.

---

(4)

Exercices de méthode

12. Exercice résolu.

--- 13. a. Barreau aimanté et poire aspirante.

b. Il n’y a pas de burette. Il y a des fioles non utiles ici.

c. Première puce : « à l’aide d’une pipette jaugée de 10,0 mL ».

Deuxième puce : « une solution d’hydroxyde de sodium ».

d. Est inutile : « en s’assurant qu’elle plonge bien dans la solution ».

e. Mettre « on note » à l’infinitif : « noter », et préciser le volume de chaque ajout : « mL par mL ».

f. Protocole rédigé :

- Prélever un échantillon de volume Vs = 10,0 mL d’une solution d’acide éthanoïque à l’aide d’une pipette jaugée de 10,0 mL.

- L’introduire dans un bécher et ajouter un barreau aimanté.

- Rincer puis remplir la burette graduée avec une solution d’hydroxyde de sodium de concentration c = 2,010^-2 molL^-1.

- Placer le bécher sur un agitateur magnétique et disposer la burette au-dessus du bécher.

- Placer la sonde du pH-mètre dans le bécher.

- Noter la valeur du pH après ajout de la solution titrante mL par mL.

--- 14. a. Puisque l’on utilise de l’empois d’amidon, on repère l’équivalence par un indicateur de fin de réaction.

b. Le réactif titrant est le diiode I2. Le réactif titré est le dioxyde de soufre SO2. c. SO2 (aq) + I2 (aq) + 2H2O (l) → SO42- (aq) + 2I^-(aq) + 4H⁺(aq).

d. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

2 2

SO ,i I ,e

1 1

n n

 e. csVs = cVe donc cs = ^e

S

cV V cs =

3 3

2 3

50 10 8, 0 10

4, 0 10 10, 0 10

 



    

 molL^-1 = 40 mmolL^-1

---

(5)

Exercices d’entraînement

15. a. Le changement de pente s’effectue à V_e = 10,0 mL.

b. À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

3 3

NH ,i nH O+,e

1 1

n 

c. c_sV_s = cV_e donc c_s = ^e

S

cV V c_s =

2 3

3 3

2, 0 10 10, 0 10

1, 0 10 200 10

 



  

 

 molL^-1

--- 16. a.

b. C2H5NH2 (aq) + H3O⁺ (aq) → C2H5NH3+ (aq) + H2O (l) c. Ve = 8,0 mL.

d. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.

e. ^{C H NH ,i}² ⁵ ² ^{H O ,e}³ ⁺

1 1

n n

 c_sV_s = cV_e c_s = ^e

S

cV V c_s =

1 3

2 3

1, 0 10 8, 0 10

4, 0 10 20, 0 10

 



  

 

 molL^-1

f. Le jaune d’alizarine ne convient pas car sa zone de virage n’est pas comprise dans la zone de forte variation de pH. Il changera de couleur dès le début.

g. On utilise donc le rouge de chlorophénol.

---

(6)

17. a. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

e i

1 1

n n 

b. Le point d’intersection des deux segments de droite de la courbe correspond à l’équivalence.

Ve = 11,4 mL c. ni = ne donc csVs = cVe

cs = ^e

S

cV

V cs =

3 3

2 3

20 10 11, 4 10

1,1 10 20, 0 10

 



    

 molL^-1

d. cm = cs  M

cm = 1,110^-2  35,5 = 3,910^-1 gL^-1 cm = 3,910² mgL^-1

--- 18. a.

b. Le BBT.

--- 19.a. Solution mère : c₀, V₀.

Solution fille : c₁ = ⁰ 100

c , V = 1,0 L.

Lors d’une dilution, il y a conservation de la quantité de matière : coV0 = c1V

Donc : V0 = ^{1, 0} 1, 0 10 ²

100 100

V    _ L = 10 mL

Liste du matériel : pipette jaugée de 10 mL, fiole jaugée de 1,0 L avec bouchon, pissette d’eau distillée.

Solution : la solution S0.

(7)

Étapes :

- Prélever un échantillon de volume V0 = 10 mL de la solution S0 à l’aide d’une pipette jaugée de 10,0 mL.

- L’introduire dans une fiole jaugée de 1,0 L.

- Compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.

- Boucher et agiter.

b. L’expérimentateur fait cette correction car la burette graduée lui permet de donner le résultat avec cette précision et avec cette source d’erreur.

c. L’expérimentateur titre une solution d’hydroxyde de sodium par de l’acide chlorhydrique.

Avant l’équivalence, H3O⁺ est le réactif limitant et après, HO^- est le réactif limitant.

Avant l’équivalence, la solution est bleue puis après elle est jaune.

d. Si le volume à l’équivalence a été repéré à la goutte près, la solution doit redevenir bleue lorsque l’expérimentateur ajoute une goutte de solution S1.

e. HO^-(aq) + H3O⁺(aq) → 2H2O (l).

f. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : ^{HO ,i}^- ^{H O ,e}³ ⁺

1 1

n n



c1V1 = cVe c1 = ^e

1

cV

V c1 =

3

2 3

0,10 6, 0 10

6, 0 10 10, 0 10

 



 

 

 molL^-1

g  c0 = 100  c1 = 6,0 molL^-1, l’indication portée sur l’étiquette est correcte.

---

20. a. _exp 0, 0886

12, 03 mL 0, 0886 0, 0313

e 8

V  s  s 

b. ks = 2  0,0313 = 0,062 ; Ve = 0,06 mL ;

Ve = 12,03  0,06 mL.

---

(8)

21. a.

pH=f(V)

0 2 4 6 8 10 12

V en mL

pH Série1

b. C7H6O3 (aq) + HO^- (aq) → C7H5O3- (aq) + H2O (l).

c. Ve = 7,5 mL.

d. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

7 6 3 -

C H O ,i HO ,e

1 1

n n

 csVs = cVe cs = ^e

S

cV V cs =

2 3

3 3

2,5 10 7,5 10

9, 4 10 20, 0 10

 



    

 molL^-1

--- 22. a. Ve = 15,0 mL, pHe = 7,0.

b. VI = 15,0 mL = Ve.

c. La dérivée est plus difficile à calculer avec des points expérimentaux et donc la source d’erreur est plus importante.

--- 23. a. Protocole expérimental du titrage :

- Prélever, à l’aide d’une pipette jaugée, un échantillon de volume Vs = 20,0 mL, d’une solution sulfate de fer (II) ( Fe²⁺(aq), SO42- (aq)) de concentration cs.

- Introduire le prélèvement dans un erlenmeyer et ajouter un barreau aimanté.

- Placer l’erlenmeyer sur un agitateur magnétique et sous une burette graduée contenant une solution de permanganate de potassium (K⁺(aq), MnO4- (aq)) de concentration c = 5,0×10^-2 molL^-1.

- Repérer l’équivalence par un changement de couleur (incolore à violet).

- Noter le volume à l’équivalence Ve = 8,2 mL.

(9)

b. L’équation de la réaction support de titrage est :

MnO4- + 8H⁺ + 5e^- = Mn²⁺ + 4H2O Fe²⁺ = Fe³⁺ + e^- (× 5)

MnO4- (aq) + 5Fe²⁺ (aq) + 8H⁺(aq)  Mn²⁺(aq) + 5Fe³⁺(aq) + 4H2O () À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stoechiométriques.

Donc : ^Fe²⁺^, ^{MnO ,}^4-

5 1

i e

n n



Ou encore :

1 5

cV V c_s _s

 cs = 5

Vs

cV

cs = 5 ₃

3 2

10 0 , 20

10 2 , 8 10 0 , 5





  = 1,0×10^-1 molL^-1

--- 24. a. S2O82- (aq) + 2Fe²⁺(aq) → 2SO42- (aq) + 2Fe³⁺(aq).

À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

2+ 2-

2 8

S O ,e Fe ,i

2 1

n n



Si on prend un volume à l’équivalence Ve = 10,0 mL :

2

S S

c V = cVe

c = 2

S S e

c V V

c =

2 3

1,5 10 20, 0 10

1,5 10 2 10, 0 10

 



    

  molL^-1

b. Matériel : pipette jaugée de 20,0 mL, poire aspirante, bécher, burette graduée, barreau aimanté, agitateur magnétique.

- Prélever un échantillon de volume Vs = 20,0 mL d’une solution contenant des ions Fe²⁺ à l’aide d’une pipette jaugée de 20,0 mL.

- L’introduire dans un bécher et ajouter un barreau aimanté et quelques gouttes d’orthophénantroline (indicateur de fin de réaction).

- Rincer puis remplir la burette graduée avec une solution de peroxodisulfate de potassium de concentration c = 1,510^-2 molL^-1.

- Placer le bécher sur un agitateur magnétique et disposer la burette au-dessus du bécher.

--- 25. a. HCO3- (aq) + H3O⁺(aq) → CO2 (aq) + 2 H2O (l).

À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : ^{HCO ,i}^3- ^{H O ,e}³ ⁺

1 1

n n



cSVS = cVe cS = ^cV^e

V

(10)

cS =

2 3

3 3

2, 0 10 14, 6 10

5,8 10 50, 0 10

 



    

 molL^-1

cm = cS  M = 0,35 g.L^-1 L’indication de l’étiquette est correcte :

cm = 360 mgL^-1 = 0,360 gL^-1 b. VTAC = ^{c V}^{S S}

c VTAC =

5,8 10 3 100 0, 020 29

    mL

---

(11)

Exercices de synthèse

26. a. 2MnO4-

(aq) + 5H2O2 (aq) + 6H⁺(aq) → 2Mn²⁺(aq) + 5O2 (aq) + 8H2O (l).

b. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.

c. ^{H O ,i}² ² ⁿ^{MnO ,e}^4-

5 2

n 

' '

5 2

cVe

c V 

c’ = ⁵

2 '

cVe

 V c’ = ⁵

2 0, 025 14,8 10₃ ³ ² 9,3 10 10, 0 10

 



 

 

 molL^-1

d. c_o = 10c’ = 9,310^-1 molL^-1.

--- 27. a. V_e = 10,5 mL.

c. ^{H A,i}³ ^{HO ,e}^-

1 3

n n

 .

d. c_SV_S = 3 cVe

cS = 3

e S

cV V cS =

2 3

3 3

2, 0 10 10,5 10

7, 0 10 3 10, 0 10

 



  

 

  molL^-1

--- 28. a. CH3CO2H (aq) + HO^-(aq) → CH3CO2-(aq) + H2O (l).

b. Ve = 20,0 mL.

c. 10, 0 2

Ve  mL et pH = 5,0  pKa.

d. Courbe 2 : % de CH3CO2H ; Courbe 3 : % de CH3CO2-.

e. Au point d’intersection, les concentrations des espèces sont égales.

f. Ka =

 

- +

3 2 3

3 2

CH CO × H O CH CO H

   

   .

g. Au point d’intersection, Ka = H O₃ ⁺ et donc pH = pKa = 5,0.

h. Le pH ne varie quasiment pas autour de la demi équivalence, c’est une zone tampon.

---

(12)

29. a. C3H6O3 (aq) + HO^-(aq) → C3H5O3-

(aq) + H2O (l).

b. Le prélèvement est fait avec une pipette jaugée.

c. ^{C H O ,i}³ ⁶ ³ ^{HO ,e}^-

1 1

n n



cSVS = cVe cS = ^e

S

cV V cS =

3

2 3

1 3, 2 10

3, 6 10 9 10, 0 10

 



   

 molL^-1

c_m = c_s M = 3,2 gL^-1

donc 32 °D > 18 °D : donc le lait n’est pas frais d. Il y a une proportionnalité :

cm = cs  M = ^e

S

cV

V  M = ¹ ^e^{(en mL)} 90

9 10

V  = Ve (en mL)

et 10V_e (en mL) = degré Dornic du lait

--- 30. a. MnO₄^- + 8H⁺ +5e^- = Mn²⁺ + 4H₂O  2

SO₂ + 2H₂O = SO₄^2- + 4H⁺ + 2e^-  5

c. ^{SO ,i}² ^{MnO ,e}^-⁴

5 2

n n

 .

d. ^{1 1}

5 2

cVe

c V 

c1 =

1

5 2

cVe

 V c1 = ⁵

21, 0 10 ² 8, 0 10₃ ³ ² 2, 0 10 10, 0 10

 



    

 molL^-1

e. m1 = n1  M = c1  V0  M = 1,3 g présent dans 1,0010⁴ m³ d’air.

f. m2 = ¹₄ 10

m = 1,310^-4 g présent dans 1 m³ d’air.

g. m2 = 1,310² g < 500 g donc le seuil d’alerte n’est pas dépassé.

--- 31. Proposition de rédaction d’une synthèse de documents

Plusieurs espèces chimiques sont présentes dans le vin, la plus abondante est l’eau (au moins 80 %), la deuxième est l’éthanol qui représente entre 7 à 16 % du volume total du vin.

D’autres espèces peuvent être présentes dans des proportions différentes selon la qualité, l’âge et le type de vin (rouge, blanc). On trouve des acides comme l’acide citrique, lactique, tartrique, malique, des espèces ioniques, du dioxyde de soufre et des sucres.

On s’intéresse à une espèce particulière : le dioxyde de soufre SO2 qui est un antiseptique rajouté aux moûts à la vendange et au vin pendant l’élevage, pour contrôler le développement de microorganismes. Il faut cependant en limiter l’utilisation car une quantité trop importante pourrait altérer la qualité du vin et même être nocive pour le consommateur.

Le dioxyde de soufre existe sous deux formes : une forme libre et une forme combinée à une autre espèce chimique présente dans le vin.

(13)

On détermine la quantité de SO2 (libre ou totale) en effectuant un titrage par dosage : l’espèce titrée est SO2, l’espèce titrante est le diiode I2, et pour repérer l’équivalence, on utilise un indicateur de fin de réaction : l’empois d’amidon. À l’équivalence, la solution passe d’incolore à violette. La réaction entre SO2 et I2 (une solution de diiode est préparée avec une solution de iodure de potassium (K⁺, I^-) et I2 + I^-  I3-) est une réaction d’oxydoréduction.

L’équation de la réaction support de titrage s’écrit : I3- + 2e^- = 3I^- × 2

SO2 + 2H2O = SO42- + 4H⁺ + 4e ^- SO2 + I3- + 2H2O  SO42- + 3I^- + 4H⁺ À l’équivalence, on peut écrire la relation suivante :

2 2

SO ,i I

1 1

n n

 on détermine ainsi la quantité de dioxyde de soufre.

Ce titrage permet de contrôler la qualité du vin. Les normes en vigueur à respecter sont pour les vins secs : 160 mgL^-1 pour les vins rouges, 210 mgL^-1 pour les vins blancs et 300 mgL^-1 pour les vins liquoreux.

---