Correction exercices C6 : Dosages
Exercice 1 : 1.
1.1. Légende axe ; ‘+ ‘ pour repérer les points ; respecter l’échelle 1.2. Véq = 24,2 mL ; pHéq = 7,5
1.3. L’acide dosé est faible pour deux raisons :
La courbe présente un point d’inflexion
Le pH à l’équivalence est différent de 7 1.4. 𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻𝑂−→ 𝐻𝐶𝑂𝑂−+ 𝐻2𝑂
1.5. A l’équivalence le réactif titrant (𝐻𝑂−) et le réactif titré (𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻) ont été introduits en proportion stœchiométrique : 𝑛𝐻𝑂 −1 =𝑛𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻
1
1.6. Or 𝑛𝐻𝑂− = 𝑐2× 𝑉2 é𝑞 et 𝑛𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 = 𝑐1× 𝑉1 donc 𝑐1× 𝑉1= 𝑐2× 𝑉2 é𝑞
𝑐1=𝑐2× 𝑉2 é𝑞
𝑉1 =0,100 × 24,2
80,0 = 3,02 × 10−2 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
1.7. A la demi-équivalence la moitié de l’acide 𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 a été neutralisé et transformé en 𝐻𝐶𝑂𝑂− donc l’acide faible 𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 et sa base conjugué 𝐻𝐶𝑂𝑂− ont la même concentration ⟹ 𝑝𝐻𝑑𝑒𝑚𝑖 −é𝑞𝑢𝑖 = 𝑝𝐾𝑎 Graphiquement on lit à V = 12,1 mL un pH de 3,8 (faire apparaitre les traits de construction sur le graphique) donc 𝑝𝐾𝑎 = 3,8
2.
2.1. 𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻2𝑂 = 𝐻𝐶𝑂𝑂−+ 𝐻3𝑂+ la réaction n’est pas totale (signe =) car l’acide méthanoïque est un acide faible
2.2. 𝐾𝑎 = 𝐻𝐶𝑂𝑂− × 𝐻3𝑂+
𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻
2.3. D’après l’équation de la réaction 2.1) 𝐻𝐶𝑂𝑂− = 𝐻3𝑂+ (on néglige les ions 𝐻3𝑂+ formés par l’autoprotolyse de l’eau 2 𝐻2𝑂 = 𝐻𝑂−+ 𝐻3𝑂+)
La réaction 2.1 est très limitée donc 𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 ≈ 𝑐1 La constante d’acidité s’écrit donc 𝐾𝑎 = 𝐻3𝑂+ × 𝐻3𝑂+
𝑐1
On applique le log à cette relation : – 𝑙𝑜𝑔(𝐾𝑎) = −𝑙𝑜𝑔 𝐻3𝑂+ × 𝐻𝑐 3𝑂+
1
𝑝𝐾𝑎 = −𝑙𝑜𝑔 𝐻3𝑂+ − 𝑙𝑜𝑔 𝐻3𝑂+ + 𝑙𝑜𝑔 𝑐1 𝑝𝐾𝑎 = −2 × 𝑙𝑜𝑔 𝐻3𝑂+ + 𝑙𝑜𝑔 𝑐1
𝑝𝐾𝑎 = 2 × 𝑝𝐻 + 𝑙𝑜𝑔 𝑐1 𝑝𝐻 =𝑝𝐾𝑎 − 𝑙𝑜𝑔 𝑐1
2 3. Application numérique : 𝑝𝐻 =𝑝𝐾𝑎−𝑙𝑜𝑔 𝑐2 1 =3,8−𝑙𝑜𝑔 3,02×10−2
2 = 2,7 On retrouve bien le pH initial (à V=0)
Exercice 2 : 1.
1.1. L’atome de fer est constitué de 26 protons, 26 électrons et 56-26 = 30 neutrons
1.2. 26 électrons à placer en respectant la règle de Klechkovski : 26𝐹𝑒 ∶ 1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝64𝑠23𝑑6
1.3. La sous couche 4s a le numéro le plus élevé donc le fer est sur la 4ème ligne. On compte tous les électrons à partir de la 4s : 2+6 = 8 électrons donc le fer est sur le 8ème colonne.
2. Le volume de solution fille est 100,0 mL. On dilue au dixième donc il faut prélever 10,0 mL de solution mère : On choisit une pipette jaugée de 10,0 mL et une fiole jaugée de 100,0 mL
3.
3.1. Le titrage est potentiométrique (c'est-à-dire que la réaction est du type oxydo-réduction). Le réactif titré est l’ion fer(II) 𝐹𝑒2+. La solution titrante est le sulfate de cérium (𝐶𝑒4++ 2𝑆𝑂42−). D’après les données 𝐹𝑒2+ est un réducteur et 𝐶𝑒4+ est un oxydant.
𝑑𝑒𝑚𝑖 − é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑠 é𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛𝑖𝑞𝑢𝑒𝑠 𝐹𝑒2+= 𝐹𝑒3++ 𝑒− 𝐶𝑒4++ 𝑒−= 𝐶𝑒3+
é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛 𝐹𝑒2++ 𝐶𝑒4+= 𝐹𝑒3++ 𝐶𝑒3+
3.2. A l’équivalence le réactif titrant (𝐹𝑒2+) et le réactif titré (𝐶𝑒4+) ont été introduits en proportion stœchiométrique : 𝑛𝐹𝑒 2+1 = 𝑛𝐶𝑒 4+
1
3.3. Le point équivalent est au point d’intersection des deux droites. On trouve 𝑉é𝑞 = 11,1 𝑚𝐿 ; 𝐸é𝑞 = 1,03 𝑉
3.4. D’après 3.2 : 𝑛𝐹𝑒2+ = 𝑛𝐶𝑒4+ donc 𝑐1× 𝑉1= 𝑐2× 𝑉𝐸 𝑐1=𝑐2× 𝑉𝐸
𝑉1 =0,100 × 11,1
10,0 = 0,111 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 3.5. S’ est dilué au dixième donc 𝑐 = 10 × 𝑐1= 10 × 0,111 = 1,11 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
Exercice 3 : 1.
1.1. 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻2𝑂 = 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−+ 𝐻3𝑂+ 1.2. 𝐾𝑎 = 𝐶𝐻3 𝐶𝐻𝐶𝑂𝑂− × 𝐻3𝑂+
3𝐶𝑂𝑂𝐻
2.
2.1. Les mélanges contiennent les espèces chimiques : 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻, 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−, 𝐻3𝑂+, 𝐻𝑂−, 𝐻2𝑂 𝑒𝑡 𝑁𝑎+ 2.2. Deux raisonnements possibles pour trouver la concentration de l’acide éthanoïque dans le mélange
Les 20 mL de solution A se retrouvent dans 30 mL donc il y a eu dilution (la solution fille est le mélange) :
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 × 𝑉𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 = 𝑐𝐴× 𝑉𝐴 donc 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 = 𝑐𝐴×𝑉𝐴
𝑉𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =1,0×10−1×20
30 = 6,67 × 10−2𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
Les 20 mL de solution A apportent une quantité de matière 𝑛𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 = 𝑐𝐴× 𝑉𝐴= 1,0 × 10−1× 20 × 10−3 = 2,0 × 10−3𝑚𝑜𝑙. La concentration de l’acide éthanoïque dans le mélange est donc 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =𝑛𝐶𝐻 3𝐶𝑂𝑂𝐻
𝑉𝐴+𝑉𝐵 =2,0×10−3
30×10−3 = 6,67 × 10−2𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
De la même manière on a deux méthodes pour trouver la concentration de l’ion éthanoate dans le mélange
Les 10 mL de solution B se retrouvent dans 30 mL donc il y a eu dilution (la solution fille est le mélange) :
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− 𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 × 𝑉𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 = 𝑐𝐵× 𝑉𝐵 donc 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− 𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =𝑉𝑐𝐵×𝑉𝐵
𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =1,0×1030−1×10= 3,33 × 10−2𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
Les 10 mL de solution B apportent une quantité de matière 𝑛𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− = 𝑐𝐵× 𝑉𝐵= 1,0 × 10−1× 10 × 10−3 = 1,0 × 10−3𝑚𝑜𝑙. La concentration de l’ion méthanoate dans le mélange est donc 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− 𝑚é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =𝑛𝐶𝐻 3𝐶𝑂𝑂 −
𝑉𝐴+𝑉𝐵 =1,0×10−3
30×10−3 = 3,33 × 10−2𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
On en déduit le rapport des concentrations : 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂
−𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =3,33×106,67×10−2−2= 0,50 Puis le logarithme du rapport 𝑙𝑜𝑔 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 = 𝑙𝑜𝑔 0,50 = −0,30 2.3. Cf graphique
2.4. Le graphique et la relation sont donc compatible car
La représentation graphique nous montre une droite.
En remplaçant y par pH et x par 𝑙𝑜𝑔 𝐶𝐻 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒
3𝐶𝑂𝑂𝐻 𝑚 é𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 la relation devient 𝑦 = 𝑝𝐾𝑎+ 𝑥 Ou encore 𝑦 = 𝑥 + 𝑝𝐾𝑎 qui est l’équation d’une droite de coefficient directeur 1 et d’ordonnée à l’origine 𝑝𝐾𝑎.
2.5. L’ordonnée à l’origine de la droite est 𝑝𝐾𝑎. On lit sur le graphique 𝑝𝐾𝑎 = 4,65 3.
3.1. 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻𝑂− → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−+ 𝐻2𝑂 3.2. 𝑉𝐸= 20,0 𝑚𝐿
3.3. La moitié de l’acide éthanoïque a été dosé à la demi-équivalence.
3.4. L’acide éthanoïque et l’ion éthanoate ont donc la même concentration à la demi-équivalence 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 = 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− . Par conséquent 𝑝𝐻𝑑𝑒𝑚𝑖 −é𝑞𝑢𝑖 = 𝑝𝐾𝑎
3.5. Graphiquement on trouve donc 𝑝𝐾𝑎= 4,75 (faire apparaitre les traits de construction sur le graphique)
Exercice 4 :
1. 𝐴𝐻 + 𝐻2𝑂 → 𝐴−+ 𝐻3𝑂+ Cette réaction est totale car AH est un acide fort. La solution d’acide sulfamique contient donc des ions 𝐻3𝑂+ mais ne contient pas de AH.
2.
2.1. Lors d’un dosage acide fort/base forte la réaction de dosage est : 𝐻3𝑂++ 𝐻𝑂−→ 2𝐻2𝑂 2.2. A l’équivalence le réactif titrant (𝐻𝑂−) et le réactif titré (𝐻3𝑂+) sont introduits en proportion
stœchiométrique : 𝑛𝐻𝑂 −1 =𝑛𝐻 3𝑂+
1
2.3. D’après le 1. tout l’acide sulfamique s’est transformé en ions oxonium 𝐻3𝑂+
D’après le dosage 2.2. la quantité d’ions oxonium 𝐻3𝑂+ présent est égale à la quantité d’ions hydroxyde versée à l’équivalence (𝑛𝐻𝑂− = 𝑐𝑏 × 𝑉é𝑞)
Donc la quantité d’acide sulfamique est égale à la quantité d’ion hydroxyde versée à l’équivalence Soit 𝑛𝐴𝐻 = 𝑐𝑏× 𝑉é𝑞 = 1,00 × 10−1× 20,6 × 10−3= 2,06 × 10−3𝑚𝑜𝑙
Remarque : on lit le volume équivalent en utilisant la méthode des tangentes sur la courbe La masse d’acide sulfamique contenu dans ce détartrant est donc 𝑚𝐴𝐻 = 𝑛𝐴𝐻× 𝑀𝐴𝐻 = 2,06 × 10−3× 97 = 0,20 𝑔
1,00 g de détartrant contient 0,20 g d’acide sulfamique. Le détartrant est donc pur à 20 % 3.
3.1.
3.2. La solution de détartrant contient des ions oxoniums (question 1.) Le tartre contient des ions carbonate. La réaction entre les deux est : 𝐻3𝑂++ 𝐶𝑂32−= 𝐻2𝑂 + 𝐻𝐶𝑂3−
Lorsque tous les ions carbonate 𝐶𝑂32− ont été transformés en ions 𝐻𝐶𝑂3−, les ions oxoniums vont transformer les ions 𝐻𝐶𝑂3− en 𝐶𝑂2, 𝐻2𝑂 selon la réaction 𝐻3𝑂++ 𝐻𝐶𝑂3−= 𝐻2𝑂 + 𝐶𝑂2, 𝐻2𝑂
pH 10,2
CO2, H2O 6,4 prédominant
HCO3- prédominant
CO32- prédominant
Remarque : Les deux réactions n’ont pas lieu simultanément car la différence de pKa est supérieure à 3 (exactement comme lors du dosage d’un diacide)
3.3. Si on met peu de détartrant seule la première réaction a lieu et on observe aucun dégagement gazeux. Si on met beaucoup de détartrant on transforme tous les ions 𝐶𝑂32− en ions 𝐻𝐶𝑂3− et la deuxième réaction peut avoir lieu. On observe la formation du gaz 𝐶𝑂2 (effervescence)
3.4. L’hydrogénocarbonate 𝐻𝐶𝑂3− est un ampholyte car il est susceptible de capter ou de perdre un proton H+.(une autre façon de le voir est de dire que 𝐻𝐶𝑂3− appartient à deux couples : un couple 𝐶𝑂2, 𝐻2𝑂/𝐻𝐶𝑂3− en tant que base et un couple 𝐻𝐶𝑂3−/𝐶𝑂32− en tant qu’acide)
3.5. D’après le chapitre C5 une solution contenant un ampholyte a pour 𝑝𝐻 =𝑝𝐾1+𝑝𝐾2 1 =6,4+10,22 = 8,3
Exercice 5 : corrigé en cours Exercice 6 :
1.
1.1. Un acide est une espèce chimique susceptible de libérer un proton H+
1.2. Pour une solution d’acide fort de concentration ca le pH est donné par la relation 𝑝𝐻 = −log 𝑐𝑎 Application numérique : 𝑝𝐻 = − log 5,00 × 10−3 = 2,3
Remarque : la relation 𝑝𝐻 = −log 𝑐𝑎 s’applique car la concentration c > 10-6 1.3. Réaction de l’acide sulfamique (noté AH) avec l’eau 𝐴𝐻 + 𝐻2𝑂 → 𝐴−+ 𝐻3𝑂+
Cette réaction est totale car l’acide sulfamique est un acide fort
2. Le pictogramme (b) illustre le fait que l’acide sulfamique est irritant pour les yeux et la peau 3.
3.1. Lors de la dilution la quantité de matière d’hydroxyde de sodium se conserve : 𝑐0𝑉0= 𝑐𝑏𝑉1 Ce qui conduit à 𝑉0=𝑐𝑏𝑉1
𝑐0 =1,00×10−1×0,100
2,00 = 5,00 × 10−3 𝐿 = 5,00 𝑚𝐿 3.2. Fiole jaugée de 100 mL ; pipette jaugée de 5 mL
4.
4.1. Lors du dosage d’un acide fort par une base forte la réaction de dosage est : 𝐻3𝑂++ 𝐻𝑂−→ 2 𝐻2𝑂
4.2. (Echelle non respectée)
4.3. Le volume équivalent se lit au point de croisement des deux droites VE = 10,3 mL
4.4. a. A l’équivalence les réactifs titrant et titré ont été introduits en proportion stœchiométrique :
𝑛𝐻𝑂 −
1 =𝑛𝐻 3𝑂+1 soit 𝑐𝑎𝑉𝑎 = 𝑐𝑏𝑉𝐸 ce qui conduit à 𝑐𝑎= 𝑐𝑏𝑉𝑉𝐸
𝑎 =1,00×1020,0−1×10,3= 5,15 × 10−2 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 b. La solution S préparé au 2. a un volume de VS = 200,0 mL. Le dosage a permis de déterminer que la concentration en acide sulfamique de cette solution S est 𝑐𝑎 = 5,15 × 10−2 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1donc la quantité de matière d’acide sulfamique présent dans la solution S est 𝑛 = 𝑐𝑎× 𝑉𝑆 = 5,15 × 10−2× 200 × 10−3 = 1,03 × 10−2𝑚𝑜𝑙.
Cette quantité de matière correspond à une masse d’acide sulfamique 𝑚 = 𝑀𝐴𝐻 × 𝑛 = 97,1 × 1,03 × 10−2 = 1,00 𝑔
c. Dans les 1,00 g de poudre on trouve 1,00 g d’acide sulfamique donc le détractant a un pourcentage massique en acide sulfamique de 100% (étrange !)
Exercice 7 :
2.1) doivent apparaitre : la burette graduée, le turbulent, l’agitateur magnétique, la solution d’hydroxyde de sodium, la solution d’acide acétyl salicylique, la sonde pHmétrique et le pHmétre.
2.2) 𝐴𝐻 + 𝐻𝑂−→ 𝐴−+ 𝐻2𝑂
2.4) On lit graphiquement avec la méthode des tangentes : 𝑉é𝑞 = 13,7 𝑚𝐿 et 𝑝𝐻é𝑞 = 7,4
2.5) A l’équivalence le réactif titré (𝐴𝐻) et le réactif titrant (𝐻𝑂−) ont été introduits en proportion stœchiométrique 𝑛𝐴𝐻1 =𝑛𝐻 𝑂−
1 donc 𝑐𝑎 × 𝑉𝑎 = 𝑐𝑏 × 𝑉é𝑞 ou encore 𝑐𝑎 =𝑐𝑏×𝑉é𝑞
𝑉𝑎 =0,020×13,7
50,0 = 5,5 × 10−3𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 2.6) Calcul de la masse d’acide présent dans les 500 mL de solution 𝑚𝑎 = 𝑐𝑎× 𝑉 × 𝑀 = 5,5 × 10−3× 500 × 10−3× 180 = 0,495𝑔 = 495 𝑚𝑔. Le comprimé contient environ 500 mg d’acide acétyle salicylique d’où son nom d’aspirine 500.
Exercice 8 : 1.
2. Par la méthode des tangentes on détermine le point
équivalent : 𝑉é𝑞 = 20,0 𝑚𝐿 et 𝑝𝐻é𝑞 = 8,4
3. L’acide dosé est faible pour 2 raisons :
On observe un point d’inflexion
Le pH a l’équivalence est supérieur à 7
4. A la demi-équivalence pH = pKa donc pKa = 4,8 (faire apparaitre les trait de construction) 5. 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻𝑂−→ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−+ 𝐻2𝑂
6. A l’équivalence le réactif titrant (𝐻𝑂−) et le réactif titré (𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻) ont été introduits en proportion stœchiométrique : 𝑛𝐶𝐻 3𝐶𝑂𝑂𝐻1 =𝑛𝐻𝑂 −
1 donc 𝑐𝑎× 𝑉𝑎 = 𝑐𝑏 × 𝑉é𝑞 ou encore 𝑐𝑎 =𝑐𝑏×𝑉é𝑞
𝑉𝑎 =1,00×10−2×20
20 =
1,00 × 10−2𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1
7. A l’équivalence les espèces majoritaires sont 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− et 𝑁𝑎+ donc le bécher contient une solution basique à l’équivalence donc le pH à l’équivalence est supérieure à 7.
8. Le pH à l’équivalence (8,4) doit être dans la zone de virage de l’indicateur. On choisira la phénolphtaléine dont la zone de virage est 8,2-10.
