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D.S. n°4
Analyse d’un lait (20 points)
1. DOSAGE PAR CONDUCTIMÉTRIE (10 points) 1.1. Le facteur de dilution est F = VS
V0 = C0
CS = 100,0 20,0 = 5,00.
Ainsi la solution fille est 5 fois moins concentrée que la solution mère S (1).
1.2. Afin de prélever le volume V1, il convient d’utiliser une pipette jaugée de 10,0 mL, que l’on rince avec un peu de solution S.
On prélève 10,0 mL à la pipette munie d’un pipeteur de solution S (préalablement placée dans un bécher, lui-même rincé) en ajustant précisément la solution au trait de jauge (bas du ménisque) et on verse les 10,0 mL dans le bécher, en s’arrêtant au second trait de jauge s’il s’agit d’un pipette à deux traits (1).
1.3. Indiquer, sur un schéma annoté, le dispositif expérimental à mettre en place.
(2)
1.4. La solution initiale contient des ions (dont les ions chlorures à doser), elle conduit donc le courant (0,5).
1.5. * Avant l’équivalence, les ions chlorure titrées sont en excès. Les ions Cl– réagissent avec Ag+ et sont remplacés par des ions nitrate NO3– dont la conductivité molaire ionique est légèrement plus faible : la conductivité diminue faiblement.
* Après l’équivalence la réaction de titrage est terminée et l’on ajoute des ions argent et nitrate : la conductivité augmente sensiblement puisque la concentration en ions augmente (1).
1.6. Il s’agit de l’équivalence : les ions réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques et ont donc été complètement consommés (0,5).
1.7. Courbe 1 : le volume V2E de solution de nitrate d’argent versé à l’équivalence est V2E = 12,0 mL (0,5).
1.8. D’après l’équation de la réaction support du titrage les réactifs réagissent mol à mol (un ion Ag+ réagit avec un ion Cl–), donc à l’équivalence les quantités de matière introduites en réactifs sont égales : ni(Cl–(aq)) = nE(Ag+(aq)) (1 avec justification).
1.9. Les ions chlorure sont apportés par le volume V1 de solution S : ni(Cl–(aq)) = CS×V1. Dans la solution titrée, à l’équivalence CS×V1 = C2×V2E.
Ainsi CS = C2×V2E
V1 . A.N. : CS = 5,00×10–3×12,0
10,0 = 6,00×10–3 mol.L–1 = 6,00 mmol.L–1 (1). La concentration en ions chlorure dans le lait est C0 = 5×CS = 30,0 mmol.L–1 (0,5)
1.10. La concentration massique en ions chlorure dans le lait est Cm = CS×M(Cl–) = 30,0.10–3×35,5 = 1,07 g.L–1. La masse d’ions chlorure est donc de 1,07 g d’ions chlorure pour un litre, elle est dans la norme (1).
2. DOSAGE DE L’ACIDE LACTIQUE (10 points)
2.1. L’équation de la réaction support du titrage est : HA(aq) + HO–(aq) = A–(aq) + H2O(l) (0,5).
Elle doit être rapide, totale et univoque pour être adaptée au dosage de l’acide lactique (0,5).
2.2. La constante d’équilibre K est K = [A–(aq)]éq
[HA(aq)]éq.[HO–(aq)]éq Or Ke = [HO–]éq.[H3O+(aq)]éq donc K = [A–(aq)]éq.[H3O+(aq)]éq [HA(aq)]éq.Ke On reconnait dans Ke la valeur de KA1 et [A–(aq)]éq.[H3O+(aq)]éq
[HA(aq)]éq = KA3. Ainsi K = KA3
Ke = 10–pKA3 10–pKe = 10–3,9
10–14 = 1010,1. Cette valeur est très élevée et donc la réaction support du titrage peut être considérée comme totale (2).
2.3.
L’espèce prédominante en début de titrage est HA(aq) car le pH < pKA3 (2,9 < 3,9) (1).
2.4. En utilisant la méthode des tangentes parallèles (0,5), on note que le volume de solution d’hydroxyde de sodium versée à l’équivalence vaut VBE = 12,0 mL (0,5).
2.5. D’après l’équation de la réaction l’acide lactique et l’ion hydroxyde réagissent mol à mol. Par conséquent à l’équivalence : ni(HA(aq)) = nE(HO–(aq)) soit ni(HA(aq)) = CB.VBE = 5,00.10–2×12,0.10–3 = 60,0.10–5 mol (1).
Burette graduée contenant la solution de nitrate d’argent
V1 = 10,0 mL de solution S + env. 250 mL d’eau
distillée
Conductimètr Cellule
conductimétrique
Agitateur magnétique
[AH] > [A
–] [A
–] > [AH]
domaine de prédominance de la forme acide pKa= domaine de prédominance de la forme basique
pH
3,9
[HA] = [A
–] 2,9
Remarque concernant la question 1.8. : Il faut justifier la relation par rapport à l’équation de la réaction :
aA + bB = cC + dD À l’équivalence :
ni(A) – a.xE = 0 et ni(B) – b.xE = 0 donc xE = ni(A)
a = ni(B) b
De façon générale pour une réaction de titrage les nombres stœchiométriques a et b sont différents de 1 et à l’équivalence on montre que la relation entre quantité de matière initiale est :
ni(A) a = ni(B)
b
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2.6. Cette quantité de matière possède une masse m(HA(aq)) = ni(HA(aq)).M(HA(aq)) = 60,0.10–5×90 = 5,4.10–2 g.
La masse d’acide lactique présente dans 20,0 mL de lait est 54 mg donc dans un litre de lait la masse présente est 54.10–3
20,0.10–3 = 2,7 g.L–1. Ce lait n’est pas frais car 2,7 > 1,8 ! (1,5).
2.7. L’expression de la constante d’acidité de l’acide lactique est : KA3 = [A–(aq)]éq.[H3O+(aq)]éq [HA(aq)]éq (0,5).
2.8. A la demi-équivalence, on a versé la moitié de la solution de soude nécessaire pour atteindre l’équivalence : - il a donc été consommé la moitié de l’acide lactique initialement introduit ; Il en reste la moitié : [HA] = c/2 - il a été produit la même quantité d’ions lactate que d’acide lactique disparu : [A–(aq)] = [HA(aq)] = c/2 (1).
pH = pKA3 + log[A–(aq)]
[HA(aq)] or [HA(aq)] = [A–(aq)] (volume constant) alors [A–(aq)]
[HA(aq)] = 1 donc log[A–(aq)] [HA(aq)] = 0
[HA(aq)] = [A–(aq)] pour pH = pKA3 soit pour pH = 3,9. Pour un volume de 6,0 mL, on retrouve le pKA du couple (1).
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
V
b(mL)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
14
