Terminale S Page 1 sur 9 Chap 6 : Titrage pH-métrique...

Terminale S Chimie – Chapitre 6 : Titrage pH-métrique – sur 9

Exercice n°4 p179 1. Le réactif titrant est l’hydroxyde de sodium : il est placé dans le bécher.

Le réactif titré est l’acide méthanoïque : il est placé dans la burette gradué.

Il est a noté que c’est fréquemment l’inverse qui est effectué : à savoir le réactif titré dans le bécher et le réactif titrant

de concentration connue avec précision, dans la burette graduée ! Un usage ne vaut pas lieu de loi !

2. La formule de l’acide méthanoïque est HCOOH. La réaction est une réaction acido-basique. La formule de l’ion

hydroxyde est HO–(aq). La base conjuguée de l’acide méthanoïque est l’ion méthanoate. L’acide conjugué de l’ion

hydroxyde est l’eau H2O !

L’équation de la réaction de titrage est donc : HCOOH(aq) + HO–(aq) = HCOO

–(aq) + H2O(l).

3. La solution placée dans le bécher est une solution basique. Son pH est donc supérieur à 7. Au fur et à mesure que

l’acide est versé, le pH de la solution diminue. Il s’agit donc de la courbe de droite !

4. Le volume à l’équivalence, correspond au volume d’acide versé à l’équivalence. Notons le VA,E. L’équation de la

réaction de titrage montre que l’acide méthanoïque et les ions hydroxyde réagissent mole à mole. Un tableau d’avancement permettrait de déterminer l’avancement à l’équivalence :

nacide – xéq = 0 et nbase – xéq = 0.

En effet à l’équivalence les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques.

Par conséquent : xéq = nacide = nbase et donc cA.VA,E = cB.VB. Ainsi : cA = cB.VB

VA,E

.

A.N. : cA = ,.

–,

, = 2,9.10

–2 mol.L

–1

Exercice n°5 p179 1. Même schéma que dans l’ex. 4. La soude (réactif titrant) est placée dans la burette graduée et la solution contenant

l’acide ascorbique (réactif titré) ou vitamine C est placée dans un bécher.

2. L’acide ascorbique noté HA possède une base conjugué : A–(aq) (C6H7O6

–(aq)).

L’acide conjugué de l’ion hydroxyde HO–(aq) est l’eau H2O !

L’équation de la réaction de titrage est donc : HA(aq) + HO–(aq) = A

–(aq) + H2O(l).

3. Courbe pH = f(VB)

burette graduée

bécher

potence

acide méthanoïque

solution d’hydroxyde de sodium

barreau aimanté

agitateur

magnétique

Chap 6 : Titrage pH-métrique – Exercices


4. En utilisant la méthode des tangentes, on peut déduire du graphique précédent pH = f(VB) que le volume versé à

l’équivalence d’hydroxyde de sodium est VB,E = 5,3 mL.

5. L’équation de la réaction de titrage montre que l’acide ascorbique et les ions hydroxyde réagissent mole à mole. Un tableau d’avancement permettrait de déterminer l’avancement à l’équivalence :

nacide – xéq = 0 et nbase – xéq = 0.

En effet à l’équivalence les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques. Par conséquent : xéq = nacide = nbase et donc nacide = cB.VB,E.

A.N. : nacide = 5,00.10–2

×5,3.10–3

= 2,65.10–4

mol

M(C6H8O6) = 6×M(C) + 8×M(H) + 6×M(O) = 6×12,0 + 8×1,0 + 6×16,0 = 176,0 g.mol–1

.

m(C6H8O6) = n(C6H8O6)×M(C6H8O6) = 2,65.10–4

×176,0 = 47 mg. La masse d’acide ascorbique contenue dans comprimé est de 47 mg.

Exercice n°12 p181 1. Pour prélever 4,2 mL on utilise une pipette graduée de 5,0 mL ou 10,0 mL en utilisant des gants et des lunettes de

protection en plus de la blouse.

Lorsque l’on dilue un acide il est important de toujours versé l’acide dans l’eau et non l’inverse. En effet la dissolution

d’un acide est une réaction exothermique, ce qui signifie qu’il y a libération d’énergie thermique de la part du système chimique. Cette énergie échauffe le milieu et peut provoquer des projections.

Si le milieu est initialement de l’acide, les projections seront très acides et ceci est évidemment très dangereux.

Si ce milieu est de l’eau, l’échauffement sera moindre, et l’on évitera les projections.

2. Par définition P(HCl) = mHCl

msol

et sol = msol

Vsol

.

Déterminons la concentration molaire de la solution S0 d’acide chlorhydrique : c0 = nHCl

Vsol

= mHCl

MHCl×Vsol.

Or m(HCl) = P(HCl)×msol. Ainsi c0 = PHCl×msol

MHCl×Vsol

= PHCl×sol

MHCl.

c0 est en mol.L–1

. P(HCl) est un nombre sans dimension, msol s’exprime en g.L–1

et M(HCl) en g.mol–1

: c’est cohérent.

A.N. : c0 = PHCl×sol

MHCl =

0,37×1190

36,5 = 12 mol.L

–1.

La solution S a été diluée d’un facteur F = V

V

=

, par rapport à la solution S0.

La concentration de la solution S est donc de l’ordre de cF

= 12×4,2/500 = 0,10 mol.L–1

.

3. a. Le réactif titrant est l’hydroxyde de potassium : il est placé dans le bécher. Le réactif titré est l’acide chlorhydrique diluée (solution S) : il est placé dans la burette gradué.

0

2

4

6

8

10

12

0 2 4 6 8 10 12

pH

Vb (mL)


Il est a noté que c’est fréquemment l’inverse qui est effectué : à savoir le réactif titré dans le bécher et le réactif titrant de concentration connue avec précision, dans la burette graduée !

b. La solution aqueuse d’acide chlorhydrique a pour formule : (H3O+(aq) + Cl

–(aq)) : l’acide présent en solution est donc

l’ion oxonium H3O+(aq) car l’acide chlorhydrique est totalement dissocié dans l’eau !

L’équation de la réaction de titrage est donc : H3O+(aq) + HO

–(aq) = 2 H2O(l).

Cette réaction correspond à la réaction inverse de la réaction d’autoprotolyse de l’eau. Or la réaction

d’autoprotolyse de l’eau possède une constante d’équilibre Ke = 10–14

(produit ionique de l’eau).

Par conséquent la réaction de titrage possède comme constante d’équilibre K =

Ke

= 1014

(K est l’inverse de Ke !).

c. Courbe pH = f(VS)

En utilisant la méthode des tangentes, on trouve VS,E = 8,3 mL.

A l’aide d’un tableau d’avancement à l’équivalence : nacide – xéq = 0 et nbase – xéq = 0.

En effet à l’équivalence les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques.

Par conséquent : xéq = nacide = nbase et donc nS = n(HO–(aq)) ainsi cS.VS,E = cB.VB et donc cS =

cB.VB

VS,E

0

2

4

6

8

10

12

14

0 2 4 6 8 10 12 14 16

pH

Vs (mL)

burette graduée

bécher

acide chlorhydrique

solution d’hydroxyde de potassium


A.N. : cS = 4,00.10

–2×20.10

–3

8,3.10–3 = 9,6.10

–2 mol.L

–1

La concentration de la solution S est de 9,6.10–2

mol.L–1

.

Déterminons la concentration de la solution S0 : c0 = cS.F = 9,6.10–2

×

, = 11 mol.L

–1.

4. Un bon indicateur coloré pour effectuer ce titrage est un indicateur dont le pKA est proche du pH à l’équivalence.

Notons que le pKA d’un indicateur coloré est souvent noté pKi. Il s’agit du titrage entre les ions oxonium et l’eau. A l’équivalence, le pH est donc égal à 7 !

Dans le rabat de première page cherchons l’indicateur coloré le mieux adapté. Il s’agit du bleu de bromothymol

(BBT) ! Il passe du bleu (milieu initialement basique) au jaune !

Exercice n°14 p182 1. La réaction (1) est une réaction d’oxydoréduction et non une réaction acido-basique. En effet il n’y a pas d’échange de

proton H+ entre espèces réactives.

2. Le sodium disparaît complètement d’après le texte. Il s’agit donc du réactif limitant. Par conséquent l’éthanol est

introduit en excès par rapport à l’éthanol.

Calculons les quantités de matière initiales en éthanol néth et en sodium nNa.

néth = méth

Méth

. La masse volumique de l’éthanol est donc méth = ×Véth. Ainsi : néth = ×Véth

Méth

A.N. : néth = ×.

–

,× ,× , = 0,34 mol

nNa = mNa

MNa

.

A.N. : nNa = ,

, = 4,3.10

–2 mol

Le sodium est bien le réactif limitant puisque la réaction (1) montre que les réactifs réagissent mole à mole et que la

quantité de matière de sodium initialement introduite est nettement inférieure à celle du de l’éthanol. 3. Le réactif limitant disparaissant complètement, la réaction (1) peut être considéré comme totale. La quantité de matière

d’ion éthanolate formée est égale à la quantité de matière de sodium ayant disparue (xmax) : néthanolate = 4,3.10–2

mol.

4. L’acide conjugué de l’ion éthanolate est l’éthanol : CH3CH2OH.

5. CH3CH2O–(aq) + H2O(l) = CH3CH2OH(aq) + HO

–(aq).

6. La solution S est une solution contenant de l’hydroxyde de sodium en milieu aqueux et de l’éthanol. Une telle solution

sera notée (CH3CH2OH(aq) +°Na+(aq) + HO

–(aq)).

7. Voir schéma dans les ex. précédents.

8. L’équation de la réaction de titrage est : H3O+(aq) + HO

–(aq) = 2 H2O(l). K =

Ke

= 1014

9. a. L’équivalence peut être repérée par un suivi pH-métrique, puis en utilisant la méthode des tangentes ou en

déterminant l’extremum de la courbe dérivée dpH

dVA

.

On peut également repérer l’équivalence par un suivi conductimétrique ou bien par changement de teinte d’un

indicateur coloré (BBT).

b. D’après l’équation de la réaction de titrage : n(H3O+(aq))E = n(HO

–(aq))E = CA.VAE = 2,14.10

–3 mol.

c. La quantité de matière précédente est présente dans VB = 10 mL de la solution S de volume 200 mL. La solution S

contient donc 2,14.10–3

×

= 2,14×20 = 4,3.10

–2 mol.

Ce résultat est le même que la quantité de matière établie à la question 2. Par conséquent les réactions (1) et (2) sont des réactions totales.

Exercice n°15 p183

I. Identification d’un indicateur coloré

1. Par définition : = xf

xmax

= [HO

+(aq)]

C

car [H3O+(aq)] =

xf

V et C0 =

xmax

V donc =

–pH

C

= 10

–4,18

2,90.10–4 = 22,8 %. Le taux

d’avancement final est inférieur à 1 (100 %), la réaction est donc limitée, et l’acide n’est que partiellement dissocié.

2. KA = [Ind

–]éq.[HO

+(aq)]éq

[HInd]éq

. Or d’après l’équation de la réaction entre HInd et l’eau, [Ind–]éq = [H3O

+(aq)]éq et d’après la loi

de conservation de la matière C0 = [Hind]éq + [Ind–]éq, donc [HInd]éq = C0 – [Ind

–]éq. Par conséquent :

KA = [HO

+(aq)]

éq

C – [HO+(aq)]éq

=

–pH

C – –pH

=

–,

,.–

– –,

= 1,95.10–5

.


3. pKA = – log KA = 4,71. La pKA de l’indicateur coloré est égale à 4,71. Ce qui signifie que sa zone de virage est proche

de 3,7 – 5,7. En effet pour pH = 3,7, la forme acide est 10 fois plus concentrée que la forme basique de l’indicateur et pour pH = 5,7 la forme basique est 10 fois plus concentrée que la forme acide. Il s’agit donc du vert de bromocrésol

donc la zone de virage est (3,8 – 5,4). Par ailleurs le pKA de cet indicateur vaut bien 4,7 d’après les données !

II. Dosage d’une solution d’acide chlorhydrique concentrée

1. L’équation de la réaction de titrage est : H3O+(aq) + HO

–(aq) = 2 H2O(l). K =

Ke

= 1014

2. Le volume versé à l’équivalence se détermine en traçant les deux portions de droite et en cherchant l’abscisse de leur intersection. Sur le graphique, on détermine VE = 11,0 mL.

3. D’après l’équation de la réaction de titrage, à l’équivalence : n(H3O+(aq))E = n(HO

–(aq))E. Or n(H3O

+(aq))E = C1.V1 et

n(HO–(aq))E = CB.VE, donc C1.V1 = CB.VE.

Par conséquent C1 = CB.VE

V

= ,.

–×,

, = 1,10.10

–2 mol.L

–1.

4. La solution S0 est 1000 fois plus concentrée donc C0 = 11,0 mol.L–1

.

5. m0 = n0×M(HCl) = C0×Vsol×M(HCl) = 11,0×1×36,5 = 401 g. 6. La solution S0 a une masse volumique de 1160 g.L

–1, donc un litre de solution pèse 1160 g.

7. Par définition : P(HCl) = mHCl

msol

=

= 34,6 %. Le pourcentage massique en acide chlorhydrique est effectivement

supérieur à 33 %, l’indication de l’étiquette du flacon est donc correcte.

8. L’indicateur coloré, et donc la solution, passe du jaune au bleu lors du titrage. Le BBT est mieux adapté car son pKA

est plus proche du pH à l’équivalence (pHE = 7,0).

Exercice n°17 p184

1. a. L’équation de la réaction de titrage est : NH+4(aq) + HO

–(aq) = NH3(aq) + H2O(l).

b. Courbe pH = f(VB)

c. Le pH à l’équivalence est VBE = 12,0 mL.

n(NH+4(aq))E = n(HO

–(aq))E. Or n(NH

+4(aq))E = CA.VA et n(HO

–(aq))E = CB.VBE. Ainsi CA.VA = CB.VBE. Par conséquent

CA = CB.VBE

VA

= ,.

–×,

, = 3,0.10

–2 mol.L

–1.

Cette méthode est très peu précise. En effet la variation de pH est faible au voisinage du point d’équivalence et le

saut de pH est donc peu marqué.

2. a. Voir les schémas des exercices précédents. Le bécher contient une sonde conductimétrique.

b. Avant l’équivalence : la conductivité diminue. En effet lors du titrage les ions ammonium disparaissent et l’on obtient des espèces moléculaires qui ne conduisent pas le courant électrique. Les ions ammonium sont en fait

remplacés par des ions sodium Na+ (solution d’hydroxyde de sodium ajoutée : Na

+ + HO

–). On remplace des ions

de conductivité molaire ionique égale à 7,34 mS.m2.mol

–1 (ions ammonium) par des ions de conductivité molaire

ionique égale à 5,01 mS.m2.mol

–1 (ion sodium).

Après l’équivalence : On ajoute des ions HO– et Na+ donc la conductivité augmente. Elle augmente par ailleurs

fortement car les ions hydroxyde ont une conductivité molaire ionique très élevée (19,9 mS.m2.mol

–1).

0

2

4

6

8

10

12

14

0 2 4 6 8 10 12 14 16

pH

VB (mL)


c. D’après la courbe = f(VB), le changement de pente est obtenue pour VBE = 20,0 mL.

CA = CB.VBE

VA

= ,×,

= 3,0.10

–2 mol.L

–1.

La valeur obtenue est identique, donc en accord, avec la valeur obtenue à la question 1.c. d. La méthode la plus précise est la méthode conductimétrique car le volume à l’équivalence est déterminé avec une

meilleure précision.

Exercice n°18 p185 1. Étude de la réaction entre une solution aqueuse d’acide ascorbique et une solution aqueuse d’hydroxyde de sodium

1. HA(aq) + HO–(aq) = A

–(aq) + H2O(l).

2. a. Par définition, en solution suffisamment diluée, [H3O+(aq)]éq = 10

–pH = 10

–4,0 = 1,0.10

–4 mol.L

–1.

En solution aqueuse la réaction d’autoprotolyse de l’eau est toujours vérifiée. Ainsi Ke = [H3O+(aq)]éq.[HO

–(aq)]éq.

Donc [HO–(aq)]éq =

Ke

[HO+(aq)]

= 1,0.10

–14

1,0.10–4 = 1,0.10

–10 mol.L

–1.

Ainsi nf(HO–(aq)) = [HO

–(aq)]éq.Vsol = [HO

–(aq)]éq.(VA + VB) = 1,0.10

–10×(20,0.10

–3 + 5,0.10

–3) = 2,5.10

–12 mol.

b. tableau d’avancement :

équation de la réaction HA(aq) + HO–(aq) = A

–(aq) + H2O(l)

état du système avancement n(HA(aq)) n(HO–(aq)) n(A

–(aq)) n(H2O(l))

état initial (en mol)

0

n0(HA) = CA.VA =

1,0.10–2

×20,0.10–3

= 2,0.10–4

n0(HO–(aq))

= CB.VB =

2,00.10–2

×5,0.10–3

= 1,0.10–4

0

solvant

état final

(en mol) xf

nf(HA) =

2,0.10–4

– xf

nf(HO–(aq)) =

1,0.10–4

– xf

= 2,5.10–12

nf(A–(aq)) = xf

= 1,0.10–4

La quantité de matière dans l’état final en ion hydroxyde est : nf(HO–(aq)) = 1,0.10

–4 – xf

Cette quantité de matière est par ailleurs égale à 2,5.10–12

mol.

Par conséquent xf = 1,0.10–4

– 2,5.10–12

= 1,0.10–4

mol !

c. Les résultats de la question 2.b. montrent que xf = xmax = 1,0.10–4

mol. Par conséquent le taux d’avancement final est égal à 1 et la transformation est totale ! Elle peut donc être utilisée pour effectuer un titrage car par ailleurs les

réactions acidobasiques sont des réactions rapides !

2. Dosage colorimétrique d’un comprimé de vitamine C

1. 2. Le pH à l’équivalence est, d’après la courbe pH = f(VB), proche de 8,0. Par conséquent il convient de choisir un

indicateur coloré donc le pKA est proche de 8,0, donc dans la zone de virage est pratiquement comprise entre 7,0 et 9,0. L’indicateur correspondant à ces critères et donc le mieux adapté sera le rouge de crésol.

burette graduée

bécher

solution d’hydroxyde de sodium

solution d’acide ascorbique

pH-mètre


3. L’équivalence correspond au changement de réactif limitant : au cours d’un dosage, à l’équivalence le mélange des

réactifs est stœchiométrique.

4. n(AH(aq))E = n(HO–(aq))E. Or n(HO

–(aq))E = CB.VBE. Ainsi n(AH(aq)) = CB.VBE.

Par conséquent n(AH(aq)) = 2,00.10–2

×14,4.10–3

= 2,88.10–4

mol.

5. Si 10,0 mL de solution S contiennent 2,88.10–4

mol d’acide ascorbique alors 100,0 mL en contiennent 2,88.10–3

mol.

m(AH) = n(AH).M(AH) = n(AH).M(C6H8O6) = 2,88.10–3

×176,0 = 0,507 g = 507 mg. L’indication « vitamine C 500 » correspond à la masse d’acide ascorbique, exprimée en mg, contenue dans un

comprimé.

Sujets BAC : Évolution de la réaction de l’ammoniac avec l’eau – page 187 1. Détermination du quotient de réaction par pH-métrie

1.1. La solution étant diluée 10 fois, le facteur de dilution F = 10. Par conséquent F = cc1

= V1

V

. Ainsi pour préparer un

volume V1 = 50,0 mL de solution S1, il faut prélever un volume V0 = V

F =

,

= 5,0 mL de solution S0.

1.2. On prélève à l’aide d’une pipette jaugée de 5,0 mL le volume V0 de solution S0, que l’on introduit dans une fiole jaugée de 50,0 mL. On ajuste jusqu’au trait de jauge avec de l’eau distillée, puis on homogénéise la solution en

retournant la fiole jaugée, bouchée, deux ou trois fois.

1.3. Le pH de la solution S1 est connu : pH = 11,62. Par conséquent, puisque Ke = [H3O+(aq)]S1.[HO

–(aq)]S1, il vient :

[HO–(aq)]S1 =

Ke

[HO+(aq)]éq

= Ke

10–pH =

,.–

–,

= 4,17.10–3

mol.L–1

.

Cette valeur est donc cohérente avec l’indication [HO–(aq)]S1 = 4,2.10

–3 mol.L

–1 fournie dans l’énoncé.

1.4. Tableau d’avancement exprimé en moles pour un volume V’1 = 1,0 L.

équation de la réaction NH3(aq) + H2O(l) = HO–(aq) + NH

+4(aq)

état avancement n(NH3(aq)) n(H2O(l)) n(HO–(aq)) n(NH

+4(aq))

initial 0 n1 = c1.V’1 =

= 1,09×1,0 = 1,1

excès

0 0

en cours x n1 – x =

1,1 – x x x

final xf = 4,2.10–3

nf(NH3(aq)) = n1 – xf =

1,1 – xf xf = 4,2.10

–3 xf = 4,2.10

–3

maximal xmax = 1,1

nmax(NH3(aq)) = n1 –

xmax 1,1 – xmax = 0

xmax = 1,1 xmax = 1,1

1.5. 1 = xf

xmax

= ,.

–

, = 3,8.10

–3 = 0,38 %. Le taux d’avancement est très faible, par conséquent, la réaction est très

limitée.

1.6. Qr1 = [HO

–(aq)]f.[NH

+4(aq)]f

[NH]f

=

xf

V.xf

V

nfNHaq

V

or V = 1,0 L donc Qr,1 = ,.

–

, = 1,6.10

–5.

Le quotient de réaction dans l’état final est égal à la constante d’équilibre, ou quotient de réaction à l’équilibre

Qr,éq. Par conséquent le système a attient un état d’équilibre dans l’état final.

2. Détermination du taux d’avancement final de la réaction de l’ammoniac avec l’eau par conductimétrie

2.1. Hypothèse

2.1.a. [HO–(aq)]hyp =

[HO–(aq)]S

= 4,2.10

–5 mol.L

–1.

De même [NH+4(aq)]hyp =

[NH+4(aq)]S

= 4,2.10

–5 mol.L

–1.

Et [NH3]hyp = [NH]S

= 1,1.10

–2 mol.L

–1.

2.1.b. Qr,hyp = [HO

–(aq)]hyp.[NH

+4(aq)]hyp

[NH]hyp

= (4,2.10

–5)

2

1,1.10–2 = 1,6.10

–7 =

Qr

2.1.c. Qr,hyp < Qr,éq : le système n’est donc pas à l’équilibre ! L’hypothèse est donc invalide : les quantités de matière ont changé lors de la dilution.


2.2. Conductimétrie

2.2.a. = 0,114 ms.cm–1

= ,.

– S

–

m = 11,4.10

–3 S.m

–1.

2.2.b. = (NH+4(aq)).[NH

+4(aq)]S2 + (HO

–(aq)).[HO

–(aq)]S2.

2.2.c. D’après le tableau d’avancement : [HO–(aq)]S2 = [NH

+4(aq)]S2. Ainsi : [HO

–(aq)]S2 =

NH+4(aq) HO

–(aq)

.

A.N. : [HO–(aq)]S2 =

11,4.10–3

19,9.10–3

+ 7,34.10–3 = 0,418 mol.m

–3 = 0,418.10

–3 mol.L

–1 = 4,18.10

–4 mol.L

–1

2.2.d. 2 = xf

xmax

= [HO

–(aq)]

C

= 4,18.10

–4

1,1.10–2 = 0,038 = 3,8 %.

2.2.e. Lorsque la solution est diluée, le taux d’avancement augmente. L’hypothèse émise en 2.1. est infirmée.

Sujets BAC : Les indicateurs colorés naturels de la cuisine à la chimie – page 187-188 – Sans Calculatrice 1. Des indicateurs colorés en cuisine

1.1. Un indicateur coloré acido-basique est une espèce chimique dont la forme acide et la forme basique n’ont pas la

même couleur (au moins l’une des formes est colorée). La teinte d’une solution contenant un indicateur coloré

acido-basique dépend donc du pH de la solution. 1.2. En présence de vinaigre le chou rouge prend une teinte violette. Le pH est donc compris entre 4 et 6 : le vinaigre

est donc une solution dont le pH est inférieur à 7 : c’est une solution acide.

En présence de détergent, le chou rouge prend une teinte verte. Le pH est donc compris entre 9 et 12. Le détergent

est une solution dont le pH est supérieur à 7 : c’est une solution basique.

2. Des indicateurs colorés pour les titrages

2.1. Dilution du vinaigre

Pour diluer dix fois, il faut utiliser une pipette jaugée dont le volume est 10 fois plus faible que le volume de la fiole jaugée dans laquelle on prépare la solution. La seule verrerie permettant d’effectuer un titrage avec précision

est la fiole jaugée de 200,0 mL et la pipette jaugée de 20,0 mL.

N.B. : une éprouvette graduée n’est pas une verrerie de précision.

2.2. Réaction de titrage

2.2.a. HA(aq) + HO–(aq) = A

–(aq) + H2O(l).

2.2.b. Pour VB = 6,0 mL, le point d’équivalence n’est pas encore atteint. Le réactif limitant est donc le réactif

titrant, soit les ions hydroxyde HO–(aq).

2.2.c. xmax = ni(HO–(aq)) = CB.VB = 1,0.10

–1×6,0.10

–3 = 6,0.10

–4 mol.

2.2.d. Sur la courbe, on peut noter que pour un volume VB = 6,0 mL, pH = 5,0.

Par définition : [H3O+(aq)] = 10

–pH et [HO

–(aq)] =

Ke

[HO+(aq)]

=

–pKe

–pH

= 10pH – pKe

= 105,0 – 14,0

= 1,0.10–9

mol.L–1

.

nf(HO–(aq)) = [HO

–(aq)].Vsol = [HO

–(aq)].(Veau + VA + VB) = 1,0.10

–9×76.10

–3 = 7,6.10

–11 mol

2.2.e. f = xf

xmax

. Or xf = ni(HO–(aq)) – nf(HO

–(aq)) = ni(HO

–(aq)) car nf(HO

–(aq)) est négligeable devant ni(HO

–(aq)).

Par conséquent f = 1 ! La transformation est totale !

2.3. Détermination par titrage de la concentration molaire en acide éthanoïque apporté du vinaigre

2.3.a. On peut utiliser la méthode des tangentes, toutefois la méthode de la dérivée est plus facile et plus précise. L’extremum de la dérivée (ici un maximum) correspond au volume équivalent : VBE = 10,0 mL.

2.3.b. n(AH)E = n(HO–(aq))E. Or n(AH)E = CA.VA et n(HO

–(aq))E = CB.VBE. Ainsi CA.VA = CB.VBE. Par conséquent

CA = CB.VBE

VA

= ,.

–×,

, = 1,0.10

–1 mol.L

–1.

La solution commerciale est dix fois plus concentrée, donc C0 = 1,0 mol.L–1

.

2.4. Retour historique

2.4.a. La constante d’équilibre de la réaction d’équation : HAind + H2O(l) = A–ind + H3O

+(aq) a pour expression :

Ki = [A

–ind]éq.[HO

+(aq)]éq

[HAind]éq

. Donc [A

–ind]éq

[HAind]éq

= Ki

[HO+(aq)]éq

. Or [H3O+(aq)] = 10

–pH et Ki = 10

–pKi, donc :

[A–ind]éq

[HAind]éq

=

–pKi

–pH

= 10pH – pKi

.


2.4.b.

Artichaut Betterave

VB (mL) 9,8 10,1 9,8 10,1

[A–ind]éq

[HAind]éq

10

6,5 – 7,5 =

10–1,0

= 0,10 10

10,5 – 7,5 =

103,0

= 1,0.103

106,5 – 11,5

= 10

–5,0 = 1,0.10

–5

1010,5 – 11,5

= 10

–1,0 = 1,0.10

–1

couleur Couleur de la forme acide :

incolore

Couleur de la forme basique :

jaune

Couleur de la

forme acide : rouge

Couleur de la

forme acide : rouge

2.4.c. Le seul indicateur utilisable pour ce titrage est l’extrait d’artichaut.

2.4.d. Un vinaigre coloré rendrait difficile la détermination de l’équivalence car le changement de teinte serait difficilement visible.

Sujets BAC : Quelques surprises dues au dioxyde de carbone dans l’air – page 189 – Sans calculatrice 1. Préparation et titrages d’une solution aqueuse d’hydroxyde de sodium ou soude

1.1. Nous savons que m(NaOH) = n(NaOH).M(NaOH). Or n(NaOH) = c(NaOH).Vsol, donc :

m(NaOH) = c(NaOH).Vsol.M(NaOH) A.N. : m(NaOH) = 0,01×1×40,0 = 0,4 g.

Il faut donc prélever une masse égale à 0,4 g.

1.2. On prélève quatre pastilles de soude que l’on introduit dans une fiole jaugée de 1 L.

1.3. Pour préparer 100 mL de cette solution à la même concentration, il aurait fallu une masse de soude dix fois plus faible. Or cela aurait représenté 0,4 pastilles de soude ce qui aurait été difficile à prélever !

1.4. On choisir une solution d’acide chlorhydrique de concentration 0,010 mol.L–1

, voisine de la concentration de la

base que l’on souhaite titrer. En effet cela permettra d’avoir un volume équivalent proche de 10,0 mL et donc d’utiliser une burette de 20,0 ou de 25,0 mL pour réaliser le titrage.

1.5. Voir schéma des exercices précédents.

1.6. Lors du premier titrage, la quantité de matière d’acide chlorhydrique introduit a réagi avec la soude initialement

présente : CA.VE = ni(HO–).

Au bout de trois jours la quantité de matière de base titrée est : n(HO–) + n(CO

)

Or n(HO–) = ni(HO

–) – 2.x et n(CO

) = x

Par conséquent : CA.V’E = ni(HO–) – x < ni(HO

–). Ainsi v’E < VE

2. Farces et attrapes : la tache qui disparaît…

2.1. 2.2. Avant l’ajout de soude, la solution est incolore, l’espèce acide prédomine, le pH est donc inférieur à 9,3. Après

ajout de soude, le pH augmente et la solution devient bleue.

2.3. HA(aq) + HO–(aq) = A–

(aq) + H2O(l)

2.4. K = [A–

(aq)]éq

[HAaq].[HO–(aq)]

= [A–

(aq)]éq.[H3O+(aq)]

[HAaq].[HO–(aq)].[H3O

+(aq)]

= Ka

KA2

.

A.N. : K = ,.–

,.– = 6,1.103

2.5. La teinte de la forme basique de la thymolphtaléine est bleue car en milieu basique, la solution est devenue bleue.

2.6. La dissolution de dioxyde de carbone, selon l’équation proposée en introduction de l’exercice fait diminuer le pH

et pourrait expliquer également que le pourcentage de forme acide augmente devant celui de forme basique et

donc que la solution se décolore.

[acide] > [base] [base] > [acide]

pH domaine de prédominance

de la forme acide

domaine de prédominance

de la forme basique

pKA

[acide] = [base]

9,3 10,5

Terminale S Page 1 sur 9 Chap 6 : Titrage pH-métrique...

Documents

Transcript of Terminale S Page 1 sur 9 Chap 6 : Titrage pH-métrique...