Titrages exercices type bac Correction des exercices

D’après le tableau d’avancement : xf = n(H3O+)f = [H3O+] V AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 1. Identification d’un indicateur coloré 1. D’après le tableau d’avancement : xf = n(H3O+)f = [H3O+] V D’autre part, le réactif limitant est HInd car l’eau, solvant, est en excès : c0V – xmax = 0 donc xmax = c0V Finalement AN : équation de la réaction HInd (aq) + H2O(l) = Ind– (aq) + H3O+(aq) état avancement quantités de matière état initial n(HInd)i = c0V solvant état final xf c0V - xf état final si transfo totale xmax c0V - xmax  =  = 0,23  =  < 1 la transformation est limitée, HInd n’est pas totalement dissocié dans l’eau

AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 1 AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 1. Identification d’un indicateur coloré 1.2. HInd(aq) + H2O(l) = Ind – (aq) + H3O+(aq) 1.3. pKA = –log(KA) = –log(1,9.10–5) = 4,7 L’indicateur coloré est le vert de bromocrésol.

AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 2. Dosage 2.1. H3O+(aq) + HO–(aq) = 2 H2O(l) 2.2. L’équivalence lors d’un dosage conductimétrique correspond au point d’intersection des deux droites soit VE = 11,2 mL

AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 2. Dosage 2.3. A l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, soit n(H3O+) initiale= n(HO- ) versée à l’équivalence C1.V1 = CB.VE C1 = AN : C1 = = 11,210–3 mol.L-1 2.4. à 2.7 : voir fiche d’exercices sur les titrages

AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 2. Dosage 2.8. Le mélange passe du jaune au bleu, en passant par le vert près de l’équivalence

AFRIQUE 2003 Réactions acidobasiques 2. Dosage 2.9 pHE On choisit un indicateur coloré dont la zone de virage contient la valeur du pH à l’équivalence : pHE = 7,0 On retient donc le bleu de bromothymol

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 1. Des IC en cuisine 1.1. La couleur d’un indicateur coloré dépend du pH du milieu dans lequel il se trouve. 1.2. Le vinaigre est acide, car le choux rouge devient violet en sa présence (pH : 4 à 6) Le détergent est basique car l’eau de rinçage devient verte (pH : 9 à 12)

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.1. Une dilution se fait avec de la verrerie jaugée Diluer 10 fois signifie préparer une solution 10 fois moins concentrée : c = c0 / 10 Au cours d’une dilution la quantité de matière de soluté se conserve : cV = c0V0 Donc V0 / V = c / c0 = 1/10 Soit V0 = V/10 La pipette jaugée doit avoir un volume 10 fois plus faible que la fiole jaugée On prélève V0 à l'aide d'une pipette jaugée de 20,0 mL et on effectue la dilution dans une fiole jaugée de 200,0mL.

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.2.1. On titre un volume VA = 10,0 mL de la solution diluée de vinaigre par une solution de soude HA(aq) + HO – (aq) = A – (aq) + H2O(l) (Na+(aq) + HO(aq)) Contient CH3COOH, noté HA

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.2.2. D’après la courbe, le volume équivalent est VBE = 10 mL VB < VBE : le réactif limitant est donc le réactif titrant HO- 2.2.3. équation de la réaction HA (aq) + HO - (aq) = A– (aq) + H2O(l) état avancement quantités de matière état initial n(HA)i = cAVA n(HO-)I = cB VB solvant État final xf cAVA - xf cBVB - xf état final transfo totale xmax cAVA - xmax cBVB - xmax Comme HO- est le réactif limitant, cBVB – xmax = 0 donc xmax = cBVB AN : xmax = 1,010–16,010–3 = 6,010–4 mol

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.2.4. Pour VB = 6,0 mL, le pH du mélange vaut pH = 5 Le produit ionique de l’eau nous donne : Ke = [H3O+(aq)]f[HO–(aq)]f donc [HO-]f = Soit [HO–(aq)]f = Ke10pH (nHO-)f = [HO-]f Vtotal = [HO-]f (VA+VB+Veau) Soit (nHO-)f = Ke10pH(VA+Veau + VB) AN: (nHO-)f = 10–14105(10,0 + 60 + 6,0) 10–3 =7610–12 mol

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.2.5. D’après le tableau d’avancement : (nHO-)f = cBVB - xf Donc xf = cBVB - (nHO-)f AN : xf = 6,010–4 - 7610–1 xf  6,010–4 mol = xmax Donc = 1 La transformation est totale équation de la réaction HA (aq) + HO - (aq) = A– (aq) + H2O(l) état avancement quantités de matière état initial n(HA)i = cAVA n(HO-)I = cB VB solvant État final xf cAVA - xf cBVB - xf état final transfo totale xmax cAVA - xmax cBVB - xmax  =  =

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.3.1. Le volume équivalent est l’abscisse du maximum de la courbe dérivée : on lit VBE = 10,0 mL

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.3.2. HA(aq) + HO – (aq) = A – (aq) + H2O(l) A l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stoechiométriques de l’équation de la réaction de titrage donc n(HA)i = n(HO-)E D’où cAVA = cBVBE et AN: = 1,010–1 mol.L-1 La solution de vinaigre a été diluée 10 fois soit c0 = 10cA = 1,0 mol.L-1

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.3.3. mvinaigre = 100g de vinaigre occupe un volume V = La masse d’acide éthanoïque HA contenue dans ce volume est : m0 = n(HA) Macide éthanoique = c0VMacide éthanoique AN: m0 = 1,00,100 60 = 6,0 g Le degré du vinaigre est 6°

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.4.1. HAInd(aq) + H2O(l) = AInd-(aq) + H3O+(aq) =

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages artichaut betterave VB = 9,8 mL VB = 10,1 mL pH 6,5 10,5 1,0  10-1 1,0  103 1,0  10-5 couleur Celle de HAInd : incolore Celle de A- Ind jaune rouge Celle de HAInd : =10pH-pKi

METROPOLE 2005 LES IC NATURELS 2. Des IC pour les titrages 2.4.4. La betterave ne convient pas, puisque aucun changement de couleur n'a lieu à l'équivalence. Avec l’artichaut, le milieu réactionnel passera de l’incolore au jaune. C’est donc l’indicateur coloré le mieux adapté. 2.4.5. Si le vinaigre était coloré, le changement de couleur serait peu visible. La coloration jaune de l'indicateur coloré serait masquée par la couleur du vinaigre.

Métropole 2008 Le BBT 1. Titrage avec le BBT 1.1. On prélève avec précision un volume VS = 10,0 mL de la solution S d’hydroxyde de sodium (Na++HO-) que l’on verse dans un erlenmeyer. On titre cet échantillon par de l’acide chlorhydrique (H3O+ + Cl - ) H3O+(aq) + HO – (aq) = 2 H2O(l) 1.2. acide / base H3O+(aq) / H2O(l) H2O(l) / HO-(aq)

Métropole 2008 Le BBT 1. Titrage avec le BBT 1.3. A l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stoechiométriques de l’équation de la réaction de titrage 1.4. A l’équivalence : n(HO-)i = n(H3O+)E D’où cBVS = cAVE Donc cB = AN : CB = = 1,2310–1 mol.L-1

Métropole 2008 Le BBT 2. Couple acido-basique du BBT 2.1. HIn(aq) + H2O(l) = In–(aq) + H3O+(aq) 2.2. La constante d’acidité KA du couple HIn / In- est la constante d’équilibre associée à l’équation de la réaction de la forme acide du couple (HIn) avec l’eau : KA = Qr, éq KA =

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT 3.1.1. Par lecture graphique, sur la figure 1, on obtient une absorbance maximale pour une longueur d’onde  = 610 nm.

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT 3.1.2. La figure 2, permet de dire que la couleur de la lumière absorbée correspondante est orangée. 3.1.3. La couleur diamétralement opposée, sur la figure 2, est le bleu. La forme basique du BBT est donc bleue en solution aqueuse. 750 nm 600 nm 580 nm 530 nm 480 nm 400 nm violet vert rouge jaune orangé bleu Figure 2 IR UV 610 nm

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT 3.2. D’après la figure 1, il faut se placer au maximum d’absorption pour In–, soit 0 = 610 nm. On peut alors remarquer que l’absorbance de HIn est quasiment nulle.

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT 3.3.1. nBBT = c0.V0 AN : nBBT = 3,0×10–4×1,0×10–3 = 3,010–7 mol 3.3.2. c = AN : c = = 2,710–5 mol.L-1 3.3.3. A = AHin + AIn- Or à la question 3.2. on a vu que l’absorbance de la forme acide AHIn est quasiment nulle à cette longueur d’onde, donc A = AIn- .

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT 3.3.4. c = [In–(aq)]éq + [HIn(aq)]éq Comme, dans la solution S13, la concentration effective en HIn est négligeable devant celle en In-, il vient c = [In–(aq)]éq L’absorbance de cette solution ayant pour valeur Amax, la relation A = k [In-] éq donne ici : Amax = k.c 3.3.5. Amax = k.c donc k = Or A = k.[In–(aq)]éq soit A = .[In–(aq)]éq finalement

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT 3.4.1. D’après la courbe de la figure 3, [HIn]éq = [In–]éq à l’intersection des deux courbes : pour pH = 7,2 [HIn]éq = [In-]éq pH = 7,2

Métropole 2008 Le BBT 3. Détermination du pKA du BBT Quand [HIn]éq = [In–]éq , l’expression de KA donne : KA = = [H3O+]éq Donc pKA = pH = 7,2 3.4.2. 3.4.3. On obtient une superposition de bleu et de jaune, soit du vert. pH 7,2 In–(aq) HIn(aq) pKA –1 = 6,2 pKA +1 = 8,2 Jaune Bleu

Métropole 2008 Le BBT 4. Utilisation du BBT pour un titrage 4.1. Avant l’équivalence, le milieu est basique en raison de la présence des anions hydroxyde HO– , la solution est colorée en bleu. À l’équivalence le pH est de 7,0, la solution change de couleur et devient verte. 4.2. La zone de virage du bleu de bromothymol contient le pH à l’équivalence. On peut donc affirmer que le bleu de bromothymol convient pour le titrage.