Disciplines L

Vous êtes ici : Accueil

Disciplines L

corrigés

Maths_s2

algèbre

Acide-base

Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Acide-base

2.1.1 Exploitation des données

$[OH^-]=10^{pH-14}=10^{11,4-14}=2,51.10^{-3}\leg\;cb$ la solution d’éthanamine contient moins d’ions OH- qu’une solution de monobase forte de même concentration : les données prouvent que l’éthanamine est une base faible

2.1.2 Equation-bilan de la réaction avec l’eau :

$C_2H_5NH_2+h_2\;+\;H_2O\;\leftrigntarrow C_2H_5NH_3^+\;+\;OH^-$

2.1.3 Inventaire des espèces : $H_3O^+; OH^-;C_2H_5NH_3^+$ et $C_2H_5NH_2+h_2$ les molécules d’eau sont ultramajoritaires

Déterminations des concentrations molaires :

$[H_3O^+]=10^{-pH}=10^{-11,4}=3,98.10^{-12}mol.L^{-1}$

$[OH^-]=10^{-pH-14}=10^{-11,4-14}=2,51.10^{-3}mol.L^{-1}$

L’équation d’électroneutralité $\Rightarrow [C_2H_5NH_3^+]=[OH^-]=2,51.10^{-3}mol.L^{-1}$

L’équation de conservation de la matière $\Rightarrow [C_2H_5NH_2]=C_b-[C_2H_5NH_3^+]=9,99.10^{-3}mol.L^{-1}$

Déduction du pKa :

$pK_a=pH-log\left[\frac{[C_2H_5NH_2]}{[C_2H_5NH_3^+]}\right]=\;11,4-log\frac{9,99.10^{-3}}{2,51.10^{-3}}=10,8$ .

2.2.1 Schéma du dispositif du dosage :

2.2.2 Equation-bilan de la réaction support du dosage :

$C_2H_5NH_2\;+\;H_30^+\right C_2H_5NH_3^+\; +H_2O$ .

2.2.3 Courbe pH = f(Va) : voir ci-dessus

2.2.4 Le point équivalent peut être obtenu par la méthode des tangentes parallèles :

$E(V_{aE}=33\,mL\;et\;pH_E=6,3$ .

2.2.5 Equivalence : $C_bV^\prime_b\;=\;C_aV_{aE}\Rightarrow C_b=\frac{C_aV_{aE}}{V^\prime_b}\;=\;\frac{0,02\times33}{50}=1,32.10^{-2}mol.L^{-1}$

Aux erreurs de mesures près la valeur de la concentration molaire déduite de cette expérience est sensiblement égale à celle donnée en 2.1.

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Acide-base

Corrigé 2014 : Etat de fraîcheur d'un lait

Détails: Catégorie : Acide-base

1.1. Equation-bilan de la réaction : $HOOC- CH_{2}- CHOH- COOH\rightarrow_{\Delta} CH_{3}-CHOH- COOH+CO_{2}$
1.2.
1.2.1. Schéma annoté du dispositif de dosage :

1.2.2. Equation-bilan de la réaction support du dosage du lait :

$CH_{3}-CHOH- COOH+(K^{+}+OH^{-}\rightarrow CH_{3}-CHOH- COO^{-}+K^{+} +H_{2}O H_{2}O$

Déterminons la constante de réaction :
Si on note l’acide lactique AH et $A^{-}$ sa base conjuguée on a :

$K=\frac{[A^{-}]}{[AH][OH^{-}]}=\frac{[A^{-}][H_{3}O^{+}]}{[AH][OH^{-}][H_{3}O^{+}]}=\frac{K_{a}(AH/A^{-})}{K_{a}(H_{2}O/OH^{-}}=\frac{10^{-3,9}}{10^{-14}}=10^{10,1}=1,26.10^{10}$

$K=1,26.10^{10}>10^{3}$ donc la réaction est totale.

1.2.3. Définition de l’équivalence acido-basique : il y a équivalence acido-basique lorsque les réactifs
(acide et base) sont mélangés dans des proportions stœchiométriques.

Calcul de la concentration massique :
A l’équivalence on a : $\frac{n_{A}}{1}=\frac{n_{OH^{-}}}{1}\Longrightarrow C_{A}.V_{A}=C_{b.}V_{bE}$ or $C_{A}=\frac{C_{m}}{M_{A}}\Longrightarrow \frac{C_{m}}{M_{A}}V_{A}=C_{b.}V_{bE}\Longrightarrow C_{m}=\frac{C_{b.}V_{bE}.M_{A}}{V_{A}}$

A.N : $C_{m}=\frac{0,1\times 8,4\times 90}{20}=3,8$

$C_{m}=3,8g.L^{-1} >1,8g.L^{-1}$ donc le lait dosé n’est pas frais.

1.2.4. Afin d’avoir un lait frais, il faut « stopper » la transformation du lactose en acide lactique par
abaissement notoire de la température : on peut conserver le lait au réfrigérateur.

1.2.5. Diagramme de prédominance :

Le pH du lait étudié étant supérieur au pka du couple, la forme basique (ion lactate) prédomine.

Corrigé 2011 : Dosage d'un acide carbolyxique par la soude

Détails: Catégorie : Acide-base

2.1. Coordonnées du point équivalent.

On applique la méthode des tangentes. On trouve : point équivalent $E(V_{BE}=12mL;pH_{E}=8,5)$

2.2. Equation du dosage

$AH+HO^{-}\rightleftharpoons A^{-}+H_{2}O$

2.3. Concentration molaire volumique de $S_{A}$

A l'équivalence, on a $c_{a}v_{a}=c_{b}v_{BE}\rightarrow c_{a}=\frac{c_{b}v_{BE}}{v_{a}}$

A.N : $c_{a}=10^{-2}mol.L^{-1}$

2.4. :

2.4.1. A la demi-équivalence on a pH = pKa

Justification : $pH = pK_{a}+log\frac{[A^{-}]}{[AH]}$

Or à la demi-éqiovalence, on à : $[A^{-}]=[AH]$ car la moitié de la quantité de

matière c'acide AH s'est transformé en base $A^{-}\rightarrow pH = pKa$

Valeur du pka trouvée par l'élève.

Le point de demi-équivalence D est le point d'abscisse $\frac{V_{BE}}{2}$ soit $D(V_{D}=6mL)$

le pKa correspond à l'ordonnée du point D ; graphiquement, on trouve

$pKa=pH_{D}=4,9$

2.4.2.

a) Réaction entre $A^{-}$ et $H_{2}O$

$A^{-}+H_{2}O\rightarrow AH+HO^{-}$

b) Expression de $K_{A}$

$K_{A}=\frac{[H_{3}O^{+}][A^{-}]}{[AH]}$

Or $[AH]=[HO^{-}]$ d'après l'équation précédente

Par ailleurs, la concervation de la matière s'écrit :

$n_{AH}^{i}=n_{AH}+n_{A^{-}}$

$[AH]^{i}=[AH]+[A^{-}]$

[AH] négligeable devant $[A]^{-}\rightarrow [A^{-}][AH]^{i}=\frac{c_{a}v_{a}}{v_{a}+v_{BE}}$

d'où $K_{A}=\frac{[H_{3}O^{+}]c_{a}v_{a}}{[HO^{-}](v_{a}+v_{BE})}=\frac{[H_{3}O^{+}]^{2}c_{a}v_{a}}{K_{e}(v_{a}+v_{BE})}\rightarrow K_{A}=\frac{[H_{3}O^{+}]^{2}c_{a}v_{a}}{K_{e}(v_{a}+v_{BE})}$

Valeur du pKa

$K_{A}=\frac{[H_{3}O^{+}]^{2}c_{a}v_{a}}{K_{e}(v_{a}+v_{BE})}\rightarrow [H_{3}O^{+}]^{2}=K_{A}K_{e}\frac{v_{a}+v_{BE}}{c_{a}v_{a}}$

$2log[H_{3}O^{+}]=logK_{A}+logK_{e}+log\frac{v_{a}+v_{BE}}{c_{a}v_{a}}$

$2pH_{E}=pK_{A}-logK_{e}-log\frac{v_{a}+v_{BE}}{c_{a}v_{a}}$

$pK_{A}=-pK_{e}+2pH_{E}+log\frac{v_{a}+v_{BE}}{c_{a}v_{a}}\rightarrow pK_{A}\approx 4,9$

Comparaison : aux erreurs près, les 2 méthodes donnent le même résultat.

Commentaire : la méthode graphique utilisant la demi équivalence présente l'avantage d'être plus simple.

Corrigé 2010 : Ientification d'un acide carbolyxique

Détails: Catégorie : Acide-base

$m_{t}=7,43$ dans $v_{t}=1L$ et $V=20mL$ aussi $c_{b}=0,1mol/L$ .

1.1. Schéma annoté du dispositif expérimental.(0,75 pt)

1.2. Equation de la réacction entre l'acide AH et la solution d'hydroxyde de sodium (0,25 pt)
$AH+HO^{-}\rightarrow H_{2}O+A^{-}$

1.3. Tracé de la coube $pH=f(V_{b})$ (0,75 pt)

1.4. (0,5 pt)
On détermine le point équivalent sur la courbe tracée en 13., en appliquant la méthode des tangentes. Les coordonnées de E sont
$(V_{b}E=\textrm{20 mL, pH_{E}=8,8})$