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Sciences physiques S2

Chimie

Acide-base

Corrigé 1999 : Dosage d’un acide fort et d’une base forte

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1. Equation bilan de la réaction

$H_{2}SO_{4}+2\left( Na^{+}+OH^{-}\right) \rightarrow 2H_{20}+\left(Na^{+}+SO_{4}^{2}\right)$ ou $H_{3}O^{+}+OH^{-}\rightarrow 2H_{2}O$

Concentration des espèces chimiques : $\left[ Na^{+}\right] =\frac{C}{V_{a}+V}$ ; $\left[ SO_{4}^{2}\right] =\frac{CaVa}{V_{a}+V}$

$\left[ H_{3}O^{+}\right] +\left[ Na^{+}\right] =2\left[ SO_{4}^{2-}\right] + \left[ OH^{-}\right]$

$\Longleftrightarrow \left[ H_{3}O^{+}\right] =\frac{2CaVa-C_{b}V}{Va+V}$

A l'équivalence acido- basique

2. on a $\left.\begin{array}{c}n_{OH^{-}}=n_{NaOH} \\ n_{H_{3}O^{+}}=2n_{H_{2}SO_{4}} \end{array} \right\} \Longrightarrow n_{NaOH}=2n_{H_{2}SO_{4}}$

$n_{H_{3}O^{+}}=2n_{H_{2}SO_{4}}$

- Relation

$\left[ H_{3}O^{+}\right] =\frac{2CaVa-C_{b}V}{Va+V}=\frac{C_{b}V_{E}-C_{b}V}{Va+V}$

$\Longleftrightarrow \left[ H_{3}O^{+}\right] \left( Va+V\right)=C_{b}\left( V_{E}-V\right)$

3.

3.1- tableau

on a : $n_{H_{3}O^{+}}=10^{-pH}\left( Va+V\right)$

$V(cm^{3})$	5	10	25	35	45	50	60
$n_{H_{3}O^{+}}$	$5.10^{-4}$	$4,5.10^{-4}$	$2,8.10^{-4}$	$1,8.10^{-5}$	$6,6.10^{-6}$	$9,3.10^{-6}$	$1,9.10^{-12}$

- Tracé de la courbe

.l'échelle proposée n'est pas conforme

.Avec des modifications on a :

D'aprés le graphe, $N(H3O+)=a\times V+b$

$Cb=-a=10^{-2}mol/L;V_{E}=\frac{n\left( H_{3}O^{+}\right) }{C_{b}}+V=51,25ml$

$et$ $C_{a}=\frac{V_{E}C_{b}}{2V_{a}}=5.10^{-3}mol/L$

Corrigé 2000 : Dosage de l'éthylamine

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1. $CH_{3}-CH_{2}-NH_{2}$ est l'amine primaire éthanamine ou éthylamine

$CH_{3}-NH-CH_{3}$ est la diméthylamine qui est une amine secondaire.

2.1. $pH$ différent de $14+logC_{b}$ , on peut dire que la base est faible.

2.2. Valeur du $pKa$

$[H_{3}O^{+}]=10-pH\Longrightarrow \lbrack H_{3}O^{+}]=1,58.10-12mol/L$

$[OH^{-}]=\frac{10^{-14}}{[H_{3}O^{+}]}[OH^{-}]=6,3.10^{-3}mol/L$

$C_{2}H_{7}N+H_{2}O\Leftrightarrow OH^{-}+C_{2}H_{8}N^{+}$

$[C_{2}H_{8}N^{+}]=[OH^{-}]\Longrightarrow \lbrack C_{2}H_{8}N^{+}]=6,3.10^{-3}mol/L$

$[C_{2}H_{7}N]=C_{b}-[C_{2}H_{8}N^{+}]\Longrightarrow \lbrack C_{2}H_{7}N]=6,3.10^{-2}mol/L$

$Ka=\frac{[C_{2}H_{7}N]\ast \lbrack H3O^{+}]}{[C_{2}H_{8}N^{+}]} \Longrightarrow Ka=1,58.10^{-11}$

$pKa=-log Ka \Longrightarrow pKa = 10,8$

3.

3.1. détermination graphique de $E$

$E(V_{E}=20,6;pH_{E}=6)$

3.2. A l'équivalence $pHE<7$ (ou bien la courbe présente deux points d'inflexion montre que la base est faible.

3.3. graphiquement, $pKa=pH_{E/2}=10,6$

4. l'indicateur approprié est le BBT car $6<pH_{E}<7,6$

corrigé 2006 : Dosage de la monoéthylamine par l’acide chlorhydrique.

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1. Détermination du volume $V_{1}$ de la solution à doser

Les solutions finale et initiale renferme le même nombre de mole d'acide

$n_{1} = n_{a} \Longrightarrow C{_{1}V_{1} = C_{a}V_{a}$ $\Longrightarrow V_{1}=\displaystyle\frac{C_{a}V_{a}}{C_{1}}$

A.N : $C_{a} = 5\times 10^{-2} mol/L$ ; $V_{a} = 100 mL$ ; $C_{1}=1 mol/L$ et $V_{1}=5\times 10^{-3} L$

Pour réaliser cette dilution; on prélève, à l'aide d'une {pipette de 5mL, le volume $V_1$ qu'on place dans une fiole jaugée de 100ml, puis on complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge. On ferme la fiole et on agite pour homogénéiser.

2.1 Equation de la réaction de dosage :

$C_{2}H_{5}NH_{2} + H_{3}O^{+} \longrightarrow C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}+H_{2}O$

2.2.2. Courbe pH = f(Va)

2.3. Détermination des coordonnées du point équivalent.

La méthode utilisée est celle des tangentes parallèles et les résultats obtenus sont :

$E \left(pH_{E}=6,2} ; v_{aE}=39,5mL\right)$

2.4. a) Concentration molaire de la solution de monoéthylamine

D'après l'équation bilan, à l'équivalence $n(H_{3}O^{+}=n(C_{2}H_{5}NH_{2})$ $\Longrightarrow$ $C_{b}V_{b}=C_{a}V_{aE}$ $\Longrightarrow$ $C_{b}=\displaystyle\frac{C_{a}V_{aE}}{V_{b}}$

A.N : $C_{a} = 5\times 10^{-2}mol/L$ $v_{aE} = 39,5 mL{tex} ; {tex}V_{b} = 20 mL$ d'où $C_{b}=10^{-1} mol/L$

b) $pK_{A}$ du couple associé à la monoéthylamine

La valeur du $pK_{A}$ est égale à la valeur du pH du mélange à la demi-équivalence c'est à dire lorsqu'on a ajouté un volume
d'acide $V_{K}=\displaystyle\frac{v_{aE}}{2}= 19,75 mL$

D'après la courbe de dosage $pH_{K} =pK_{A} = 10,7$

3. Calcul des concentrations molaires volumiques des espèces présentes dans le mélange lorsqu'on a versé 30 mL d'acide.

Lorsque $v_{A} = 30 m$ L le pH = 10,2

Les espèces en solutions sont :

$H_{3}O^{+}$ , $OH^{-}$ , $Cl^{-}$ , $C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}$ et $C_{2}H_{5}NH _{2}$ en plus des molécules d'eau $H_{2}O$ du solvant

$\left[ H_{3}O^{+}\right] =10^{-pH}\Longrightarrow$ $\left[ H_{3}O^{+}\right] =10^{-10,2}\Longrightarrow \left[ H_{3}O^{+}\right] =6,3.10^{-11} mol/L$

D'après le produit ionique de l'eau :

$\left[ OH^{-}\right] \times \ \left[ H_{3}O^{+}\right] =10^{-14}\Longrightarrow \left[ OH^{-}\right] =10^{-14+10,2}$

$\Longrightarrow \left[OH^{-}\right] = 1,6.10}^{-4} mol/L$

Les ions chlorures ne participent pas à la réaction, leur concentration correspond à celle d'une diltution des ions chlorures

$\left[ Cl^{-}\right] =\frac{C_{a}V_{a}}{V_{a}+V_{b}}\Longrightarrow \left[ Cl^{-}\right]=\frac{5.10^{-2}\times 30}{30+20}\Longrightarrow \left[ Cl^{-}\right] =3,0.10^{-2}mol/L$

D'après l'équation d'électroneutralité de la solution

$\left[ C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}\right] +\left[ H_{3}O^{+}\right] =\left[OH^{-}\right] +\left[ Cl^{-}\right]$

$\left[ C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}\right] =\left[ OH^{-}\right] +\left[Cl^{-}\right] -\left[ H_{3}O^{+}\right]$

or $\left[ H_{3}O^{+}\right] <<left[ OH^{-}\right]$ et $\left[ OH^{-}\right] <<\left[ Cl^{-}\right]\Longrightarrow \left[C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}\right]=3,0.10}^{-2}mol/L}$

D'après l'équation de conservation de matière :

$C_{b}=\left[C_{2}H_{5}NH_{2}\right] +\left[C_{2}H_{5}NH_{2}\right] _{réagi}\Longrightarrow \left[C_{2}H_{5}NH_{2}\right] = C_{b}-\left[C_{2}H_{5}NH_{2}\right] _{réagi}$

$C_{b}$ est la concentration initiale de base dans le mélange or

$\left[ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] _{réagi}=\left[C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}\right] =\left[ OH^{-}\right] +\left[ Cl^{-}\right]-\left[ H_{3}O^{+}\right]$ et $C_{b}=\frac{C_{b}V_{b}}{V_{a}+V_{b}}$

Donc $\left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] =\frac{C_{b}V_{b}}{V_{a}+V_{b}}-\left[ OH^{-}\right] -\left[ Cl^{-}\right] +\left[ H_{3}O^{+}\right]$

or $\left[ Cl^{-}\right] =\frac{C_{a}V_{a}}{V_{a}+V_{b}}$

$\left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] =\frac{C_{b}V_{b}}{V_{a}+V_{b}}-\left[ OH^{-}\right] -\frac{C_{a}V_{a}}{V_{a}+V_{b}}+\left[ H_{3}O^{+}\right]$

$\Longrightarrow \left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right]=\frac{C_{b}V_{b}-C_{a}V_{a}}{V_{a}+V_{b}}-\left[ OH^{-}\right] + \left[ H_{3}O^{+}\right]$

or $\left[ H_{3}O^{+}\right] <<\left[ OH^{-}\right]$

$\Longrightarrow \left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] =\frac{C_{b}V_{b}-C_{a}V_{a}}{V_{a}+V_{b}}-\left[ OH^{-}\right]$

$\left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] =\frac{9,875\times 20-5.10^{-2}\times 30}{50}-1,6.10^{-4}$

$\Longrightarrow \left[ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] =9,5.10}^{-2}mol/L}$

Valeuur du pKa

pKa = pH - log $\frac{\left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] }{\left[C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}\right] }\Longrightarrow$ pKa = 10,2 - log $\frac{9,5.10}^{-2}}{3.10^{-2}}\Longrightarrow pka=10,7}$

4. Préparation d'une solution tampon

4.1. {Définition d'une solution tampon} : Une solution tampon est une solution capable d'absorber une certaine quantité d'acide ou de base sans entraîner une forte variation de pH.

Propriétés caratéristiques : Le pH d'une solution tampon évolue peu :

   - par addition en quantité modérée d'acide

   - par addition en quantité modérée de base

   - par dilution limitée.

4.2. Pour préparer 100 mL d'une solution tampon à partir de la solution de monéthylamine,

Dans la solution $\left[ \ C_{2}H_{5}NH_{2}\right] =\left[ C_{2}H_{5}NH_{3}^{+}\right]$

$n_{b} = 2n_{a}\Longrightarrow C_{b}V_{b}=2C_{a}V_{a}etV_{a}+V_{b} = 100 mL$

$\Longrightarrow10^{-1}V_{b}=2\times 5.10}^{-2}V_{a}\Longrightarrow V}_{a}=V}_{b}=50mL}$

Il faut mélanger 50 mL de la solution de monoéthylamine avec 50 mL de la solution chlorhydrique

2009 : Corrigé Détermination de la formule chimique et la densité d’une monoamine primaire

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2.1 :

$\rho_{0} = \displaystyle\frac{m_{0}}{V_{0}} = \displaystyle\frac{7,5}{10} = 0,75 g.cm^{-3} = 0,75.103 g.L^{-1}$

$d = \displaystyle\frac{\rho_{0}}{\rho_{e}} = \displaystyle\frac{0,75.10^{3}}{10^{3}} = 0,75$

2.2.1 :

2.2.2 :

$R - NH_{2} + H_{3}O^{+} \longrightarrow R - NH_{3}^{+} + H_{2}O$

2.2.3 :

$K = \displaystyle\frac{[RNH_{3}^{+}]}{[RNH_{2}][H_{3}O^{+}]} = \displaystyle\frac{1}{K_{a}} = 0,5.10^{11} = 5.10^{10}$

donc la réaction est totale

2.2.4 :

$C_{1}V_{1} = C_{a}V_{a}$ $\Longrightarrow$ $C_{1} = \displaystyle\frac{C_{a}V_{a}}{V_{1}} = \displaystyle\frac{0,04 \times 20}{10} = 0,08 mol.L^{-1}$

$C_{0} = 100 C_{1} = 8 mol.L^{-1}$

2.2.5 :

$S_{0}$ est trop concentrée, il aurait fallu une grande quantité d’acide pour la doser, d’où la nécessité de le diluer avant le dosage.

2.3.1 :

$C_{0} = \displaystyle\frac{n(amine)}{V_{0}} = \displaystyle\frac{m(amine)}{MV_{0}}$

avec m (amine) = P $\displaystyle\frac{m_{0}}{100}$ et $m_{0} = \rho_{0}v_{0}$

où $m_{0}$ est la masse de $S_{0}$ correspondant au volume $v_{0}$

$C_{0} = P \displaystyle\frac{\rho_{0}V_{0}}{100}\displaystyle\frac{1}{MV_{0}} = \displaystyle\frac{63\rho_{0}}{100M}$

2.3.2 :

$M = \displaystyle\frac{63\rho_{0}}{100C_{0}} = \displaystyle\frac{ 63 × 0,75.10^{3}}{100\times 8} = 59,1 g.mol^{-1}$

2.3.3 :

Posons comme formule brute de l’amine : $C_{n}H_{2n+1}NH_{2}$

$M = 14n + 1 + 14 + 2 = 14n + 17 = 59,1 \Longrightarrow n = 59,1 - \displaystyle\frac{17}{14} = 3$

La formule brute de l’amine est : $C_{3}H_{7}NH_{2}$

Formule semi – développée de l’amine : $CH_{3}-C_{2}-CH_{3}$

Nom de l’amine : propan – 2 – amine.

corrigé 2004 : Vérification degré d’acidité du vinaigre

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1.1 : Schéma annoté du montage utilisé pour réaliser ce dosage :

1.2 :

Equation – bilan du dosage

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

ou plus simplement

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

car les ions $Na^{+}$ ne réagissent pas

1.3 :

L'équivalence est un état du dosage où le nombre de mole d'acide initialement présent est égal au nombre de mole de base versé dans la solution à doser.

On utilise la méthode des tangentes pour déterminer le point d'équivalence E.

Les tracés effectués sur la figure ci dessus indiquent que les coordonnées du point d'équivalence sont :

$E(V_{BE}= 24 cm^{3} ; pH = 8,8)$

1.4 : A la demi équivalence, le volume de base versé est $V_{B} =\displaystyle\frac{V_{BE}}{2}$ , aussi à cet état le pH du mélange est égal au $pK_{A}$ du couple acide éthanoïque / ion éthanoate.

A la demi équivalence $V_{B} =\displaystyle\frac{V_{BE}}{2} = 12 cm^{3}$

Connaissant ce volume, on détermine à partir du graphe ci - dessus le point de demi - équivalence et le pH du mélange qui est égal au $pK_{A}$

On trouve $pK_{A} = 4,8$ pour le couple acide éthanoïque / ion éthanoate.

1.5 :

A l'équivalence $n_{B} = n_{A}$ soit

$C_{B}V_{BE} = C_{1}V_{1}$ $\Longrightarrow$ $C_{1}=\displaystyle\frac{C_{B}V_{BE}}{V_{1}}=\displaystyle\frac{0,10 \times 24}{20} = 0,12 mol.L^{-1}$

La solution $S_{1}$ est une solution diluée au 1/10 du vinaigre étudié donc concentration du vinaigre

$C_{A} = 10 C_{1}$ $\Longrightarrow$ $C_{A} = 1,2 mol.L^{-1}$

1.6:

Le degré d'acidité est le pourcentage massique d'acide contenu dans la solution c'est à dire la masse d'acide contenu dans 100 g de solution.

Déterminons d'abord la concentration massique de la solution :

$C_{m}=\displaystyle\frac{m}{V}$ avec m = nM soit

$C_{m}=\displaystyle\frac{nM}{V}=M\displaystyle\frac{n}{V}=MC_{A}=(2 \times 12 + 4 + 2 \times 16) \times 1,2 = 72 g/L$

Donc dans un litre de solution, on trouve 72 g de vinaigre.

Aussi, la masse volumique de la solution est $\rho$ donc la masse d'un litre de solution est :

$m =\rho$ $V = 1,02.10^{3}g$

Dans m, on trouve 72 g de vinaigre donc le degré d'acidité du vinaigre est : $\displaystyle\frac{72 \times 100}{1,02.10^{3}}=7$

Cette valeur est égale à la valeur donnée sur l'étiquette.

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