Chap. N° 18

Contrôle de qualité

par dosage. Exercices.

 

   

 

Moteur de recherche sur les différents sites

 

 


 En travaux

I- Exercice 6 page 478 : Utiliser la loi de Beer-Lambert.

II- Exercice 7 page 478 : Utiliser la loi de Kohlrausch.

III- Exercice 8 page 478 : Utiliser une relation d’équivalence.

IV- Exercice 14 page 480 : Choisir un indicateur coloré.

V- Exercice 16 page 481 : Titrage colorimétrique d’une eau oxygénée.

VI- Exercice 18 page 481 : Retrouver la loi de Kohlrausch.

VII- Exercice 21 page 483 : Chaufferette chimique.

VIII- Exercice 24 page 485 : Titrage de l’acide lactique dans le lait.


I- Exercice 6 page 478 : Utiliser la loi de Beer-Lambert.

 

On dispose d’une échelle de teinte en diiode dont les concentrations C sont connues. Un spectrophotomètre, réglé sur la longueur d’onde λ = 450 nm, permet de mesurer l’absorbance A des solutions de l’échelle des teintes. On peut alors tracer le graphe A = f (C).

 

 

1)- Comment appelle-t-on le graphe A = f (C) ?

2)- La loi de Beer-Lambert est-elle vérifiée ?

3)- Sans modifier les réglages du spectrophotomètre, on mesure l’absorbance AS = 0,64 d’une solution S d’eau iodée. En déduire la concentration CS en diiode de la solution S.

 

1)- Le graphe A = f (C) :

-  C’est la courbe d’étalonnage.

2)- La loi de Beer-Lambert :

-  Les points sont sensiblement alignés. La portion de droite obtenue passe pratiquement par l’origine.

-  L’absorbance A est proportionnelle à la concentration C de la solution pour les concentrations utilisées en solutions de diiode.

-  A = k . C,

-  k est le coefficient directeur de la portion de droite tracée.

-  La loi de Beer-Lambert est vérifiée dans le domaine de concentrations utilisées.

 

-  On ajoute une courbe de tendance : clic gauche sur la série utilisée :

 

-  On choisit « linéaire » et on coche « afficher l’équation sur le graphique » et « afficher le coefficient de détermination (R²) sur le graphique.

-  Le coefficient de détermination R 2 ≈ 0,9991 se rapproche de la valeur 1.

-  Le modèle, qui a été choisi, traduit bien les variations de l’absorbance en fonction de la concentration.

3)- Concentration CS en diiode de la solution S.

 

-  CS ≈ 4,8 mmol . L–1.

 

II- Exercice 7 page 478 : Utiliser la loi de Kohlrausch.

 

La carence en élément calcium, ou hypocalcémie, peut être traitée par injection intraveineuse d’une solution de chlorure de calcium.

On souhaite déterminer la concentration C0 en chlorure de calcium contenue dans une ampoule de 10,0 mL.

Le contenu de l’ampoule est dilué 100 fois.

La mesure de la conductivité de la solution S obtenue est σS = 1,23 mS . cm–1.

On mesure également la conductivité de différentes solutions étalon en chlorure de calcium.

Les résultats sont rassemblés dans le tableau ci-dessous :

C (mmol . L–1)

1,0

2,5

5,0

7,5

10,0

σ (mS . cm–1)

0,27

0,68

1,33

2,04

2,70

1)- Tracer le courbe σ = f (C).

2)- La loi de Kohlrausch est-elle vérifiée ?

3)- En déduire les concentrations CS et C0.

 

1)- Courbe σ = f (C).

 

2)- Loi de Kohlrausch :

-     Les points sont sensiblement alignés. La portion de droite obtenue passe pratiquement par l’origine.

-     La conductivité σ est proportionnelle à la concentration C de la solution pour les concentrations utilisées en solutions de chlorure de calcium.

-     σ = k . C,

-     k est le coefficient directeur de la portion de droite tracée.

-     La loi de Kohlrausch est vérifiée dans le domaine de concentrations utilisées.

-     Le coefficient de détermination R 2 ≈ 0,9998 se rapproche de la valeur 1.

-     Le modèle « Linéaire », qui a été choisi, traduit bien les variations de la conductivité en fonction de la concentration.

3)- Valeurs des concentrations CS et C0.

-     Valeur de la concentration CS (Détermination graphique) :

 

-     CS ≈ 4,6 mmol . L–1

-     Or C0 = 100 CS

-     C0 ≈ 100 x 4,6 x 10–3

-     C0 ≈ 0,46 mol . L–1

 

III- Exercice 8 page 478 : Utiliser une relation d’équivalence.

 

Pour contrôler la composition complète d’une ampoule de complément alimentaire contenant des ions Fe2+ (aq), la solution qu’elle contient peut être dosée par les ions MnO4  (aq) d’une solution de permanganate de potassium de concentration connue.

L’équation support de la réaction de titrage est :

MnO4 (aq)  +  8 H + (aq)Fe 2+ (aq)    Mn 2+ (aq)   + 5  Fe 3+ (aq)  +  4 H2O ()

1)- Quel est le réactif titrant ? Le réactif titré ?

2)- Quelles doivent être les caractéristiques de la réaction support du titrage ?

3)- On note n0 (Fe2+) et nE (MnO4) respectivement la quantité initiale d’ions Fe2+ (aq)  à doser et la quantité d’ions MnO4  (aq) versée à l’équivalence.

a)-   Définir l’équivalence du titrage.

b)-  En déduire une relation entre n0 (Fe2+) et nE (MnO4).

Titrage colorimétrique.

 

1)- Le réactif titrant et le réactif titré :

-     Réactif titrant : les ions MnO4  (aq)

-     Réactif titré : les ions Fe2+ (aq)

2)- Caractéristiques de la réaction support du titrage :

-     La réaction support du titrage doit être totale, rapide et unique.

3)- L’équivalence.

a)-   Définition de l’équivalence du titrage :

-     L’équivalence d’un titrage est atteinte lorsque le réactif titrant et le réactif titré sont dans les proportions stœchiométriques.

-     Les deux réactifs sont alors totalement consommés. Ils ont totalement disparu.

-     À l’équivalence, les réactifs sont dans les proportions stœchiométriques.

b)-  Relation entre n0 (Fe2+) et nE (MnO4) à l’équivalence :

Équation

MnO4 (aq)

+ 8 H+ (aq)

+ 5 Fe2+ (aq)

Mn2+ (aq)

+ 5 Fe3+ (aq)

+ 4 H2O (ℓ)

État

Avanc.

 

 

 

 

 

 

 

État initial

à l’équivalence

x = 0

nE (MnO4)

Excès

n0 (Fe2+)

0

0

Solvant

 

 

 

 

 

 

 

État final

à l’équivalence

xE = xmax

nE (MnO4) – xE = 0

Excès

n0 (Fe2+) – 5 xE = 0

 

xE

5 xE

Solvant

-     Relation à l’équivalence :

Équation de titrage

MnO4 (aq)

+ 5 Fe2+ (aq)

+ 8 H + (aq)

 

 

Quantités de matières

à l’équivalence

nE (MnO4)

n0 (Fe2+)

Excès

 

 

 

Coefficients

stœchiométriques

1

5

 

 

 

Relation 1

 

 

 

 

 

-     n0 (Fe2+) = 5 nE (MnO4)

 

IV- Exercice 14 page 480 : Choisir un indicateur coloré.

 

Une solution d’hydroxyde de sodium est dosée par une solution d’acide chlorhydrique, ajoutée à la burette graduée.

Le pH à l’équivalence de ce titrage est pHE = 7,0.

On dispose de trois indicateurs colorés dont les teintes sont données ci-dessous :

Indicateur

Teinte acide

Zone de virage

Teinte sensible

Teinte acide

 

3,1

4,4

Hélianthine

rouge

Orange

Jaune

 

6,0

7,6

B.B.T

jaune

Vert

Bleu

 

8,2

10

Phénolphtaléine

Incolore

Rose

Rose Violacé

1)- Est-il possible de repérer l’équivalence du titrage sans un indicateur coloré ? Si oui, comment ?

2)- Choisir, en justifiant, l’indicateur coloré adapté à ce titrage.

3)- Comment repère-ton alors l’équivalence du titrage ?

 

1)- Repérer l’équivalence du titrage sans un indicateur coloré :

-     La réaction qui se produit, lors du titrage,  est la suivante :

H3O+ (aq) + HO (aq) → 2 H2O (ℓ)

-     On peut réaliser un titrage conductimétrique ou un titrage pH-métrique.

2)- Choix de l’indicateur coloré adapté à ce titrage.

-     L’indicateur coloré le mieux adapté pour le titrage est le Bleu de bromothymol (B.B.T).

-     La valeur du pH à l’équivalence appartient à sa zone de virage.

-     6,0 ≤  pHE  ≤  7,6

-     Avec l’hélianthine, le virage se fait juste avant l’équivalence, alors qu’avec la phénolphtaléine, le virage a lieu juste après l’équivalence.

 

3)- Repérage de l’équivalence du titrage :

-     À l’équivalence, il y a un changement de teinte de l’indicateur coloré, ceci à la goutte près.

 

V- Exercice 16 page 481 : Titrage colorimétrique d’une eau oxygénée.

 

On souhaite déterminer la concentration C0 en peroxyde d’hydrogène d’une solution commerciale d’eau oxygénée.

La réaction entre les ions permanganate MnO4  (aq) et le peroxyde d’hydrogène H2O2 (aq), appartenant aux couples oxydant / réducteur MnO4  (aq) / Mn2+  (aq) et O2 (g) / H2O2 (aq) sert de support au titrage.

On dilue 10 fois la solution commerciale S0 : on obtient une solution S1. On titre un volume V1 = 10,0 mL de la solution S1 par une solution S2 de permanganate de potassium de concentration C2 = 0,020 mol . L–1.

Le volume équivalent est VE = 17,6 mL.

1)- Écrire l’équation de la réaction de titrage.

2)- Sachant que l’ion MnO4  (aq) est violet et qu’il est la seule espèce colorée du système étudié, comment repère-t-on l’équivalence du titrage ?

3)- En s’aidant éventuellement d’un tableau d’avancement, établir l’expression de la concentration C1 en peroxyde d’hydrogène de la solution S1.

4)- Calculer la valeur des concentrations C1 et C0.

5)- Calculer la quantité de matière de peroxyde d’hydrogène n0 (H2O2) présente dans un litre de solution commerciale S0.

-     L’eau oxygénée étudiée est dite « à 10 volumes » ; cela signifie qu’un litre de solution peut libérer 10 L de dioxygène selon la réaction d’équation :

2 H2O2 (aq) → H2O (ℓ)  +  O2 (g)

6)- En s’aidant éventuellement d’un tableau d’avancement, calculer la quantité maximale nmax (O2) de dioxygène libérée par la solution S0.

7)- Dans les conditions de l’expérience, une mole de dioxygène occupe un volume égal à 22,4 L. En déduire le volume de dioxygène maximal Vmax (O2) libéré par un litre de solution S0.

8)- Comparer ce résultat à la valeur indiquée par le fabricant en faisant un calcul d’incertitude relative.

 

1)- Équation de la réaction de titrage :

-     Couple : Mn O4 - (aq) / Mn 2+ (aq)

MnO4 (aq)     +   8 H +(aq)   +  5 e       Mn 2+ (aq)  +   4 H 2 O (ℓ)

-     Couple : O 2 (aq)  / H 2O2 (aq)

O 2 (aq)     +   2 H +(aq)   +     2 e     H 2O2 (aq)

 

2 (

MnO4 (aq)

+

8 H +(aq)

+

5 e

Mn 2+ (aq)

+

4 H 2 O (ℓ)

)

 

 

 

 

5 (

H 2O2 (aq)

 

 

O 2 (aq) 

+

2 H +(aq)

+

2 e

)

 

2 MnO4 (aq)

+

5 H 2O2 (aq)

+

6 H +(aq)

2 Mn 2+ (aq)

+

5 O 2 (aq) 

+

8 H 2 O (ℓ)

 

2)- Repérage de l’équivalence.

-     Les ions permanganate MnO4  (aq) donnent une couleur violette à la solution qui les contient

-     Lorsque l’on verse la solution de permanganate de potassium dans la solution d’eau oxygénée, les ions permanganate disparaissent  ainsi que leur coloration.

-     Juste après l’équivalence, la solution prend une teinte violette caractéristique de la présence des ions permanganate.

-     On peut repérer l’équivalence grâce à la persistance de cette coloration.

3)- Expression de la concentration C1 en peroxyde d’hydrogène de la solution S1.

Équation

2 MnO4 (aq)

+ 5 H2O2 (aq)

+ 6 H+ (aq)

2 Mn2+ (aq)

+ 5 O 2 (aq) 

+ 8 H2O(ℓ)

État

Avanc.

 

 

 

 

 

 

 

É.I

 (mol)

 x = 0

n2 = C2.V

n1

excès

0

0

solvant

équi

n2 = C2.VE

n1 = C1.V1

excès

0

0

solvant

Au

cours

C2.V – 2 x

C1.V1 – 5 x

 excès

x

5 x

solvant

É.F

(mol)

 x = x max

C2.V – 2 xmax

C1.V1 – 5 xmax

 excès

 

2 xmax

5 xmax

solvant

équi

x = x max = xE

C2.VE – 2 xE = 0

C1.V1 – 5 xE = 0

 excès

 

2 xE

5 xE

solvant

-     Tableau réduit :

Équation de titrage

2 MnO4 (aq)

+ 5 H2O2 (aq)

+ 6 H + (aq)

 

 

Quantités de matières

à l’équivalence

n2 = C2.VE

n1 = C1.V1

Excès

 

 

 

Coefficients

stœchiométriques

2

5

 

 

 

Relations

  ou  

 

 

 

 

-      

4)- Valeur des concentrations C1 et C0.

-     Valeur de la concentration C1 :

-      

-     Valeur de la concentration C0.

-     C0 = 10 C1

-     C0 ≈ 0,88 mol . L–1.

5)- Quantité de matière de peroxyde d’hydrogène n0 (H2O2) présente dans un litre de solution commerciale S0.

-     n0 (H2O2) = C0 . V

-     n0 (H2O2) ≈ 0,88 mol

 

6)- Quantité maximale nmax (O2) de dioxygène libérée par la solution S0.

-     On l’équation de la réaction :

2 H2O2 (aq) → H2O (ℓ)  +  O2 (g)

-     Tableau d’avancement :

Équation

2 H2O2 (aq)

H2O (ℓ) 

+

O2 (g)

État du système

Avancement

 

 

 

 

 

État initial (mol)

x = 0

n0 (H2O2) ≈ 0,88 mol

0

0

Au cours de la

transformation

x

n0 (H2O2) – 2 x

solvant

x

État final

xmax

n0 (H2O2) – 2 xmax = 0

Solvant

xmax

-      

7)- Volume de dioxygène maximal Vmax (O2) libéré par un litre de solution S0.

-     Vmax (O2) = nmax (O2) . Vm

-     Vmax (O2) ≈ 0,44 x 22,4 ≈ 9,856

-     Vmax (O2) ≈ 9,9 L

8)- Calcul d’incertitude relative :

-      

-     Si on travaille avec les calculs intermédiaires :

-      

 

VI- Exercice 18 page 481 : Retrouver la loi de Kohlrausch.

 

La conductivité d’une solution est donnée par la relation :

 

On considère une solution de concentration C en chlorure de magnésium apporté.

1)- Écrire l’équation de dissolution du chlorure de magnésium, MgCl2 (s), dans l’eau.

2)- Exprimer les concentrations ioniques [Mg2+] et [Cl] dans la solution en fonction de la concentration C.

3)- Écrire l’expression de la conductivité σ de cette solution en fonction de la concentration C et des conductivités ioniques molaires.

4)- Montrer que la loi de Kohlrausch est vérifiée.

 

1)- Équation de dissolution du chlorure de magnésium, MgCl2 (s), dans l’eau.

Réaction de dissolution

eau

 

MgCl2 (s)

Mg 2+ (aq)  +  2 Cl (aq)

2)- Concentrations ioniques [Mg2+] et [Cl] dans la solution en fonction de la concentration C.

-     Tableau d’avancement :

Équation bilan

 

eau

 

 

 

MgCl2 (s)

Mg 2+ (aq) 

+

2 Cl (aq)

État du système

Avancement

n (MgCl2)

 

n (Mg 2+)

 

n (Cl )

État initial

x = 0

n  ≈ C . V

 

0

 

0

État final

x = xmax

n – xmax = 0

 

 xmax = C . V

 

2 xmax  = 2 C . V

-      

-      

3)- Expression de la conductivité σ de cette solution en fonction de la concentration C et des conductivités ioniques molaires.

-     σ  = λ (Mg2+).[ Mg2+ ] +  λ (Cl).[ Cl ]

-     σλ (Mg2+).C + 2 λ (Cl) . C

-     σ =  {λ (Mg2+) + 2 λ (Cl)} . C

4)-  Loi de Kohlrausch :

-     Les conductivités molaires ioniques sont des grandeurs caractéristiques des ions.

-     Ce sont des constantes à une température donnée.

-     λ (Cl) = 7,63 x 10– 3 S.m2.mol– 1 à 25 °C dans l’eau

-     λ (Mg2+) = 10,6 x 10– 3  S.m².mol–1 à 25 °C dans l'eau

-     Le terme {λ (Mg 2+) + 2 λ (Cl )} = cte = k

-     En conséquence :

-     σk. C

-     La loi de Kohlrausch est vérifiée.

 

VII- Exercice 21 page 483 : Chaufferette chimique.

 

Une chaufferette chimique est constituée d’une enveloppe souple de pastique qui contient une solution d’éthanoate de sodium à 20 % minimum en masse.

Lorsqu’on appuie sur un petit disque métallique placé à l’intérieur, le liquide commence à se solidifier tout en dégageant de la chaleur.

Après utilisation, on peut régénérer la chaufferette en faisant fondre le solide obtenu par chauffage.

-     Données relatives à l’éthanoate de sodium CH3COONa :

-     Masse molaire : M = 82,0 g . mol–1 ;

-     Solubilité : à 25 ° C dans l’eau : s = 365 g . L–1 soit 4,5 mol . L–1.

La solution aqueuse S0 d’éthanoate de sodium, Na+ (aq) + CH3COO (aq), d’une chaufferette, a un volume V0 = 100 mL et une masse = 130 g.

La solution S0 étant trop concentrée pour être dosée directement au laboratoire, on prépare une solution S1 en diluant 100 fois le contenu de la chaufferette. Pour déterminer la concentration molaire C0 en éthanoate de sodium apporté dans une chaufferette chimique, on place dans un bécher un volume V1 = 25,0 mL de la solution S1 à titrer.

On réalise un titrage pH-métrique par une solution d’acide chlorhydrique, H3O+ (aq) + Cl (aq), de concentration CA = 2,0 x 10–1 mol . L–1.

On note VA le volume de solution d’acide chlorhydrique versé.

L’équation de la réaction support du titrage s’écrit :

CH3COO (aq)  +  H3O+ (aq)  →  CH3COOH (aq)  +  H2O (ℓ)

On obtient la courbe ci-après :

 

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1)- Schématiser et légender le dispositif de titrage.

2)- Après avoir défini l’équivalence, écrire la relation entre la quantité d’ions éthanoate ni (CH3COO) présente initialement dans le bécher et la quantité d’ion oxonium nE (H3O+) qui permet d’atteindre l’équivalence. On pourra éventuellement s’aider d’un tableau d’avancement.

3)- Déterminer le volume équivalent VE en expliquant la méthode utilisée.

4)- Des titrages successifs ont donné les valeurs suivantes du volume à l’équivalence :

-     8,8 mL ; 8,6 mL ; 9,0 mL ; 6,3 mL ; 8,9 mL ; 9,1 mL ; 8,8 mL ; 8,7 mL.

-     Après avoir supprimé la(les) valeur(s) aberrante(s), réaliser une étude statistique des résultats expérimentaux et donner un encadrement de la valeur du volume à l’équivalence VE.

5)- À partir de la valeur moyenne de VEmoy déterminée à la question 4)-, calculer la concentration C1 en ions éthanoate de la solution dosée.

6)- En déduire la concentration C0 en éthanoate de sodium apporté dans la solution contenue dans la chaufferette. La solution d’éthanoate de sodium contenue dans la chaufferette est-elle saturée ?

7)- Calculer la masse d’éthanoate de sodium dans la chaufferette.

8)- La solution aqueuse de masse 130 g contenue dans la chaufferette est-elle au moins à 20 % en masse d’éthanoate de sodium comme l’indique le texte introductif ?

 

1)- Dispositif de titrage :

 

2)- Étude de l’équivalence :

-     Définition :

-     L’équivalence d’un titrage est atteinte lorsque le réactif titrant et le réactif titré sont dans les proportions stœchiométriques.

-     Les deux réactifs sont alors totalement consommés. Ils ont totalement disparu.

-     Tableau d’avancement :

CH3COO (aq)  +  H3O+ (aq)  →  CH3COOH (aq)  +  H2O (ℓ)

Équation de titrage

CH3COO (aq)          

+   H3O+ (aq)

CH3COOH (aq) 

+ H2O (ℓ)

État du système

Avancement

n (CH3COO)

n (H3O+)

 

n (CH3COOH)

Solvant

État initial

à l’équivalence

x = 0

ni (CH3COO) = C1 . V1

nE (H3O+) = CA . VE

0

Solvant

État final

à l’équivalence

xE = xmax

ni (CH3COO) – xE = 0

nE (H3O+) – xE = 0

 

 xE

Solvant

 

C1 . V1xE = 0

CA . VE –  xE = 0

 

 

Solvant

-     Relations :

-     ni (CH3COO) = nE (H3O+)

-     C1 . V1 = CA . VE

3)- Volume équivalent VE en expliquant la méthode utilisée

-     Méthode des tangentes :

 

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-     Méthode de la courbe dérivée : :

 

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-     En conséquence : VE ≈ 8,9 mL

-     Tableau de valeurs :

VA mL

pH

 

dpH / dVA

0,00

8,77

 

 

0,20

6,48

 

 

0,50

6,10

 

 

1,00

5,80

 

1,86

2,00

5,51

 

1,16

3,00

5,06

 

1,44

4,00

4,89

 

0,98

5,00

4,68

 

0,87

6,00

4,44

 

1,18

7,00

4,16

 

1,30

7,50

4,07

 

1,02

8,00

4,02

 

1,33

8,50

3,79

 

2,90

8,80

3,49

 

10,00

8,90

3,27

 

10,00

9,00

2,81

 

10,00

9,40

2,55

 

3,15

9,60

2,38

 

2,06

10,0

2,21

 

1,36

11,0

1,98

 

0,74

12,0

1,87

 

0,49

13,0

1,75

 

0,43

14,0

1,64

 

0,43

15,0

1,54

 

0,43

16,0

1,50

 

0,43

17,0

1,31

 

0,43

4)- Étude statistique : Encadrement de la valeur du volume à l’équivalence VE.

-     8,8 mL ; 8,6 mL ; 9,0 mL ; 6,3 mL ; 8,9 mL ; 9,1 mL ; 8,8 mL ; 8,7 mL.

-     Valeur erronée : VE = 6,3 mL

-     On peut calculer la valeur moyenne et l’écart-type.

-     La moyenne arithmétique est le quotient de la somme des valeurs x i par le nombre n.

-     On écrit :

xi (mL)

8,8

8,6

9,0

8,9

9,1

8,8

8,7

  = VEmoy

8,84

-     La variance var est le quotient de la somme des carrés des écarts à la moyenne par le nombre n de l’effectif total.

-      

-     Détermination de la variance de l’échantillon :

xi (mL)

8,8

8,6

9

8,9

9,1

8,8

8,7

Vemoy (mL)

8,84

(xi - Vemoy)2

1,84E-03

5,90E-02

2,47E-02

3,27E-03

6,61E-02

1,84E-03

2,04E-02

var x

2,53E-02

-     L’écart-type σ : C’est la racine carrée de la variance :.

-     Si  représente la moyenne, σ  l‘écart-type et x une valeur incluse dans l'ensemble de données, alors

-     environ 68 % des données se situent à l'intérieur de l'intervalle : .

-     environ 95 % des données se situent à l'intérieur de l'intervalle : .

-     Environ 99 % des données se situent à l'intérieur de l'intervalle :.

-     Détermination de l’écart-type :

xi (mL)

8,8

8,6

9

8,9

9,1

8,8

8,7

Vemoy (mL)

8,84

(xi - Vemoy)2

1,84E-03

5,90E-02

2,47E-02

3,27E-03

6,61E-02

1,84E-03

2,04E-02

var x (mL2)

2,53E-02

écart-type σ (mL)

0,159

-     Pour un intervalle de confiance de 95 %, on obtient l’encadrement suivant :

(8,84 – 2 x 0,16) mL  ≤  VE  ≤  (8,84 + 2 x 0,16) mL

8,52 mL ≤  VE  ≤  9,16 mL

5)- Concentration C1 en ions éthanoate de la solution dosée :

-     Relation à l’équivalence : C1 . V1 = CA . VEmoy

-      

6)- Concentration C0 en éthanoate de sodium apporté dans la solution contenue dans la chaufferette :

-     C0 = 100 C1

-     C0 ≈ 7,1 mol . L–1

-     On donne la solubilité de la solution d’éthanoate de sodium :

-     Solubilité : à 25 ° C dans l’eau : s = 365 g . L–1 soit 4,5 mol . L–1

-     Comme C0 > s, la solution est saturée.

7)- Masse m0 d’éthanoate de sodium dans la chaufferette :

-     Données :

-     La solution aqueuse S0 d’éthanoate de sodium, Na+ (aq) + CH3COO (aq), d’une chaufferette, a un volume V0 = 100 mL et une masse m = 130 g.

-     Masse molaire de l’éthanoate de sodium : M = 82,0 g . mol–1 

-     m0 = n0 . M

-     La quantité de matière n d’éthanoate de sodium est donnée par la relation :

-     n0 = C0 . V0

-     En conséquence :

-     m0 = C0 . V0 . M

-     m0 ≈ 7,1 x 100 x 10–3 x 82,0

-     m0 ≈ 58 g

8)- Pourcentage en masse d’éthanoate de sodium :

-     La masse d’éthanoate de sodium présente dans la chaufferette est m0  ≈ 58 g

-     La masse de la solution est m = 130 g :

-     Pourcentage massique en éthanoate de sodium de la solution présente dans la chaufferette :

-      

-     La teneur en éthanoate de sodium de la chaufferette est d’environ 45 %.

-     Cette valeur est très supérieure à la valeur de 20 % minimale annoncée dans le texte.

 

VIII- Exercice 24 page 485 : Titrage de l’acide lactique dans le lait.

 

En vieillissant, le lactose présent dans le lait se transforme en acide lactique, noté par la suite HA.

On dose l’acide lactique, considéré comme le seul acide présent dans le lait étudié, par une solution d’hydroxyde de sodium ou soude, Na+ (aq) + HO (aq), de concentration CB = 5,00 x 10–2 mol . L–1.

On prélève un volume VA = 20,0 mL de lait que l’on place dans un bécher et on suit l’évolution du pH en fonction du volume VB de soude versé.

On obtient les valeurs données dans le tableau suivant :

VB (mL)

0

2,0

4,0

6,0

8,0

10

11

11,5

12

12,5

13

14

16

pH

2,9

3,2

3,6

3,9

4,2

4,6

4,9

6,3

8,0

10,7

11,0

11,3

11,5

On note VE le volume de soude versé à l’équivalence du titrage.

Un lait frais a une concentration en acide lactique inférieure à 1,8 g . L–1.

-     Données :

-     Couples acide-base :

-     H2O (ℓ) / HO (aq), pKA1 = 14,0

-     H3O+ (aq) / H2O (ℓ), pKA2 = 0,0

-     HA (aq) / A (aq), pKA3 = 3,9

-     Masse molaire de l’acide lactique : M (HA) = 90,0 g . mol–1.

-     Additif : acide lactique : Acide 2-hydroxypropanoïque :

-        ou  

1)- Écrire l’équation de la réaction du titrage réalisé :

2)- Quelles caractéristiques doit présenter cette réaction pour être adaptée à un dosage ?

3)- En utilisant un diagramme de prédominance, déterminer quelle est, entre HA (aq) et A (aq), l’espèce chimique prédominante au début du dosage.

4)- Pour quel volume de soude versé, noté VS, les espèces HA (aq) et A (aq) sont-elles présentes en quantités égales dans le bécher ?

5)- Tracer le graphe pH = f (VB). En déduire la valeur du volume de soude versé à l’équivalence VE.

6)- Déterminer la quantité d’acide lactique présente dans le volume VA de lait.

7)- Quelle est la masse d’acide lactique présente dans un litre de lait. Conclure.

 

1)- Équation de la réaction du titrage réalisé :

-     La réaction fait intervenir l’acide lactique et la soude, c’est-à-dire les couples acide / base :

-     H2O (ℓ) / HO (aq) et HA (aq) / A (aq)

HA (aq)    +    HO  (aq)   ®    A  (aq)    +    H2O (ℓ)

2)- Caractéristiques de cette réaction pour être adaptée à un dosage :

-     La réaction support du dosage doit être totale, rapide, unique.

3)- Diagramme de prédominance :

-     Au début du dosage, pH = 2,9.

-     L’espèce qui prédomine est l’espèce acide HA (aq) car pH < pKA3.

 

4)- Volume de soude versé, noté VS, pour que les espèces HA (aq) et A (aq) soient présentes en quantités égales dans le bécher :

-     Si

 

-     pH = pKA3 = 3,9 pour VS = 6,0 mL

5)- Graphe pH = f (VB) et valeur du volume de soude versé à l’équivalence VE :

-     On utilise la méthode des tangentes :

 

 

-     Volume de soude versé à l’équivalence VE :

-     VE = 12,0 mL

6)- Quantité d’acide lactique présente dans le volume VA de lait.

-     Tableau d’avancement :

Équation

HA (aq)

+    HO  (aq)  

A  (aq)

H2O (ℓ)

État du système

Avancement

 

 

 

 

 

État initial

à l’équivalence

x = 0

nA = CA . VA

nE = CB .VE

0

Solvant

État final

à l’équivalence

xmax = xE

nA  – xE = 0

nE  –  xE = 0

 xE

 Solvant

-   nA = xE = CB .VE

-     nA ≈ 5,00 x 10–2 x 12 x 10–3

-     nA ≈ 6,0 x 10–4 mol

7)-  Masse d’acide lactique présente dans un litre de lait et Conclusion :

Quantité de matière

nA ≈ 6,0 x 10–4 mol

n = ?

Volume

VA = 20 x 10–3 L

V = 1,0 L

-     Quantité de matière d’acide lactique présente dans un litre de lait :

-      

-     Masse d’acide lactique présente dans un litre de lait :

-     m = n . M (HA)

-      

-     Le lait analysé n’est pas frais car sa teneur en acide lactique est supérieure à 1,8 g . L–1.