Solution des exercices : Dosage acide - base - Ts
Classe:
Terminale
Exercice 1
1) Bilan de matière des ions hydronium et hydroxyde :
Etat du systèmeH3O+ + OH− → 2H2OAvancement|nH3O+|nOH−|nH2OEtat initial|nA|nB|ExcèsEtat intermédiairex|nA−x|nB−x|ExcèsEtat finalxmax|nA−xmax|nB−xmax|Excès
nB−xmax=0⇒xmax=nB
nA−xmax=0⇒xmax=nA⇒nB=nA
2) Calcul de la concentration molaire de la solution après neutralisation :
∙ VA=200mL, pHA=2.0 et VB=200mL, pHB=12.0.
nA=CAVA=10−pHAVA=10−2×200⋅10−3=2.0⋅10−3mol
nB=CBVB=10−pHBVB avec CB=[OH−]=Ke10−pHB=1014+pHB⇒nB=10−14+pHBVB=10−14+12.0×200⋅10−3=2.0⋅10−3mol⇒nA1=nB1
La réaction est totale.
La solution est neutre et pH=7
∙ VA=800mL, pHA=2.0 et VB=500mL, pHB=12.0.
nA=CAVA=10−pHAVA=10−2×800⋅10−3=8.0⋅10−3mol
nB=10−14+pHBVB=10−14+12.0×500⋅10−3=5.0⋅10−3mol
nA1>nB1, l'acide HCl est en excès, la base NaOH est le réactif limitant
[H3O+]=CAVA−CBVBVA+VB⇒pH=−logCAVA−CBVBVAVB=−log8.0⋅10−3−5.0⋅10−3800⋅10−3+500⋅10−3⇒pH=2.6
∙ VA=300mL, pHA=2.0 et VB=200mL, pHB=12.3.
nA=CAVA=10−pHAVA=10−2×300⋅10−3=3.0⋅10−3mol
nB=CBVB=10−14+pHBVB=10−14+12.3×200⋅10−3=6.0⋅10−3mol
nB1>nA1, la base NaOH est en excès, l'acide est le réactif limitant
[OH−]=CBVB−CAVAVA+VB⇒pH=14+logCBVB−CAVAVAVB=14+log6.0⋅10−3−3.0⋅10−3300⋅10−3+200⋅10−3⇒pH=11.3
3) Calcule de la concentration molaire des ions sodium et des ions chorure en solution dans trois cas.
∙ VA=200mL, pHA=2.0 et VB=200mL, pHB=12.0.
[Cl−]=CAVAVA+VB=10−pHAVAVA+VB=10−2×200⋅10−3200⋅10−3+200⋅10−3⇒[Cl−]=5.0⋅10−3mol⋅L−1
[Na+]=CBVBVA+VB=10−14+pHBVBVA+VB=10−14+12×200⋅10−3200⋅10−3+200⋅10−3⇒[Na+]=5.0⋅10−3mol⋅L−1
∙ VA=800mL, pHA=2.0 et VB=500mL, pHB=12.0.
[Cl−]=CAVAVA+VB=10−pHAVAVA+VB=10−2×800⋅10−3800⋅10−3+500⋅10−3⇒[Cl−]=6.2⋅10−3mol⋅L−1
[Na+]=CBVBVA+VB=10−14+pHBVBVA+VB=10−14+12×500⋅10−3800⋅10−3+500⋅10−3⇒[Na+]=3.8⋅10−3mol⋅L−1
∙ VA=300mL, pHA=2.0 et VB=200mL, pHB=12.3.
[Cl−]=CAVAVA+VB=10−pHAVAVA+VB=10−2.0×300⋅10−3300⋅10−3+200⋅10−3⇒[Cl−]=6.0⋅10−3mol⋅L−1
[Na+]=CBVBVA+VB=10−14+pHBVBVA+VB=10−14+12.3×200⋅10−3300⋅10−3+200⋅10−3⇒[Na+]=8.0⋅10−3mol⋅L−1
Exercice 2
1) Montrons que la concentration C est voisine de 6mol⋅L−1
C=mMV=20%mSMV=20%ρVMV=20%ρM⇒C=0.20×1000×1.240⇒C=6mol⋅L−1
2) Volume de la solution commerciale à prélever.
Au cours de la dilution le nombre de la base, le nombre de moles de la base reste constant :
nB=CV0=CV⇒V0=CVC=3⋅10−2C⇒V05mL
3) a) Une base est une espèce chimique susceptible de capter au moins un proton
b) Calcule du pH de la solution diluée
pH=14+logC=14+log3⋅10−2⇒pH=12.5
4) a) Équation de la réaction :
H3O+ + OH− → 2H2O ou
HCl + NaOH → NaCl + H2O
b) Calcule de la concentration de la solution diluée :
⇒CB=CAVAVB=1⋅10−2×155
nB=nA⇒CBVB=CAVA⇒CB=3⋅10−2mol⋅L−1
On retrouve bien la valeur souhaitée
Exercice 3
1) a) Les coordonnées du point d'équivalence : E(pHE=4 ; VE=12.5mL)
b) Le pKA de la base est : pKA=6.4
2) Équation de la réaction de dosage :
HCO−3 + H3O+ → H2CO3
Concentration molaire de la base :
CB=CAVAVB=1⋅10−1×12.550⇒CB=2.5⋅10−2mol⋅L−1
Concentration massique de la base :
CmB=CB×MHCO−3=2.5⋅10−2×(1.0+12+3×16)⇒CmB=1.5g⋅L−1
3) Détermination du titre alcalimétrique T.A.C
CBVB=CAVA⇒VA=CBVBCA=2.5⋅10−2×1002⋅10−2⇒VA=125mL
Exercice 4
1) a) La courbe est croissante : on part d'un pH acide et on atteint des pH basiques
Cette courbe comporte quatre parties essentielles :
∙ 0mL≤Vb≥5mL où le pH croit assez nettement
∙ 5mL≤Vb≥9mL où le pH varie peu, la courbe est quasiment rectiligne ;
∙ 9mL≤Vb≥13mL, où l'on observe une variation de pH, brusque mais moins importante que pour l'acide fort
∙ Vb≥3mL où le pH varie faiblement et tend vers une asymptote horizontale
b) L'acide AH est un acide faible puisque la courbe présente deux points d'inflexion E et E1/2
2) a) La valeur du PH à l'équivalence est déterminée par méthode des tangentes : pH=8.8
b) La constante d'acidité pKA du couple AH/A− correspond à l'ordonnée du volume à la demi-équivalence pKA=4.8
3) Le point d'équivalence d'un tirage ou plus largement d'une réaction chimique est le point où l'espèce chimique à tirer et l'espèce titrante ont été mélangés dans des proportions stoechiométriques.
A l'équivalence du tirage, ces deux espèces sont complètement consommées et donc leur quantité de matière est nulle.
∙ Calcul de la concentration CA de la solution de l'acide AH
A l'équivalence :
CAVA=CBVB⇒CA=CBVBVA=0.1×1020⇒CA=0.1mol⋅L−1
4) a) Équation de la réaction de dosage
AH + OH → A− + H2O
Montrons que la réaction est pratiquement totale
KR=[A−][AH][OH−]=[A−][H3O+][AH][OH−][H3O+]=KAKe⇒KR=10−4.810−14=109.2⇒KR>104
La réaction est pratiquement totale
b) A l'équivalence la solution est une solution de base faible : la solution est donc basique
c) Vérifions que le pH à l'équivalence E est donné par la relation :
pHE=(pKe+pKa+logC′AE)
Pour pKa=4.8C′AE=CBVBVA+VB⇒
pH=12(14+pKA+logCBVBVA+VB)=12(14+4.8+log0.1×1020+10)⇒pH=8.7⇒pHE=8.8
5) a)
∙ Le Ph diminue avec la concentration qui diminue avec la dilution.
Le pH initial de la solution acide augmente donc avec la dilution
∙ La dilution n'a pas d'effet sur le pH à la demi-équivalence, car ce pH est indépendant de la concentration ; car il faut pH=pKA
∙ La dilution n'a pas d'effet sur le volume VBE de base versé à l'équivalence car, cette dilution apporte autant ions H3O+ que d'ions OH−
∙ Le pH à l'équivalence augmente avec la dilution car la concentration diminue
b) Calcule du volume Ve d'eau
Au cours de la dilution, le nombre moles d'acide reste contant :
nA=C′AE(Ve+Va)Ve=CAVa⇒Ve=(CAC′AE−1)Va⇒Ve=(CA102pHE−(pKA+pKe)−1)Va⇒Ve=(10−1102×(8.8−0.15)−(4.8+14)−1)Va⇒Ve=43mL
6) a) La teinte sensible d'un indicateur coloré correspond à la zone de virage de cet indicateur coloré (ou la teinte sensible est le nom donné à la couleur que prend la solution dans la zone de virage).
b) La phénolphtatéine est l'indicateur approprié car le pH à l'équivalence (pHE=8.8) appartient à la zone de virage cet indicateur (8.2−10.0)
Exercice 5
1) Schéma annoté du dispositif
2) Tracé de la courbe
3) a) A l'équivalence à pHE=8.3 et il s'agit d'un acide faible (pour un dosoge d'un acide fort par une base forte, à l'équivalence, pHE=7)
b) A la demi-équivalence : pH=pKA=4.2 et l'acide est l'acide benzoique
c) La valeur du pH initial est : pH=2.81
− Calcule de la concentration Ca de l'aide
L'acide est faiblement dissocié :
pH=12(pKA−logCa)⇒Ca=10−2pH+pKA=10−2×2.81+4.2⇒Ca=3.8⋅10−2mol⋅L−1
4) Équation de la réaction du dosage :
C6H5COOH + OH− → C6H5CO− + H2O
5) Calcule de la concentration Cb de la base :
A l'équivalence :
nb=na⇒CaVb=CaVa⇒Cb=CaVaVb=3.8⋅10−2×2010⇒Cb=7.6⋅10−2mol⋅L−1
6) Tracé de la courbe
Exercice 6
1) a) Cette solution est basique car son pH est supérieur à 7
b) L'espèce conjuguée est l'ion ammonium de formule : NH+4
c) Le couple acide-base auquel appartient l'ammoniac est : NH+4|NH3
d) Diagramme de prédominance, en fonction de pH, des espèce de ce couple
Le pH>pKA, NH3 est l'espèce prédominante dans la solution S
2) a) Équation de la réaction support du dosage
H3O+ + NH3 → NH+4 + H2O ou
HCl + NH3 → NH+4 + Cl− + H2O
La transformation chimique est rapide et totale
b) Expression de la constante d'équilibre Kr en fonction de la constante d'acidité Ka.
Kr=[NH+4][H3O+][NH3]or KA=[H3O+][NH3][NH+4]⇒Kr=1KA
Calculer sa valeur de la constante de réaction
Kr=1KA=16.3⋅10−10⇒Kr=1.6⋅109
Kr≥104, la réaction est totale
c) Détermination de la concentration molaire C de la solution
A l'équivalence :
nB=nA⇒CV=CAVA⇒C=CAVAV=5.00⋅10−1×10.810.0⇒C=5.40⋅10−1mol⋅L−1
Concentration C0 de la solution commerciale
C=C020⇒C0=20C=20×5.40⋅10−1⇒C0=10.8mol⋅L−1
d) Détermination de l'expression du pourcentage massique de la solution commerciale en fonction de C0 ; M et μ.
C0=mNH3M×VSolution=x×mSolutionM×VSolution=x×μ×VSolutionM×VSolution=x×μM⇒x=C0Mμ=10.8×17920⇒x=0.20 ; soit x=20%
Cette valeur correspond bien au pourcentage massique de l'ammoniac
3) a) Détermination les quantités de matière n1 d'ammoniac et n2 d'acide chlorhydrique introduites
n1=CV=5.4⋅10−1×10.0⋅10−3⇒n1=5.4⋅10−3mol
n2=CAVA=5.00⋅10−1×6.0⋅10−3⇒n2=3.0⋅10−3mol
b) Détermination de l'avancement final, l'avancement maximal à l'aide d'un tableau descriptif de l'évolution du système chimique
SystèmeAvancementH3O+ + NH3 →NH+4+ H2OInitialx=00|5.4⋅10−3|0|0IntermédiairexCAVA−x|5.4⋅10−3−x|x|xFinalxfCAVA−xf|5.4⋅10−3−xf|xf|xf
L'avancement final correspond à :
5.4⋅10−3−xf=0⇒xf=5.4⋅10−3mol
Lorsque la quantité initiale de base introduite est consommée l'avancement est maximal : xf=xmax
c) Montrons que la transformation est quasi-totale
τ=xfnB=xfCV=5.4⋅10−35.4⋅10−1×10.0⋅10−3
⇒τ=1
La transformation est quasi-totale
Exercice 7
1) Schéma annoté du dispositif expérimental
2) Tracé des courbes pH1=f(VB1) et pH2=f(VB2)
3) Identification sur le graphique de l'acide fort et l'acide faible
AH1 est l'acide fort et AH2 est l'acide faible
4) Calcule des concentration des deux acides
A l'équivalence :
− acide fort :
nAH1=nb⇒CAH1VAH1=CbVE⇒CAH1=CbVEVAH1⇒CAH1=0.1×1010⇒CAH1=10−1mol⋅L−1
− acide faible :
nAH2=nb⇒CAH2VAH2=CbVE⇒CAH2=CbVEVAH2⇒CAH2=0.1×1010⇒CAH2=10−1mol⋅L−1
5) Détermination du pKA et la constante d'acidité KA de l'acide faible.
A la demi-équivalence : pH=pKA=4.8
KA=10−pKA=10−4.8=1.6⋅10−5
6) Valeur pH de la solution acide lorsqu'on continue à ajouter la solution
Après l'équivalence, la solution est basique :
pH=14+logC′b=14+logCbVb−CaVaVb+Va=14+logVb(Cb−CaVaVb)Va(1+VaVb)=14+log(Cb−CaVaVb)(1+VaVb)⇒pH=14+logCb=14+log0.1VbVa⇒VaVb≈0⇒pH=13
Exercice 8
1) Montrons que la concentration molaire C est voisine de 6mol⋅L−1
C=nV=mMV=20%mSolutionMV=20%ρVMV=20%ρM=20%dρeauM⇒C=0.20×1.2×100040⇒C=6mol⋅L−1
2) Volume de la solution commerciale à prélever
Au cours de la dilution le nombre de moles de la soude reste constant :
nb=CV=C′V′⇒V=C′V′C⇒V=3⋅10−2×16⇒V=5mL
3) a) Une base forte est une base qui s'ionise totalement dans l'eau en donnant des ions HO−
b) Calcul du pH de la solution diluée
pH=14+logC′=14+log3⋅10−2⇒pH=12.5
4) a) Équation – bilan de la réaction
H3O+ + OH− → 2H2Oou
HCl + NaOH → NaCl + H2O
b) Calcul de la concentration de la solution diluée
A l'équivalence :
nb=na=CbVb=CaVa⇒Cb=CaVaVb⇒V=10−2×155⇒Cb=3⋅10−2mol⋅L−1
On retrouve bien la valeur souhaitée.
Exercice 9
1) a) Représentation graphique pH=f(x)
VBVA1514131212345x−0.7−0.6−0.5−0.300.30.50.60.7pH3.13.23.33.53.84.14.34.44.5
b) Le graphe représentant le pH en fonction de x est une fonction affine qui peut se mettre sous la forme : pH=a+bx
a est l'ordonnée à l'origine :
b est le coefficient directeur de la droite
b=ΔpHΔx=(4.5−3.1)(0.7−(−0.7))⇒b=1⇒pH=3.8+logx
2) Montrons que pour une même concentration d'acide et de base, [RCOO−][RCOOH]=VBVA
Dans le mélange :
[RCOO−]=CVBVA+VB
[RCOO−]=CVBVA+VB⇒[RCOO−][RCOOH]=CVBVA+VBCVAVA+VB=CVBVA+VB×VA+VBCVA⇒[RCOO−][RCOOH]=VBVA
3) a) Expression du pH du mélange obtenu en fonction du pKa et du rapport : [RCOO−][RCOOH]
Équation de la réaction :
RCOOH + H2O → RCOO− + H3O+
La constante de réaction s'écrit :
KA=[RCOO−][H3O+][RCOOH]⇒logKA=log[RCOO−][H3O+][RCOOH]=log[RCOO−][RCOOH]+log[H3O+]⇒−log[H3O+]=−logKA+log[RCOO−][RCOOH]⇒pH=pKA+log[RCOO−][RCOOH]
b) Le pKa de l'acide
pH=3.8+logx=pH=3.8+log[RCOO−][RCOOH]
et pH=pKA+log[RCOO−][RCOOH]
Par identification :
pKA=3.8
Exercice 10
1.1. Équation- bilan entre l'acide éthanoïque et l'eau
CH3COOH + H2O → CH3COO− + H3O+
1.2.1. Expression du pH et calcul du rapport [CH3COO−][CH3COOH]
pH=pKa+log[CH3COO−][CH3COOH]⇒[CH3COO−][CH3COOH]=10pH−pKa=103.4−4.78⇒[CH3COO−][CH3COOH]=4.2⋅10−2
1.2.2. Calcul des concentrations molaires des espèces chimiques présentes dans S1.
Espèces chimiques présentes dans la solution S1 :
H3O+, CH3COOH, CH3COO−, H2O, OH−
[H3O+]=10−pH=10−3.4⇒[H3O+]=3.98⋅10−4mol⋅L−1
[OH−]=Ke[H3O+]=10−143.98⋅10−4⇒[OH−]=2.5⋅10−11mol⋅L−1
Electroneutralité de la solution : [CH3COO−]+[OH−]=[H3O+] solution acide, on néglige les ions [OH−]⇒[CH3COO−]=[H3O+]=3.98⋅10−4mol⋅L−1
[CH3COOH]=[CH3COO−]4.2⋅10−2=3.98⋅10−44.2⋅10−2⇒[CH3COOH]=9.5⋅10−3mol⋅L−1
1.2.3. Concentration CA de la solution S1
La concentration de la matière s'écrit :
[CH3COOH]+[CH3COO−]=CA
la dissociation de l'acide étant faible ⇒CA≈[CH3COOH]=9.5⋅10−3mol⋅L−1
1.2.4. Détermination de la masse m introduite
m=n×M=CAV×M=9.5⋅10−3×1×(12×2+4×1+16×2)⇒m=0.75g
2.1. Les espèces chimiques présentes dans S2 :
H3O+, CH3COOH, CH3CO−, H2O, OH−
[H3O+]=10−pH=10−8.4⇒[H3O+]=3.98⋅10−9mol⋅L−1
[OH−]=Ke[H3O+]=10−143.98⋅10−9⇒[OH−]=2.5⋅10−6mol⋅L−1
[Na+]=CB=10−2mol⋅L−1
Electroneutralité de la solution :
[CH3COO−]+[OH−]=[H3O+]+[Na+],
on néglige les concentrations des ions H3O+ et OH− devant celle des ions Na+
⇒[CH3COO−]≈[Na+]=CB=10−2mol⋅L−1
La concentration de la matière s'écrit :
[CH3COOH]+[CH3COO−]=CB⇒[CH3COOH]=CB−[CH3COO−]≈0mol⋅L−1
2.3. Calcul de la valeur pKa du couple acide/base
pH=12(14+pKA+logCB)⇒pKA=2pH−14−logCB⇒pKA=2×8.4−14−log10−2⇒pKA=4.8
Les valeurs de pKa sont équivalentes
3.1. Montrons que :
[CH3COOH]=[CH3COO−]
Electroneutralité de la solution :
[CH3COO−]+[OH−]=[H3O+]+[Na+]
on néglige les concentrations des ions H3O+ et OH− devant celle des ions Na+
⇒[CH3COO−]≈[Na+]=CBVBVA+VB=10−2×2020+20=5⋅10−3mol⋅L−1
[CH3COOH]=10−2×VAVA+VB=10−2×2030+20=5⋅10−3mol⋅L−1⇒[CH3COOH]=[CH3COO−]
3.2. pH de la solution S
pH=pKa+log[CH3COO−][CH3COOH]
or [CH3COOH]=[CH3COO−]
⇒pH=pKa=4.75
3.3. Nom et propriétés de la solution
La solution est une solution tampon et, le pH varie peu lors de l'addition modérée d'un acide fort ou d'une base forte ; ou lors d'une dilution.
Exercice 11
1.1 Détermination du volume V0 de la solution commerciale
Le nombre de moles de l'acide ne varie pas :
C0V0=CaVa
⇒V0=CaVaC0 or
C0=mMVS=99%mSMVS=99%ρVSMVS=99%ρM⇒V0=CaVa99%ρM=CaVaM99%ρ=0.1×1×600.99×1050⇒V0=5.8mL
1.2 Équation bilan de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau
CH3COOH+H2O → CH3COO−+H3O+
2.1. Détermination de la masse mb d'éthanoate de sodium
mB=CbVb×M=0.3×500⋅10−3×82
⇒mb=12.3g
2.2. Équation de la dissociation de l'éthanoate de sodium dans l'eau
CH3COONa → CH3COO−+Na+
2.3. Équation de la réaction entre un ion éthanoate et l'eau
CH3COO−+H2O → CH3COOH+OH−
3.1. Propriétés d'une solution tampon
Le pH varie peu lors de l'addition modérée d'un acide fort ou d'une base forte ; ou lors d'une dilution
3.2. Expression de la constante d'acidité Ka du couple d'acide éthanoïque ion/éthanoate
Ka=[CH3COO−][H3O+][CH3COOH]
logKa=log[CH3COO−][H3O+][CH3COOH]⇒logKa=log[CH3COO−][CH3COOH]+log[H3O+]⇒−pKa=−pH+log[CH3COO−][CH3COOH]⇒pH=pKa+log[CH3COO−][CH3COOH]
3.3. pH=pKa lorsque [CH3COOH]=[CH3COO−]
3.4. Détermination les volumes d'acide éthanoïque et d'éthanoate de sodium à utiliser
[CH3COOH]=CaVaVa+Vb ;
[CH3COOH]=CbVbVa+Vb ;
[CH3COOH]=[CH3COO−]
[CH3COOH]=[CH3COO−]⇒CaVaVa+Vb=CbVbVa+Vb⇒CaVa=CbVb⇒Va=CbCaVb or Va+Vb=V⇒CbCaVb+Vb=V⇒Vb=VCbCa+1=1000.30.1+1⇒Vb=25mL
Va=V−Vb=100−25⇒Va=75mL
4.1. Tracé de la courbe pH=f(Vb)
4.2. Détermination graphique des coordonnées du point d'équivalence E
A l'équivalence : VE=20mL et pHE=8.8
4.3. Valeur de la concentration molaire Ca de la solution d'acide éthanoïque
CaVa=CbVE⇒Ca=CbVEVa=0.1×2020⇒Ca=0.1mol⋅L−1
4.4. Valeur du pKa du couple CH3COOH|CH3COO−
pKa=4.75
Commentaires
ahmed (non vérifié)
ven, 01/01/2021 - 11:49
Permalien
tres bon travail merci
ahmed (non vérifié)
jeu, 05/06/2021 - 17:06
Permalien
Tres bon travail
Anonyme (non vérifié)
lun, 03/11/2024 - 17:49
Permalien
Correction exo 12
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