Correction conférence protométrie : Erratum lors de la correction : Ex3, question 3 : le ph = 4,42 et non pas ph =3,07.
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- Jean-Jacques Labonté
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1 Correction conférence protométrie : Erratum lors de la correction : Ex3, question 3 : le ph = 4,42 et non pas ph =3,07. Partie A : On a 16g de H 3 Ci dans 100g de préparation. La densité de la solution à 20 étant égal à 1,16 équivaut à dire qu il y a 1,16g de préparation dans 1ml de solution. Soit sa masse volumique égal à 1160g/1000mL. Donc on a : 1160g de solution 1000ml de solution Ici 100g de solution x ml Soit x = 86,2ml. Donc 100g de solution équivaut à un volume de 86,2ml. On peut donc dire : 16g de H 3 Ci dans 100g de préparation v 86,2ml. On calcule la concentration de la solution : 16g 86,2ml Xg 1000ml On obtient c = 185,6g de H 3 Ci dans 1000ml = 185,6g/l. Masse molaire d H 3 Ci = 192g/mol C = 185,6 192 x 1000 = 0,967 M. Or ici on veut une solution égale à 0,1M. Il faut donc prendre : 0,967 mole 1000ml 0,1 mole x ml X = 103,4ml Donc pour préparer une solution à 0,1M, il faut 103,4ml de solution à 16%, donc pour 500ml, on prendra 51,7ml de solution A que l on complètera avec 448,3ml d eau (qsp 500ml). L acide citrique est un acide faible, soit : ph = ½ pka ½ log c ph = ½ x 3,1 ½ log 0.1 ph= 2,05 Normalement, on doit utiliser : ka< c. 10-4, on ne peut donc pas utiliser la formule simplifiée. Donc ph=2,07. Solution A : C A = 0,1M, V A = x ml Solution B : C B = 134,4g/l = 0,7M, V B = y ml
2 Solution C : C= 0,25M V = 300ml Soit n c = 0,075 mole On a donc : 1V = V A + V B 0,3 = V A + V B 2n c = n A + n B = C A V A + C B V B 0,075 = 0,1V A + 0,7V B Dans 1V A = 0,3 - V B Dans 20,075 = 0,1 x (0,3-V B ) + 0,7V B 0,075 = 0,03 0,1V B + 0,7V B 0,045 = 0,6V B V B = 0,075L = 75ml, soit V A = 0,225l = 225ml. On rajoute un acide fort, l acide citrique devient négligeable et donc le ph de la solution est celui d un acide fort, soit : ph = - log C Calcul de concentration : C=n/V ; n=0,2mole et V = = 700ml C = 0,285M Soit ph = -log0,285= 0,55 PARTIE B : Attention, ph=5,6 correspond à un ph d une espèce amphotère. Soit ph = ½ (pka 2 + pka 3 ) = 5,6. On a : Ci 3- + HCl HCi 2- (il faut donc que toute la solution de citrate de sodium soit sous forme de Monohydrogéno-citrate de sodium). Solution de citrate de Sodium : V = 250ml, C=0,1M n= 0,025 mole. Il faut donc apporter 0,025mole d HCl soit un volume de : V= 0,025/0,5 = 0,05L = 50ml pka = 4,8 pka=3,1 HCi 2- (+ HCl) H 2 Ci - (+HCl) H 3 Ci ph= 2,1 Pour arriver à ph=2,1, il faut d abord transformer les 0,025 moles de HCi 2- en H 2 Ci -, soit apporter 0,025 moles d acide chlorhydrique. On obtient donc :
3 H 2 Ci - + HCl H 3 Ci T 0 0,025 x mole 0 T 1 0,025-x 0 x ph = 2,1 Soit : ph = pka + log B / A 2,1 = 3,1 + log (0,025-x / x) -1 = log (0,025-x / x) 0,1 = 0,025-x / x x= 0,0227 mole On doit donc ajouter 0, ,0227 moles d HCl pour obtenir un ph = 2,1, soit n = 0,0477 mole, V = 300ml. La molarité de l acide chlorhydrique est de : C= 0,159M. Oui on pourra l utiliser à ph=3. Le domaine tampon est compris entre pka +/- 1, c'est-à-dire entre 2,1 et 4,1. On a : V = 250 (solution de citrate de Na) + 50 (solution d HCl ajouter pour ph=5,6) (HCl question3) = 600ml. n(h 3 Ci) = 0,0227 mole n(h 2 Ci - ) = 0,025 0,0227 = 0,0023 mole Soit C = (0, ,0023) / 0,6 = 4,167x10-2 C = 4,167x10-2 M Question 5 : N étant pas sur de ma réponse, j attend confirmation de la prof et d autres collegues. Je vous la ferai parvenir à l écurie de chimie analytique. EXERCICE 2 : Pour le Tampon 1 : CH 3 COOH + CH 3 COO - Na + ph = 4,5 On a 20ml de CH 3 COOH à 1M soit 0,2 mole. D où : CH 3 COOH + CH 3 COO - Na + 0,2mole n mole
4 4,5 = 4,76 + log (n/0,2) -0,26 = log (n/0,2) 0,55 = n/0,2 n = 0,11 mole d acétate de sodium. Soit n=0,11 mole d acétate pour c=1m, on doit donc apporter un volume X = 110ml. CH 3 COOH + NaOH CH 3 COO - Na + (+H 2 O) 0,2mole n mole 0 0,2-x 0 n ph =4,5 Soit : 4,5 = 4,76 + log (n/0,2-n) 0,55 = n/(0,2-n) n= 0,07 mole de NaOH On doit donc apporter 0,07mole de solution molaire de NaOH, soit un volume Y = 70ml. On a 0,2 mole de CH 3 COOH et 0,11 mole de CH 3 COO - Na + pour un volume de 500ml. Soit C = (0,2 + 0,11)/0,5 = 0,62M. On a 0,2 mole de CH 3 COOH au départ, puis apres ajout de la soude, on a 0,13mole de CH 3 COOH et 0,07 mole de CH 3 COO - Na + pour V= 500ml. Soit C = (0,13 + 0,07)/0,5 = 0,4M. Les formes en solutions sont : CH 3 COOH, CH 3 COO -, Na +. Soit une osmolarité de : (0,2 +0,11 + 0,11)/0,5 = 0,84 osm/l Les formes en solutions sont : CH 3 COOH(0,2-0,07 = 0,13), CH 3 COO - (0,07), Na + (0,07). Soit une osmolarité de : (0,13 + 0,07+ 0,07)/0,5 = 0,54 osm/l Apport de 5g de NaOH soit 0,125mole. CH 3 COOH + CH 3 COO - Na + + NaOH T 0 0,2mole 0,11mole 0,125mole T 1 0,2-0,125 0,11+0,125 ph = 4,76 + log (0,235/0,075) ph = 5,25
5 Apport de 5g de NaOH soit 0,125mole. CH 3 COOH + NaOH CH 3 COO - Na + T 0 0,13 0,125 0,07 T 1 0,13-0,125 0,07+0,125 ph = 4,76 +log (0,195/0,005) ph = 6,35 Question 5 : CH 3 COOH + CH 3 COO - Na + 0,2mole 0,11mole La quantité de soude qu il faut apporter pour neutraliser tous l acide acétique est donc de 0,2mole, soit une masse de m=0,2x40=8g. Le ph de la solution sera donc celui d un sel d acide faible et de base forte c'est-à-dire celui d une base faible : ph = 7 + ½ pka + ½ log c ph = 7 + ½ 4,76 + ½ log 0,62 ph = 9,27 CH 3 COOH + NaOH + CH 3 COO - Na + 0,13 0,07 Il faudrait donc rajouter 0,13 mole de Soude, c'est-à-dire 5,2g. Le nouveau ph sera donc = 9,18 Question 6 : Une dilution ne modifie pas le ph. EXERCICE 3 : On a pka + pkb = 14 Soit pka = 7,5 Ici on a 40% de forme ionisée, c'est-à-dire de forme acide. On pause «b» la forme basique, et bh + la forme acide. On a donc le couple pka (bh + /b)= 7,5. B + H + bh + Donc on a : Forme acide = 40%
6 Forme basique = 60% On a donc : ph = 7,5 + log (60/40) ph = 7,67 b + bh + ph = 7,67 60% 40% 100ml à 0,1M contient n = 0,01 mole = 10 mmole On a donc : n b = 6 mmoles n bh+ = 4 mmoles Pour avoir un ph équimolaire, il faut que ph = pka, c'est-à-dire avoir 50% de forme acide (ionisée) et 50% de forme basique (non ionisée). On devra donc ajouter de l acide chlorhydrique. Soit : b + bh + + HCl 6mmole 4mmole x mmole 6 x 4+x ph = pka = 7,5 7,5 = 7,5 + log ((6-x)/(4+x)) 0 = log ((6-x)/(4+x)) 1 = (6-x)/(4+x) 4+x = 6-x 2x = 2 x = 1 Il faudra donc apporter 1 mmole d HCl. Sa concentration étant de 0,05M, il faudra un volume = 20ml. On a : b + bh + ph = 7,5 5mmole 5mmole Il faut donc ajouter 5mmoles d HCl pour neutraliser toute la substance b non ionisée. Soit 5mmole avec C= 0,05M V=100ml. On doit ajouter 100ml d HCl pour neutraliser toute la forme non ionisée. Calcul du ph : Ici on a un sel de base faible et d acide fort soit ph = ½ pka ½ log C La concentration est de : C = 10/ ( ) = 0,045M. Soit ph = ½ 7,5 + ½ log 0,045 ph = 4,42. La substance «X» contient 6mmoles de b et 4mmoles de bh + pour 100ml. Soit : b = 0,06mmole/ml bh + = 0,04mmole/ml
7 La solution d HCl à ph=2 a pour concentration C = 10 -ph = 0,01M et V= 10ml, soit le nombre de mole n=0,1mmole. On pause : x le nombre de ml du tampon qu il faut pour amener à la solution d HCl pour avoir un ph=7. b + bh + + HCl 0,06x mmol 0,04x mmol 0,1 mmol 0,06x-0,1 0,04x + 0,1 0 7= 7,5 + log ((0,06x-0,1)/(0,04x+0,1)) x = 2,77mL Il faudra donc 2,77mL de substance X pour obtenir un ph =7 d une solution d HCl à ph=2,00.
K W = [H 3 O + ] [OH - ] = 10-14 = K a K b à 25 C. [H 3 O + ] = [OH - ] = 10-7 M Solution neutre. [H 3 O + ] > [OH - ] Solution acide
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