PC 2017/2018 Lycée La Martinière Monplaisir Solutions aqueuses TP n 1 Correction 1 / 8. TP1 Correction DOSAGE DE LA SOUDE CARBONATÉE

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1 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 1 / 8 Q1. [OH ] = 0,100 mol L 1, soit poh = 1 ph = pke poh = 14 1 Le ph de la solution initiale est de 13. TP1 Correction DOSAGE DE LA SOUDE CARBONATÉE Q2. On plonge une baguette en verre dans la solution puis on dépose une goutte de solution sur le papier ph. Le ph mesuré est de l'ordre de Q3. CO 2 HCO3 à l intersection CO 2 /H, on a [CO 2 ] = [H ] et donc pk a1 = ph inter on lit pk a1 = 6,4 à l intersection H /, on a [H ] = ] et donc pk a2 = ph inter on lit pk a2 = 10,3 Q4. Le CO 2 gazeux de l air se dissout dans la solution sous forme de CO 2(aq). La solution étant très basique, c est la forme qui prédomine. Il se produit : CO 2(g) = CO 2(aq) CO 2(aq) + OH = H H + OH = + H 2 O

2 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 2 / 8 bilan : CO 2(g) + 2 OH = + H 2 O La solution contient OH et. Q5. Un mélange de deux bases peut être titré par une solution d acide chlorhydrique (H + ; Cl ). On peut suivre le dosage : par phmétrie (détermination des sauts de ph) ; par conductimétrie (détermination des ruptures de pentes) par colorimétrie (ajout d un indicateur coloré qui vire à l équivalence). Q6. OH une basicité pk a = 14 deux basicités pk a = 10,3 et 6,4 On dose les basicités par force décroissante (donc par pk a décroissant). Si les pk a sont séparés d au moins 4 unités, on peut estimer que les basicités seront dosées successivement. On peut prévoir que l on va doser successivement OH, puis et enfin H. Q7. ph CO 2 H

3 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 3 / 8 On remarque que dans la simulation, les deux premières basicités sont en réalité dosées simultanément. En effet, il n y a pas de saut de ph après le dosage de OH, et commence à être consommé alors que le ph est encore élevé. 0 < V < 12 ml OH + H + = H 2 O + H + = H 12 < V < 15 ml H + H + = CO 2 + H 2 O consommation et production de H d après les courbes consommation de H et production de CO 2 d après les courbes Q8. On souhaite mettre en évidence les équivalences à 12 et 15 ml. Il faut que l indicateur coloré change de couleur pour une goutte de titrant ajouté, c est à dire qu il présente sa zone de virage juste au ph à l équivalence. hélianthine : convient pour 2 ème équivalence jaune rouge vert de bromocrésol : ne convient pas (5,4 est hors saut) rouge de méthyle : ne convient pas (virage hors saut) bleu de bromothymol : ne convient pas (virage hors saut) rouge de crésol : ne convient pas (7,3 est hors saut) phénolphtaléine : convient pour 1 ère équivalence (rose incolore), l'intérêt de la phénolphtaléine est d'être incolore sous sa forme acide et donc de ne pas interférer avec la coloration du 2 ème indicateur. Q9. La solution contenait initialement OH à 0,100 mol L 1. Il paraît adapté de réaliser une prise d essai de 10 ml, et de la doser par une solution d acide chlorhydrique à 0,100 mol L 1. Ainsi l équivalence serait à 10 ml On introduit dans un bécher de 150 ml, 10 ml de la solution à titrer à l aide d une pipette jaugée de 10 ml. On ajoute un volume d eau (par exemple 90 ml avec une éprouvette graduée de 100 ml) afin que les électrodes soient immergées. On place l ensemble sous agitation modérée. On titre avec une solution d acide chlorhydrique à 0,100 mol L 1 placé dans une burette graduée. On suit le ph à l aide d un phmètre relié à une électrode combinée (électrode verre + électrode de référence), la conductivité à l aide d un conductimètre relié à une cellule de conductimétrie. Q10. Il faut introduire les deux indicateurs colorés l un après l autre, afin que les colorations ne se perturbent pas. On commence par ajouter la phénolphtaléine. La solution se colore en rose. L équivalence est détectée par virage du rose à l incolore. On ajoute ensuite l hélianthine, la solution se colore en jeune. L équivalence est repérée par virage du jaune au rouge.

4 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 4 / 8 Q11. phmètre On dose un mélange de bases, il faut donc étalonner le phmètre à l aide de deux solutions tampons de ph 4 puis 10. conductimètre On étalonne le conductimètre à l aide d une solution de chlorure de potassium (K + ; Cl ) à 0,10 mol L 1 pour laquelle la conductivité (suivant la température) est disponible dans la notice. Il est nécessaire de mesurer la température de la solution étalon. Q12. Valeurs moyennes obtenues avec 11 groupes. colorimétrique phmétrique conductimétrique V e1 (ml) 7,7 6,9 précision correcte à la goutte près moyenne, saut étalé mauvaise, faible rupture V e2 (ml) 10,1 9,7 9,7 précision moyenne, virage étendu assez bonne, saut franc bonne, forte rupture Pour la suite, on choisit V e1 = 7,7 ml et V e2 = 9,7 ml. Le premier volume équivalent par le suivi conductimétrique ne peut être déterminé. Comme le montre la simulation, les concentrations en et H ne varient pas de manière affine avant V e1, donc la conductivité (même corrigée de la dilution) ne varie pas linéairement avant V e1. Q13. à la première équivalence, on dose OH et d'où : n(h + ) 1 = n(oh ) + n( ) à la deuxième équivalence, on dose H d'où : n(h + ) 2 = n(h ) Les H dosés proviennent exclusivement de. n(h ) = n( ) n( ) = n(h + ) 2 = [H + ].(V e2 V e1 ) = 2, mol n(oh ) = n(h + ) 1 n( ) = [H + ].V e1 n( ) = 5, mol OH et proviennent de la prise d'essai de V 0 = 10 ml. Dans la solution initiale : [OH ] = n(oh )/V 0 [OH ] = 5, mol L 1 ] = n( )/V 0 ] = 2, mol L 1

5 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 5 / 8 Q14. Il faut uniquement tenir compte de la dilution lors du mélange des espèces. L'indice d est relatif aux concentrations de la solution à doser donc diluée. [OH ] d = [OH ] 10/(10+90) = 5, mol L 1 ] d = ] 10/(10+90) = 2, mol L 1 [Ba 2+ ] d = [Ba 2+ ] 90/(10+90) = 9, mol L 1 [OH ] d = 5, mol L 1 ; ] d = 2, mol L 1 ; [Ba 2+ ] d = 9, mol L 1 Q15. formation de Ba(OH) 2? Ba OH = Ba(OH) 2 K = 1/K s = 10 2,3 Q = 1/([Ba 2+ ] d.[oh ] d2 ) = 3, = 10 5,5 Q > K s donc évolution dans le sens indirect. Le précipité de Ba(OH) 2 ne se forme donc pas. formation de Ba? Ba 2+ + = Ba K = 1/K s = 10 8,3 Q = 1/([Ba 2+ ] d. ] d ) = 5, = 10 3,7 Q < K s donc évolution dans le sens direct. Le précipité de Ba se forme. La réaction est totale et Ba 2+ est en excès. Après réaction, on a donc : [Ba 2+ ] = 9, , [Ba 2+ ] = 8, mol L 1 [OH ] = 5, mol L 1 ] à l'état de traces présence de Ba (responsable du trouble blanc) Q16. On commence par doser OH par H + selon : OH + H + = H 2 O K = 1/K e = Expérimentalement, on constate la disparition progressive du trouble et l'obtention d'une solution limpide au final. Cela correspond à la consommation du précipité par H +. Ba + 2 H + = Ba 2+ + CO 2 + H 2 O (1) K Ba = Ba 2+ + (2) K s H + + = H (3) 1/K a2 H + H + = CO 2 + H 2 O (4) 1/K a1 (1) = (2)+(3)=(4) K = K s /(K a1.k a2 ) = 10 8,3 /(10 6, ,3 ) K = 10 8,4 Les deux réactions ont des constantes bien différentes, le dosage de OH puis Ba est bien successif.

6 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 6 / 8 Q17. Par la méthode des tangentes, on détermine V e1 = 5,7 ml et V e2 = 9,8 ml. à la première équivalence : n(h + ) 1 = n(oh ) à la deuxième équivalence : n(h + ) 2 /2 = n(ba ) n(oh ) = [H + ].V e1 = 5, mol Ba provient de, soit n( ) = n(ba ) n( ) = n(h + ) 2 /2 = [H + ].(V e2 V e1 )/2 = 2, mol OH et proviennent de la prise d'essai de V 0 = 10 ml. Dans la solution initiale : [OH ] = n(oh )/V 0 [OH ] = 5, mol L 1 ] = n( )/V 0 ] = 2, mol L 1 Q18. L'intérêt de l'ajout des ions baryum est de modifier les espèces dosées (Ba au lieu de ) ce qui sépare bien les deux volumes équivalents et permet ainsi une exploitation du suivi phmétrique bien plus précise.

7 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 7 / 8 7,7 9,7 6,3 9,7

8 Solutions aqueuses TP n 1 Correction 8 / 8 5,7 9,8