Chapitre 4 COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE. Le programme Notions et contenus Synthèse soustractive. Colorants, pigments ; extraction et synthèse. Réaction chimique : réactif limitant, stœchiométrie, notion d avancement. Dosage de solutions colorées par étalonnage. Loi de Beer-Lambert. Compétences attendues Interpréter la couleur d un mélange obtenu à partir de matières colorées. Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une extraction, une synthèse, une chromatographie. Identifier le réactif limitant, décrire quantitativement l état final d un système chimique. Interpréter en fonction des conditions initiales la couleur à l état final d une solution siège d une réaction chimique mettant en jeu un réactif ou un produit coloré. Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la concentration d une espèce colorée à partir d une courbe d étalonnage en utilisant la loi de Beer-Lambert. B. La démarche adoptée dans le manuel Nous avons jugé nécessaire de faire des rappels de cours sur les concentrations massique et molaire, avant d aborder le dosage spectrophotométrique. Par rapport à l ancien programme, la façon de traiter le bilan de matière est fondamentalement différente : en effet, la notion d avancement maximal disparaît, et le tableau descriptif de l évolution du système n est plus demandé. La nature du réactif limitant est déterminée par comparaison des quantités de réactifs introduites, ce qui induit un raisonnement beaucoup plus rapide. De plus, l observation des changements de couleur permet, dans certains cas, de déterminer la nature du réactif limitant. Bien que l avancement final x f ne soit pas explicitement au programme, il nous a semblé judicieux d introduire cette notion pour proposer des méthodes simples et claires. Le cadre d étude est celui des transformations totales. Quatre activités expérimentales couvrent l intégralité des compétences attendues par le programme. Leur durée approximative est de 1 h ; elles s adaptent donc aux contraintes horaires de chaque lycée. Elles peuvent être traitées en cours par le professeur ou sous forme d activités expérimentales par l élève. L activité 1 Fabrication de matières colorées répond à la compétence : «Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une extraction, une synthèse, une chromatographie» ; l activité 2 bsorbance d une solution introduit les techniques de spectrophotométrie et travaille la compétence «Interpréter la couleur d un mélange obtenu à partir de matières 32 LIVRE DU PROFESSEUR 5908_LDP_Chap04.indd 1 13/09/11 15:48:13
colorées.». L activité 3 Mesure de la concentration d une espèce colorée permet de «Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la concentration d une espèce colorée à partir d une courbe d étalonnage en utilisant la loi de Beer-Lambert» ; enfin l activité 4 Proportions de réactifs introduit la notion de réactif limitant, travaillant les compétences «Identifier le réactif limitant, décrire quantitativement l état final d un système chimique.» et «Interpréter en fonction des conditions initiales la couleur à l état final d une solution siège d une réaction chimique mettant en jeu un réactif ou un produit coloré». C. Commentaires sur les activités et documents proposés Évaluer les acquis de seconde p. 72 Réponses aux questions On discerne trois zones colorées autour de la tache centrale : le colorant étudié contient donc trois matières colorées. Le chimiste mesure la distance parcourue par chaque colorant lors de sa migration. Le rapport frontal d une colorant dans un éluant donné est le rapport de la distance parcourue par ce colorant sur celle parcourue par l éluant. Des colorants identiques ont le même rapport frontal. Interpréter une expérience p. 72 Composition des mélanges : mélange de gauche (a) : 25 ml de solution de sel de Mohr à 15 g L 1, 5 ml d acide sulfurique concentré et 25 ml de solution de permanganate de potassium à 1,0 10 2 mol L 1 ; mélange de droite (b) : 25 ml de solution de sel de Mohr à 30 g L 1, 5 ml d acide sulfurique concentré et 25 ml de solution de permanganate de potassium à 1,0 10 2 mol L 1. L équation de la réaction est : MnO 4 + 5 Fe 2+ + 8 H + Mn 2+ + 5 Fe 3+ + 4 H 2 O. À l état final, les espèces présentes dans le bécher (a) sont : MnO 4 (violet), Mn 2+ (incolore), Fe 3+ (orange). À l état final, les espèces présentes dans le bécher (b) sont : Fe 2+ (vert pâle), Mn 2+ (incolore), Fe 3+ (orange) (voir prolongement exercice 26 p. 87). Interprétation attendue Le changement de couleur indique qu une transformation chimique s est produite : les ions permanganate réagissent avec les ions fer(ii). Le mélange dans le bécher de gauche (a) est rose : cela indique qu il y reste des ions permanganate, contrairement au mélange dans le bécher de droite (b), qui apparaît jaune. Comme un même volume de solution de permanganate a été ajouté dans les deux béchers, les ions fer(ii) étaient donc présents en moins grande quantité dans le bécher de gauche. Étant donné que les volumes des solutions d ions fer(ii) sont les mêmes, la concentration de ces solutions en ions fer(ii) étaient donc différentes. Photo d ouverture p. 73 La photographie présente un détail de Femme cousant avec deux enfants, tableau d un peintre anonyme, actif en Italie du Nord à la fin du XVII e siècle. La toile de Gênes était alors 4. COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE 33 5908_LDP_Chap04.indd 2 13/09/11 15:48:14
destinée aux classes sociales modestes. Le peintre a utilisé de l indigo pour ses bleus ; il représente minutieusement les déchirures de la toile de Gênes, qui montre alors les fils de trame blancs. L indigo est fabriqué par synthèse (activité 1 p. 74) ou par extraction (exercice 1 p. 82). La question peut faire l objet d une demande de recherche documentaire avant le cours. ctivité 1 p. 74 Il est nécessaire de pratiquer de réaliser cette activité en travaux pratiques. Une durée minimum de 1 h est requise hors exploitation. Pour l extraction des colorants (partie ), l utilisation d épinards frais garantit de meilleurs résultats. La quantité de matière colorée extraite dépend notablement des conditions de culture de la plante (serre ou autre). Les taches du chromatogramme s effacent très vite. D autres fruits et légumes peuvent être envisagés : menthe, plante verte, tomate (concentré), poivrons, etc. La synthèse de l indigo (partie B) ne présente pas de difficulté particulière. Réponses aux questions 1. Il s agit d une extraction directe par solvant : la matière colorée est directement mise en contact avec le solvant extracteur. 2. La matière colorée que l on veut extraire doit être très soluble dans l éthanol, et ne doit pas non plus réagir avec l éthanol. 3. Le chromatogramme présente une seule tache après élution du dépôt (C) et trois taches après élution du dépôt (E). La carotte ne contient donc qu une seule matière colorée décelable. Les épinards contiennent trois matières colorées (ce sont des chlorophylles). La carotte et les épinards testés n ont pas de matière colorée commune, car les rapports frontaux des taches sont tous différents. 4. Les réactifs sont le 2-nitrobenzaldéhyde, l acétone et les ions hydroxyde HO : ils se trouvent à gauche de la flèche dans l équation de réaction. Les produits sont l indigo, les ions éthanoate et l eau : ils se trouvent à droite de la flèche. 5. Le changement de couleur indique qu une transformation chimique a lieu. Le mélange initial est incolore ; l indigo, un pigment bleu, est produit au cours de la transformation chimique. 6. L équation peut se mettre sous la forme : 2 C 7 H 5 O 3 N + 2 C 3 H 6 O + 2 HO C 10 H 9 O 2 N 2 + 2 C 2 H O 3 + 4 H 2 2 O Il y a de part et d autre 20 C, 24 H, 10 O et 2 N, ainsi que 2 charges négatives : l équation respecte la conservation des éléments et de la charge, elle est donc ajustée. 7. u cours d une extraction, les pigments ou colorants sont isolés des autres constituants présents dans la matière première. Lors d une synthèse, la matière colorée est formée à partir de réactifs. ctivité 2 p. 75 Dans cette activité, il ne s agit pas de trouver la couleur d un mélange à partir de son spectre, mais de montrer que le spectre d absorbance du mélange correspond à la somme des spectres de chaque constituant du mélange. insi, les élèves peuvent en déduire que le mélange absorbe les radiations absorbées par chaque constituant, et faire le lien avec les filtres de la synthèse soustractive utilisés au chapitre 2. Étant donné que l absorbance n a pas été définie quantitativement, on ne saurait exiger de l élève une analyse très fine (voir par exemple 34 LIVRE DU PROFESSEUR 5908_LDP_Chap04.indd 3 13/09/11 15:48:14
l exercice 31 p. 88 : le passage du spectre à la couleur, délicat, est ici traité par une simple déduction logique). Les colorants alimentaires utilisés pour fabriquer les solutions sont ceux de la marque Vahiné. Le spectrophotomètre est très sensible : des cuves mal nettoyées ou rayées peuvent entraîner des difficultés d interprétation. Idéalement, la même cuve devrait servir pour toutes les mesures. Spectre d absorbance des mélanges 1, 3, 4 et 5 : 0,6000 0,4000 0,2000 Mélange 1 Mélange 3 S_1 S_bleu S_jaune 0,4000 S_rouge 0,3000 0,2000 0,1000 S_3 Sjaune Srouge 0,0000 380 430 480 530 580 630 680 (nm) 0,0000 380 430 480 530 580 (nm) 630 680 0,6000 0,5000 0,4000 0,3000 0,2000 Mélange 4 Mélange 5 S_4 S_jaune S_bleu 1,2000 1,0000 0,8000 0,6000 0,4000 S_5 S_bleu S_jaune 0,1000 0,0000 380 430 480 530 580 (nm) 630 680 0,2000 0,0000 380 430 480 530 580 (nm) 630 680 Les valeurs de (λ) et les courbes ci-dessus sont téléchargeables sur le site www.libtheque.fr. Réponses aux questions 1. a. Le colorant jaune absorbe essentiellement les petites longueurs d onde (autour du bleu), le colorant rouge les petites et moyennes longueurs d onde (autour du bleu et du vert), et le bleu les moyennes et les grandes longueur d onde (autour du vert et du rouge). b. Le colorant bleu transmet uniquement les radiations bleues, donc il est perçu bleu. Le colorant jaune transmet uniquement les radiations rouges et vertes. Par synthèse additive de ces deux couleurs (doc. 15.d, p. 39), l œil perçoit donc du jaune. Le colorant rouge transmet uniquement les radiations rouges, il est donc perçu rouge. 2. a. Pour une longueur d onde donnée, l absorbance du mélange est la somme des absorbances de chaque colorant qu il contient. b. La courbe d absorbance du mélange est obtenue en faisant la somme des absorbances de chaque colorant pour chaque longueur d onde. 4. COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE 35 5908_LDP_Chap04.indd 4 13/09/11 15:48:14
3. Les radiations absorbées par un mélange de colorants sont celles absorbées par chacun des colorants. 4. Chaque colorant se comporte comme un filtre qui absorbe certaines radiations. La couleur d un mélange de matières colorées correspond donc à la couleur obtenue par une superposition de filtres sur le trajet de la lumière blanche (synthèse soustractive). ctivité 3 p. 76 La détermination de la concentration d une solution d éosine n est pas possible à l œil nu. L utilisation d un spectrophotomètre est donc nécessaire. Lors de la préparation des solutions étalons (partie ), veiller à ce que les solutions soient versées lentement pour éviter la formation de mousse. Les mesures d absorbance (partie B) ont été effectuées à 450 nm. Bien que cela ne soit pas le maximum d absorbance, les meilleurs résultats ont été obtenus pour cette valeur. Voici le spectre d absorbance de la solution d éosine et la courbe d étalonnage : bsorbance 3,5000 Courbe d absorbance de l éosine 3,0000 2,5000 2,0000 1,5000 1,0000 0,5000 0,0000 360 410 460 510 560 610 660 710 Longueur d onde (nm) 1,400 1,200 1,000 0,800 0,600 0,400 0,200 0,000 0 20 bsorbance d une solution d éosine en fonction de la concentration courbe d étalonnage 40 60 = 0,0081 c 80 100 120 140 160 180 c en mg/l Réponses aux questions 1. La teinte est d autant plus intense que la concentration est élevée. Par simple comparaison visuelle des teintes, il est possible d évaluer la concentration inconnue d une solution. 36 LIVRE DU PROFESSEUR 5908_LDP_Chap04.indd 5 13/09/11 15:48:15
2. La méthode de comparaison de couleur à l aide d une échelle de teinte ne permet pas d évaluer précisément la concentration, mais seulement d en obtenir un encadrement. De plus, pour l éosine à ces concentrations (doc. 6), l œil n est pas assez sensible. 3. = 0,0081 c éosine. 4. L absorbance de la solution d éosine S est 0,702. À partir de la droite d étalonnage, c = /0,0081, d où c S = 0,702/0,0081 = 86,7 mg L 1. 5. Le berlingot commercial a une concentration 250 fois plus forte que la solution S : c berlingot = 21,7 g L 1. 6. On a : c éosine = % massique r eau d. D après les données c fabricant = 0,02 1 000 1 = 20 g L 1. 7. Pour faire un dosage par étalonnage à l aide d un spectrophotomètre, il faut préparer une gamme de solutions de l espèce dosée de concentrations connues, qui encadrent la valeur de la concentration inconnue. La mesure de leur absorbance grâce au spectrophotomètre conduit au tracé de la droite d étalonnage. L absorbance étant proportionnelle à la concentration, il suffit de mesurer l absorbance de la solution inconnue pour en déduire sa concentration. ctivité 4 p. 77 Cette activité introduit les notions de réactif limitant et de proportions stœchiométriques, en s appuyant sur l observation de la couleur de différents mélanges à l état final. Lors de la recherche des proportions stœchiométriques par ajout progressif d une solution de thiosulfate de sodium (partie B), le volume de solution versé est environ 20 ml. Réponses aux questions 1. Le diiode est entièrement consommé dans le mélange 1. En effet, la solution reste incolore après ajout d empois d amidon. 2. a. Il suffit d ajouter quelques gouttes de diiode pour mettre en évidence la présence d ions thiosulfate. La disparition de la couleur orange la prouve. b. Le test est positif dans le mélange 1. 3. Réactif limitant : I 2 dans le mélange 1, et S 2 dans les mélanges 2 et 3. 4. Quantités de matière introduites : n i (I 2 ) = c(i 2 ) V 1 = 1,0 10 2 10 10 3 = 1,0 10 4 mol ; n i ( S 2 ) = 1,0 10 2 20 10 3 = 2,0 10 4 mol. 5. a. I 2 (aq) + 2 S 2 (aq) 2 I (aq) + S 4 O 2 6 (aq). b. 1 mol de I 2 réagit avec 2 mol de S 2 pour donner 2 mol de I et 1 mol de S 4 O 2 6. 6. n i ( S 2 ) = 2 n i (I 2 ). En effet, 2,0 10 4 = 2 1,0 10 4 mol. 7. n i ( S 2 )/2 = 1,0 10 4 mol et n i (I 2 )/1 = 1,0 10 4 mol : l égalité entre ces rapports est vérifiée. 8. Mélange 1 : n i (I 2 )/1 = 5,0 10 5 mol et n i ( S 2 )/2 = 1,25 10 4 mol. On a : n i (I 2 )/1 < n i ( S 2 )/2 et I 2 est limitant. Mélange 2 : n i (I 2 )/1 = 1,5 10 4 mol et n i ( S 2 )/2 = 7,5 10 5 mol. On a : n i (I 2 )/1 > n i ( S 2 )/2 et S 2 est limitant. Mélange 3 : n i (I 2 )/1 = 2,0 10 4 mol et n i ( S 2 )/2 = 5,0 10 5 mol. On a : n i (I 2 )/1 > n i ( S 2 )/2 et S 2 est limitant. 9. Le réactif B est limitant si n i (B)/b < n i ()/a. 10. Si n i (B)/b = n i ()/a, les réactifs et B sont en proportions stœchiométriques. 4. COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE 37 5908_LDP_Chap04.indd 6 13/09/11 15:48:16
D. Déroulement du cours Compte tenu de l importance de savoir effectuer un bilan de matière, 9 heures en classe sont nécessaires pour ce chapitre. Exemple de progression, avec séance de TP de 2 h : Séance de TP ctivité 1 (1 h) ; activité 2 (1 h) ; Cours 1. Matière colorée ; exercices d entraînement ; Séance de TP ctivité 3 ; Cours 2. Concentration d une espèce colorée en solution ; exercices d entraînement ; Séance de TP ctivité 4 ; Cours 3. État final d un système chimique. E. Réponses aux exercices p. 82 Les réponses aux exercices qui ne figurent pas ici sont à la fin du manuel, p. 356. 4 1. Peinture blanche : aucune ; peinture rouge : bleu, vert (petites et moyennes longueurs d onde) ; peinture jaune : bleu (petites longueurs d onde) ; peinture bleue : rouge, vert (moyennes et grandes longueurs d onde) ; peinture cyan : rouge (grandes longueurs d onde) ; peinture verte : bleu, rouge (petites et grandes longueurs d onde). 2. a. Il faut mélanger la peinture jaune avec de la peinture bleue. b. La peinture rouge doit être mélangée avec la peinture cyan, ou la peinture bleue, ou encore la peinture verte pour obtenir du noir. 3. Le peintre pourrait se dispenser du tube de peinture verte, car il peut la fabriquer en mélangeant du jaune et du cyan. 5 1. L extraction directe est le procédé correspondant à la macération de la betterave dans l eau. 2. Il faut réaliser une chromatographie sur couche mince dans un éluant adapté pour séparer les colorants éventuels. 6 D après le diagramme de la synthèse soustractive : a. Cyan + jaune = vert. b. Magenta + jaune = rouge. c. Bleu + jaune = noir. 38 LIVRE DU PROFESSEUR 7 1. La solution absorbe les radiations de petites longueurs d ondes (autour du bleu) et de grandes longueurs d onde (autour du rouge). 2. Si la solution absorbe le rouge et le bleu, elle apparaît verte. 3. C est le spectre b., car le rouge et le bleu n y sont pas présents (parties noires du spectre). 9 La CCM montre que l encre contient des colorants magenta, jaune et bleu : elle est donc noire. 10 1. Monet obtient les autres couleurs en mélangeant celles de sa palette. 2. En mélangeant ces trois couleurs, il obtient du noir. 14 c = /k = 49,7 mg L 1. 15 On détermine le coefficient k : k = /c = 12 L mol 1. c en mol L 1 5,0 10 2 1,0 10 1 1,5 10 1 0,6 1,2 1,8 16 1. c = n/v ; c m = m/v, avec n quantité de matière et m masse de l espèce dans le volume V de la solution. 2. n = m/m avec M masse molaire de l espèce chimique. 5908_LDP_Chap04.indd 7 13/09/11 15:48:16
3. c m = c M. 4. c = c m /M d où c = 8,9/63,5 = 0,14 mol L 1. 17 1. C est un dosage par étalonnage. 2. Droite d étalonnage = 1,1284 c 2 1,5 1 0,5 0 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 c en mmol/l La représentation graphique est modélisable par une droite, l absorbance est proportionnelle à la concentration sur la plage de concentrations étudiée. 3. c S = 0,35 mmol L 1. 4. n = c S V S soit n = 0,35 50 10 3 = 1,8 10 2 mmol. 18 Il faut d abord chercher la concentration en diiode de la solution diluée. Pour cela, on détermine le coefficient directeur de la courbe d étalonnage : k = 0,584 L mmol 1. On applique ensuite la loi de Beer-Lambert : c diluée = /k soit c diluée = 0,58/0,584 = 1,0 mmol L 1. La concentration de la solution commerciale est 200 fois plus forte : c = 200c diluée soit c = 2,0 10 2 mmol L 1. 20 Fabriquer une gamme de solutions étalons contenant l ion Ni 2+. Remplir des cuves pour spectrophotométrie avec les solutions préparées ; les cuves doivent être propres. Mesurer les absorbances des solutions après avoir «fait le zéro» du spectrophotomètre avec de l eau distillée. Tracer la droite d étalonnage correspondante pour déterminer son coefficient directeur. Mesurer l absorbance de la solution de concentration inconnue. Vérifier que les absorbances des solutions étalons encadrent celle de la solution inconnue. Si c est le cas, à partir de la valeur de l absorbance de la solution de concentration inconnue, appliquer la loi de Beer-Lambert pour calculer la concentration recherchée. 24 1. n cons (Fe) = 4x f ; n cons (O 2 ) = 3x f. 2. n f (Fe) = n i (Fe) n cons (Fe) = n i (Fe) 4x f n f (O 2 ) = n i (O 2 ) n cons (O 2 ) = n i (O 2 ) 3x f 3. n f (Fe 2 O 3 ) = 2x f. 25 Quantité de l Quantité de I 2 2 mol 3 mol 60 mmol 90 mmol 0,54 g = 2,0 10 2 mol 7,6 g = 3,0 10 2 mol 0,3 mol 0,45 mol 26 1. a. On calcule les rapports : n i (Fe 2+ )/5 = 0,40/5 = 8,0 10 2 mol et n i ( MnO 4 )/1 = 2,0 10 1 mol. n i (Fe 2+ )/5 < n i ( MnO 4 )/1 donc Fe 2+ est le réactif limitant. b. On a n i (Fe 2+ )/5 = 1,5/5 = 3,0 10 1 mol et n i ( MnO 4 )/1 = 2,0 10 1 mol. n i (Fe 2+ )/5 > n i ( MnO 4 )/1 donc MnO 4 est le réactif limitant. c. On a n i (Fe 2+ )/5 = 1,0/5 = 2,0 10 1 mol et n i ( MnO 4 )/1 = 2,0 10 1 mol. n i (Fe 2+ )/5 = n i ( MnO 4 )/1, les deux réactifs sont dans les proportions stœchiométriques. 2. a. Mélange : espèces présentes Fe 3+, Mn 2+, H + et MnO 4. Mélange B : espèces présentes Fe 2+, Fe 3+, Mn 2+ et H +. Mélange C : Fe 3+, Mn 2+ et H +. b. Mélange : couleur rose (présence de MnO 4 et Fe 3+ ). Mélange B : couleur jaune vert (présence de Fe 2+ et Fe 3+ ). Mélange C : couleur jaune (présence de Fe 3+ ). 27 1. À l état initial : n i (KClO 3 ) = 61,6/122,6 = 0,50 mol ; n i (S) = 8,0/32,1 = 0,25 mol ; n i (C) = 9,0/12 = 0,75 mol. 2. n i (KClO 3 )/2 = 0,25 mol ; n i (S)/1 = 0,25 mol ; n i (C)/3 = 0,25 mol. 4. COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE 39 5908_LDP_Chap04.indd 8 13/09/11 15:48:16
Les rapports sont égaux : les proportions sont donc stœchiométriques. 3. Comme les proportions sont stoechiométriques, tous les réactifs ont disparu à l état final. Les espèces présentes sont donc uniquement les produits de la réaction : K 2 S, CO 2 et Cl 2. 29 1. À l état initial, n i (Fe 3+ ) = c 1 V 1 soit n i (Fe 3+ ) = 20,0 10 3 1,0 10 1 = 2,0 10 3 mol ; n i ( Fe(CN) 4 6 ) = c 2 V 2 soit n i (Fe 3+ ) = 30,0 10 3 1,0 10 1 = 3,0 10 3 mol. 2. On calcule les rapports : n i (Fe 3+ )/4 = 5,0 10 4 mol ; n i ( Fe(CN) 4 6 )/1 = 1,0 10 3 mol. n i (Fe 3+ )/4 < n i ( Fe(CN) 4 6 ) donc Fe 3+ est réactif limitant. 3. Le réactif limitant est entièrement consommé : n f (Fe 3+ ) = 0. Or n f (Fe 3+ ) = n i (Fe 3+ ) 4 x f, d où x f = n i (Fe 3+ )/4 = 5,0 10 4 mol. On en déduit : n f (Fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 ) = x f = 5,0 10 4 mol, et n f ( Fe(CN) 4 6 ) = n i ( Fe(CN) 4 6 ) 3 x f = 1,5 10 3 mol. 4. m(fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 ) = n f (Fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 ) M(Fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 ) soit m(fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 ) = 4,3 10 1 g. 30 1. La CCM révèle que l enrobage contient un colorant cyan et un jaune. La synthèse soustractive de ces deux couleurs donne du vert. 2. Les colorants alimentaires ont été déposés pour servir de référence pour la comparaison des rapports frontaux. 3. Le chromatogramme de l enrobage présente une tache jaune de même rapport frontal que le colorant E104 : on en déduit qu il contient ce colorant. À l inverse, le colorant bleu ne correspond pas au colorant E131 car les deux taches associées ne sont pas à la même hauteur. 31 1. Le spectre correspond le mieux à la courbe d absorbance (absorption la plus importante autour du vert). 40 LIVRE DU PROFESSEUR 2. a. Les longueurs d ondes moyennes (vertes) sont absorbées par la solution S. b. La solution S est magenta (couleur complémentaire du vert). 3. a. La solution B absorbe dans le bleu et la solution C dans le rouge. Le mélange absorbe donc le bleu et le rouge et transmet les radiations autour du vert : il est vert. b. Il suffit de verser une solution qui absorbe dans le vert, par exemple la solution qui est magenta. 33 Droite d étalonnage = 0,011 c 0,3 0,25 0,2 0,15 0,1 0,05 0 0 5 10 15 20 25 30 c en mg/l 3. La courbe est modélisée par une droite d équation = kc avec k = 0,011 L mg 1. 4. c D = /k soit c D = 10,9 mg L 1. 34 1. M(C 7 H 5 O 3 N) = 151,0 g mol 1 ; M(C 3 H 6 O) = 58,0 g mol 1. 2. Le nitrobenzaldéhyde est à l état solide : n i (C 7 H 5 O 3 N) = m(c 7 H 5 O 3 N)/M(C 7 H 5 O 3 N) soit n i (C 7 H 5 O 3 N) = 6,6 10 3 mol. L acétone est un liquide pur : n i (C 3 H 6 O) = ρ V(C 3 H 6 O)/M(C 3 H 6 O) soit n i (C 3 H 6 O) = 0,18 mol. L ion hydroxyde est en solution aqueuse : n i (HO ) = c S V S soit n i (HO ) = 5,0 10 3 2,0 = 1,0 10 2 mol. 3. n i (C 7 H 5 O 3 N)/2 = 3,3 10 3 mol ; n i (C 3 H 6 O)/2 = 9,0 10 2 mol ; n i (HO )/2 = 5,0 10 3 mol. Le réactif limitant est le 2-nitrobenzaldéhyde, car le rapport n i (C 7 H 5 O 3 N)/2 est le plus petit. 4. a. Le réactif limitant est entièrement consommé donc n f (C 7 H 5 O 3 N) = 0. Or n f (C 7 H 5 O 3 N) = n i (C 7 H 5 O 3 N) 2x f donc x f = n i (C 7 H 5 O 3 N)/2 = 3,3 10 3 mol. b. n f (indigo) = x f = 3,3 10 3 mol. c. m f (indigo) = n f (indigo) M(indigo) = 0,86 g. 5908_LDP_Chap04.indd 9 13/09/11 15:48:16
35 1. Un pigment est insoluble dans le milieu dans lequel il est introduit, tandis qu un colorant y est soluble. 2. m cochenille = 0,12 m rouge = 0,12 5 = 0,6 g. On a n cochenille = m cochenille /M cochenille. Comme M cochenille = 20 M(C) + 11 M(H) + 2 M(N) + 3 M(Na) + 10 M(O) + M(S) = 540,1 g mol 1, n cochenille = 0,6/540,1 = 1 10 3 mol. 3. Le rouge carmin est fabriqué par extraction (broyage des cochenilles). 4. a. Les formules brutes sont différentes : ce ne sont pas les mêmes substances. b. Pour identifier des colorants, on peut envisager une CCM avec un éluant adapté. 36 1. a. Il reste des ions Cu 2+ à l état final dans les tubes où se forme un précipité lorsqu on ajoute des ions HO, c est-à-dire dans les tubes 1, 2, 3. Dans ces mélanges, les ions HO sont le réactif limitant. Il reste des ions HO à l état final dans les tubes où se forme un précipité lors de l ajout d ions Cu 2+, c est-à-dire dans les tubes 5, 6, 7 et 8. Dans ces mélanges, le réactif limitant est Cu 2+. b. Dans le tube du groupe 4, il ne reste ni Cu 2+ ni HO à l état final, donc les réactifs ont été mélangés dans les proportions stœchiométriques. 2. n i (Cu 2+ ) = c 1 V i et n i (HO ) = c 2 V i. Groupe i 1 2 3 4 n i (Cu 2+ ) en mmol 5,0 5,0 5,0 5,0 3. n i (Pb 2+ ) = n i (I ) = c V, soit n i (Pb 2+ ) = n i (I ) = 5,0 10 2 100 10 3 = 5,0 10 3 mol. 4. n i (Pb 2+ )/1 = 5,0 10 3 mol et n i (I )/2 = 2,5 10 3 mol. n i (I )/2 < n i (Pb 2+ )/1, donc I est le réactif limitant. Comme n consommé (I ) = 2 x f = n i (I ), on a : x f = n i (I )/2 = 2,5 10 3 mol. 5. n f (I ) = 0 mol ; n f (Pb 2+ ) = n i (Pb 2+ ) x f = 2,5 10 3 mol. n f (PbI 2 ) = x f = 2,5 10 3 mol. 38 1. (NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 (s) N 2 (g) + Cr 2 O 3 (s) + 4 H 2 O(g). 2. Lorsque tout le dichromate d ammonium s est décomposé, n consommé ((NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 ) = n i ((NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 ) = x f et n f (Cr 2 O 3 ) = x f. On a x f = m i ((NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 )/M((NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 ). vec M((NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 ) = 2 M(N) + 8 M(H) + 2 M(Cr) + 7 M(O) = 252,0 g mol 1, on calcule x f = 10/252,0 = 3,9 10 2 mol, d où n f (Cr 2 O 3 ) = x f = 3,9 10 2 mol. 39 1. 5 Fe 2+ (aq) + 8 H + (aq) + MnO 4 (aq) 5 Fe 3+ (aq) + Mn 2+ (aq) + 4 H 2 O(l). 2. À l état initial, n i (Fe 2+ ) = n i (Fe 3+ ) = c 1 V 1 = 1,0 10 2 100 10 3 = 1,0 10 3 mol ; n i ( MnO 4 ) = c 2 V 2 = 5,0 10 3 50 10 3 = 2,5 10 4 mol. On calcule le rapport : n i (Fe 2+ )/5 = 2,0 10 4 mol. Donc n i (Fe 2+ )/5 < n i ( MnO 4 )/1 et Fe 2+ est le réactif limitant. n i (HO ) en mmol 4,0 6,0 8,0 10 Groupe i 5 6 7 8 n i (Cu 2+ ) en mmol 5,0 5,0 5,0 5,0 n i (HO ) en mmol 12 14 16 18 3. Pour le tube 4, n i (Cu 2+ )/1 = 5,0 mmol et n i (HO )/2 = 5,0 mmol. On a donc n i (Cu 2+ )/1 = n i (HO )/2 : le mélange des réactifs est bien stœchiométrique. 37 1. Pb 2+ (aq) + 2 I (aq) PbI 2 (s). 2. n consommé (I ) = 2 n consommé (Pb 2+ ). 3. n consommé (Fe 2+ ) = n i (Fe 2+ ) = 5x f d où x f = n i (Fe 2+ )/5 soit x f = 2,0 10 4 mol. 4. n f (Fe 2+ ) = 0 ; n f (Fe 3+ ) = n i (Fe 3+ ) + 5 x f = 1,0 10 3 + 5 2,0 10 4 = 2,0 10 3 mol ; n f ( MnO 4 ) = n i ( MnO 4 ) x f = 2,5 10 4 2,0 10 4 = 5,0 10 5 mol. 5. Le mélange est rose à l état final, car il reste des ions MnO 4 (note : la couleur des ions MnO 4 est beaucoup plus intense que celle des ions fer(iii), qui sont aussi présents à l état final). 6. Pour être dans les proportions stœchiométriques, il faut que n i (Fe 2+ )/5 = n i ( MnO 4 )/1, 4. COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE 41 5908_LDP_Chap04.indd 10 13/09/11 15:48:17
soit n i ( MnO 4 ) = 2,0 10 4 mol. Le volume de solution correspondant à cette quantité de matière est : V = n i ( MnO 4 )/c 2 = 2,0 10 4 /5,0 10 3 = 4,0 10 2 L = 40 ml. 40 1. L absorbance représente l aptitude de la solution à absorber une radiation lumineuse de longueur d onde donnée. 2. a. L ensemble des points est modélisable par une droite qui passe par l origine, donc l absorbance est proportionnelle à c I2. Droite d étalonnage = 0,259 c 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 c en mmol/l b. k est le coefficient directeur de la droite, k = 0,259 L mmol 1. 3. Il faut calculer c(i 2 ) = /0,259, en vérifiant que la concentration se situe dans la plage de la gamme de concentration des solutions étalons. 4. À t = 65 min, l état final est atteint. La concentration en diiode est alors c f (I 2 ) = 2,0 mmol L 1. 5. On a n f (I 2 ) = c f (I 2 ) V, et d autre part n f (I 2 ) = n formé (I 2 ) = x f. D où : x f = 2,0 2 10 3 = 4 10 3 mmol. 6. n consommé (H 2 O 2 ) = x f = 4 10 3 mmol et n consommé (I ) = 2x f = 4 10 3 mmol. F. Compléments pédagogiques L énoncé des exercices supplémentaires est disponible dans les compléments pédagogiques sur www.libtheque.fr. Corrigés 1 Par lecture graphique, la concentration de la solution est de 8,5 mg L 1. Par calcul, on a : k = 1,1/10 = 0,11 mg 1 L, soit c = /k = 8,2 mg L 1. 2 1. L absorbance caractérise le pouvoir de la solution à absorber une radiation lumineuse de longueur d onde donnée. 2. a. Les radiations autour du vert et autour du rouge sont absorbées. b. Seules les radiations autour du bleu sont transmises, donc le bleu de méthylène est bleu. 3. Un colorant rouge absorbe les radiations autour du bleu et du vert, donc le mélange avec du bleu de méthylène absorbera toutes les radiations lumineuses et apparaîtra noir. 42 LIVRE DU PROFESSEUR 4. c m = m/v = 20/0,100 = 200 mg L 1. 5. a. La loi de Beer-Lambert relie l absorbance d une solution à sa concentration c : = k c. b. La courbe est une droite passant par l origine. c. c m /5 = 40. Il faut diviser la concentration plus de 40 fois pour que le dosage soit réalisable. 3 1. Par lecture graphique, les concentrations des solutions étalons sont : 4,0 10 5 mol L 1 ; 8,0 10 5 mol L 1 ; 1,2 10 4 mol L 1 ; 1,6 10 4 mol L 1 ; 2,0 10 4 mol L 1. 2. La courbe représentant = f(c) est une droite passant par l origine. et c sont donc proportionnelles, = k c. 5908_LDP_Chap04.indd 11 13/09/11 15:48:17
3. Par lecture graphique, la concentration en FeSCN 2+ de l échantillon est : c = 1,67 10 4 mol L 1. 4. n = c V = 1,67 10 4 10 10 3 = 1,67 10 6 mol. 5. a. c salive = n/v salive = 6,7 10 3 = 6,7 10 3 mol L 1 = 6,7 mmol L 1. 5. b. La concentration dans la salive est supérieure à la valeur limite donnée, le patient a été exposé à la fumée. G. Bibliographie C. VLETTE, V. COURILLEU-HVERLNT, M. CPON, Chimie des odeurs et des couleurs, Cultures et techniques, 1993. «Le Maître des jeans», Pour la science n 397, novembre 2010. Site de l agence européenne de sécurité des aliments : www.efsa.europa.eu 4. COULEUR ET QUNTITÉ DE MTIÈRE 43 5908_LDP_Chap04.indd 12 13/09/11 15:48:17