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Chapitre 8

Chapitre 8. Correction des exercices. Exercice 15 p 126. 1) C'est une réaction acido-basique entre les ions hydroxyde contenus dans le déboucheur liquide et les ions oxonium contenus dans l'acide chlorhydrique. H 3 O + ( aq ) + HO - ( aq ) → 2 H 2 O(l)

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Chapitre 8

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Presentation Transcript

  1. Chapitre 8 Correction des exercices

  2. Exercice 15 p 126 1) C'est une réaction acido-basique entre les ions hydroxyde contenus dans le déboucheur liquide et les ions oxonium contenus dans l'acide chlorhydrique. H3O+(aq) + HO-(aq) → 2 H2O(l) 2) La conductance est égale au rapport de l'intensité du courant entre les deux électrodes de la cellule conductimétrique dans la solution et de la tension aux bornes de la cellule : G = I / Uavec G en siemens S

  3. Exercice 15 p 126 3) Le graphe est constitué par deux portions de droite, une de pente faible et négative (la conductance diminue) et une de pente plus importante et positive (la conductance augmente). La première portion de droite correspond à la partie du dosage où les ions oxonium sont les ions limitant la réaction. La conductivité et donc conductance est liée à la présence des ions hydroxyde qui vont réagir et être remplacés progressivement par les ions chlorure de conductivité ionique molaire plus faible d'où une diminution progressive de la conductance de la solution. À l'équivalence, il n'y a plus ni ions oxonium, ni ion hydroxyde, la conductance est la plus faible et le volume correspondant au croisement des deux portions de droite est le volume équivalent. La deuxième portion de droite correspond à la partie du dosage où les ions hydroxyde sont les ions limitant la réaction. La quantité en ions oxonium augmente progressivement et avec elle, la conductance car ils ont une très grande conductivité ionique.

  4. Exercice 15 p 126 4) Le BBT est bleu en milieu où les ions hydroxyde sont majoritaires (basique) et jaune en milieu où les ions oxonium sont majoritaires (acide), il est vert pour un pH voisin de 7. Tant qu'il reste des ions hydroxyde, c'est-à-dire avant l'équivalence, le BBT est bleu. Au voisinage de l'équivalence, le milieu est neutre car tous les ions oxonium ont réagi avec tous les ions hydroxyde et le BBT est vert. Après l'équivalence, les ions oxonium sont majoritaires et le BBT est jaune. 5) xE= n(H3O+)V = n(OH-)E

  5. Exercice 15 p 126 6) L'équivalence correspond à la jonction des deux portions de droite. Le volume correspondant à ce point est le volume équivalent. 7) Le volume équivalent trouvé expérimentalement est VE = 23,5 mL A l'équivalence :[HO-].V(HO-) = [H3O+].VE [HO-] = [H3O+].VE / V(HO-) A.N. :[HO-] = 1,00.10-1 x 23,5 / 100 = 2,35.10-2mol.L-1 Ceci est la concentration du prélèvement et non de la solution initiale. Dans les V' = 500 mL, la quantité de matière en ions hydroxyde est : n(HO-) = [HO-] x V'= 2,35.10-2 x 5,00.10-1 = 1,18.10-2 mol Cette quantité de matière était initialement présente dans V" = 2,00 mL. [HO-]déboucheur = n(HO-) / V"= 1,18.10-2 / 2,00.10-3 = 5,90 mol.L-1 8) L'écart relatif sur la quantité de matière est : Δn(HO-) / n(HO-) = (24 - 23,5).10-4 / 24.10-4 L'écart relatif est de 2,08 %. L'utilisation de 3 CS permet de différencier la valeur expérimentale de la valeur théorique et paraît justifiée au regard du nombre de CS des autres grandeurs.

  6. Exercice 16 p 126 ni (SO2) = C1 x V1 nV (I2) = C2 x VE xE = C1 x V1 = C2 x VE nE (SO2) = ni (SO2) – xE = 0 nE (I2) = nV (I2) – xE = 0 1) Voir présentation sur les dosages 2) C'est un dosage colorimétrique et le volume équivalent est repéré par un changement de coloration de la solution. En effet le diiode forme un complexe qui colore en bleu une solution. Tant que le diiode est en défaut, la solution reste incolore et dès qu'il devient en excès, il se combine avec l'empois d'amidon et donne une coloration bleue au mélange.

  7. Exercice 16 p 126 ni (SO2) = C1 x V1 nV (I2) = C2 x VE xE = C1 x V1 = C2 x VE nE (SO2) = ni (SO2) – xE = 0 nE (I2) = nV (I2) – xE = 0 4) La quantité de diiode est égale au produit de sa concentration par le volume équivalent : n(I2)V = [I2].VE= 7,80.10-3 x 6,10.10-3 = 4,76.10-5 mol 5) xE 0 0 excès 4,76.10-5 9,52.10-5 4,76.10-5

  8. Exercice 16 p 126 ni (SO2) = C1 x V1 nV (I2) = C2 x VE xE = C1 x V1 = C2 x VE nE (SO2) = ni (SO2) – xE = 0 nE (I2) = nV (I2) – xE = 0 6) A l'équivalence, nous avons ni(SO2) = 4,76.10-5 mol dans un volume V = 25,0 mL. La concentration est : c(SO2)i = n(SO2)i / V= 4,76.10-5 / 25,0.10-3 = 1,90.10-3 mol.L-1 Masse molaire moléculaire du dioxyde de soufre m(SO2) = M(S) + 2 M(O) = 32,1 + 2 x 16,0 = 6,41.101 g.mol-1 La concentration massique correspondante est : C(SO2) = c(SO2) x M(SO2)= 1,90.10-3 x 6,41.101 C(SO2) = 122.10-3 = 122 mg.L-1 < 210 mg.L-1 (teneur limite en dioxyde de soufre). Le vin est donc conforme à la législation.

  9. Exercice 19 p 126 1) Il se produit une réaction de précipitation entre les ions argent et chlorure au cours de laquelle il se forme du chlorure d'argent, solide blanc noircissant à la lumière: Ag+(aq) + Cl-(aq) → AgCl(s) Les ions nitrate et sodium sont spectateurs. 2)L'équivalence correspond à un changement de nature du réactif limitant. Avant l'équivalence, ce sont les ions argent et après l'équivalence, ce sont les ions chlorure. 3) Dans la première partie du dosage, les ions chlorure sont peu à peu consommés et leur concentration diminue progressivement. Les ions qui les remplacent sont les ions nitrate. 4) Les conductivités molaires ioniques des ions nitrate et chlorure sont peu différentes avec λ(Cl-) >λ(NO3-). 5) La pente est descendante et de pente faible car la conductance liée à la présence d'ions chlorure est remplacée par celle des ions nitrates juste légèrement moins conducteurs.

  10. Exercice 19 p 126 6) Après l'équivalence, nous retrouvons les ions sodium, nitrate. 7) Après l'équivalence, comme il n'y a plus de réaction, le nombre d'ions augmente vite car les ions contenus dans la solution de nitrate d'argent restent sous forme ionique et provoquent ainsi une augmentation rapide de la conductance.

  11. Exercice 20 nV (MnO4-) = C1 x VE ni (Fe2+) = C2 x V2 xE = C1 x VE = C2 x V2 / 5 nE (MnO4-) = nV (MnO4-) – xE = 0 nE (Fe2+) = ni (Fe2+) – 5 xE = 0 2) À l'équivalence, nous avons ni(Fe2+) = 5 xEavec xE = c2v2 ni(Fe2+) = 5 c2v2= 5 x 1,25.10-2 x 16,0.10-3 = 1,00.10-3 mol 3) [Fe2+] = n(Fe2+)i / v1= 1,00.10-3 / 10,0.10-3 = 1,00.10-1 mol.L-1 4) Dans un litre d'eau, 27,8 g ont été dissous (ou 1,00.10-1 mol). Cette masse représente le produit de la quantité de matière dissoute par la masse molaire moléculaire inconnue Expression de la masse molaire moléculaire du sulfate de fer II hydraté M(FeSO4, y H2O) = M(Fe) + M(S) +4 M(O) + y (2M(H) + M(O) M(FeSO4, y H2O) = 55,8 + 32,1 + 4 x 16,0 + 18,0 y = 151,9 + 18,0 y

  12. Exercice 20 nV (MnO4-) = C1 x VE ni (Fe2+) = C2 x V2 xE = C1 x VE = C2 x V2 / 5 nE (MnO4-) = nV (MnO4-) – xE = 0 nE (Fe2+) = ni (Fe2+) – 5 xE = 0 n(Fe2+)i = m(FeSO4, y H2O) / M(FeSO4, y H2O) car il se forme une mole d'ions fer II par mole de soluté dissous. M(FeSO4, y H2O) = m(FeSO4, y H2O) / n(Fe2+)i M(FeSO4, y H2O) = 27,8 / 1,00.10-1 = 287 g.mol-1 y = (287 - 151,9) / 18 = 7 La formule du sulfate de fer II hydraté est donc FeSO4, 7 H2O

  13. Chapitre 8 C’est fini…

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