Chimie générale : Répétition

Nom :
Prénom :
Section :
Remédiation obligatoire de Chimie Générale - Travail I - CORRECTIF
1 année d’études de Bachelier en Sciences et en Sciences Pharmaceutiques
ère
Chapitre 1 – Répétition 0
Masse molaire, concentration, dilution
Question 1 : Concentration et dilution des solutions
1) Recherchez pour chacune de ces grandeurs la formule et l’unité qui lui sont associées.
Ensuite, calculez-les pour une solution contenant 8,5 g d’acide oxalique H2C2O4 dans 750 mL
d’eau (on néglige la variation de volume lors de la dissolution du soluté dans les 750 mL de
solvant) donc V solution = V solvant = 750 g
On considèrera que la masse volumique de cette solution est égale à la masse volumique de
l’eau (1 kg/L) donc m solvant = 750 g
Commencez par calculer le nombre de moles de soluté : n =
Grandeur
8,5
90
= 0,094 mol
Formule
Unité
1. Concentration molaire, C
n soluté / V solution
mol/L
2. Concentration massique,
C massique
m soluté / V solution
g/L
3. Molalité, m
n soluté / m solvant
4. Fraction molaire, Χ
Valeur
0,094
0,750
8,5
= 0,12 mol/L
0,750
n soluté / n total
mol/L
/
0,094
0,750
= 11 g/L
= 0,12 mol/kg
n eau =
0,094
5. Pourcentage en masse
(msoluté / m solution) x 100
%
750
18
0,094+41,7
8,5
750+8,5
= 41,7 mol
= 2,2 . 10-3
= 0,011 = 1,1 %
2) Une solution est également caractérisée par sa masse volumique, ρ, qui est une
propriété physique. Pour ne pas la confondre avec la concentration massique qui
partage les mêmes unités, complétez le tableau :
Définition
Masse volumique
Formule
masse d’une unité de volume d’une ρ = 𝑚
𝑉
substance donnée
Françoise Derwa – 2014-2015
Unité
g/mL
ou kg/L
1
Nom :
Prénom :
Section :
 La masse volumique permet de transformer le pourcentage en masse en concentration
molaire et inversement.
L’étiquette d’une bouteille d’acide nitrique indique qu’il s’agit d’une solution aqueuse ayant
un pourcentage massique de 67,0 % en HNO3 et une masse volumique de 1,40 g/mL.
Calculez la concentration molaire de cette solution.
67,0 % signifie que dans 100 g de solution, on a 67 g de soluté.
Calculons le volume de solution : V =
𝑚
𝜌
67,0
et le nombre de moles de soluté : n =
63,0
=
100
1,40
= 71,4 mL
= 1,06 mol
La concentration molaire vaut donc : C =
𝑛
𝑉
=
1,06
71,4 . 10−3
= 14,8 mol/L
 La masse volumique permet également de calculer la molalité d’une solution.
Quelle est la molalité d’une solution obtenue par la dissolution de 225 mg de glucose dans
5,00 mL d’éthanol (ρéthanol = 0,789 g/mL).
Veillez à la concordance des unités.
Calculons la masse de solvant : m = ρ . V = 0,789 . 5 = 3,94 g = 3,94 . 10-3 kg
Calculons le nombre de moles de soluté : n =
La molalité vaut donc : 𝑚 =
1,25 . 10−3
3,94 .10−3
0,225
180
= 1,25 . 10-3 mol
= 0,317 mol/kg
3) Les solutions sont souvent préparées par dilution à partir de solutions concentrées.
Quel est le principe fondamental d’une dilution ?
L’addition de solvant à une solution ne modifie pas la quantité de soluté OU au cours d’une
dilution, le nombre de moles de soluté est constant.
Dans quelle équation très simple se traduit-il ?
Cconc . Vconc. = Cdil. Vdil.
On désire préparer 375 mL d’une solution contenant 7,50 mg de méthanol par millilitre. Quel
volume (en mL) d’une solution de méthanol à 5,15 mol/L faudra-t-il prélever ?
Commencez par convertir la concentration massique en concentration molaire et veillez à
la concordance des unités.
Repérons les données et l’inconnue :
C conc = 5,15 mol/L
V conc = ?
C dil = 7,50 mg/mL =
V dil = 375 mL
7,50 .10−3
On peut calculer V à prélever : V conc =
Françoise Derwa – 2014-2015
32
= 2,3.10-4 mol/mL = 0,23 mol/L
0,23 . 375
5,15
= 17 mL
2
Nom :
Prénom :
Section :
Question 2 : Détermination de la formule brute
La combustion complète de 0,3629 g d’un échantillon organique contenant du C, du H et du
O produit 1 ,0666 g de CO2 et 0,3120 g de H2O.
Calculez les pourcentages massiques de C, de H et de O présents dans cette substance et
déterminez sa formule brute.
1°. Ecrivez la réaction de combustion de la molécule organique que vous noterez CxHyOz.
CxHyOz + n O2 → x CO2 (g) +
𝑦
2
H2O (g)
2°. Déterminez la masse de C dans le CO2 produit, ainsi que la masse de H dans H2O
produite.
n CO2 =
1,0666
44,009
= 0,024263 mol
n C = n CO2 = 0,024236 mol
m C = 0,024236 . 12,011 = 0,2911 g
0,3120
n H2O = 18,015 = 0,01732 mol
n H = 2 . n H2O = 2 . 0,01732 = 0,03464 mol
m H = 0,03464 . 1,008 = 0,03492 g
3°. Des masses de C et de H obtenues, calculez les pourcentages massiques de chaque
élément dans l’échantillon.
0,2911
% C = 0,3629 = 80,21 %
%H=
0,03492
0,3629
= 9,622 %
% O = 100 - 80,21 – 9,622 = 10,17 %
4°. A partir des pourcentages massiques obtenus, calculez le nombre de moles de chaque
élément dans 100 g de composé.
Dans 100 g de compose, on a
- 80,21 g de C c’est-à-dire : 80,21 / 12,01 = 6,679 mol de C
- 9,622 g de H c’est-à-dire : 9,622 / 1,008 = 9,546 mol de H
- 10,17 g de O c’est-à-dire : 10,17 / 16 = 0,64 mol de O
5°. Transformez ces nombres de moles en nombres entiers en les divisant par le plus petit
d’entre eux et établissez ainsi la formule brute.
x = 6,679 / 0,64 = 10,5
y = 9,546 / 0,64 = 15
C10,5H15O
z = 0,64 / 0,64 = 1
Françoise Derwa – 2014-2015
3
Nom :
Prénom :
Section :
Cette formule contient encore des indices fractionnaires ; on multiplie donc chaque indice par
2 afin de les transformer en nombres entiers et on obtient : C21H30O2 qui est la formule
empirique, car elle exprime les nombres relatifs d’éléments dans le composé.
Sachant que la masse molaire du composé est égale à 314 g/mol, établissez la formule
moléculaire, c’est-à-dire celle qui donne le nombre réel d’atomes de chaque élément
constitutif.
La formule moléculaire, c’est-à-dire celle qui exprime le nombre réel de chaque élément dans
le composé, est ici la même que la formule empirique car une masse molaire de 314 g/mol
correspond bien à la formule C21H30O2.
Question 3 : Stoechiométrie des réactions
En laboratoire, on peut facilement produire du dihydrogène gazeux en faisant réagir une
solution aqueuse d’acide chlorhydrique avec de l’aluminium :
2 Al (s) + 6 HCl (aq) → 2 AlCl3 (aq) + 3 H2 (g)
On fait réagir 12,42 g d’aluminium avec 250 mL d’une solution de HCl 8 mol/L.
a) Complétez le tableau d’avancement ci-dessous en calculant le nombre de moles initial
avant réaction, ni, et le nombre de moles final après réaction, nf.
ni
Identifiez le
réactif en excès et
le réactif en défaut
nf
2 Al (s) +
n = m/M
= 12,42/26,98
= 0,46
6
0,46 . 2 = 1,38
→ en défaut
0,46 – 0,46
=0
6 HCl (aq) →
n=C.V
= 8 . 0,250
=2
2 AlCl3 (aq) +
0
3 H2 (g)
0
< 2
→ en excès
6
2 – 0,46 . 2
= 0,62
0 + 0,46
= 0,46
3
0 + 0,46 . 2
= 0,69
Les réactifs sont-ils en quantités stoechiométriques, c’est-à-dire 1 mol de Al pour 3
mol de HCl ? NON, HCl est en excès.
Si non, n’oubliez pas que le réactif en défaut est entièrement consommé au cours de la
réaction ; il s’agit donc du réactif limitant, car il limite la quantité des produits
obtenus.
b) Calculez la quantité de H2, en grammes, qui est libérée ainsi que la concentration du
AlCl3 produit ?
m (H2) = 0,69 . 2 = 1,4 g
0,46
C (AlCl3) = 0,250 =1,8 mol/L
Françoise Derwa – 2014-2015
4
Nom :
Prénom :
Section :
Chapitre 2 – Répétition 1
Loi des gaz parfaits et propriétés colligatives
Question 4 : loi des gaz parfaits
Un gaz occupe un volume de 4,65 L dans des conditions de température et de pression
normales.
Quel serait le volume final si on amène la température à 15°C et la pression à 100,77 kPa ?
Conditions normales : P = 1 atm = 1,0132.105 Pa et T = 273,15 K (ou 0°C).
Dans cet exercice, T, V et P varient ; la grandeur constante est le nombre de moles de gaz.
a) Résolvez cet exercice en exprimant le volume en L et la pression en atm.
La constante des gaz parfaits, R, vaut alors 0,082 L atm K-1 mol-1
Repérons les données des deux états occupés successivement par le gaz :
100770
P1 = 1 atm
V1 = 4,65 L
T1 = 273,15 K
P2 = 100,77 . 103 Pa =
= 0,99457 atm
101320
V2 = ?
T2 = 275,15 + 15 = 288,15 K
De la loi des gaz parfaits : P . V = n . R . T , il vient :
n=
𝑃1 . 𝑉1
𝑅 . 𝑇1
=
d’où V2 =
𝑃2 . 𝑉2
𝑅 . 𝑇2
𝑃1 . 𝑉1 . 𝑇2
𝑃2 . 𝑇1
puisque n est constant (la quantité de gaz ne varie pas).
=
1 . 4,65 . 288,15
0,99457 . 273,15
= 4,93 L
b) Résolvez cet exercice dans les unités du Système International d’unités,
c’est-à-dire P en Pa,
V en m3,
et R = 8,314 J K-1 mol-1
V2 =
𝑃1 . 𝑉1 . 𝑇2
𝑃2 . 𝑇1
=
101320 . 4,65 .10−3 . 288,15
100770 . 273,15
= 4,93 . 10-3 m3
Question 5 : propriétés colligatives
Les propriétés colligatives sont des propriétés physiques des solutions qui dépendent du
nombre de particules, et non de la nature du soluté.
tension de vapeur d’une solution < tension de vapeur du solvant
Téb solution > Téb solvant
Tfus solution < Tfus solvant
Françoise Derwa – 2014-2015
5
Nom :
Prénom :
Section :
Un échantillon d’une substance organique inconnue pesant 1,065 g est dissous dans 30,00 g
de benzène : le point de congélation de la solution est de 4,25°C. Déterminer la masse
moléculaire de la substance.
Le point de congélation du benzène vaut 5,53 °C et sa constante cryoscopique Kcong = 5,12
°C.kg/mol.
ΔTcong = Kcong . Cmc avec Cmc = i . m
ΔTcong = Tcong solvant pur – T cong solution = 5,53 – 4,25 = 1,28 K
Cmc =
∆𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾
=
1,28
5,12
= 0,25 mol/kg
n échantillon = Cmc . msolvant = 0,25 . 30,00 . 10-3 = 0,0075 mol
Méchantillon =
𝑚
𝑛
=
1,065
0,0075
= 142 𝑔/𝑚𝑚𝑚
Chapitre 4 – Répétition 2
Cinétique
Question 6 : Cinétique chimique
Lorsqu’on le chauffe, l’acétaldéhyde se décompose en méthane et en dioxyde de carbone
selon une réaction d’ordre 2, représentée par l’équation :
CH3CHO (g) → CH4 (g) + CO (g)
On réalise une étude cinétique de la réaction et on obtient les résultats contenus dans le
tableau ci-dessous :
Temps (s) [CH3CHO] (mol/L)
0
1,000
40
0,637
a) Etablissez la loi de vitesse de la réaction étudiée :
v = k [CH3CHO]2
b) Calculez la constante de vitesse de cette réaction.
1
1
=
+ 𝑘𝑡
[𝐶𝐶3𝐶𝐶𝐶]
[𝐶𝐶3𝐶𝐶𝐶]𝑜
1
1
=
+ 𝑘 40
0,637
1,000
k = 0,0142 s-1 M-1
c) Calculez le temps de demi-vie de cette réaction.
t½=
1
𝑘 . 𝐶𝐶
=
1
0,0142 . 1,000
Françoise Derwa – 2014-2015
= 70,4 s
6
Nom :
Prénom :
Section :
d) Quelle sera la concentration en CO obtenue après 120 s de réaction ?
1
1
=
+ 𝑘𝑡
[𝐶𝐶3𝐶𝐶𝐶]𝑜
[𝐶𝐶3𝐶𝐶𝐶]
1
1
=
+ 0,0142 . 120
1,000
[𝐶𝐶3𝐶𝐶𝐶]
[CH3CHO] = 0,37 mol/L → [CO] = 1,000 – 0,37 = 0,63 mol/L
e) Une règle empirique en cinétique stipule que, pour beaucoup de réactions, une
augmentation de 10°C fait à peu près doubler la vitesse. Quelle doit être l’énergie
d’activation d’une réaction si on trouve que sa vitesse double effectivement entre 25°C
et 35°C ?
Il faut utiliser ici la relation qui exprime l’influence de la température sur la vitesse
réactionnelle :
𝑣
𝑘
ln 𝑣2 = ln 𝑘2 = −
1
ln 2 = −
ln 2 = −
1
𝐸𝑎
8,314
𝐸𝑎
8,314
1
𝐸𝑎
𝑅
1
(𝑇 −
(308,15 −
2
1
1
𝑇1
)
)
298,15
. (- 1,088 . 10-4)
et Ea = 52967 J/mol = 53 kJ/mol
Chapitre 5 – Répétition 3
Equilibres chimiques
Question 7 : Equilibres chimiques
Un mélange de 2,10 mol de dichlore et de 1,80 mol de diiode est introduit dans un ballon
rigide de 1,00 L à 30000000150°C. Lorsque le mélange a atteint l’équilibre, la concentration
du chlorure d’iode est de 1,55 mol/L.
I2 (g) + Cl2 (g) ↔ 2 ICl (g)
a) Tableau d’avancement :
I2 (g)
+
Cl2 (g) ↔
2 ICl (g)
nbre de moles initial
nbre de moles
à l’équilibre
Concentration
à l’équilibre
𝐾𝐾 =
1,80
2,10
0
1,80 – x
2,10 – x
2x
1,80 − 𝑥
1
= 1,025
2,10 − 𝑥
1
= 1,325
2𝑥
= 1,55
1
(1,55)2
(1,025).(1,325)
= 1,77 (pas d’unité)
b) Réactif limitant : I2 car 1,025 < 1,325
1,55
𝑅=
= 0,43 = 43 %
1,80 . 2
Françoise Derwa – 2014-2015
7
Nom :
Prénom :
Section :
c) Kc = Kp . (RT)Δn = Kp . (RT)[2 – (1+1)] = Kp car Σ nréactifs = Σ nproduits
d) Dans quel sens évoluerait la réaction si le système contenait initialement 0,02 mol de
I2, 0,01 mol de Cl2 et 0,015 mol de ICl dans le même ballon? Justifiez votre réponse
par le calcul du quotient réactionnel Q.
𝐶 (𝐼𝐼𝐼)2
0,0152
𝑄=
=
= 1,125
𝐶(𝐼2) . 𝐶(𝐶𝐶2)
0,02 . 0,01
𝑄 < 𝐾𝐾 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑙𝑙 𝑟é𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 é𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑙𝑙 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑.
e) On introduit maintenant 0,1 mol d’argon (gaz inerte, c’est-à-dire pas de réaction) dans
le système à l’équilibre en maintenant le volume constant. L’équilibre sera-t-il
déplacé ? Si oui, dans quel sens ? Si non, pourquoi ? Appliquez ici le principe de Le
Chatelier.
L’ajout d’argon, gaz inerte, augmente la pression totale du système. Cependant, dans ce cas,
une modification de la pression ne modifie pas la position de l’équilibre car le nombre de
moles de gaz des réactifs est égal au nombre de moles de gaz des produits.
f) La réaction étudiée étant exothermique, une élévation de température déplacera-t-elle
l’équilibre vers la gauche ou vers la droite ? Justifiez votre réponse.
Une élévation de température sur un système à l’équilibre favorise le sens endothermique, qui
est ici le sens inverse. L’équilibre se déplacera donc vers la gauche.
Chapitre 6 – Répétition 4
Equilibres de solubilité et équilibres acide-base
Question 8 : Equilibres de solubilité
On ajoute progressivement une solution de NaOH concentrée (en négligeant la variation de
volume) à une solution 0,02 mol/L de sulfate de nickel.
1) Donnez les écritures moléculaire et ionique de la réaction de précipitation qui a lieu,
sur base de la table de solubilité dans l’eau des principaux sels et hydroxydes.
Ecriture moléculaire : NiSO4 (aq) + 2 NaOH (aq) → Ni(OH)2 (s) + Na2SO4 (aq)
Ecriture ionique : Ni2+ (aq) + 2 OH- (aq) ↔ Ni(OH)2 (s)
l’écriture ionique ne fait intervenir que les ions acteurs : ici Ni2+ et OH2) Calculez le pH de début de précipitation de l’hydroxyde de nickel ? Utilisez pour
répondre la notion de quotient réactionnel Q.
Kps (Ni(OH)2) = 2,0.10-15 M3
Condition de précipitation : Q > Kps
Le début de la précipitation correspond donc à Q = Kps
Q = C (Ni2+) . C (OH-)2 = 2,0.10-15 avec C représentant les concentrations initiales
d’où il vient : C (OH-)2 =
2,0 . 10−15
0,02
= 10-13 M2
et : C (OH-) = 10-6,5 = 3,16.10-7 mol/L → pH = 14 + log C (OH-) = 14 + log (3,16.10-7) = 7,5
Françoise Derwa – 2014-2015
8
Nom :
Prénom :
Section :
3) Exprimez la relation entre le produit de solubilité, Kps, et la solubilité, s, puis calculez
la solubilité de ce composé dans l’eau pure.
Exprimez cette grandeur en mol/L et en g/L.
Ecrivons l’équilibre de solubilité :
Ni(OH)2 (s) ↔ Ni2+ (aq) + 2 OH- (aq)
q
0
0
q–s
s
2s
Kps = [Ni2+] . [OH-]2 = s . (2s)2 = 4s3
3
𝐾𝐾𝐾
s= �
4
= 7,9 .10-6 mol/L = (7,9 .10-6 . 93) g/L = 7,3 .10-4 g/L
masse molaire de Ni(OH)2
4) A partir de la valeur de la solubilité obtenue en 3), calculez le volume minimum d’eau
nécessaire pour dissoudre totalement 0,2 mg de ce composé ?
𝑠=
𝑚
𝑉
d’où il vient V =
𝑚
𝑠
=
0,2 . 10−3
7,3 . 10−4
= 0,27 L
5) Que deviendrait la solubilité de ce même composé dans une solution 0,1 mol/L en
chlorure de nickel ? Justifiez votre réponse par calcul de la solubilité s’ (en mol/L)
(réécrivez l’équilibre de solubilité et faites un tableau d’avancement).
proviennent de la dissociation complète de NiCl2
Ni(OH)2 (s) ↔ Ni2+ (aq) + 2 OH- (aq)
q
0,1
0
q – s’
0,1 + s’
2s’
Kps = [Ni2+] . [OH-]2 = (0,1 + s’) (2s’)2 = 0,1 4s’2 = 0,4 s’2
s’ négligeable devant 0,1 car s’ < s = 7,9 .10-6 mol/L
donc s’ <<< 0,1
2,0 .10−15
s’ = �
0,4
= 7,1 . 10-8 mol/L
Question 9 : Equilibres acide-base – solutions tampons
On dispose de 125 mL d’une solution d’ammoniaque NH3 0,200 mol/L. On désire préparer
une solution tampon de pH = 9,03 à 25°C.
1) Quelle est la composition générale d’une solution tampon ?
Une solution tampon est une solution contenant un acide faible et son sel fournissant sa base
conjuguée (ou une base faible et son sel fournissant son acide conjugué).
Soit dans cet exercice : NH3 base faible et NH4Cl son sel fournissant NH4+ acide faible
conjugué.
2) Quelles sont les deux propriétés chimiques caractéristiques des solutions tampons ?
-
Le pH d’une solution tampon varie très peu si l’on y ajoute un acide ou une base forte en
faibles quantités.
Le pH d’une solution tampon ne varie pas avec la dilution.
Françoise Derwa – 2014-2015
9
Nom :
Prénom :
Section :
3) A l’aide de quelle équation peut-on calculer le pH d’une solution tampon ? Donnez sa
formule et précisez les conditions d’applicabilité de cette formule.
pH = pKa + log
𝐶𝑏
Ka et Kb < 10-2 et
𝐶𝑎
𝐶
0,1 < 𝐶𝑏 < 10
𝑎
4) Pour préparer la solution tampon dont il est question ici, on dispose de chlorure
d’ammonium solide NH4Cl. Utilisez l’équation précédente pour calculer la quantité en
grammes de chlorure d’ammonium que l’on devra dissoudre dans la solution
d’ammoniaque ? (On considère que la dissolution du solide ne modifie pas le volume
de la solution).
9,03 = 9,2 + log (
0,200
𝐶𝑎
) ↔ 109,03−9,2 =
na = Ca . V = 0,29 . 0,125 = 0,036 mol
0,200
𝐶𝑎
0,200
↔ Ca = 10−0,17 = 0,29 mol/L
ma = 0,036 . M (NH4Cl) = 0,036 . 53,5 = 1,9 g
Question 10 : Equilibres acide-base
20 mL d’une solution d’acide sulfureux 0,5 mol/L sont titrés par une solution d’hydroxyde
de potassium 1 mol/L.
1) Ecrivez l’équation de la réaction de neutralisation sur laquelle repose ce titrage (1ère
neutralisation, c’est-à-dire que seul le premier proton est neutralisé).
H2SO3 (aq) + KOH (aq) → KHSO3 (aq)) + H2O (l)
Ou mieux écriture ionique : H2SO3 (aq) + OH- (aq) → HSO3- (aq) + H2O (l)
2) Relevez les valeurs suivantes :
- concentration en acide Ca : 0,5 mol/L
- volume d’acide titré Va : 20 mL
- concentration en base Cb : 1 mol/L
Calculez alors le volume de base ajouté au premier point équivalent Vb,éq1 :
Vb,éq1 =
𝐶𝐶 . 𝑉𝑉
𝐶𝐶
=
0,5 . 20
= 10 mL
1
3) Dessinez l’allure théorique de la courbe de titrage. Repérez les 6 zones et indiquez sur
chaque zone de cette courbe la nature des espèces présentes :
1ère zone : H2SO3 acide faible
2ème zone : H2SO3/HSO3- tampon
3ème zone : 1er PE HSO3- ampholyte
4ème zone : HSO3-/SO32- tampon
5ème zone : 2ème PE SO32- base faible
6ème zone : SO32- + OH- en excès
que vaut Vb,éq2 ? 2 x Vb,éq1 = 20 mL
Françoise Derwa – 2014-2015
10
Nom :
Prénom :
Section :
pH
6
5
4
3
2
1
|
|
Vb
4) Calculez le pH de la solution après ajout de 0 mL, 5 mL, 10 mL, 15 mL, 20 mL et 40
mL de KOH (ne vérifiez pas les conditions d’applicabilité des formules).
H2SO3 (aq) +
OH- (aq) →
HSO3+
na
nb ajoutées
n formées
Temps initial
0,020 . 0,5 = 0,01
0
H2SO3 acide faible → pH = ½ pKa1 - ½ log Ca = ½ 1,9 - ½ log 0,5 = 1,1
Vb = 0 mL
H2O
Vb = 5 mL
H2SO3 (aq) +
OH- (aq) →
HSO3+
Temps initial
0,01
0,005.1 = 0,005
Après réaction
0,005
0
0,005
Demi-équivalence : mélange tampon avec [H2SO3] = [HSO3 ] → pH = pKa1 = 1,9
Vb = 10 mL
H2SO3 (aq) +
OH- (aq) →
HSO3+
Temps initial
0,01
0,01
Après réaction
0
0
0,01
La réaction est complète.
1er PE : HSO3- ampholyte → pH = ½ (pKa1 + pKa2) = ½ (1,9 + 7,2) = 4,55
On assiste maintenant à la neutralisation progressive de 0,01 mol de HSO3- par KOH.
Attention, 0,01 mol de KOH ont déjà été consommées par la neutralisation de H2SO3.
Vb = 15 mL
HSO3- (aq) +
OH- (aq) →
SO32+
Temps initial
0,01
0,015-0,01 = 0,005
Après réaction
0,005
0
0,005
2ème
Demi-équivalence : 2 mélange tampon avec [HSO3 ]= [SO3 ] → pH = pKa2 = 7,2
Françoise Derwa – 2014-2015
11
Nom :
Prénom :
Section :
Vb = 20 mL
Temps initial
Après réaction
HSO3- (aq) +
0,01
0
OH- (aq) →
0,020-0,01=0,01
0
SO32-
+
0,01
2ème PE : SO32- base faible → pH = 7 + ½ pKa2 + ½ log [SO32-]
𝟎,𝟎𝟎
= 7 + ½ 7,2 + ½ log 𝟎,𝟎𝟎 = 10,3
Vb = 40 mL
Temps initial
Après réaction
HSO3- (aq) +
0,01
0
OH- (aq) →
0,03
0,02
SO32-
+
0,01
Au-delà du 2ème PE : KOH base forte en excès
𝟎,𝟎𝟎
→ pH = 14 + log [OH-] = 14 + log 𝟎,𝟎𝟎 = 13,52
Françoise Derwa – 2014-2015
12