Tous séduits par le bleu

Chap C.3 – Exo type Bac
TS
Tous séduits par le bleu (CORRECTION) – Calculatrice interdite !!!
1.1.
Une base est une espèce chimique capable de recevoir un ion H+.
1.2.
NH4+(aq)
+ H2O (ℓ) ⇌ NH3 (aq) +
H3O+(aq)
Ka =
NH3   H3O  
NH4 
1.3. Diagramme de prédominance :
[NH4+]=[NH3]
+
NH4 prédomine
0
NH3 prédomine
9,2
14
pH
La solution à pH = 10,2 est à pH>pKa, donc c’est la base NH3 qui prédomine sur NH4+.
burette graduée
2.1.
solution titrante : acide chlorhydrique (H3O++Cℓ–)
sonde pH-métrique
solution titrée : ammoniac
bécher
barreau aimanté
agitateur magnétique
2.2. Équation de la réaction support du titrage : NH3 (aq) + H3O+(aq)  NH4+(aq) + H2O (ℓ)
Remarque : il s’agit d’une réaction acido-basique, donc entre une base et un acide  les ions Cℓ –
sont spectateurs et n’apparaissent pas dans l’équation.
2.3. À l’équivalence, le réactif titré et le réactif titrant ont été introduits dans les proportions
stœchiométriques de l’équation du titrage 
2.4. Ainsi cS.VS = ca.VE  VE =
ndosé  NH3 
1


nE H3O 
1
.
cS .VS
où ca représente la concentration de la solution d’acide
ca
chlorhydrique à choisir.
Calculs :
VE,1 =
1, 00  101  10, 0
1, 00  102
= 100 mL
VE,2 =
VE,3 =
1, 00  101  10, 0
1, 00
1, 00  101  10, 0
1, 00  101
= 10,0 mL
= 1,00 mL
1/2
Chap C.3 – Exo type Bac
TS
2.5. La solution de concentration c2 = 1,00 × 10 –1 mol.L–1 est la mieux adaptée à ce titrage car elle
conduit à un volume équivalent inférieur à 25 mL, mais suffisamment élevé pour ne pas commettre
une trop grande erreur relative de lecture du volume sur la burette.
3.1. À l’aide de la méthode des tangentes parallèles (voir fin de la correction), on détermine
graphiquement que : VE = 10,0 mL et pHE ≈ 5,0.
On obtient donc, d’après la relation de la question 2.4 : cS 
ca .Va
2, 00.101  10, 0 2, 00
=

25, 0
25, 0
VS

8, 00
= 8,00.10-2 mol/L.
100
3.2. Pour repérer l’équivalence de ce titrage on choisirait le vert de bromocrésol car c’est celui dont
la zone de virage encadre le mieux le pH à l’équivalence (égal à 5,1).
Au niveau de l’équivalence, on passe d’un milieu basique à un milieu acide, donc on observera un
changement de couleur du bleu vers le jaune.
3.3. À Va = VE/2, la moitié du NH3 initialement dosé s’est transformé en NH4+, ainsi : [NH3] = [NH4+].
Or pH = pKa + log
NH3  donc à V /2 on a : pH = pKa + log(1)  pH = pKa
E

NH4 
Graphiquement, à Va = VE/2 = 5,0 mL on lit : pH = pKa ≈ 8,5 (ordonnée du point = 5,9 cm, sachant
qu’on a 10 unités de pH pour 6,8 cm).
Remarque : On ne retrouve donc pas tout à fait l’indication de l’énoncé (pKa=9,2).
pH=
pKa
E
pHE
VE/2
VE
2/2