Dosage de la caféine

Correction exercice I : DOSAGE DE LA CAFÉINE
1. Extraction de la caféine
1.1. étape 1: chauffage à reflux
Le réfrigérant permet de condenser la vapeur d'eau formée
lors du chauffage. L'eau redevient liquide et retombe dans le
ballon, ainsi le volume du mélange réactionnel reste constant.
L'arrivée d'eau se fait toujours par la partie inférieure du
réfrigérant.
1.2. La solubilité de la caféine augmente avec la température.
Ainsi en chauffant, on permet à la caféine de mieux se
dissoudre dans l'eau.
1.3. On mélange la solution aqueuse et le dichlorométhane dans
une ampoule à décanter.
La phase aqueuse possède une densité proche de 1, tandis que le
dichlorométhane possède une densité de 1,30.
La phase supérieure est la moins dense.
La phase aqueuse a été refroidie, la solubilité de la caféine est
redevenue faible. Tandis que la solubilité de la caféine est
importante dans le dichlorométhane. Donc la caféine passe de la
phase aqueuse à la phase organique (dichlorométhane).
eau
dichlorométhane
+ caféine
1.4. On a procédé a une extraction liquide-liquide.
1.5. Le sulfate de magnésium anhydre réagit avec l'eau éventuellement encore présente dans la phase
organique. Il déshydrate la phase organique.
1.6. On peut procéder à une recristallisation. On dissout le solide, à chaud, dans un solvant. Puis on
refroidit l'ensemble, le solide précipite. On effectue ensuite une filtration sur büchner, le solide recueilli,
une fois séché, est alors plus pur.
2. Préparation de solutions de caféine de différentes concentrations
On procède à une dilution.
Solution mère:
Solution fille:
t0 = 32 mg.L–1
t1 = 16 mg.L–1
V0 à prélever
V1
Au cours de la dilution la masse de caféine se conserve, donc m0 = m1.
Soit t0.V0 = t1.V1
t
alors V0 = 1 .V1
t0
16
.V1
finalement V0 = 0,50.V1.
32
Pour effectuer une dilution, il faut mesurer les volumes précisément à l'aide de verrerie jaugée.
On prélève à l'aide d'une pipette jaugée V0 = 5,0 mL de solution mère. La dilution sera effectuée dans une
fiole jaugée de volume V1 = 10,0 mL. (peu utilisée au Lycée mais ça existe!)
V0 =
3. Mesure d'absorbance
3.1.  < 400 nm, donc les radiations utilisées appartiennent au domaine des ultraviolets.
3.2. Sur la figure 2, on constate que la représentation graphique de l'absorbance en fonction de la
concentration est une droite passant par l'origine. Ce qui indique que A est proportionnelle à c.
La boisson 2 absorbant davantage la lumière de longueur d'onde 271nm, elle est donc plus concentrée en
caféine. Le café 2 sera plus excitant que le café 1.
3.2. Sur la figure 1, pour  = 271 nm on lit A = 0,5.
A l'aide de la figure 2, on en déduit que c = 16 mg.L–1.
A = 0,5
3.3. Dans tous les cas, l'absorbance est proportionnelle à la concentration en caféine : A = k.c
Soit A = k271.c pour la droite n°2 et A = k228.c pour la droite à identifier.
D'après la figure 1, on constate qu'une solution de concentration donnée en caféine absorbe moins la
lumière dont  = 228 nm que celle dont  = 271 nm. Donc k228 < k271
Le coefficient directeur de la droite à identifier est plus faible que celui de la droite n°2.
La droite n°3 correspond à l'étalonnage effectué à 228 nm.
Correction exercice II : DOSAGE DES IONS CHLORURE DANS LE LAIT
1. Principe du dosage
1.1.  =
   X    (Cl
i
i

).[Cl(aq ) ]éq   ( K  ).[ K (aq ) ]éq
i
La solution est préparée par dissolution du soluté KCl(s) :
KCl(s) = K+(aq) + Cl–(aq)
donc nKCl apportée = n  présente en solution = n  présente en solution
soit c0 =
[Cl(aq)]éq
Cl

 [K(aq)]éq
K
   ( (Cl  )   ( K  )  .c 0
- Si la concentration c0 augmente mais que V0 reste constant: alors les concentrations molaires effectives
des différents ions en solution augmentent donc  augmente.
- Si on augmente V0 mais que l'on conserve c0 constante: alors les concentrations molaires effectives des
ions en solution restent les mêmes donc  ne change pas.
1.2.1.
Équation de la réaction
avancement
État du système
en mol
Ag+ (aq)
+
Cl–(aq)
=
quantité de matière en mol
AgCl (s)
État initial
Au cours de la
transformation
État final
0
x
n0(Ag+) = c .V1
n0(Cl–) = c0 . V0
c .V1 – x
c0 . V0 – x
0
x
c0 . V0 – xf
xf
2
1
1
(V0  V1 )
1.2.2. K =
=
=


[Ag(aq)] f .[Cl(aq)] f  c.V1  x f  c0.V0  x f  (c.V1  x f ).(c0 .V0  x f )

.

V

V
V

V
0
1
0
1



1.2.3. Si la transformation est totale alors le réactif limitant est totalement consommé.
Déterminons quel est le réactif limitant:
 Si Ag+ est limitant, il est totalement consommé donc c.V1 – xmax = 0
soit xmax = c.V1
–3
–4
on aurait xmax = 0,080 5,0.10 = 4,0.10 mol
 Si Cl– est limitant, alors c0.V0 – xmax = 0
soit xmax = c0.V0
–3
–4
on aurait xmax = 3,0.10  0,2000 = 6,0.10 mol
Le réactif limitant est celui qui conduit à la valeur de xmax la plus faible,
c'est donc Ag+ et xmax = 4,0.10–4 mol.
x
 = f = 1,0 = 100%
xmax
La transformation est donc totale. Elle peut être utilisée pour être support d'un titrage.
xf
c .V1 – xf
1.3. Pour V < Véquiv , le réactif titré est en excès (il n'est pas encore totalement consommé) et le réactif
titrant est en défaut.
A l'équivalence les réactifs sont totalement consommés, ils ont été introduits dans les proportions
stœchiométriques.
Pour V > Véquiv, le réactif titré a été totalement consommé et est devenu le réactif limitant. Le réactif titrant
est alors en excès.
A l'équivalence, il y a changement de réactif limitant.
1.4. - pour un volume V versé inférieur au volume versé à l’équivalence VE
K+ et NO3– ions spectateurs sont présents. (mais NO3– n'est pas présent pour un volume versé nul)
Cl– est présent
Ag+ n'est pas présent
- pour un volume V versé égal au volume versé à l’équivalence VE
K+ et NO3– ions spectateurs sont présents
Ag+ et Cl– ne sont pas présents
- pour un volume V versé supérieur au volume versé à l’équivalence VE
K+ et NO3– ions spectateurs sont présents
Ag+ est présent.
Cl– n'est pas présent
1.5.-  diminue légèrement avant d’avoir atteint l’équivalence :
Des ions chlorure sont consommés et des ions nitrate sont apportés.
D'après l'équation chimique n  apportée (= n  apportée) = n  consommée
Ag
NO3
Cl
Tout se passe comme si dans le milieu réactionnel, les ions nitrate remplaçaient au fur et à mesure les ions
chlorure.
Comme 2(NO3–) < 1(Cl–) alors  diminue légèrement.
-  augmente après avoir atteint l’équivalence :
Au delà de VE, les ions argent et nitrate versés ne réagissent pas. Ils s'accumulent en solution et donc 
augmente.
1.6. On trace deux segments de droite qui suivent les variations de  avant et au delà l'équivalence.
Ces deux segments se coupent pour V = VE.
2. Titrage des ions chlorure contenus dans le lait
2.1. Si des ions Ag+ réagissaient avec les protéines du lait alors le dosage serait faussé. Les ions Ag+ versés
ne doivent réagir qu'avec les ions chlorure.
Sinon on aurait n  versée pour atteindre l'équivalence > n  consommée.
Ag
Cl
2.2.
VE = 6,6 mL
VE
Pour V = VE, soit à l'équivalence on a n
Ag 
versée = n
Cl 
c.VE = n
Cl 
n
Cl 
initiale dans V '0
initiale dans V '0
initiale dans V '0 = 0,080  6,6.10–3 = 5,28.10–4 mol soit environ 5,3.10–4 mol.
2.3. On peut exprimer la concentration molaire en ions chlorure du lait: [Cl–] =
La concentration massique en ions chlorure est t = [Cl–].M
n
Cl 
V '0
.
Cl 

Cl
.M 
Cl
V0'
c.VE
t=
.M 
Cl
V0'
0,080  6,6
t=
 35,5
20,0
t=
n
t = 0,94 g.L–1 d'ions Cl– < 1,4 g.L–1 donc ce lait n'est pas mammiteux.