Chimie appliquée - exercitation sur l’acidité d’un vin - correction, Exercices de Chimie Appliquée
Renee88
Renee8824 April 2014

Chimie appliquée - exercitation sur l’acidité d’un vin - correction, Exercices de Chimie Appliquée

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Chimie appliquée - exercitation sur l’acidité d’un vin - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: À propos du texte, Réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau, Titrage de l'acide éthanoïque par une so...
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Exercice 3 L'acidité d'un vin

Bac S Liban 2011 EXERCICE 3 : L’ACIDITÉ D’UN VIN (4 points) CORRECTION

1. À propos du texte

1.1. [H3O+(aq)] = 10pH

[H3O+(aq)] = 103,0 = 1,0×103 mol.L-1. 1.2. L’acide éthanoïque doit avoir une concentration massique supérieure à t = 0,6 g.L-1 pour que le goût aigre soit perçu.

Sa concentration molaire c sera égale à : c = t

M

c = 0,6

60 = 1×102 mol.L-1

1.3. 2. Réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau

2.1. CH3COOH(aq) + H2O(l) = CH3COO(aq) + H3O+(aq) Diagramme de prédominance:

Pour un pH de 3,4 l’espèce qui prédomine dans la solution S est l’acide éthanoïque.

2.2. [H3O+(aq)]f = 10pH

[H3O+(aq)]f = 103,4 = 4,0×104 mol.L-1 xf = [H3O+(aq)]f.V

xf = 103,4×50×103 = 2,0×105 mol 2.3. L’eau étant en excès, si la transformation est totale l’acide sera totalement consommé, on aura C.V – xmax = 0 donc xmax = C.V

 = f

max

x

x  =

     

     

3 (aq) 3 (aq p

f f H

)H O .V 10

C C

H

.V

O

C

 = 3,4

2

10

1,0 10

 = 101,4 = 4,0×102 = 4,0 %

 < 100 %, la transformation n’est pas totale.

O CH3 CH C OH OH

Groupe hydroxyle

Groupe carboxyle

pH pKA = 4,8 CH3COOH(aq) CH3COO(aq)

pH = 3,4

3. Titrage de l'acide éthanoïque par une solution d'hydroxyde de sodium3.1.1. Dans la solution d’hydroxyde de sodium (Na+(aq) + HO-(aq)) les ions sodium sont spectateurs.

CH3COOH(aq) + HO(aql) = CH3COO(aq) + H2O(l)

3.1.2. K =

   

       

3 (aq) éq

3 (aq) (aq) éq éq

CH COO

CH COOH . HO

K =

 

 

       

           

3 (aq) 3 (aq) éq éq

3 (aq) (aq) 3 (aq) éq éq éq

CH COO H O .

CH COOH . HO H O =

        

   

3 (aq) 3 (aq) éq éq

3 (aq) e éq

CH COO . H O

CH COOH .K = A

e

K

K =

ApK

e

10

K

K = 4,8

14

10

1,0 10

 = 109,2 = 1,6×109

3.1.3. On utilise la méthode des tangentes. Voir l’animation http://labolycee.org/anims/methode- tangente.swf Le point d’équivalence E(20,0 ; 8,4) À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stoéchiométriques :

n(acide)initiale = n(HO versée) Ca.Va = Cb.VbE

Ca = b bE

a

C .V

V

Ca =  21,0 10 20,0

20,0 = 1,0×10-2 mol.L-1

3.2. Pour un volume versé de 10,0 mL de solution d'hydroxyde de sodium, le pH a une valeur de 4,8. 3.2.1. nV(HO-) =Cb.Vb

nV(HO-) =1,0×10-2×10,0×10-3 = 1,0×10-4 mol

3.2.2. [HO-(aq)]éq = e e

pH 3 (aq) éq

K K

[H O ] 10  

nR(HO) = [HO-(aq)]éq.V = e

pH

K

10 .Vsolution =

e

pH

K

10 .(Vb + Va)

nR(HO-) = 14

4,8

1,0 10

10

 ×(10,0 + 20,0)×103 = 1,9×1011 mol

3.2.3. nR(HO-) ≪ nV(HO-), les ions hydroxyde versés sont entièrement consommés, la transformation qui correspond à ce titrage acido-basique peut être considérée comme totale.

VbE = 20,0 mL

pHE = 8,4 E

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