Chimie - exercices sur la détermination de la teneur en élément azote d’un engrais - correction, Exercices de Chimie Organique. Université Bordeaux I
Renee88
Renee8824 April 2014

Chimie - exercices sur la détermination de la teneur en élément azote d’un engrais - correction, Exercices de Chimie Organique. Université Bordeaux I

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Chimie - exercices sur la détermination de la teneur en élément azote d’un engrais - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de la réaction de titrage, Titrage pH-métrique, Détermination du pou...
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Exercice 1 : Détermination de la teneur en élément azote d'un engrais 6,5 points

Amérique du nord 2007

Exercice 1 : Détermination de la teneur en élément azote d’un engrais (6,5 points)

1. Étude de la réaction de titrage

1.1 On peut écrire NH4+(aq) = NH3(aq) + H+(aq) ; l’ion ammonium cède un proton H+, c’est donc un acide

selon Brönsted.

1.2.1 Équation chimique NH4+(aq) + HO–(aq) = NH3(aq) + H2O(l)

État du

système

Avancement

(mol)

Quantités de matière

(mol)

État initial 0 n = C.v n1 = C1.v1 0 Beaucoup

État au cours

de la

transformation

x C.v – x C1.v1 – x x Beaucoup

État final si la

transformation

est totale

xmax C.v – xmax C1.v1 – xmax xmax Beaucoup

État final réel xf C.v – xf C1.v1 – xf xf Beaucoup

1.2.2 quantité de matière d’ion ammonium introduite n = C.v,

n = 0,0200 × 0,15 = 3,0×10-3 mol

quantité de matière d’ions hydroxyde introduite n1 = C1.v1,

n1 = 0,0100 × 0,15 = 1,5×10-3 mol

1.2.3 [H3O+(aq)]f =10–pH et Ke = [H3O+(aq)]f[HO–(aq)]f soit [HO-(aq)]f = e e pH

3 ( )

K K

10H O aq 

   

[HO-(aq)]f = 1v v

HO finale n

 donc

HO finale n  = [HO

- (aq)]f . (v+v1)

HO finale n =

e

pH

K

10 . (v+v1)

HO finale n  =

14 3

9,2

1,0 10 (20,0 10,0) 10

10

 

    = 4,810–7 mol d’ions hydroxyde

Avancement final ?

HO finale n  = HO initialen  – xf = n1 – xf

xf = n1 – HO finale

n

xf = 1,510 –3 – 4,810–7 = 1,510–3 mol

1.2.4 Si les ions ammonium correspondent au réactif limitant, C.v – xmax = 0 soit xmax = C.v

xmax = 0,15×20×10-3 = 3,0×10-3 mol

Si les ions hydroxyde correspondent au réactif limitant, C1.v1 – xmax1 = 0, soit xmax1 = C1.v1

xmax1 = 0,15×10×10-3 = 1,5×10-3 mol

xmax1< xmax , les ions hydroxyde correspondent au réactif limitant et xmax = 1,5×10–3 mol

1.2.5 xf = xmax, donc la transformation est totale.

2. Titrage pH-métrique

2.1

2.2.1 A priori la détermination la plus précise du point d’équivalence correspondra au saut de pH le plus

important, soit la courbe correspondant au bécher B1.

2.2.2

Les coordonnées du point équivalent sont (vBE = 14 mL ; pHE = 11,2)

Burette graduée contenant une solution

d’hydroxyde de sodium de concentration

CB = 0,20 mol.L–1

pH

2,45

pH-mètre

Agitateur

magnétique

Bécher B

vBE = 14 mL

pHE = 11,1

2.2.3

2.2.3 1ère méthode : On applique à nouveau la méthode des tangentes pour la courbe correspondant au

becher B2. On constate que le volume équivalent est le même que celui obtenu précédemment. L’ajout

d’eau n’a pas d’influence sur ce volume équivalent.

2e méthode : L'ajout d'eau distillée ne modifie pas la quantité d'ions NH4+ initialement présente dans le

bécher, car la transformation entre NH4NO3 et H2O est totale et H2O est en excès aussi bien dans le

becher 1 que dans le becher 2. La quantité de soude à verser pour atteindre l’équivalence n’est donc pas

modifiée.

2.3 On peut faire calculer la dérivée Bdv

dpH à un tableur.

On affiche la courbe Bdv

dpH = f(vB) et VBE correspondra à l’abscisse de l’extremum de la courbe.

3. Détermination du pourcentage massique en élément azote dans l’engrais

3.1 L’équivalence correspond au changement de réactif limitant. À l’équivalence les réactifs ont été

introduits dans les proportions stœchiométriques. Ici on a versé autant d’ions hydroxyde qu’il y avait

initialement d’ions ammonium.

3.2 À l’équivalence les ions ammonium sont totalement consommés.

D’après l’équation support de titrage, le milieu réactionnel contient de l’eau et de l’ammoniaque. Enfin

les ions spectateurs sodium Na+ et nitrate NO3– sont également présents.

Soit le couple acide/base NH4+ / NH3, la base conjuguée NH3 prédomine sur l’acide ammonium NH4+, le

pH à l’équivalence est alors supérieur au pKA de ce couple. Si ce pKA est supérieur à 7,0 alors la solution

est basique. (le pKA , non donné dans l’énoncé, vaut effectivement 9,2)

3.3 À l’équivalence les réactifs sont totalement consommés, appelons xE l’avancement à l’équivalence, en

utilisant le tableau d’avancement :

4NH finale n  = 0, tous les ions ammonium présents initialement ont été dosés n0(NH4

+) – xE = 0

soit xE = n0(NH4+)

HO finale n  = 0, tous les ions hydroxyde versés ont été consommés ne(HO

–) – xE = 0

soit xE = ne(HO–)

Finalement ne(HO–) = n0(NH4+)

3.4 n0(NH4+) = CB.vBE

n0(NH4+) = 0,20×14×10-3 = 2,810-3 mol dans 10 mL de solution S

3.5 On a prélevé un volume V = 10 mL de la solution S, la fiole jaugée a un volume de 250 mL soit un

volume 25 fois plus grand.

n(NH4+) =25× n0(NH4+) = 7,0×10-2 mol dans 250 mL de solution S

D’après l’équation de dissolution NH4NO3(s) = NH4+(aq) + NO3-(aq) considérée totale, une mole de nitrate

d’ammonium conduit à l’apparition d’une mole d’ions ammonium : la quantité de nitrate d’ammonium

est la même que n(NH4+).

n(NH4NO3) = n(NH4+) = 7,0×10-2 mol

3.6 Dans une mole de nitrate d’ammonium NH4NO3 il y a2 moles d’azote, soit n(N) = 2 moles.

n(N) = m(N)

M(N) donc m(N) = n(N).M(N)

m(N) = 214 = 28 g d’azote dans une mole de NH4NO3.

masse d’azote dans l’échantillon :

28 g 1 mole de NH4NO3

m g  7,0×10-2 mol de NH4NO3

m = 287,010–2 = 2,0 g d’azote dans l’échantillon.

3.7 %(N) = m

m(N) %(N) =

0,6

0,2 = 33%

Le fabricant donne un pourcentage de 34,4%, ce qui fait un écart de relatif de 4%, l’indication donnée par

le fabricant semble correcte.

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