Chimie - exercices sur les propriétés des solutions d’ammoniac - correction, Exercices de Chimie Organique
Renee88
Renee8824 avril 2014

Chimie - exercices sur les propriétés des solutions d’ammoniac - correction, Exercices de Chimie Organique

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Chimie - exercices sur les propriétés des solutions d’ammoniac - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Préparation de la solution diluée S, Titrage de la solution diluée S, Étude de l’équilibre dan...
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Exercice n°1 : Propriétés des solutions d’ammoniac 7 pts

Pondichéry 2008 Exercice n°1 : Propriétés des solutions d’ammoniac (7 points)

(0,5) 1.1 Préparation de la solution diluée S :

Déterminons le volume V0 de la solution mère à prélever :

Solution mère : Solution commerciale S0 d’ammoniac Solution fille : solution S

C0 = 1,1 mol.L-1 CS = C0/100

V0 ? V = 1,00 L

Au cours de la dilution la quantité de matière d’ammoniac ne change pas : nS = nS0

Soit C0.V0 = CS.V = 0 C

100 .V alors V0 = V /100 soit V0 = 10,0 mL

On verse de la solution mère dans un becher. On prélève 10,0 mL de la solution mère à l’aide d’une

pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur afin de les verser dans une fiole jaugée de 1,00 L.

1.2 Titrage de la solution diluée S :

1.2.1

(0,75)

(0,25) 1.2.2 Réaction de titrage : NH3(aq) + H3O+(aq) = NH4+(aq) + H2O( )

1.2.3 Détermination des concentrations :

(0,25) 1.2.3.a Méthode 1 : Le volume de solution acide versé à l’équivalence VaE correspond au

minimum de la courbe dVa

dpH = f(Va). VaE = 14 mL

Méthode2 : méthodes des tangentes.

On obtient également VaE = 14 mL

Une seule méthode suffisait.

Remarque : Il est difficile de donner plus de 2 chiffres significatifs, compte-tenu de la taille du graphique.

1.2.3.b À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

(0,25) nacide versée = 3

nNH initiale

Burette graduée contenant une solution d’acide chlorhydrique de concentration Ca = 0,015 mol.L–1

pH

2,45

pH-mètre

Agitateur magnétique

Becher contenant la solution S

turbulent

VaE

pHE

(0,25) Ca.VaE = CS.VS S

E S

V

Ca.Va C 

20

140,015 CS

  = 1,0510–2 = 1,110–2 mol.L-1

(0,25) C0 = 100.CS C0 = 100×1,0510 –2 = 1,1 mol.L-1

(0,25) On retrouve la même valeur de C0 donnée au début de l’énoncé.

1.2.4 (0,25) La zone de virage del’indicateur coloré choisidoit contenir la valeur du pH à l’équivalence.

(0,25) Celui-ci étant voisin de 6 (voir pHE sur le graphique précédent), on choisit le rouge de méthyle.

(0,25) Pour V < VaE la solution est colorée en jaune. Au delà de l’équivalence, la solution est colorée en

rouge.

1.3 Étude de l’équilibre dans la solution diluée S :

1.3.1Réaction acido-basique dans S : NH3(aq) + H2O( ) = NH4+(aq) + HO–(aq) (2)

1.3.1.a (0,25) K = ( ) 4( )

3( )

.aq aqéq éq

aq éq

HO NH

NH

       

  

1.3.1.b Soit l’équation modélisant la réaction entre l’acide NH4+ et l’eau :

NH4+(aq) + H2O( ) = NH3(aq) + H3O+ KA2 = 3( ) 3 ( )

4( )

.aq éq aq éq

aq éq

NH H O

NH

     

  

K = donc K = (0,25) K = e

A2

pK

pK

10

10

 =

A2(pK pK )10 e

(0,25) K = 109,2 –14 = 1,6×10–5

1.3.2. Composition de S :

(0,5) 1.3.2.a Équation NH3(aq) + H2O( ) = NH4+(aq) + HO –(aq)

État Avancement (mol) Quantité de matière (mol)

État initial 0 CS.US Excès 0 0

État final xéq CS.US – xéq Excès xéq xéq

1.3.2.b(0,5) K = ( ) 4( )

3( )

.aq aqéq éq

aq éq

HO NH

NH

       

  

= SéqSS

éq

S

éqSS

S

éq

S

éq

UxUC

x

U

xUC

U

x

U

x

)..(.

. 2

 

xéq est négligeable par rapport au produit CS.US, donc CS.US – xéq  CS.US ; il vient :

2

éq

2

S S

x K

C .U 

1.3.2.c. xéq²  K.CS.US²

(0,25) Mathématiquement 2 solutions xéq   2

S SK.C .U , mais « chimiquement » on garde la solution

xéq >0.

xéq = 5 21,6 10 1,1 10 1,0²     = 4,210–4 mol

Vérification de l’hypothèse : CS.US = 1,110–2 mol.

(0,25) On retrouve bien xéq << CS.US.

( ) 4( ) 3 ( )

3( ) 3 ( )

. .

aq aq aqéq éq éq

aq éq aq éq

HO NH H O

NH H O

  

          

      

e

A2

K

K

1.3.3 Étude conductimétrique :

La valeur de la conductivité de la solution diluée S est = 8,52.10-3 S.m-1.

1.3.3.a (0,5)  = (HO–(aq)).[HO–(aq)]éq + (NH4+(aq)). [NH4+(aq)]éq

D’après l’équation (2) [HO–(aq)]éq = [NH4+(aq)]éq

il vient :  = ((HO–(aq)) + (NH4+(aq))).[HO–(aq)]éq

[NH4+(aq)]éq = [HO–(aq)]éq = )()( )(4)(

  aqaq NHHO 

[NH4+(aq)]éq = [HO–(aq)]éq = 4

3

10)4,73199(

1052,8 



 = 3,13×10 –1 mol.m-3 = 3,13×10 –4 mol.L-1

1.3.3.b (0,5) pH =–log([H3O+(aq)]éq) = –log( ( )

e

aq éq

K

HO  

)

pH = –log( 14

4

1,0 10

3,13 10

 ) = 10,495  10calcul effectué avec [HO–(aq)]éqnon arrondie.

Ce résultat est en accord avec les données expérimentales car on observe pour le graphique ci-dessous un

pH compris entre 10 et 11 quand Va = 0 mL

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