Correction DS 1
CHIMIE : Le venin des fourmis /20,0
A. Préparation de la solution 2+1,5+1,5 = 5,0
A.1. C0
C1 = 0,20
1,0.10–2 = 20 La solution S0 est diluée par un facteur 20 pour faire la solution S1.
Si on veut préparer 100,0 mL de S1, il faut prélever donc 5,0 mL de S0 (100,0
5,0 = 20)
Protocole expérimental de la préparation de la solution S1 :
Prélever 5,0 mL de la solution S0 avec une pipette jaugée de 5,0 mL.
Verser ce prélèvement dans une fiole jaugée de 100 mL.
Ajouter de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge (attention au ménisque).
Boucher et agiter pour homogénéiser.
A.2. Un acide est une espèce capable de céder un proton H+.
Une base est une espèce capable de capter un proton H+.
A.3. C0 = n0(HCOOH)
V n0(HCCOH) = C0.V = 0,20 x 100.10–3 = 2,0.10–2 mol
B. Etude de l'acide formique 0,5+1,5+2+1,5+0,5+1,5+1+1,5+1,5 = 11,5
B.1. pH = –log [H3O+]f = –log 1,3.10–3 = 2,9
B.2.
A pH = 2,9, l'acide formique (ou acide méthanoïque) est prédominant dans S1 (pH <pKa).
B.3.
B.4. 1ère méthode :
xf = nf(H3O+) = [H3O+]f.V = 1,3.10–5 x 100.10–3 = 1,3.10–6 mol
Si la réaction est totale, n0(HCCOH) – xmax = 0
donc xmax = n0(HCOOH) = C1.V = 1,0.10–2 x 100.10–3 = 1,0.10–3 mol
On a donc xf << xmax donc la réaction est limitée
2ème méthode :
Si la réaction était totale, n0(HCCOH) – xmax = 0 donc xmax = n0(HCOOH)
D'autre part, nmax(H3O+) = xmax donc nmax(H3O+)
V = xmax
V= n0(HCOOH)
V
On obtient donc [H3O+]max = C1 = 1,0.10–2 mol.L–1
On a ainsi [H3O+]f << [H3O+]max donc la réaction est limitée.
3ème méthode :
[H3O+]f = 10–pH = 10–2,9 = 1,3.10–3 mol.L–1
Donc xf = nf(H3O+) = [H3O+]f .V = 1,3.10–3 x 100.10–3 = 1,3.10–4 mol
nf(HCOOH) = n0(HCOOH) – xf = 1,0.10–3 – 1,3.10–4 = 8,7.10–3 mol
Il reste de l'acide formique à la fin de la réaction donc la réaction est limitée.
B.5. La réaction de l'acide formique avec l'eau est limitée donc l'acide est faible.
B.6. Ke = [H3O+]f.[HO–]f donc [HO–]f = Ke
[H3O+]f = 1,0.10–14
1,3.10–3 = 7,7.10–12 mol.L–1
B.7. Ka = [HCOO–]f.[H3O+]f
[HCOOH]f
B.8. D'après le tableau d'avancement,
xf = nf(HCOO–) = nf(H3O+) donc [HCOO–]f = [H3O+]f
nf(HCOOH) = n0(HCOOH) – xf = n0(HCOOH) – nf(H3O+)
donc nf(HCOOH)
V = n0(HCOOH)
V – nf(H3O+)
V d'où [HCOO]f = C1(HCOOH) – [H3O+]f
On obtient ainsi : Ka = [HCOO–]f.[H3O+]f
[HCOOH]f = [H3O+]f.[H3O+]f
C1(HCOOH) – [H3O+]f = [H3O+]2
f
C1 – [H3O+]f
B.9. D'après 1.9., Ka = [H3O+]2
f
C1 – [H3O+]f = (1,3.10–3)2
1,0.10–2 – 1,3.10–3 = 1,8.10–4
pKa = –log Ka = – log 1,8.10–4 = 3,7
C. Neutralisation 1 (+1,5) = 1 (+1,5)
C.1. HCOOH (aq) + HO–(aq) HCOO–(aq) + H2O(l)
C.2. cf. schéma ci–contre
D. Effet tampon 1+1+ 0,5 = 2,5
D.1. Une solution tampon est une
solution dont le pH varie peu par
un ajout modéré d'acide, de base
ou par une dilution modérée.
D.2. Pour qu'une solution soit
tamponnée, il faut qu'elle contienne
la même quantité d'acide et de base
conjuguée du couple soit
nf(HCOOH) = nf(HCOO–)
D.3. Le pH de la solution tampon va se
stabiliser autour du pKa du couple
soit autour de 3,75.
HCOOH(l) + H2O(l) HCOO–(aq) + H3O+(aq)
Etat si raaction est
totale (x = xmax)
HCOOH prédominant
[HCOOH]f > [HCOO–]f
HCOO– prédominant
[HCOOH]f < [HCOO–]f
Burette graduée
contenant la solution de
soude
pH–mètre relié à la
sonde pH–métrique
Agitateur magnétique
et turbulent
Becher contenant les
solutions S0 et S1.