Dosage et pH : corrigé des exercices de sciences physiques terminale – PDF gratuit à télécharger et imprimer

1. Le dosage par étalonnage compare une grandeur mesurée (absorbance, conductivité…) à celle de solutions de concentrations connues, sans réaction chimique ; le dosage par titrage repose sur une réaction chimique entre l’espèce dosée et un réactif titrant.
2. La réaction support doit être unique, rapide et totale.
3. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : le réactif titré et le réactif titrant sont entièrement consommés.
4. n_A ÷ a = n_B,E ÷ b, soit c_A V_A ÷ a = c_B V_E ÷ b.

1. ① burette graduée : contient le titrant et permet de mesurer le volume versé ; ② bécher contenant la solution à titrer ; ③ barreau aimanté : homogénéise la solution ; ④ agitateur magnétique : fait tourner le barreau ; ⑤ pH-mètre avec sa sonde : mesure le pH après chaque ajout.
2. La burette contient la solution titrante (de concentration connue), le bécher la solution titrée.
3. Non : l’eau ajoutée ne change pas la quantité de matière à titrer, donc V_E reste le même (le saut de pH est seulement un peu moins net).
4. Pour que le réactif versé se répartisse vite et que le pH mesuré soit celui de toute la solution ; il faut attendre la stabilisation de l’affichage avant de lire.

a. Vrai : c’est la définition de l’équivalence.
b. Vrai : seuls Na⁺ et Cl⁻ sont présents, le pH vaut 7.
c. Faux : la solution contient la base faible A⁻, donc pH > 7.
d. Vrai.
e. Vrai : c_A = c_B V_E ÷ V_A, donc V_E est proportionnel à c_A.
f. Faux : n(A) n’est pas modifié.
g. Vrai : à V_E ÷ 2, [AH] = [A⁻] et pH = pK_a + log 1.

1. H₃O⁺ + HO⁻ → 2 H₂O.
2. n(HO⁻)_E = c_B V_E = 0,100 × 12,4 × 10⁻³ = 1,24 × 10⁻³ mol.
3. À l’équivalence n(H₃O⁺) = n(HO⁻)_E donc c_A = 1,24 × 10⁻³ ÷ 20,0 × 10⁻³ = 6,20 × 10⁻² mol·L⁻¹.
4. c_m = c_A × M = 6,20 × 10⁻² × 36,5 = 2,26 g·L⁻¹.

1. Le saut de pH est centré sur V_E = 8,0 mL ; le pH à l’équivalence vaut 7 (acide fort par base forte).
2. c_A = c_B V_E ÷ V_A = 0,100 × 8,0 ÷ 10,0 = 8,0 × 10⁻² mol·L⁻¹.
3. L’acide est fort : pH₀ = −log c_A = −log(8,0 × 10⁻²) = 1,1, ce qui est bien la valeur lue au départ de la courbe.
4. Le bleu de bromothymol (6,0-7,6) convient : sa zone de virage contient pH_E = 7, il change de teinte exactement au saut. La phénolphtaléine (8,2-10,0) vire après le saut : l’erreur serait de l’ordre d’une goutte seulement car le saut est très raide (de 3 à 11 pour 0,2 mL), mais l’indicateur le mieux centré reste le BBT.

1. H₂SO₄ + 2 HO⁻ → SO₄²⁻ + 2 H₂O.
2. À l’équivalence : n(H₂SO₄) ÷ 1 = n(HO⁻)_E ÷ 2, soit c_A V_A = c_B V_E ÷ 2.
3. c_A = 0,200 × 15,0 ÷ (2 × 10,0) = 0,150 mol·L⁻¹ ; c_m = 0,150 × 98,1 = 14,7 g·L⁻¹.

1. NH₃ + H₃O⁺ → NH₄⁺ + H₂O ; K = 1 ÷ K_a = 10^9,2 ≈ 1,6 × 10⁹ > 10⁴ : réaction quasi totale.
2. À l’équivalence c₁ V_B = c_A V_E : c₁ = 0,100 × 12,5 ÷ 10,0 = 0,125 mol·L⁻¹.
3. Concentration du nettoyant : 20 × 0,125 = 2,50 mol·L⁻¹ ; concentration massique : 2,50 × 17,0 = 42,5 g·L⁻¹.
4. Pipette jaugée de 10,0 mL (avec propipette) pour le nettoyant, fiole jaugée de 200,0 mL, eau distillée : on complète jusqu’au trait de jauge puis on homogénéise.

1. Le saut est centré sur V_E = 20,0 mL ; pH_E ≈ 8,3.
2. c_A = 0,100 × 20,0 ÷ 20,0 = 0,100 mol·L⁻¹.
3. V_E ÷ 2 = 10,0 mL : on lit pH ≈ 3,8, donc pK_a = 3,8 : c’est l’acide méthanoïque (HCOOH/HCOO⁻).
4. pH_E = 8,3 : la phénolphtaléine (8,2-10,0) convient ; l’hélianthine et le BBT virent bien avant l’équivalence.

1. a. Bleu de bromothymol (6,0-7,6 contient 7,0). b. Phénolphtaléine (8,2-10,0 contient 8,4). c. Rouge de méthyle (4,2-6,2 contient 5,3).
2. Si la zone de virage est loin de pH_E, le changement de teinte a lieu avant ou après le saut de pH : le volume repéré diffère de V_E, donc la concentration calculée est fausse.
3. Plus les solutions sont diluées, plus le saut de pH est réduit (il commence plus tard et finit plus tôt) : le choix de l’indicateur devient plus exigeant, et un suivi pH-métrique est préférable.

1. H₃O⁺ + HO⁻ → 2 H₂O.
2. Avant l’équivalence, les ions H₃O⁺ (λ = 35,0 mS·m²·mol⁻¹) sont remplacés par des ions Na⁺ (λ = 5,0) : σ diminue. Après l’équivalence, les ions HO⁻ (λ = 19,9) versés en excès s’accumulent avec les Na⁺ : σ augmente.
3. Droite avant : de (0 ; 85,2) à (1,5 ; 40,0), pente −30,1 mS·m⁻¹ par mL, soit σ = 85,2 − 30,1 V. Droite après : de (3,0 ; 49,4) à (5,0 ; 97,5), pente +24,0 par mL, soit σ = 49,4 + 24,0 (V − 3,0). Intersection : 85,2 − 30,1 V = 49,4 + 24,0 V − 72,0, d’où 108,0 = 54,1 V et V_E ≈ 2,0 mL.
4. c_A = c_B V_E ÷ V_A = 0,200 × 2,0 ÷ 10,0 = 4,0 × 10⁻² mol·L⁻¹.

1. CH₃COOH + HO⁻ → CH₃COO⁻ + H₂O.
2. c₁ = c_B V_E ÷ V_A = 0,100 × 11,4 ÷ 10,0 = 0,114 mol·L⁻¹ ; vinaigre (dilué 10 fois) : c = 1,14 mol·L⁻¹.
3. Masse d’acide par litre : 1,14 × 60,05 = 68,5 g·L⁻¹. Masse d’un litre de vinaigre : 1,02 kg = 1 020 g. Degré = 68,5 ÷ 1 020 × 100 = 6,7°.
4. Écart relatif : |7 − 6,7| ÷ 7 = 4,3 % : résultat proche de l’indication de l’étiquette (la valeur de l’étiquette est elle-même donnée avec une tolérance).

1. Saut centré sur V_E = 20,0 mL, pH_E ≈ 5,3 (inférieur à 7 : acide faible NH₄⁺ présent) ; c = c_A V_E ÷ V_B = 0,100 × 20,0 ÷ 20,0 = 0,100 mol·L⁻¹.
2. À V_E ÷ 2 = 10,0 mL, pH = 9,2 : c’est le pK_a du couple NH₄⁺/NH₃, car [NH₄⁺] = [NH₃].
3. Le rouge de méthyle (4,2-6,2) contient pH_E = 5,3 ; la phénolphtaléine et le BBT virent avant l’équivalence.
4. pH initial = 11,1 : [HO⁻] = 10^{(11,1 − 14)} = 1,3 × 10⁻³ mol·L⁻¹ ; τ = 1,3 × 10⁻³ ÷ 0,100 = 1,3 % : base faible.

1. n(HA)_i = 0,100 × 20,0 = 2,0 mmol ; V_E = n ÷ c_B = 2,0 × 10⁻³ ÷ 0,100 = 20,0 mL.
2. V = 5,0 mL : n(HO⁻) = 0,50 mmol, donc n(A⁻) = 0,50 mmol et n(HA) = 2,0 − 0,50 = 1,5 mmol ; pH = 4,8 + log(0,50 ÷ 1,5) = 4,8 − 0,48 = 4,3.
3. V = 15,0 mL : n(A⁻) = 1,5 mmol, n(HA) = 0,50 mmol ; pH = 4,8 + log 3,0 = 5,3. V = 19,0 mL : n(A⁻) = 1,9 mmol, n(HA) = 0,10 mmol ; pH = 4,8 + log 19 = 6,1.
4. V = 10,0 mL = V_E ÷ 2 : n(HA) = n(A⁻) = 1,0 mmol, donc pH = pK_a = 4,8.

1. À l’équivalence, il ne reste que la base conjuguée CH₃COO⁻ (et Na⁺) : n = 2,0 mmol dans 40,0 mL, donc c = 2,0 × 10⁻³ ÷ 40,0 × 10⁻³ = 5,0 × 10⁻² mol·L⁻¹.
2. CH₃COO⁻ + H₂O ⇌ CH₃COOH + HO⁻ ; K_b = K_e ÷ K_a = 10⁻¹⁴ ÷ 10^−4,8 = 10^−9,2 = 6,3 × 10⁻¹⁰.
3. K_b = [HO⁻]² ÷ c, donc [HO⁻] = √(6,3 × 10⁻¹⁰ × 5,0 × 10⁻²) = 5,6 × 10⁻⁶ mol·L⁻¹ ; [H₃O⁺] = 10⁻¹⁴ ÷ 5,6 × 10⁻⁶ = 1,8 × 10⁻⁹ mol·L⁻¹ ; pH = 8,75 (soit 8,7 ou 8,8 selon l’arrondi).
4. L’ion éthanoate est une base faible : il produit des ions HO⁻ en réagissant avec l’eau, donc pH > 7.

1. c_A = c_B V_E ÷ V_A = 0,100 × 14,2 ÷ 10,00 = 0,142 mol·L⁻¹.
2. Incertitudes relatives : u(c_B)/c_B = 0,001 ÷ 0,100 = 0,0100 ; u(V_E)/V_E = 0,1 ÷ 14,2 = 0,0070 ; u(V_A)/V_A = 0,02 ÷ 10,00 = 0,0020. u(c_A)/c_A = √(0,0100² + 0,0070² + 0,0020²) = √(1,54 × 10⁻⁴) = 0,0124 (1,2 %) ; u(c_A) = 0,142 × 0,0124 = 1,8 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
3. c_A = (0,142 ± 0,002) mol·L⁻¹.
4. Écart : |0,145 − 0,142| = 0,003 ; 0,003 ÷ 0,0018 ≈ 1,7 < 2 : le résultat est compatible avec la valeur attendue.

1. AH + HO⁻ → A⁻ + H₂O.
2. n(AH) dans 10,0 mL = c_B V_E = 0,0200 × 14,0 × 10⁻³ = 2,80 × 10⁻⁴ mol ; dans la fiole de 100,0 mL (10 fois plus) : 2,80 × 10⁻³ mol.
3. m = n M = 2,80 × 10⁻³ × 176,1 = 0,493 g = 493 mg.
4. Écart relatif : (500 − 493) ÷ 500 = 1,4 % : le comprimé respecte l’indication à mieux que 2 % près.

1. De 19,0 à 19,5 : (6,39 − 6,08) ÷ 0,5 = 0,62 mL⁻¹ ; de 19,5 à 20,0 : (8,75 − 6,39) ÷ 0,5 = 4,72 ; de 20,0 à 20,5 : (11,09 − 8,75) ÷ 0,5 = 4,68 ; de 20,5 à 21,0 : (11,39 − 11,09) ÷ 0,5 = 0,60.
2. La dérivée est maximale autour de 20,0 mL (deux valeurs voisines autour de 4,7 de part et d’autre) : V_E ≈ 20,0 mL.
3. pH_E ≈ 8,75.
4. Parce que le pH varie très vite près de l’équivalence : des mesures espacées ne permettraient pas de localiser précisément le maximum de la dérivée.

1. À l’équivalence : n(H₃A) ÷ 1 = n(HO⁻)_E ÷ 3, soit n(H₃A) = c_B V_E ÷ 3.
2. n(H₃A) = 0,200 × 25,0 × 10⁻³ ÷ 3 = 1,67 × 10⁻³ mol.
3. La fiole (250,0 mL) contient 250,0 ÷ 20,0 = 12,5 fois plus : n = 2,08 × 10⁻² mol ; m = 2,08 × 10⁻² × 192,1 = 4,00 g.
4. Pureté = 4,00 ÷ 5,00 = 80,0 % en masse.

1. Dans 1 L : m(solution) = 1,22 kg = 1 220 g ; m(NaOH) = 0,20 × 1 220 = 244 g ; c = 244 ÷ 40,0 = 6,1 mol·L⁻¹.
2. Avec V_A = 10,0 mL de solution diluée et V_E ≈ 15 mL d’acide à 0,100 mol·L⁻¹, la concentration à titrer est c_dil = 0,100 × 15 ÷ 10,0 = 0,15 mol·L⁻¹, soit un facteur de dilution de 6,1 ÷ 0,15 ≈ 40 : 5,00 mL de déboucheur dans une fiole de 200,0 mL.
3. Protocole. Sécurité : blouse, gants, lunettes (la soude concentrée est corrosive), ne jamais verser l’eau dans le produit pur mais verser le produit dans de l’eau. Dilution : pipette jaugée de 5,00 mL, fiole jaugée de 200,0 mL contenant déjà de l’eau distillée, compléter au trait, homogénéiser. Titrage : prélever 10,0 mL de la solution diluée à la pipette jaugée, ajouter 2 gouttes de phénolphtaléine (solution rose), verser l’acide à la burette en agitant jusqu’à décoloration persistante : relever V_E. Calcul : c_dil = c_A V_E ÷ V_B ; c = 40 × c_dil ; comparer à 6,1 mol·L⁻¹ avec un écart relatif. Pour 15,0 mL on trouve c_dil = 0,150 mol·L⁻¹ donc c = 6,0 mol·L⁻¹.

Critère 1 : la masse molaire. n(HA) dans 10,0 mL = c_B V_E = 0,100 × 10,0 × 10⁻³ = 1,00 × 10⁻³ mol ; dans la fiole de 100,0 mL : 1,00 × 10⁻² mol. M = m ÷ n = 1,22 ÷ 1,00 × 10⁻² = 122 g·mol⁻¹ : acide benzoïque (122 g·mol⁻¹) ; l’acide éthanoïque (60) et l’acide salicylique (138) sont exclus.
Critère 2 : le pK_a. L’ajout de 5,0 mL correspond à V_E ÷ 2 : pH = pK_a = 4,2, valeur de l’acide benzoïque (et non 4,8 ni 3,0).
Cohérence : les deux critères désignent le même acide, l’acide benzoïque ; la conclusion est donc solide.