Partie 1. L'ammoniac, une base

▶ 1. Définir une base de Brönsted

Une base est une espèce capable de capter un ou plusieurs ions H⁺.

▶ 2. Écrire une réaction acide-base

NH₃ est une base capable de capter H⁺ : NH₃ + H⁺ → NH₄⁺.

L'eau a un rôle d'acide et va céder un ion H⁺ : H₂O → HO^– + H⁺.

Les couples mis en jeu sont donc NH₄⁺ / NH₃ et H₂O / HO^– d'où l'équation : NH₃ + H₂O ⇆ NH₄⁺ + HO^–.

▶ 3. Établir un schéma de Lewis

L'azote (Z = 7) a pour structure électronique 1s² 2s² 2p³ : il doit engendrer 3 doublets liants avec 3 hydrogènes (1s¹) pour acquérir une structure stable en octet.

Ainsi l'azote dispose d'un doublet non liant qui lui permet de capter un ion H⁺ : c'est ce qui explique son caractère basique.

▶ 4. Exploiter la loi des gaz parfaits

La loi des gaz parfaits, PV = nRT, peut s'écrire : n = $\frac{PV}{RT}$.

Avec le volume en m³, la pression en Pa et la température en kelvins, on calcule : n = $\frac{1015{10}^2\times \mathrm{2,4}\times {10}^{-4}}{\mathrm{8,31}\times (20+273)}$ = 1,0 × 10^–2 mol.

Par définition de la concentration, on a donc : $C_1$ $=\frac{n}{V_{\text{S}1}}=\frac{\mathrm{1,0}\times {10}^{-2}}{\mathrm{1,0}}$ = $\mathrm{1,0}\times {10}^{–2} \text{mol}·{\text{L}}^{–1}$.

▶ 5. Déterminer le taux d'avancement d'une réaction

On dresse un tableau d'avancement pour un volume V = 1 L de solution.

Si la réaction est totale, le réactif limitant NH₃ est totalement consommé : n – x_max = 0

donc x_max = n = C₁ × V = 1,0 × 10^–2 mol = n(HO^–)_max.

Dans l'état final, on connaît le pH (10,6) de la solution et on peut ainsi déterminer la concentration en ion H₃O⁺ :

[H₃O⁺] = C⁰ × 10^–pH = 1,0 × 10^–10,6 = 2,5 × 10^–11 mol · L^–1.

Sachant que, dans toute solution aqueuse,

on a K_e = [H₃O⁺] × [HO^–] = 10^–14, on détermine alors

$[{\text{HO}}^{-}]=\frac{K\text{e}}{[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}]}=\frac{{10}^{-14}}{\mathrm{2,5}\times {10}^{-11}}$ = 4,0 × 10^–4 mol · L^–1.

Cela signifie que, pour 1 litre de solution, la quantité de matière est n(HO^–)_f = x_f = 4,0 × 10^–4 mol.

Ainsi, x_max = 1,0 × 10^–2 mol et x_f = 4,0 × 10^–4 mol.

On constate que x_f x_max : la réaction n'est pas totale et conduit à un état d'équilibre NH₃ + H₂O ⇆ NH₄⁺ + HO^–. $\text{τ}=\frac{x_f}{x_{\text{max}}}\times 100=4 \%$.

Partie 2. Dilution d'une solution commerciale d'ammoniaque

▶ 1. Déterminer une concentration

On veut calculer la concentration en masse $c=\frac{m_{\text{soluté}}}{V_{\text{solution}}}$.

Or on sait que le titre massique est de 12 % : $t=\frac{m_{\text{soluté}}}{m_{\text{solution}}}$ = 0,12.

La densité est de 0,923 donc d = $\frac{{\text{ρ}}_{\text{solution}}}{{\text{ρ}}_{\text{eau}}}$ = 0,923 et, sachant que ρ_eau = 1,0 kg · L^–1, on obtient ρ_solution = 0,923 kg · L^–1.

Ainsi, $c=\frac{m_{\text{soluté}}}{V_{\text{solution}}}=\frac{t \times m_{\text{solution}}}{V_{\text{solution}}}$ = t × ρ_solution

d'où c = 0,12 × 0,923 = 1,1 × 10^–1 kg · L^–1 soit c = 1,1 × 10² g · L^–1.

▶ 2. Réaliser une dilution et choisir la verrerie adaptée

Le laborantin dilue 50 fois la solution commerciale.

Au cours d'une dilution la quantité de matière est conservée : $n=C_{\text{mère}}\times V_{\text{mère}}=C_{\text{fille}}\times V_{\text{fille}}.$

Le facteur de dilution est $F=\frac{C_{\text{mère}}}{C_{\text{fille}}}=\frac{V_{\text{fille}}}{V_{\text{mère}}}$ = 50.

Le laborantin doit prélever précisément 10,0 mL de solution à l'aide d'une pipette jaugée qu'il place dans une fiole jaugée de 500 mL. Il complète avec de l'eau jusqu'au trait de jauge, avant de la boucher et d'agiter.

Partie 3. Titrages conductimétrique et pH-métrique

▶ 1. Connaître les caractéristiques d'une réaction support d'un titrage

Une réaction support d'un titrage doit être rapide, totale et unique.

▶ 2. Identifier des couples acide-base

La base NH₃ réagit avec l'acide H₃O⁺. Il y a transfert d'un H⁺ de l'acide vers la base : NH₃ + H₃O+ → NH₄⁺ + H₂O.

Les deux couples acide-base sont donc : NH₄⁺ / NH₃ et H₃O⁺ / H₂O.

▶ 3. Appliquer la loi de Kohlrausch

On ajoute un grand volume d'eau pour avoir une solution assez diluée et, lors du titrage, ajouter un volume titrant négligeable devant ce grand volume. On respecte ainsi la loi de Kohlrausch.

▶ 4. Justifier qualitativement l'évolution de la conductivité

Le changement de pente correspond à l'équivalence, c'est-à-dire au changement de réactif limitant.

Avant l'équivalence

Les ions H₃O⁺ sont limitants. À chaque fois que NH₃ réagit avec un ion H₃O⁺, un ion spectateur Cl^– est ajouté dans le bécher et un ion ammonium NH₄⁺ est formé. Des ions apparaissent et la conductivité σ du milieu augmente.

On obtient alors une droite de pente positive (ce qui élimine les propositions 1 et 2 où les pentes sont initialement négatives).

Après équivalence

Tous les NH₃ ont réagi. Les concentrations en ions H₃O⁺ et Cl^– augmentent (le réactif titrant est en excès) donc la conductivité augmente.

De plus, comme les conductivités molaires ioniques sont telles que λ(H₃O⁺) > λ(NH₄⁺), la conductivité de la solution augmente d'autant plus : la pente est positive et plus importante après l'équivalence (ce qui élimine la proposition 4).

Ainsi, c'est la proposition 3 qui convient pour ce titrage.

▶ 5. Exploiter un titrage

À l'équivalence, on a réalisé un mélange stœchiométrique.

D'après l'équation de la réaction, on a n(NH₃)_i = n(H₃O⁺)_E et, puisque les réactifs réagissent mole à mole : $C_1\times V_1=C_{\text{A}}\times V_{\text{E}}$.

L'équivalence correspond à la brusque variation de pH : la courbe dérivée passe par un extremum, ici un minimum, dont l'abscisse correspond au volume équivalent : V_E = 12,5 mL.

On peut alors calculer, pour la solution diluée :

$C_1=\frac{C_A\times V_{\text{E}}}{V_1}=\frac{\mathrm{1,00}\times {10}^{-1}\times \mathrm{12,5}}{\mathrm{10,0}}$ = 1,25 × 10^–1 mol · L^–1.

La concentration de la solution commerciale est 50 fois plus concentrée que la solution titrée, donc :

C = 50 × C₁ = 50 × 1,25 × 10^–1 = 6,25 mol · L^–1.

▶ 6. Calculer le titre massique

Le titre massique est :

$t=\frac{m_{\text{soluté}}}{m_{\text{solution}}}=\frac{\frac{m_{\text{soluté}}}{V_{\text{solution}}}\times V_{\text{solution}}}{m_{\text{solution}}}=\frac{c\times V_{\text{solution}}}{m_{\text{solution}}}=\frac{c}{{\text{ρ}}_{\text{solution}}}$

où c représente la concentration en masse

et ${\text{ρ}}_{\text{solution}}$ la masse volumique.

Or c = C × M(NH₃) = 6,25 × 17 = 106 g · L^–1 et on connaît la masse volumique ρ_solution = 0,923 kg · L^–1 = 923 g · L^–1.

Le titre massique est donc : $t=\frac{c}{{\text{ρ}}_{\text{solution}}}=\frac{106}{923}=\mathrm{0,115}$ soit t = 11,5 %.

▶ 7. Calculer un écart relatif

Pour valider l'information de l'étiquette, on calcule l'écart relatif :

$\left|\frac{{\text{valeur}}_{\text{référence}}-{\text{valeur}}_{\text{expérimentale}}}{{\text{valeur}}_{\text{référence}}}\right|\times 100=\left(\frac{12-\mathrm{11,5}}{12}\right)\times 100=\mathrm{4,1}\text{ \%}$.

L'écart relatif étant inférieur à 10 %, les valeurs sont concordantes : l'indication de l'étiquette est toujours valable : la solution s'est bien conservée.