corrige-livre-chimie-par-[-www.heights-book.blogspot.com-]

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SOMMAIRE

Mesures et incertitudes 4 ...................................................................................................................................................

PARTIE I
7Chapitre 1 : La réaction acido-basique....................................................................................................................
Chapitre 2 : Équilibre chimique et pH du vivant ................................................................................................ 19
33Chapitre 3 : Cinétique et catalyse ................................................................................................................................
Chapitre 4 : Représentation spatiale des molécules..................................................................................... 47
Chapitre 5 : Propriétés biologiques des stéréoisomères........................................................................... 61

PARTIE II
75Chapitre 6 : Le titrage acide/base ...............................................................................................................................
87Chapitre 7 : Contrôle par conductimétrie...............................................................................................................
Chapitre 8 : La spectrophotométrie 107UV-visible..................................................................................................
Chapitre 9 : Groupes caractéristiques et spectroscopie IR 119.......................................................................
133Chapitre 10 : La spectroscopie de RMN ..................................................................................................................

PARTIE III
155Chapitre 11 : Synthétiser des molécules ...............................................................................................................
Chapitre 12 : Transformation en chimie 169organique........................................................................................
Chapitre 13 : Sélectivité en synthèse 185organique..............................................................................................

Révisions Bac 197..............................................................................................................................................................................

© Éditions Belin, 2012 SOMMAIRE 3

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Mesures et incertitudes

A. Le programme

« Le tableau suivant résume les notions et compétences spécifiques relatives aux mesures
et à leurs incertitudes que les élèves doivent maîtriser à la fin de la formation du lycée. Elles
pourront être approfondies avec profit dans le cadre de la spécialité de physique-chimie de la
terminale S. L’ensemble des activités expérimentales, en italique dans la colonne de droite
des programmes de première et de terminale, doit progressivement fournir l’occasion de leur
mise en œuvre et de leur acquisition. L’informatique peut jouer un rôle tout à fait particulier en
fournissant aux élèves les outils nécessaires à l’évaluation des incertitudes sans qu’ils soient
conduits à entrer dans le détail des outils mathématiques utilisés. L’accent doit être mis sur
la prise de conscience des causes de limitation de la précision (sources d’erreurs) et de leurs
implications sur la qualité de la mesure. Dans une perspective de compréhension des bases de
la métrologie, le professeur pourra mettre en regard la sémantique de ces bases et les accep-
tions courantes. Pour ces dernières, le vrai est ce qui est indubitable, l’incertain est ce dont on
n’est pas sûr et l’erreur est ce qu’on aurait pu ne pas faire. Dans le langage de la métrologie, il
est question de valeur vraie, celle qu’on aurait obtenue avec une mesure parfaite (de précision
illimitée). Cette valeur est donc inconnue, elle est même illusoire, en raison de la variabilité
des phénomènes. On aura donc une valeur mesurée, et le résultat final de la mesure sera cette
valeur, éventuellement issue d’une moyenne, assortie d’une incertitude (en fait un écart – type)
résultant d’erreurs. Ici, l’incertitude et l’erreur sont des concepts scientifiques précis ; cette
dichotomie peut entraîner des confusions (comme la masse et le poids) que l’enseignant peut
souligner. »

BO spécial n° 8 du 13 octobre 2011

Notions et contenus Compétences expérimentales exigibles

Erreurs et notions (IM01) Identifier les différentes sources d’erreur (de limites à la précision) lors d’une mesure : variabilités
associées du phénomène et de l’acte de mesure (facteurs liés à l’opérateur, aux instruments, etc.).

(IM02) Évaluer et comparer les incertitudes associées à chaque source d’erreur.

Incertitudes et notions (IM03) Évaluer l’incertitude de répétabilité à l’aide d’une formule d’évaluation fournie.
associées (IM04) Évaluer l’incertitude d’une mesure unique obtenue à l’aide d’un instrument de mesure.
(IM05) Évaluer, à l’aide d’une formule fournie, l’incertitude d’une mesure obtenue lors de la réalisation

d’un protocole dans lequel interviennent plusieurs sources d’erreurs.

© Éditions Belin, 2012 Expression (IM06) Maîtriser l’usage des chiffres significatifs et l’écriture scientifique. Associer l’incertitude à cette
et acceptabilité écriture.
du résultat (IM07) Exprimer le résultat d’une opération de mesure par une valeur issue éventuellement d’une
moyenne et une incertitude de mesure associée à un niveau de confiance.
(IM08) Évaluer la précision relative.
(IM09) Déterminer les mesures à conserver en fonction d’un critère donné.
(IM10) Commenter le résultat d’une opération de mesure en le comparant à une valeur de référence.
(IM11) Faire des propositions pour améliorer la démarche.

4 Livre du professeur

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✔5 Commentaires

Cette partie sur les « mesures et incertitudes » est nouvelle dans le programme de termi-
nale S. Elle s’appuie en partie sur l’enseignement du programme de mathématiques, mais elle
fait aussi appel à quelques connaissances issues de la métrologie. Nous recommandons la
lecture du document « Mesures et incertitudes », MEN/DEGSCO, mai 2012, et plus particulière-
ment les paragraphes I.A.5, I.B.2., I.B.3., I.B.4., II.B., III.A.2., III.B.1.

Quelques mots sur les compétences au programme :
– la compétence (IM01) fait partie des compétences les plus simples à traiter. Son acquisi-
tion nécessite, de la part des élèves, une prise de conscience de toutes les sources d’erreurs
liées à une mesure, sans oublier celles liées à l’opérateur, c’est-à-dire eux-mêmes.
– La compétence (IM02) est essentiellement envisagée sous l’angle de la comparaison.
L’objectif est que l’élève sache diagnostiquer les opérations entraînant une incertitude plus ou
moins grande. Selon le contexte, une incertitude élevée peut s’avérer gênante ou non. L’éva-
luation des incertitudes s’effectue à l’aide de formules qui seront toujours données par le pro-
fesseur (voir ci-après).
– La compétence (IM03) est traitée dans le manuel en fiche 7 p. 322. Au sens strict, l’éva-
luation de l’incertitude de répétabilité implique la répétition de la même opération, par le
même opérateur, avec le même matériel, dans un court intervalle de temps. En terminale, cette
évaluation sera mise en pratique de façon étendue, en demandant à plusieurs groupes de TP
d’effectuer une manipulation identique avec un matériel similaire.
– La compétence (IM04) n’a pas été traitée dans le manuel de chimie (voir notamment le
chapitre 7 du manuel de physique).
– La compétence (IM05) fait appel à la relation de « propagation des incertitudes » sous
forme quadratique (voir le document éduscol mentionné plus haut, § II.B.).
– La compétence (IM06) est travaillée tout au long du manuel. Nous avons fait le choix
de n’exprimer l’incertitude qu’avec un seul chiffre significatif (fiche 7 p. 322) : le nombre de
chiffres significatifs de la grandeur mesurée est alors imposé par la position décimale du chiffre
de l’incertitude. Notons que la valeur de l’incertitude doit être arrondie selon des critères qui
varient selon le contexte. Comme l’erreur doit être majorée, nous préconisons d’arrondir la
valeur du chiffre significatif à l’unité inférieure lorsque le chiffre à sa droite est compris entre
0 et 2, et d’arrondir à l’unité supérieure lorsque le chiffre à sa droite est compris entre 3 et 9.
– La méthode à appliquer pour la compétence (IM07) est détaillée pas à pas en fiche 7
p. 322.
– Les compétences (IM08), (IM09), (IM10) et (IM11) ne posent pas de problème particulier,
tant dans leur mise en application que dans leur évaluation.

Chacune de ces compétences doit être introduite judicieusement en situation, et travaillée
sur toute l’année. Il n’est pas recommandé de donner un cours sur les incertitudes ou un cours
de métrologie balayant toutes les notions en un seul bloc. Il peut cependant s’avérer pertinent
de distribuer, au cours de l’année, un document rassemblant les définitions des termes rencon-
trés, tels que : incertitude, mesurage, mesurande, répétabilité, justesse, fidélité, etc.

Références :
✔ « Mesures et incertitudes », MEN/DEGSCO, mai 2012 :
http://media.eduscol.education.fr/file/Mathematiques/07/0/LyceeGT_ressources_MathPC_
Mesure_et_incertitudes_eduscol_214070.pdf

Mesures et incertitudes 5

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B. La démarche adoptée dans le manuel

Les compétences « Mesures et incertitudes » sont traitées tout au long du manuel. Voici plus
particulièrement certaines activités et exercices qui mobilisent ces compétences :

Notions Compétences Chapitre 1 Chapitre 2 Chapitre 6 Chapitre 7 Chapitre 8
et contenus expérimentales ECE p. 151

Erreurs exigibles
et notions
associées (IM01) Activité 3 p. 18 Activité 1 p. 40 Activité 2 p. 173

(IM02) Ex. 17 p. 27

Incertitudes (IM03) Activité 1 p. 16 Ex. 5 p. 47 Ex. 3 p. 140
et notions (IM04)
associées

(IM05) Ex. 17 p. 27 Ex. 21 p. 186
(IM06) La majorité des
Expression exercices, ainsi Ex. 5 p. 47 Activité 1 p. 132 Activité 1 p. 154
et acceptabilité (IM07) que ex. 32 p. 31 Ex. 18 p. 51 Ex. 3 p. 140
(IM08) Activité 1 p. 16
du résultat (IM09) ECE p. 56
(IM10) Ex. 7 p. 25
(IM11) Ex. 31 p. 30 Ex. 18 p. 51 Ex. 5 p. 161
Ex. 11 p. 163
Ex. 17 p. 27 Activité 2 p. 173
Ex. 7 p. 25 Ex. 17 p. 165 Activité 3 p. 174
Ex. 31 p. 30

ECE p. 36

© Éditions Belin, 2012 6 Livre du professeur

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Chapitre 1

La réaction acido-basique

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles*
Le pH : définition, mesure. Mesurer le pH d’une solution aqueuse.

Théorie de Brönsted ; acides faibles, bases Reconnaître un acide, une base dans la théorie
faibles ; couple acide-base. de Brönsted.
Produit ionique de l’eau.

Réactions quasi-totales en faveur des Utiliser le symbolisme → et O dans l’écriture
produits : des réactions chimiques pour rendre compte
– acide fort, base forte dans l’eau ;
– mélange d’un acide fort et d’une base forte des situations observées.
dans l’eau.
Calculer le pH d’une solution aqueuse d’acide

fort ou de base forte de concentration usuelle.

Réaction entre un acide fort et une base forte : Mettre en évidence l’influence des quantités
aspect thermique de la réaction. Sécurité. de matière mises en jeu sur l’élévation de
température observée.

*Les compétences en italique sont des compétences expérimentales.

✔ Commentaires

Le pH des solutions aqueuses a été estimé à l’aide de papier indicateur de pH dans les
classes précédentes et, notamment en classe de 1re S, à l’aide d’indicateurs colorés acido-
basiques.

Les compétences sur les « mesures et incertitudes » ont été intégrées dans les chapitres
qui s’y prêtent. La mesure du pH est l’occasion de repérer les sources d’erreur, de calculer des
incertitudes et d’exprimer le résultat en fonction de celles-ci.

© Éditions Belin, 2012 B. La démarche adoptée dans le manuel

Nous avons choisi de commencer « en douceur » la partie chimie de l’année de terminale :
le manuel débute ainsi par deux chapitres sur les solutions aqueuses. Nous abordons par la
suite les parties nouvelles, telles les techniques spectroscopiques et les notions de chimie
organique.

1. La réaction acido-basique 7

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Pour traiter les compétences au programme, le chapitre 1 suit une approche simple et pro-
gressive, basée sur l’interprétation d’expériences. Nous avons introduit l’avancement maxi-
mal sans que ce soit une obligation du programme, ceci pour parer à toutes les éventualités à
l’épreuve du bac et donner le choix de la méthode aux collègues.

C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 14

– La concentration molaire du soluté se calcule en divisant la quantité de matière de soluté
dissoute par le volume de solution. Il est aussi possible de calculer la concentration massique
en divisant la masse de soluté dissous par le volume de solution (rappel p. 12).
– Une solution est dite acide si son pH < 7,0, basique si son pH > 7,0 et neutre si son pH = 7,0.
– Un système atteint l‘état final quand la composition du système chimique n’évolue plus.
Le réactif limitant est le réactif qui est entièrement consommé à l’état final. On le détermine en
identifiant le réactif qui a le plus petit rapport (quantité de matière initiale)/(nombre stœchio-
métrique).

 S’interroger p. 14

Les pluies acides sont causées par la formation d’acide nitrique et sulfurique dans l’atmos-
phère, à partir des oxydes de soufre et d’azote émis par les activités anthropique et volcanique.
Le pH « normal » de l’eau de pluie est d’environ 5,6, en raison de la présence de dioxyde de car-
bone dissous. La pluie est dite « acide » si son pH est compris entre 3 et 5. Les pluies acides ont
des conséquences sur la faune, la flore mais aussi sur l’érosion des roches et des bâtiments.
Le sujet BAC p. 35 revient sur ce thème des pluies acides.
Pour en savoir plus :
✔ L ars Hedin et Gene Likens, « Poussières atmosphériques et pluie acide », Pour la Science,

février 1997.
✔ h ttp://www.senat.fr/rap/l02-215-2/l02-215-2_mono.html#toc4
✔ h ttp://www.ec.gc.ca/eau-water/default.asp?lang=Fr&n=FDF30C16-1

 Activité 1 p. 16

L’activité expérimentale 1 traite une des compétences expérimentales au programme :
« Mesurer le pH d’une solution aqueuse », en partie A. Les élèves apprennent à étalonner un
pH-mètre et à mesurer le pH des solutions aqueuses. Dans les questions, l’attention est attirée
sur la nécessité d’évaluer l’incertitude de la mesure. Nous n’avons pas insisté sur la procédure
d’étalonnage, car elle est propre à chaque pH-mètre. Il faudra fournir la notice simplifiée du pH-
mètre aux élèves, et vérifier si l’étalonnage nécessite une ou deux solutions tampons.

Dans la partie B, les mesures de pH permettent d’induire l’expression du pH en fonction de
la concentration en ions oxonium. Pour faciliter la conclusion, les mesures de pH seront arron-
dies à des valeurs entières. Cela n’est rendu possible que par le choix des concentrations. Les
mesures de pH des solutions de soude montrent en outre l’invariance du produit [H3O+]f·[HO–]f.

Matériel
– pH-mètre, agitateur magnétique, solutions tampons, béchers de 100 mL forme haute.
– Vinaigre blanc, solution diluée d’eau de Javel, lait, boisson au cola, acide chlorhydrique

et soude à 1,0 . 10–2, 1,0 . 10–3 et 1,0 . 10–4 mol . L–1.

8 Livre du professeur

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✔5 Réponses aux questions

1. Les papiers indicateurs à une unité de pH ont une précision de ± 1 unité de pH.
Le pH-mètre donne une valeur de pH à 0,01 unité de pH.

2. ACIDE NEUTRE BASIQUE

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

vinaigre eau lait pH

boisson distillée eau
au cola du robinet

3. Exemples de mesures de pH de l’eau distillée à 25 °C :

5,0 5,4 4,9 5,2 5,4 5,6 5,3 5,2

Pour ces valeurs, on calcule : pHmoy = 5,3 et s = 0,2.
4. On calcule ∆pH = 2 × 0,2/ 8  = 0,1, d’où pH = 5,3 ± 0,1.

5. Mesures du pH des solutions d’acide chlorhydrique et de soude à 25 °C :

Concentration en mol . L–1 1,0 . 10–2 1,0 . 10–3 1,0 . 10–4

Solution d’acide chlorhydrique 2 3 4

Solution d’hydroxyde de sodium 12 11 10

On remarque que [H3O+] = 1,0 . 10–pH pour les solutions d’acide chlorhydrique.
6. a. et b.

[HO–] en mol . L–1 1,0 . 10–2 1,0 . 10–3 1,0 . 10–4

pH 12 11 10

[H3O+] en mol . L–1 1,0 . 10–12 1,0 . 10–11 1,0 . 10–10

[H3O+] . [HO–] en mol2 . L–2 1,0 . 10–14 1,0 . 10–14 1,0 . 10–14

Le produit [H3O+] . [HO–] est constant, quelle que soit la concentration des solutions d’hydroxyde
de sodium.

7. La formule est vérifiée :

Concentration des solutions 1,0 . 10–2 1,0 . 10–3 1,0 . 10–4

d’acide chlorhydrique en mol . L–1

pH = – log[H3O+] 234

 Activité 2 p. 17

La réaction acido-basique est traitée dans cette activité documentaire. Elle peut aisément
être transformée en activité expérimentale et couplée avec l’activité expérimentale 1. Il s’agit
de mettre en évidence le transfert d’ions hydrogène H+ au cours de la réaction entre le chlorure
d’hydrogène gazeux et l’eau.

Matériel
– Un cristallisoir, un ballon de chlorure d’hydrogène muni d’un tube à dégagement,

d’un tube souple avec pince de Mohr, hélianthine, solution de nitrate d’argent.

© Éditions Belin, 2012 ✔5 Réponses aux questions

1. La couleur rouge de l’hélianthine dans le flacon indique que le pH de la solution aspirée dans
le flacon diminue : il devient inférieur à 3,1. Des ions H3O+ se sont donc formés au cours de la
réaction.
2. L’apparition du précipité blanc au cours du test avec le nitrate d’argent indique que des ions
chlorure se sont formés dans le flacon.
3. À partir des questions précédentes, on en déduit l’équation de réaction :

HCl(g) + H2O() → H3O+(aq) + Cl–(aq).

1. La réaction acido-basique 9

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4. HCl est le donneur d’ions H+, et H2O est l’accepteur d’ions H+.
5. La réaction fait intervenir l’acide HCl et la base H2O. Il s’agit d’une réaction acido-basique.

 Activité 3 p. 18

Cette activité montre que tous les acides ou toutes les bases ne réagissent pas totalement
dans l’eau. C’est une notion délicate pour la plupart des élèves, car toutes les réactions étu-
diées jusqu’alors en chimie étaient totales.

Nous avons fait le choix de déterminer la force de l’acide ou de la base par comparaison des
concentrations en soluté apporté avec les concentrations en ion oxonium pour les acides, et en
ions hydroxyde pour les bases.

Matériel
– pH-mètre, agitateur magnétique, solutions tampons pH = 4,0, 7,0 et 9,0, béchers de 100 mL forme

haute, fiole jaugée de 100 mL, pipettes jaugées 10 mL et 20 mL, burette graduée.
– Solutions à 1,0 . 10–2 mol . L–1 : acide nitrique, acide éthanoïque, hydroxyde de sodium et ammoniac.

Mesures du pH des solutions à 25 °C :

c en mol . L–1 Acide nitrique Acide éthanoïque Soude Ammoniaque
12,7 11,0
5,0 . 10–2 mol . L–1 1,3 3,0 11,7 10,5

5,0 . 10–3 mol . L–1 2,3 3,5

✔5 Réponses aux questions
1. Tableau des résultats :

Solutions Acide nitrique Acide éthanoïque Soude Ammoniaque

c en mol . L–1 [H3O+]f [HO–]f [H3O+]f [HO–]f [H3O+]f [HO–]f [H3O+]f [HO–]f
5,0 . 10-2 5,0 . 10–2 2,0 . 10–13 1,0 . 10–3 1,0 . 10–11 2,0 . 10–13 5,0 . 10–2 1,0 . 10–11 1,0·10–3

5,0 . 10–3 5,0 . 10–3 2,0 · 10–12 3,2 . 10–4 3,2 . 10–11 2,0 . 10–12 5,0 . 10–3 3,2 . 10–11 3,2 . 10–4

2. En notant ca la concentration de l’acide, pour l’acide nitrique [H3O+]f = ca ; pour l’acide étha-
noïque [H3O+]f < ca.
En notant cb la concentration de la base, pour la soude [HO–]f = cb et pour la solution aqueuse
d’ammoniac [HO–]f < cb.
3. a. Comme [H3O+]f = ca, l’acide nitrique s’est entièrement dissocié dans l’eau pour former des
ions H3O+ : il n’est plus présent à l’état final. L’acide nitrique est donc un acide fort. En revanche
l’acide éthanoïque est un acide faible.

Par un raisonnement analogue, la soude est une base forte, et l’ammoniac est une base faible.

b. HNO3(aq) + H2O() → H3O+(aq) + NO3–(aq)
CH3–COOH() + H2O() O H3O+(aq) + CH3–COO–(aq)
NaOH(s) → Na+(aq) + HO–(aq)

NH3(g) + H2O() O NH4+(aq) + Cl–(aq)
4. Les erreurs se produisant au cours de la dilution sont liées à la verrerie utilisée (pipette et

fiole jaugée) et à l’opérateur (ajustement au trait de jauge, pertes lors du transvasement).
5ca.  a=. 5P,0o .u 1r0–l’3a mciodle . Ln–1it,rpiqHu =e  –:losgi(5c,0a  .= 1 05–3,0)  =. 1 20,–32.  mol . L–1, pH = –log(5,0 . 10–2) = 1,3. Si
Les valeurs sont cohérentes avec les valeurs

mesurées.
b. Pour la soude : si cb= 5,0 . 10–2  mol . L–1  , pH = –log(1,0 . 10–14/5,0 . 10–2) = 12,7. Si
© Éditions Belin, 2012 cb = 5,0 . 10–3 mol . L–1, pH = –log(1,0 . 10–14/5,0 . 10–3) = 11,7. Les valeurs sont cohérentes
avec les valeurs mesurées.

10 Livre du professeur

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6. À concentrations égales, l’introduction d’un acide fort ou d’une base forte dans l’eau pro-
voque une plus grande variation de pH que l’introduction d’un acide ou d’une base faibles.

 Activité 4 p. 19

Cette activité expérimentale propose des expériences à effectuer en autonomie par les
élèves. Les concentrations choisies pour les solutions ne sont pas susceptibles de les mettre
en danger, et elles ne provoqueront pas de projections. Si l’on ne dispose pas de thermomètre
électronique à ± 0,1 °C, il faudra cependant augmenter les concentrations.

Remarque : cette activité traite la compétence au programme « Mettre en évidence l’in-
fluence des quantités de matière sur l’élévation de température observée. ». Il nous semble
qu’elle a été mal formulée, car c’est la concentration et non la quantité de matière qui influence
l’élévation de température lorsqu’un acide fort est mélangé avec une base forte. Par contre,
la quantité de matière d’acide ou de base introduite dans le même volume d’eau est bien le
facteur d’influence.

L’expérience 1 met en évidence le caractère exothermique de la réaction entre un acide fort
ou une base forte et l’eau. Même si ce n’est pas explicitement demandé par le programme, il
nous paraît indispensable de sensibiliser les élèves aux exigences de sécurité qui en découlent.

Dans l’expérience 2, les quantités de matière d’acide et de base introduites dans l’eau sont
différentes, mais le volume est constant pour ne pas être en contradiction avec le programme.
Pour les concentrations décimolaires, l’élévation de température est imperceptible. Elle est de
0,5 °C environ pour les concentrations molaires.

À la fin de l’expérience 3, les élèves parviennent à la conclusion que c’est la quantité de réac-
tif limitant qui influence l’élévation de la température. Pour ne pas compliquer l’interprétation,
il faut conseiller aux élèves de travailler avec un volume total constant. Il est possible de vérifier
approximativement les variations de température trouvées par les élèves en utilisant la formule
∆q = xf ∆r E/mceau avec ceau = 4,18 J · °C–1 · g–1, m masse totale en g, et ∆r E = –57 kJ . mol−1 l’éner-
gie de réaction d’un acide fort et d’une base forte.

Pistes à donner (expérience 3) : mettre un réactif en défaut et faire varier sa quantité.
Prendre un volume de mélange égal à 100 mL.

Matériel
– pH-mètre, agitateur magnétique, solutions tampons pH = 4,0, 7,0 et 9,0, thermomètre

électronique à ± 0,1 °C, béchers de 100 mL forme haute, fiole jaugée de 100 mL,
pipettes jaugées 10 mL et 20 mL, éprouvette graduée.

– Acide nitrique concentré, hydroxyde de sodium, spatule.
– Solutions à 1,0 mol . L–1 et 1,0·10–1 mol . L–1 d’acide chlorhydrique et d’hydroxyde de sodium.

✔5 Réponses aux questions
1. La dissolution d’un acide ou d’une base dans l’eau est exothermique.
2. H3O+(aq) + HO–(aq) → 2 H2O()
3. a. Expérience 1 : ni(HO–) = ni(H3O+) = 0,002 mol
Expérience 2 : ni(HO–) = ni(H3O+) = 0,020 mol
b. Les quantités des réactifs sont dans les proportions stœchiométriques pour les deux expé-
riences. Le mélange de solutions plus concentrées provoque une élévation de température plus
importante.
4. C’est la quantité de réactif limitant qui influence l’élévation de température.

1. La réaction acido-basique 11

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5. Il faut porter des gants et des lunettes car les tissus humains contiennent de l’eau. Si un
acide ou une base concentrée sont en contact avec la peau, il y a risque de brûlure en raison de
l’élévation de température.
6. Les déboucheurs contiennent des bases ou des acides forts. Lorsqu’ils sont introduits dans
l’eau, ils réagissent et la température s’élève. La solution entre en ébullition et des projections
peuvent se produire. Le risque de projection est plus grand quand le mélange est biphasique :
la transformation se produit alors à l’interface des deux phases, et provoque une élévation de
température importante dans cette région du mélange.

D. Déroulement du cours

Le chapitre nécessite au moins 2 séances de travaux pratiques et 6 heures de cours. Il faut
en effet tenir compte du fait que ce chapitre est traité en début d’année, et que les élèves ont
moins l’occasion de faire des bilans de matière dans le nouveau programme de première.
Exemple de progression
Séance de TP  : En demi groupe, activité 1 et 2 (2 h).
Cours : En classe entière, 1. La réaction acido-basique (1 h).
Cours : Exercices d’application 1., p. 24 (1 h).
Cours : Rappels sur le calcul des quantités de matière et bilans de matière.
Séance de TP : En demi groupe, activité 3 et 4.
Cours : En classe entière, 2. Force des acides et des bases (1 h).
Cours : Exercices d’application 2, p. 26 (1h).
Cours : 3. Acides forts et bases fortes et exercices d’application 3, p. 28 (1h).

E. Réponses aux exercices p. 24

Les réponses aux exercices « S’autoévaluer » sont à la fin du manuel, p. 330.

3 1. L’eau est un ampholyte : elle est 5 1. En utilisant la relation pH = −log(c) :
l’acide du couple H2O/HO– et la base du
couple H3O+/ H2O. a. pH = 2,7 ; b. pH = 1,3.
2. On ajoute un acide dans l’eau, donc le pH
diminue. 2. a. [H3O+]f = 3,2 . 10–5 mol . L–1 ;
b. [H3O+]f = 1,3 . 10–3 mol . L–1 ;
3. Non, c’est la concentration en ions H3O+ et c. [H3O+]f = 2,0 . 10–9 mol . L–1.
non la quantité de matière qui influe sur le pH. 3. 1,3 . 10–4 mol . L–1 < [H3O+]f
< 2 . 10–4 mol . L–1.
4. Oui : si le pH de la solution est différent
de celui de l’eau, alors la solution résultante Réaction Réactif : acide Réactif : base Couples
aura un pH intermédiaire.
1 CH3–COOH(aq) HO–(aq) CH3COOH/CH3COO–
4 1. Il manque un agitateur magnétique et H2O/HO–
dans le montage.
2. L’électrode n’est pas suffisamment immer- 2 NH4+(aq) CH3–CO2–(aq) CH3COOH/CH3COO–
gée. et NH4+/NH3
3. Il serait préférable d’étalonner avec une
© Éditions Belin, 2012 solution tampon de pH basique, car celui de 3 C6H5–CO2H(aq) HO–(aq) C6H5CO2H/C6H5CO2–
la solution à mesurer est basique. et H2O/HO–

4 H3O+(aq) HO–(aq) H3O+/HO–
et H2O/HO–

12 Livre du professeur

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7 1. Les valeurs à exclure sont rayées ci- 4. Les espèces présentes dans la solution
dessous. sont NH3(aq), NH4+(aq) et HO–(aq) ; le solvant
est l’eau H2O.
pH 5,5 4,9 5,7 5,4 5,4 5,6 3,3 5,0
15 1. AH(aq) + H2O() → A–(aq) + H3O+(aq).
2. Si on considère une précision de la mesure
à ± 0,1 près, pHmoy = 5,5. 2. cAH = m/(MV) d’où : = 0,10 mol . L–1.
3.   ∆pH  ≈ 0,12 ≈ 0,1 (voir fiche 7 p. 322). Il cAH = 1,0/(97 × 0,100)
faut écrire : pH = 5,5 ± 0,1. L’incertitude rela-
tive est ΔpH/pH = 1,8 % ≈ 2 %. 3. L’acide est considéré comme fort donc :

pH= –log cAH, pH=–log(0,10)= 1,0.

8 1. Réaction avec la solution pH+ : acide 16 1. NaOH(s) →Na+(aq) + HO–(aq).
H3O+ et base CO32–.
Réaction avec la solution pH– : acide HSO4– et 2[H.OO–n]f =a=11[H0,0–O1 .–, 17]f0==–12K4,/0e1/ .[ 01H–031–O22,+3m]f o=l .K Le–/11. 0–pH, d’où
base H2O.
2. Réaction avec la solution pH+ : H3O+/H2O 3. [HO–]f = cNaOH donc la soude est une base
et HCO3–/CO32–. forte.
Réaction avec la solution pH– : H3O+/H2O et
HSO4–/SO42–. 17 1. Les ajustages aux traits de jauge et des
pertes par transvasement sont des exemples
12 1. L’égalité du pH indique que la concen- de sources d’erreurs liées à l’opérateur.
tration en ion oxonium est la même dans les
deux solutions, ce qui ne veut pas dire que 2. On renseigne les champs :
les concentrations des acides soient égales. c1 = 5,0 . 10–2 mol . L–1, V1 = 5,0 mL,V2 = 50 mL,
En effet [H3O+]f  =  c pour un acide fort et ΔV1 = 0,015 mL et ΔV2 = 0,05 mL.
[H3O+]f < c pour un acide faible. Saisir la formule de calcul de la concentration
2. Le pH d’une solution d’acide de concentra- c2 dans la cellule J6 : = C14*C6/C8 : la valeur
tion 1,0 . 10–2 mol . L–1 est égal à 2,0 si et seu- 5,0E-3 mol/L s’affiche.
lement si l’acide est fort. Saisir la formule de calcul de ∆c22 dans la cel-
lule J8 : = ((C10/C6)^2+(C12/C8)^2)*J6^2 , la
3. pH = –log(Ke/cB) valeur 2,5E-10 mol2/L2 s’affiche.
= –log(1,0 . 10–14/1,0 . 10–2) = 12,0. Saisir la formule de calcul de ∆c2 dans la
cellule J10 : =RACINE(J8). Le tableur donne
13 1. cAH= m/(MV) ∆c2 = 1,58 . 10–5 mol . L–1.
= 0,500/(176 × 0,200) 3. Saisir la formule de calcul de ∆c2/c2 dans la
= 1,4 . 10–2 mol . L–1. cellule J12 : =J10/J6. La valeur 3,16E-03 s’af-
[H3O+]f = 10–pH = 1,0 . 10–3 mol . L–1. fiche. Modifier le format de la cellule pour ob-
2. [H3O+]f < cAH, donc l’acide ascorbique est tenir cette valeur en pourcentage : sélectionner
faible. la cellule J12, faire un clic droit pour accéder au
menu Format, Cellule et dans l’onglet Nombre,
3. AH(aq) + H2O() O A–(aq) + H3O+(aq). sélectionner la catégorie Pourcentage. L’incer-
titude relative ∆c2/c2 est de 0,32 %.
14 1. [H3O+]f = 10–pH = 10–9,1 mol . L–1.
= 7,9 . 10–10 21 1. Pour une base faible [HO–]f < c,
donc Ke/[H3O+]f < c d’où Ke/c < [H3O+]f et
–log(Ke/c) > pHbase,faible.
Comme [1H,O0 –. ]1f 0=–K14e//7[H,93O . 1+]0,–o1n0 a : Pour une base forte pHbase,forte = –log(Ke/c).
[HO–]f = 1,3 . 10–5 mol . L–1. En conclusion, pHbase,faible < pHbase,forte.
=
2. Il faut mesurer le pH de la solution. S’il est
© Éditions Belin, 2012 2. [HO–]f < cNH3 donc l’ammoniac est une base égal à –log(c) où c est la concentration de
faible. l’acide, l’acide est fort.

3. NH3(aq) + H2O() O NH4+(aq) + HO–(aq).

1. La réaction acido-basique 13

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3. La réaction entre HO– et H3O+ est totale. nf (Na+) = ni(Na+) = cV2 = 0,20 mol.
Il faut ajouter donc 0,2 mol d’ions HO– pour Les ions oxonium et hydroxyde apportés par
parvenir à un pH de 7,0. la réaction d’autoprotolyse de l’eau sont né-
gligés.
22 1. a. ni(H3O+) = 0,020 mol et
ni(HO–) = 0,020 mol dans 40 mL. 26 1. H3O+(aq) + HO–(aq) → 2 H2O().
2. La réaction entre un acide fort et une base
b. ni(H3O+) = 0,10 mol et ni(HO–) = 0,10 mol forte est exothermique.
dans 40 mL. 3. Les deux solutions doivent être versées
c. ni(H3O+) = 0,10 mol et ni(HO–) = 0,10 mol séparément.
dans 200 mL.
Les proportions sont stœchiométriques. 28 1. S. P. L. Sorensen. Le pH donne des
informations sur l’acidité.
2. L’énergie libérée étant d’autant plus 2. Il était noté pH à l’origine.
grande que les concentrations sont grandes, 3. Il a été introduit dans un article concernant
c’est donc le mélange b. qui est à 54 °C, et les les enzymes.
deux autres sont à 27 °C. 4. D’après le texte, le pH-mètre est l’appareil
le plus courant d’un laboratoire.
3. La caractéristique mise en évidence est le 5. Les premiers à s’approprier cette notion
caractère exothermique de cette réaction. ont été les biochimistes, qui étudient les
réactions chimiques au sein du vivant.
23 1. pH = –log cHNO3 = –log 5,0 . 10–2 = 1,3
2. pH = –log cHBr = –log 5,0 . 10–2 = 1,3. 29 1. Ion benzoate C6H5–COO–.
2. Au cours de la réaction, il y a transfert
3. Les solutions d’acides forts de même
concentration ont le même pH.

24 1. D’après la formule du produit ionique d’ions H+ de l’acide benzoïque vers l’eau. Les

de l’eau : [HO–]f = Ke/[H3O+]f. couples concernés sont :
Par définition du pH : [H3O+]f = 10–pH.
On a donc : C6H5–COOH(aq)/C6H5–COO–(aq)
1,0 . 10–14/10–8,1 et H3O+(aq)/H2O() :
[HO–]f = Ke/10–pH = 1,3 . 10–6 mol . L–1
= C6H5–COOH(aq) = C6H5–COO–(aq) + H+.
L’eau fixe un H+ : H2O() + H+ = H3O+(aq).
3[H.3POa+r]fd =é f1in0i–t3io,4n =d 4u,0p .H 1 0: –[H4 3mOo+l] .f  L=– 11.0–pH donc
[HO–] < cB donc l’ion benzoate est une base 4. [H3O+]f  < c, donc l’acide benzoïque est un
faible. acide faible.

2. Pour une base forte de même concentration, 5. La transformation est limitée car l’acide est
pH = –log(Ke/cB) = –log(1,0 . 10–14/1,0 . 10–2)
= 12,0.

25 1. La réaction entre un acide fort et une faible :
base forte est exothermique, cela peut provo-
quer des projections. C6H5–COOH(aq) + H2O()
O C6H5–COO–(aq) + H3O+(aq)
2. Il faut travailler avec des lunettes de pro- 6. Solvant H2O() ; ions oxonium H3O+(aq);
tection, des gants, et porter une blouse. ions benzoate C6H5–COO–(aq) ; acide ben-
zoïque C6H5–COOH(aq).
3. H3O+(aq) + HO–(aq) → 2 H2O(). 7. L’incertitude sur le pH se traduit par une
4. ni(H3O+) = cV1 = 0,10 mol ;
ni(HO–) = cV2 = 0,20 mol. incertitude sur la concentration :
H3O+ est le réactif limitant et la réaction est 3,1 . 10–4 mol . L–1 < [H3O+]f
totale, donc nf(H3O+) = xf = 0 mol. < 5,0 . 10–4 mol . L–1
nf (HO–) = ni(HO–) – xf = 0,10 mol, [H3O+]f est toujours très inférieur à :
© Éditions Belin, 2012 nf (NO3–) = ni(NO3–) = cV1 = 0,10 mol, c = 4,0 . 10–3 mol . L–1,

l’acide benzoïque est bien un acide faible.

14 Livre du professeur

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30 1. L’équation de la réaction est la somme 4. Aucune valeur ne peut être lue si le pH-
des demi-équations : mètre n’est pas stabilisé. Il faut vérifier que
H2O + CO2(aq) = HCO3–(aq) + H+ l’électrode est convenablement immergée. Si
H2O() + H+ = H3O+(aq). elle l’est, il faut changer d’appareil.
2. La réaction a lieu entre l’acide du couple
H2O,CO2(aq)/HCO3–(aq) et la base du couple 5. a. D’après la précision donnée :
H3O+(aq)/H2O(). 4,47 < pH < 4,67.
3. L’acide carbonique est faible, car le sym-
bole employé pour sa réaction avec l’eau est b. 2,13 . 10–5 mol . L–1 < [H3O+]f 
la double flèche. < 3,38 . 10–5 mol . L–1.
4. [H3O+]f  =  Ke/[HO–]f  = 2,5 . 10–6  mol . L–1 ;
d’où pH = 5,6. c. La concentration calculée à partir de la va-
leur 4,57 est 2,7 . 10–5 mol . L–1.
31 1. Les valeurs 3,12 et 18,1 sont consi- D’après l’encadrement trouvé, le premier
dérées comme aberrantes. Un dysfonction- chiffre significatif est incertain. Il faudrait
nement du pH-mètre ou de l’électrode, ou donc écrire la concentration avec un seul
encore un mauvais étalonnage peuvent être à chiffre significatif : 3 . 10–5 mol . L–1.
l’origine de ces valeurs.
2. s = 0,0725, donc ∆pH = 0,03 ; 33 1. Un acide fort réagit totalement avec
pH = 7,00 ± 0,03.
3. Comme ∆pH = 2nσ , plus le nombre de l’eau. Mesurer le pH de la solution, calculer
mesures n augmente, plus l’incertitude ∆pH
diminue. [H3O+]f et la comparer à sa concentration c
pour vérifier que l’acide est fort.
32 1. Il manque un agitateur magnétique,
une solution tampon et un bécher. 2. Il faut mesurer le pH d’une solution d’acide
2. Schéma du montage :
chloroéthanoïque.
pH mètre
Si [H3O+]f  =  cHA l’acide est fort, dans le cas
Sonde contraire il est faible.

Agitateur 3. a. La formule [H3O+] = 10–pH n’est valable
magnétique que si [H3O+]  1 . 10–1 mol . L–1.
b. Peser 0,47 g d’acide chloroéthanoïque et
La pastille poreuse de la sonde doit être com-
plètement immergée. transvaser sans perte dans une fiole jaugée
3. L’élève doit d’abord procéder à l’étalon-
nage, c’est-à-dire placer l’électrode dans une de 500 mL contenant un peu d’eau. Après
solution tampon, afficher la température de la
solution sur le pH-mètre et régler la valeur du dissolution totale, compléter au trait de jauge
pH mesuré à la valeur du tampon.
avec de l’eau distillée et agiter pour homogé-

néiser la solution.

La solution obtenue a une concentration

ca = m = 0,47 × 1 = 0,010 mol ⋅L–1 .
MV 94,5 0,500

4. Pour la fabrication de la solution : balance,

coupelle de pesée, spatule, entonnoir, fiole

jaugée de 500 mL.

Pour la mesure du pH : pH-mètre, agitateur

magnétique, bécher 100 mL forme haute,

solution tampon pH = 4,0.

© Éditions Belin, 2012 34 1. L’éthylamine comporte un groupe
amine –NH2 : c’est une base faible.
En effet, si elle était forte, la solution aurait un
pH = –log(Ke/c)
= –log(1,0 . 10–14/0,1) = 13.

1. La réaction acido-basique 15

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2. C2H5–NH2(aq) + H2O() pH
O C2H5–NH3+(aq) + HO–(aq). 6
3. a. L’atome d’azote peut fixer un ion H+ sur
son doublet non liant. 5

b. Les amines contiennent un groupe NH2. Ce 4
sont des bases car un ion H+ peut se fixer sur
l’atome d’azote. 3

35 1. [H3O+]f  = 10–2,9  = 1,3 . 10–3  mol . L–1 2
donc [H3O+]f < c. L’acide méthanoïque est un pH acide fort
acide faible. S’il était fort, pH = –log c = 2,0.
1 pH mesuré
2. a. et b. La dernière colonne s’obtient par la
relation pHacide fort = pc. 0
0123456
Solutions S1 S2 S3 S4 S5 S6 pc

pHacide fort 1,3 2,0 2,3 3,0 4,0 5,0 4. Plus la solution est diluée (pc grand), et
plus la courbe pHmesuré se rapproche de celle
3. On trace les courbes : du pHacide fort.
5. Il faudrait donner une limite inférieure de
concentration en dessous de laquelle la défi-
nition de la force des acides n’est plus valable.

F. Réponses aux sujets BAC p. 33

© Éditions Belin, 2012 37 1. a. L’aspirine est l’acide acétylsalicy- 3. Il y a un transfert d’ions hydrogène entre
lique. Sa base conjuguée est l’ion acétylsali- AH et HCO3–, donc c’est une réaction acido-
cylate. basique au sens de Brønsted.

b. L’aspirine AH est un acide car elle se trans- 4. pHestom[Hac3 =O +2]f d=o 1n,c0 . 10–2 mol . L–1.
forme en ion acétylsalicylate A– en perdant un
ion hydrogène H+. 38 1. a. H3O+ est l’acide présent dans
l’acide chlorhydrique, HO– la base présente
c. D’après le document 4, seule la forme acide dans le Destop.
peut agir, car elle seule traverse la paroi de
l’estomac. b. ni (HO–) = cNaOHVdestop
= 6,1 × 0,300 = 1,8 mol.
d. Le comprimé d’acide effervescent agit plus ni (H3O+) = caVa = 12 × 0,200 = 2,4 mol.
rapidement, car l’aspirine se trouve sous ni (HO–)/1 < ni (H3O+)/1 donc HO– est le réactif
forme de particules fines après ingestion. Ces limitant.
particules traversent plus rapidement la paroi
de l’estomac. c. Comme la réaction est totale,
xf = ni (HO–) = 1,8 mol.
2. D’après les documents 1 et 2, la forme 2. a. ∆E = xf ∆r E = –102,6 kJ.
acide AH est peu soluble et la forme basique ∆E < 0, la réaction libère de l’énergie. La tem-
A– très soluble dans l’eau. pérature du mélange augmente.
Sur le document 2. a. les cristaux d’acide acé-
tylsalicylique sont visibles. Comme l’eau est b. La réaction entre un acide fort et une base
en excès, si la réaction entre l’aspirine et l’eau forte est exothermique.
était totale, tous les cristaux auraient dispa-
ru : toute l’aspirine se serait transformée en 3. a. L’acide conjugué de NH3 est NH4+, la base
ions A– solubles. La réaction est donc limitée : conjuguée de H3O+ est H2O.
b. H3O+(aq) + NH3(aq) → H2O() + NH4+(aq).
AH(s) + H2O() O A–(aq) + H3O+(aq)

16 Livre du professeur

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39 1. a. [H3O+]f ==  1100––4p,H5 = 3,2 . 10–5 mol . L–1. Si pH = –log(Ke/cb), l’ion benzoate est une
base forte. Il est faible dans le cas contraire.
1. 2. Une solution de benzoate de sodium de
concentration inférieure à 10–1 mol . L–1. Une
b. D’après le symbole O, cet acide réagit de fiole jaugée de 100 mL, balance et eau distil-
façon limitée avec l’eau, donc il est faible. lée. Un pH-mètre et un agitateur magnétique,
une solution tampon de pH 7,0.
c. Le pH de l’eau de pluie est inférieur à 5,6, 1. 3. Schéma du montage :
c’est donc que d’autres acides sont présents
dans l’eau. D’après le document 2, on peut pH mètre
supposer que de l’acide nitrique et l’acide
sulfurique sont présents. Sonde de mesure

2. a. NO3– est la base conjuguée de HNO3. Agitateur
magnétique
b. D’après le document 2, l’acide nitrique est
fort, donc sa réaction avec l’eau s’écrit : 2. Peser 0,144 g de benzoate de sodium et
transvaser sans perte dans une fiole jaugée
HNO3() + H2O() → NO3–(aq) + H3O+(aq) de 100 L contenant un peu d’eau. Après dis-
solution totale, ajuster au trait de jauge avec
3. a. D’après le schéma, les activités indus- de l’eau distillée et agiter pour homogénéiser
trielles, le chauffage et le transport pro- la solution.
duisent des oxydes d’azote et de soufre res- pH = 8,1 ± 0,2
ponsables de la formation des acides nitrique
et sulfurique.
Les dommages sur les végétaux, l’acidifi-
cation des lacs et l’érosion des bâtiments
en calcaire sont des exemples de l’effet des
pluies acides.

b. HNO3 et H2SO4 réagissent totalement avec 3. 1. [HO–]f = K1e,0/[ .H 130O–+1]4f/=10K–e8/,120=–p1H0–5,8
l’eau, ce sont des acides forts. =
En revanche CO2,H2O et HSO4– ne réagissent = 1,6 . 10–6 mol . L–1.
pas totalement avec l’eau : ce sont des acides
faibles. [HO–]f < c, donc l’ion benzoate est une base
D’après les différents documents, les pluies faible.
acides contiennent donc :
CO2,H2O(aq), HCO3–(aq), NO3–(aq), HSO4–(aq), 3. 2. D’après les données, l’incertitude sur la
SO42–(aq), H3O+(aq) et H2O(). valeur du pH est de ± 0,2.
Soit 7,9 < pH < 8,3 d’où :
4. a. Tous les acides sont impliqués dans la 7,9 . 10–7mol . L–1 < [HO–]f < 2,0 . 10–6 mol . L–1.
solubilisation du calcaire, car ils conduisent à La concentration en ion hydroxyde est très
la formation d’ions H3O+. inférieure à la concentration de la solution,
b. L’acide sulfurique est responsable de la donc l’incertitude sur la mesure du pH n’a pas
transformation du calcaire en gypse, car la d’influence sur la validation de l’expérience.
réaction (3) nécessite la présence d’ions sul-
fate SO42–. Il ne s’agit pas d’une réaction aci-
do-basique car il n’y a pas de transfert de H+.

© Éditions Belin, 2012 ECE Base forte ou faible ? p. 36 3. 3. Erreur sur la pesée, ajustement au trait
1. 1. Préparer 100 mL d’une solution de de jauge lors de la préparation de la solution,
concentration cb inférieure à 10–1 mol . L–1, étalonnage du pH-mètre et incertitude de la
puis mesurer son pH. valeur donnée par le pH-mètre.

1. La réaction acido-basique 17

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G. Erratum

✔ E xercice 17 p. 27, question 2, lire : « Donner la valeur de l’incertitude Δc2. »

H. Compléments pédagogiques

L’énoncé des exercices supplémentaires est disponible dans les compléments pédagogiques
sur www.libtheque.fr.

 Corrigé 3 1. C3H7–COOH + H2O()
O C3H7–COO–(aq) + H3O+(aq) ;
1
HNO3 + H2O() → NO3–(aq) + H3O+(aq).
Réactions Couples impliqués 2. Avec [H3O+] = 10–pH mol . L–1 :
acido-basiques

a HCl(g)/Cl–(aq) H3O+(aq)/H2O() Solution A A’ B B’

b HSO4–(aq)/SO42–(aq) H3O+(aq)/H2O() pH 3,4 4,4 2,0 4,0

d CO2,H2O(aq)/HCO3–(aq) H2O()/HO–(aq) (m[Ho3lO . L+–]f1) 4,0 . 10–4 4,0 . 10–5 1,0 . 10–2 1,0 . 10–4

f HNO3()/NO3–(aq) H2O()/HO–(aq) 3. Pour une solution mère d’acide fort de

2 1. Les couples acide/base impliqués concentration c : pHmère = – log c.
sont H3O+(aq)/H2O() et H2O()/HO–(aq). Pour une solution diluée d’acide fort de
Parmi les réactifs, H3O+(aq) est l’acide,
HO–(aq) est la base. concentration c/100 : pHdilué= – log (c/100).
On a donc :
2. La réaction qui se produit entre un acide
fort et une base forte est très exothermique. pHdilué = – log (c/100) = – log c + log 100
Il y a donc des risques de projection lors du = pHmère + log 100 = pHmère + 2.
mélange des solutions S1 et S2. 4. Les pH mesurés vérifient :

3. Les concentrations. En effet, l’élévation de pHA,dilué= pHA,mère + 1 et pHB,dilué= pHB,mère + 2.
la température du mélange est d’autant plus D’après la question précédente, la solution B
grande que les concentrations sont élevées.
correspond à la solution d’acide fort (l’acide
4. a. L’ion H3O+(aq) est le réactif limitant.
b. nf (H3O+) = ni(H3O+) – xf  = 0 (réaction totale). nitrique). Sa concentration c est égale à
nf (HO–) = ni (HO–) – xf  = cV2 – cV1 = c (V2 – cV1) [H3O+]f = 1,0 . 10–2 mol . L–1.
= 5 × (0,100 – 0,080) = 0,1 mol. La solution A est donc la solution d’acide

faible (acide butanoïque), de même concen-
tration c = 1,0 . 10–2 mol . L–1. On vérifie que

[H3O+]f  c.

© Éditions Belin, 2012 I. Bibliographie

✔ S . S. Zumdahl, Chimie des solutions, De Boeck Université, 1999.
✔ T. P. Silverstein, « The Solvated Proton is NOT H3O+ », Journal of Chemical Education, avril

2011.
✔ R. J. Myers, « One-Hundred Years of pH », Journal of Chemical Education, janvier 2009.
✔ Influence du pH des sols sur l’assimilation des éléments nutritifs :

www2.ulg.ac.be/sciences/printemps/pedagogique/ll51.pdf
✔ D ocument sur les pluies acides :

http://www.safewater.org/PDFS/knowthefacts/frenchfactsheets/pluieacide.pdf

18 Livre du professeur

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Chapitre 2

Équilibre chimique
et pH du vivant

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles
Notion d’équilibre ; constante d’acidité Ka.
Échelle de pKa dans l’eau ; domaine de Identifier l’espèce prédominante d’un couple
prédominance. acide-base connaissant le pH du milieu et le
pKa du couple.
Domaine de prédominance : cas des acides Mettre en œuvre une démarche expérimentale
carboxyliques, des amines, des acides pour déterminer une constante d’acidité.
a-aminés.
Contrôle du pH : solution tampon ; rôle en Extraire et exploiter des informations pour
milieu biologique. montrer l’influence du contrôle du pH dans un
milieu biologique.

B. La démarche adoptée dans le manuel

Le chapitre ne contient que trois compétences exigibles. Deux activités suffisent pour les
traiter toutes les trois. Nous avons choisi d’introduire le déplacement d’équilibre, bien qu’il ne
soit pas cité dans les contenus du programme, car nous avons jugé qu’il est indispensable pour
comprendre l’effet tampon dans les milieux biologiques.

La mesure d’une constante d’acidité s’effectue par pH-métrie, conductimétrie ou spectro-
photométrie. Notre choix s’est porté sur la spectrophotométrie afin de réinvestir les connais-
sances de première. Il est cependant envisageable de choisir la pH-métrie (voir compléments
pédagogiques). La conductimétrie, inconnue des élèves entrant en terminale, est abordée dans
un chapitre ultérieur.

© Éditions Belin, 2012 C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 38

– La couleur de l’indicateur coloré dans un milieu indique si le pH est inférieur ou supérieur à
une certaine valeur, qui varie en fonction de l’indicateur choisi.
– La couleur d’un mélange de deux solutions colorées se détermine par synthèse soustractive
des couleurs. En effet, le mélange absorbe les radiations absorbées par chaque solution.

2. équilibre chimique et ph du vivant 19

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

– Un dosage spectrophotométrique repose sur la loi de Beer-Lambert, qui établit la proportion-
nalité entre l’absorbance A de la solution et la concentration de l’espèce colorée : A = kc.
– La molécule représentée contient un groupe carboxyle –COOH et un groupe amine –NH2.

 S’interroger p. 38

Les cuves placées sur un cercle contiennent le même indicateur dans des solutions aqueuses
de pH allant de 1 à 10. De l’intérieur vers l’extérieur : hélianthine, phénolphtaléine et bleu
de bromothymol. En mélangeant les solutions des trois indicateurs à pH donné, on retrouve
approximativement la couleur de l’échelle de teinte de l’indicateur universel à ce même pH.

✔5 Réponse attendue
En mélangeant plusieurs indicateurs, il est possible de fabriquer une échelle de teinte.

 Photo d’ouverture p. 39

Le mal des montagnes (ou hypoxémie) est dû à la baisse de la pression partielle en dioxy-
gène en altitude. Cela provoque une augmentation de la concentration en ions hydrogénocar-
bonate dans le sang et une augmentation du pH sanguin. Les premiers symptômes sont des
céphalées, de l’irritabilité, des difficultés à se concentrer et des erreurs de jugement, voire de
l’incohérence. Un sujet atteint doit immédiatement redescendre.

 Activité 1 p. 40

Il s’agit de déterminer la constante d’acidité d’un indicateur coloré par spectrophotométrie.
La gamme de solutions est préparée par la classe. Il faut utiliser les mêmes appareils de me-
sure (pH-mètre et spectrophotomètre) pour toutes les solutions et si possible, la même cuve.

Il s’agit d’un protocole simplifié : les mesures ne sont effectuées qu’à une longueur d’onde
et non trois comme ce qui est fait dans le supérieur.

Matériel
– pH-mètre, agitateur magnétique, spectrophotomètre, cuves, 2 fioles jaugées de 50 mL, burette graduée,

pipettes jaugées 1,0 et 20,0 mL, béchers de 100 mL forme haute.
– solution tampon pH = 7,0, solution alcoolique de BBT à 1,0 g · L–1 (0,5 g de BBT dans 265 mL d’éthanol ajusté à

500 mL avec de l’eau distillée).
– Solution S (Britton-Robinson : 12,5 mL d’acide phosphorique et 15,5 mL acide éthanoïque à 1 mol · L–1 et

125 mL acide borique à 0,1 mol · L–1, ajuster à 1 L), solution de soude à 0,1 mol · L–1.

Propriétés de la solution de Britton-Robinson :
L’ajout de petites quantités d’une solution de soude à 0,1 mol · L–1 dans une solution de

Britton-Robinson provoque une variation presque linéaire de pH (voir graphe ci-dessous).

Valeurs de pH obtenues par ajout de soude à 0,1 mol · L–1
dans 20 mL de solution de Britton-Robinson

10 pH

8

6

4

Volume de soude ajoutée (mL)
2

0 2 4 6 8 10

20 Livre du professeur

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Mesures pour exploitation informatique :

Solution n° 1 2 3 4 5 6 7 8

pH 3,5 4,1 4,5 4,7 5,0 5,4 5,9 6,5

A 0,001 0,002 0,005 0,010 0,021 0,042 0,131 0,469

Solution n° 9 10 11 12 13 14 15 16

pH 6,9 7,2 7,6 8,1 8,6 9,0 9,3 9,7

A 0,857 1,24 1,55 1,82 1,94 1,97 1,98 1,98

Les fichiers de mesure (format Excel et Regressi) sont disponibles sur www.libtheque.fr.

L’interprétation des résultats peut être compliquée par l’obtention d’une absorbance nulle
pour les premières solutions. Éliminer ces valeurs si nécessaire.

Valeur admise du pKa du BBT à 25 °C : 7,10.

✔5 Réponses aux questions

1. Si l’espèce BBTH perd un ion H+, elle devient l’espèce BBT–.
2. Le bleu de bromothymol est un indicateur coloré de pH, car il change de couleur en fonction
du pH du milieu dans lequel il est introduit. La couleur de la forme basique est bleue, celle de
la forme acide est jaune.
3. Le vert est la couleur obtenue par synthèse soustractive du bleu et du jaune. On peut suppo-
ser que les deux formes sont présentes dans la solution de pH égal à 7,0.
4. La couleur du BBT dans l’eau du néon doit être jaune.
5. Après avoir fait le zéro du spectrophotomètre, seules les espèces BBT– et BBTH absorbent à
la longueur d’onde considérée : A = ABBTH + ABBT– . Or l’absorbance de la forme BBTH est nulle à
650 nm, donc A = ABBT– à 650 nm.
6. k = A16/c : son ordre de grandeur est de 2,6 · 104 L·mol–1 à 650 nm pour une cuve d’épaisseur
1 cm.
7. Formules à saisir dans le tableur : [BBT–]i = Ai/k et [BBTH]i = c – [BBT–]i.
8. Pour calculer la concentration en ions oxonium : [H3O+] = 10–pH.
Les valeurs des produits à calculer sont du même ordre de grandeur : 10–7.
La valeur moyenne trouvée est de 9,8 · 10–8.

Il existe une incertitude sur l’absorbance ainsi que sur la mesure du pH (d’environ ± 0,1). Les
résultats peuvent être faussés par les incertitudes de la verrerie utilisée (burette graduée et
pipettes jaugées). L’opérateur peut aussi commettre une erreur lors de l’ajustage au trait de
jauge et lors de la lecture des graduations.
9. Le pKa est égal au pH du point d’intersection des deux courbes du doc. 4 : on lit pKa = 7,0.
10. a. Si pH < pKa, l’espèce prédominante est la forme acide BBTH.
Si pH > pKa, l’espèce prédominante est la forme basique BBT–.

b. Zones de prédominance :

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

BBTH (jaune) pKa BBT– (bleu) pH

© Éditions Belin, 2012 c. Lorsque BBTH prédomine, la solution est jaune. Lorsque BBT– prédomine, la solution est
bleue. Les solutions vertes ont un pH proche de 7,0.

11. Ka = 10–pKa = 10–7.
12. La valeur trouvée est égale à celle du produit calculé en 8, donc l’expression de la constante
d’acidité est Ka = [BBT–] · [H3O+]/[BBTH].

2. équilibre chimique et ph du vivant 21

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 Activité 2 p. 42

Après une première partie sur l’effet tampon, un exemple d’application dans un milieu biolo-
gique est donné. La partie A peut être effectuée par le professeur.
La partie 1 du cours doit obligatoirement être traitée avant de commencer cette activité.

✔5 Réponses aux questions
1. Le milieu 1 contient de l’acide éthanoïque, mais aussi des ions éthanoate car l’acide étha-
noïque est un acide faible qui se dissocie partiellement dans l’eau.
2. Dans le milieu 1, l’espèce prédominante est l’acide CH3COOH (pH1 < pKa). Dans le milieu 2,
l’acide et sa base conjuguée sont en concentrations égales (pH2 = pKa).
3. Le pH du milieu 2 varie beaucoup moins que le pH du milieu 1 quand on ajoute de l’acide
chlorhydrique, de la soude ou de l’eau. C’est « l’effet tampon ».
4. Un milieu tampon doit contenir un acide et sa base conjuguée en quantités égales.
5. Le milieu 2 semble tamponné autour de la valeur 4,8, soit autour de la valeur du pKa. L’effet
tampon n’est pas illimité, surtout lorsqu’une base ou un acide est ajouté. Le pH varie moins par
dilution.
6. L’équilibre (1) est un équilibre acido-basique, car il y a un transfert d’ions H+ entre H3O+ et
HCO3–.
7. Lorsque le sang devient basique, la concentration en ions oxonium diminue. Au cours de
l’hyperventilation, lorsque une molécule de CO2 disparaît du milieu par expiration, l’équilibre
(1) se déplace vers la droite pour reformer le CO2. Cela consomme un ion H3O+.
8. Après une hyperventilation, le pH du sang a augmenté. L’acidification du sang au cours de
l’apnée qui suit sera donc plus lente, et le signal « d’étouffement » se produira donc après un
temps plus long. L’apnée pourra être prolongée plus longtemps sans sensation désagréable,
alors que le plongeur est en danger de syncope… et noyade.
9. Les milieux capables de réguler leur pH contiennent un acide faible et sa base conjuguée en
quantités équivalentes.

D. Déroulement du cours

Le chapitre nécessite une séance de travaux pratiques et 2 heures de cours.

Exemple de progression
Séance de TP : En demi-groupe, activité 1 (2 h).
Cours : En classe entière, 1. L’équilibre acido-basique et Exercices d’application 1. p. 46 (1 h).
Cours : En classe entière, activité 2 p. 42 et 2. pH et milieux biologiques (1 h).
Cours : En classe entière, exercices d’applications p. 48 et un sujet de bac (1 h).

E. Réponses aux exercices p. 46

Les réponses aux exercices « S’autoévaluer » sont à la fin du manuel, p. 330.

© Éditions Belin, 2012 3 1. pKa = –log(Ka) = – log(3,2 · 10–4) = 3,5. 3. pH < pKa, donc la forme acide R–COOH est
prédominante dans la solution S.
2. Diagramme de prédominance :
4 1. D’après le diagramme, pKa = 7,3.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2. pH < pKa : c’est la forme acide jaune qui
prédomine dans le milieu.
RCOOH pKa = 3,5 RCOO– pH

22 Livre du professeur

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Si le milieu était incolore, il prend donc une b. pHsang < pKa donc la forme HCO3– est prédo-
couleur jaune. minante dans le sang.

3. La couleur verte s’explique par la coexis- c. En l’absence de système tampon, la disso-
tence des formes acide (jaune) et basique ciation de l’acide carbonique entraînerait une
(bleue) dans la solution. En effet, lorsque baisse de pH.
le pH est proche du pKa, les deux espèces
coexistent dans des concentrations voisines. 11 1. Si le pH du sol est inférieur à 4,5 ou
supérieur à 8,1, l’assimilation des nutriments
5 1. et 2. par les plantes est bloquée. De pH = 4,5 à
pH = 6,0, l’assimilation est faible. Elle croît
[A–]f /[AH]f [H3O+]f Ka fortement entre pH = 6 et 6,4 pour atteindre
un maximum de 95 % à pH = 6,4. Elle décroît
M1 1,00 . 10–1 2,51 . 10–4 2,51 . 10–5 linéairement entre pH = 6,4 et 7,5 puis chute
brutalement.
M2 2,50 . 10–1 1,00 . 10–4 2,50 . 10–5
2. À pH = 6,4, l’assimilation des éléments
M3 5,00 . 10–1 5,01 . 10–5 2,51 . 10–5 nutritifs est la plus importante.

M4 7,50 . 10–1 3,16 . 10–5 2,37 . 10–5 3. D’après l’énoncé, certaines plantes pré-
fèrent un milieu acide, d’autres un milieu
M5 1,00 2,51 . 10–5 2,51 . 10–5 basique et d’autres enfin un milieu neutre. Le
pH de 6,4 est légèrement acide.
M6 1,33 2,00 . 10–5 2,66 . 10–5
4. La croissance d’une plante est fortement
M7 2,00 1,26 . 10–5 2,52 . 10–5 influencée par le pH du sol dans lequel elle
se développe.
M8 4,00  6,31 . 10–6 2,52 . 10–5

M9 1,00 . 101 2,51 . 10–6 2,51 . 10–5

3. a. On calcule Ka,moy = 2,513 . 10–5 et
σ = 7,25 . 10–7.

b. ΔKa = 5 . 10–7 et Ka = (2,51 ± 0,05) . 10–5.

6 1. Le diagramme de prédominance d’un 12 1. À partir des formes données, la for-
couple permet de connaître quelle espèce de mule semi-développée de l’acide glutamique
ce couple a la concentration la plus élevée est :
dans une solution aqueuse de pH connu.
HO C CH CH2 CH2 C OH
2. Un indicateur coloré acido-basique est
constitué d’un couple acide/base dont les O NH2 O
espèces n’ont pas la même couleur. En fonc-
tion du pH du milieu, l’acide ou la base pré- C’est un acide alpha α-aminé car il comporte
domine et l’indicateur présente une couleur un groupe amine et un groupe carboxyle sur
différente.
un même atome de carbone.

3. L’hélianthine prend une teinte orange (mé- 2. Le plus acide est celui qui comporte le plus
lange de rouge et de jaune) quand les deux grand nombre d’atome N d’hydrogène :
formes ont des concentrations voisines.
N a > N d > N b > N c .
4. À pH = pKa, les concentrations d’acide
éthanoïque et d’ion éthanoate sont égales, Les couples acide/base sont : a / d , d / b ,
ce qui correspond graphiquement au point b/c.
d’intersection des courbes. On lit pKa = 3,8.
3. Diagramme de prédominance :

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

10 1. H2O + CO2 O CO2, H2O. pKa1 pKa2 pKa3 pH
2. CO2,H2O + H2O O HCO3– + H3O+. ad
© Éditions Belin, 2012 3. CO2, CO2,H2O, HCO3–, H2O. b c
4. a. 7,38 < pHsang < 7,42.
4. pKa2 < pHsalive < pKa3 : la forme b (ion glu-
tamate) prédomine dans la salive.

2. équilibre chimique et ph du vivant 23

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14 1. D’après le document : pKa(BBT) = 7,3, c. Concentration (10–5mol . L–1)
pKa(hélianthine) = 3,5 et
3,5

pKa(phénolphtaléine) = 8,5. 3,0

[Ind– ]f .[H3O+ ]f 2,5 [IndH]
[IndH]f [Ind–]
2. a. Ka =  . 2,0

b. [Ind– ]f = Ka  = 10pH–pKa. 1,5
[IndH]f [H3O+
]f 1,0

Si [Ind– ]f  = 10 alors 10pH–pKa = 101 0,5 pH
[IndH]f 14
0
et pH – pKa = 1 donc pH = pKa + 1. 0 2 4 6 8 10 12

De même si 10[Ind–]f = [IndH]f alors : 3. a. On a Ka = [Ind–]f · [H3O+]f/[IndH]f.
[Ind– ]f Si [Ind–]f = [IndH]f, alors Ka = [H3O+]f.
[IndH]f  = 10–1 et pH – pKa = –1 Or Ka  = 10–pKa et [H3O+]f  = 10–pH donc :
10–pKa = 10–pH et pH = pKa.
donc pH = pKa – 1. b. Par lecture graphique, le pKa est l’abs-
c. cisse du point d’intersection des courbes soit
BBT pKa = 3,9. On obtient le diagramme de prédo-
02 4 6 7,3 8 10 12 14 minance du bleu de bromophénol :

IndH Teinte Ind– pH
(jaune) sensible (bleu)

(vert)

Hélianthine 3,5 4 6 8 10 12 14 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
02
pH
IndH Teinte Ind– pH IndH pKa = 3,9 Ind–
(rouge) sensible (jaune)
(orange)

Phénolphtaléine 6 88,5 10 12 14 16 1. Un spectrophotomètre est utilisé pour
024 mesurer les absorbances.

IndH Teinte Ind– pH 2. Les longueurs d’onde de mesure corres-
(incolore) sensible (rose) pondent au maximum d’absorption de l’es-
(rose) pèce HBB (forme acide) pour λ = 453 nm et
au maximum d’absorption de l’espèce BB–
3. Dans un milieu de pH neutre, le BBT est (forme basique) pour λ = 616 nm.

vert, l’hélianthine est jaune et la phénolphta- 3. Les deux formes d’un indicateur coloré
n’ont pas la même couleur. Quand les deux
léine est incolore. espèces sont en proportions comparables,
la couleur de la solution est obtenue par
15 1. D’après l’énoncé, dans la solution de synthèse soustractive des couleurs des
pH = 12, [Ind–]f = c0. deux formes. On peut en déduire qu’une des
formes du bleu de bromothymol est jaune et
Donc A12 = kc0 d’où l’autre est bleue. La solution verte correspond
k  =  1,66/3,0 · 10–5 =  5,5 · 104  L · mol–1. à la coexistence de HBB et BB– dans des pro-
portions comparables.
2. a. et b.
4. D’après la formule du document,
pH 2 2,5 3 3,5
[Ind–] 3,6 · 10–7 1,1 · 10–6 3,8 · 10–6 9,8 · 10–6 Ka = 10–7,0 × 0,170 × 0,163/(0,099 × 0,411)
[IndH] 3,0 · 10–5 2,9 · 10–5 2,6 · 10–-5 2,0 · 10–5 =  6,8 · 10–8, donc le pKa du bleu de bro-
mothymol est égal à 7,2. On vérifie que cette
pH 3,9 4,1 4,5 4,7 valeur est cohérente avec la couleur de la so-
[Ind–] 1,5 · 10–5 1,9 · 10–5 2,2v10–5 2,5 · 10–5 lution verte (à pH ≈ pKa).
[IndH] 1,5 · 10–5 1,1 · 10–5 7,8 · 10–5 5,1 · 10–6

pH 5,1 5,6 6,2 6,7
[Ind–] 2,8 · 10–5 2,9 · 10–5 3,0 · 10–5 3,0 · 10–5
[IndH] 2,2 · 10–6 1,1 · 10–6 0,0 · 10–5 0,0 · 10–5

© Éditions Belin, 2012 pH 8 12
[Ind–] 3,0 · 10–5 3,0 · 10–5
[IndH] 0,0 · 10–5 0,0 · 10–5

24 Livre du professeur

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17 1. Ka = [HCOO– ]f [H3O+ ]f . b. L’opérateur peut faire des erreurs d’ajus-
[HCOOH]f tage de niveau, ou encore oublier de rincer la
burette avec la solution.
2. –log(Ka ) = – log ⎜⎛⎝ [HCOO– ]f [H3O+ ]f ⎠⎟⎞
[HCOOH]f 3. a. 3,8 < pH < 4,2 donc :

–log(Ka )= –log⎛⎜⎝[[HHCCOOOOH− ]]ff ⎞⎠⎟ – log([H3O+ ]f) 6,3 · 10–5 mol · L–1 < [H3O+]f < 1,6 · 10–4 mol · L–1.

b. 3,1 · 10–5 < Ka,exp <  7,9 · 10–5 donc :
4,1 < pKa,exp < 4,5 soit pKa = 4,3 ± 0,2.

d’où pKa = – log ⎜⎝⎛ [HCOO− ]f ⎟⎞⎠ + pH . 4. pKa,exp − pKa,table = 4,3 − 3,8 = 0,13
[HCOOH]f pKa,table 3,8

3. a. D’après cette équation, la courbe est soit un écart relatif de 13 % par rapport aux
celle d’une fonction affine de coefficient di-
recteur 1 et d’ordonnée à l’origine pKa. tables.

Le modèle trouvé par l’ordinateur est aussi 19 1. H2O() + CO2(aq) O CO2,H2O(aq)
une fonction affine d’équation : CO2,H2O(aq) O HCO3–(aq) + H+(aq)

pH = 3,8 + 1,0 log([HCOO–]f /[HCOOH]f). 2. a. Lors de la libération des ions hydrogéno-
carbonate de la cellule pariétale vers le sang,
b. Par identification, pKa est l’ordonnée à l’équilibre chimique est déplacé dans le sens
l’origine, soit pKa = 3,8. de leur production dans la cellule pariétale
(sens 1, vers la droite).
c. La modélisation permet d’améliorer la
précision. Elle est basée sur le fait que les b. Les équilibres chimiques cités en question 1
erreurs commises sur les valeurs mesurées sont aussi présents dans le sang (voir doc. 8
le sont par excès ou par défaut, et le modèle p. 43). Lorsque la production de suc gastrique
permet de les compenser. s’effectue, des ions hydrogénocarbonate
sont libérés dans le sang. Cet apport d’ions
18 1. a. [H3O+]f = 10–pH = 1,0·  10–4 mol · L–1. HCO3– déplace l’équilibre dans le sens –1
(vers la gauche), ce qui provoque la consom-
D’après l’énoncé, les quantités de matières mation d’ions H+ : le pH sanguin augmente.
Le système tampon du sang est temporaire-
ne changent pas entre l’état initial et l’état ment dépassé.

final donc : ni (HCOOH) cV1
(V1 + V2 )f
[HCOOH]f =  = (V1 + V2 )   3. Le sang est un système tampon dont le pH
varie peu lors de l’ajout de petites quantités
et [HCOO–]f =  ni (HCOO– ) = cV2 . d’acide ou de base.
(V1 + V2 )f
(V1 + V2 )

Soit [HCOOH]f = 0,10 ×  25 4. a. Diagramme de prédominance :
37,5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

=  6,7 · 10–2 mol · L–1 et : CO2, H2O pKa = 6,4 HCO–3 pH

[HCOO–]f = 0,10 ×  12,5 =  3,3 · 10–2 mol · L–1. b. pHsang  > pKa donc la forme HCO3– (ion hy-
37,5 drogénocarbonate) est prédominante.

b. On a Ka = [HCOO–]f ·  [H3O+ ]f , soit c. [H3O+] = 106  × 10–pHsang = 10 6  × 10–7,4 
[HCOOH]f = 10–1,4 mol · L–1 donc pH = 1,4.
1,0.10−4
Ka,exp =  3,3 · 10–2 ×  6,7.10−2 =  4,9 · 10–5. 5. En bloquant l’échange des ions H+ et K+
entre les cellules pariétales et l’intérieur de
© Éditions Belin, 2012 pKa,exp = –log Ka = 4,3. l’estomac, l’oméprazole provoque une dimi-
nution de la concentration des ions H+ dans
2. a. La burette graduée est plus précise que l’estomac, et donc une augmentation du pH.
l’éprouvette graduée (voir rabat) : l’erreur
commise sur le volume mesuré est plus faible.

2. équilibre chimique et ph du vivant 25

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F. Réponses aux sujets BAC p. 53

21 1. a. Diagramme de prédominance de la 22 1. On calcule le pKa du couple NH4+/NH3 :
leucine : pKa = –log Ka = 9,2.
Le pH de l’eau dans l’aquarium vérifie
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 pH  < pKa, donc c’est la forme acide NH4+ qui
prédomine.
H2A+ pKa1 HA+ – pKa2 A– pH
2. La synthèse photochimique est favorisée
b. On calcule le pH isoélectrique pHi à partir par l’apport de dioxyde de carbone, or elle
de la formule du doc. 3 et des données du dégage du dioxygène.
doc. 4 : pHi = (2,4 + 9,6)/2 = 6,0.
3. a. Si le pH diminue, c’est que la concen-
pKa1  < pHi  < pKa2 : c’est la forme zwitterio- tration en ion oxonium est trop élevée. Il
nique AH+ – qui prédomine dans un milieu au faut donc déplacer l’équilibre de l’acide car-
pH isoélectrique. bonique dans le sens –1 (vers la gauche) et
diminuer les apports de dioxyde de carbone.
c. pHestomac < pKa1, donc c’est la forme H2A+
qui prédomine dans l’estomac. b. La valeur du pH est maintenue grâce aux
apports contrôlés de dioxyde de carbone.
2. pHi(lysine)  > pH donc la lysine est char- Un pH-mètre relié à l’appareil de distribution
gée positivement (prédominance de la forme contrôle automatiquement des injections de
H2A+). La lysine migre vers la cathode (élec- dioxyde de carbone.
trode reliée au pôle – du générateur).
pHi(acide aspartique) < pH donc l’acide 4. L’ammoniac NH3 est transformé en nitrite
aspartique est chargé négativement (prédo- NO2– puis en nitrate NO3–, qui est absorbé par
minance de la forme A–). L’acide aspartique les plantes.
migre vers l’anode (électrode reliée au pôle +
du générateur). 23 1. À un pH = pKa, la concentration de
pHi(leucine) = pH : la leucine ne migre pas car l’acide et de sa base conjuguée sont égales
elle est globalement neutre.
Les trois acides a-aminés se séparent : la leu- par définition. Sur le diagramme de distribu-
cine ne migre pas, la lysine et l’acide aspar-
tique migrent dans des directions opposées. tion (doc. 2), l’abscisse du point d’intersec-

tion des courbes est de 4,2, donc pKa = 4,2.

Schéma de l’électrophorèse : 2. ■ ni(C6H8O6) = Mm((CC66HH88OO66 ) = 0,500
) 176,0
Zone
de dépôt =  2,84 · 10–3 mol

[C6H8O6]S = ni (C6H8O6 ) = 2,84.10−3
VS 0,200
Anode Cathode  

=  1,42 · 10–2 mol · L–1.

■ L’équation de dissolution de l’ascorbate de
sodium est :

C6H7O6Na(s) → C6H7O6–(aq) + Na+(aq)
m( C6H7O6Na )
acide leucine lysine Donc ni(C6H7O6–) =  M( C6H7O6Na ) = 0,285
aspartique 198

3. Les acides a-aminés entrent dans la consti- =  1,44 · 10–3 mol
tution des protéines qui sont nécessaires à la 1,44.10−3
construction du muscle. En consommant de la [C6H7O6–]S = ni (C6H7O6– ) = 0,200
leucine et en s’entraînant de façon adéquate, VS
les culturistes favorisent l’augmentation de
© Éditions Belin, 2012 leur masse musculaire. =  7,20 · 10–3 mol · L–1.

3. pH = pKa + log ⎜⎝⎛ [C6H7O−6 ]S ⎞⎟⎠ [document 3]
[C6H8O6 ]S

26 Livre du professeur

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pH = 4,2 + log ⎜⎝⎛ 7,20.10−3 ⎠⎟⎞  = 3,9 ECE D étermination d’un pKa p. 56
1,44.10−2 1. 1.

La valeur mesurée est cohérente, en te- pH-mètre
nant compte de l’incertitude donnée
3,8 < pH < 4,2. Sonde

4. a. Diagramme de prédominance de la vita- Barreau
mine C : aimanté

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Agitateur magnétique

C6H8O6 pKa = 4,2 C6H7O–6 pH 1. 2. Solutions d’acide lactique et de lactate
de sodium à 0,1 mol · L–1, pH-mètre, agitateur
b. pHestomac  < pKa donc c’est la forme acide magnétique, solutions tampons, pipette jau-
qui prédomine dans l’estomac. gée de 10 et 20 mL, poire aspirante.

c. L’ascorbate de sodium se transforme en 2. 2. Mesures attendues :
acide ascorbique dans l’estomac en réagis-
sant avec les ions oxonium. Mélange 1 2 3

nform(C6H8O6) = ni(C6H7O6–) pH à 20 °C 3,5 ± 0,1 3,9 ± 0,1 4,1 ± 0,1
mform(C6H8O6) = ni(C6H7O6–)M(C6H8O6) 
=  1,44 · 10–3 × 176,0  3. 1. et 3. 2.
= 0,253 g soit environ 250 mg.
Concentration en mol · L–1 1 2 3
5. La solution S a des propriétés tampon car le
pH varie peu par dilution ou par ajout d’acide [AH]f = cVa/Vmélange 6,77 · 10–2 5,00 · 10–2 3,33 · 10–2
chlorhydrique (doc. 4).
[A–]f = cVb/Vmélange 3,33 · 10–2 5,00 · 10–2 6,77 · 10–2

[H3O+]f = 10–pH 3,16 · 10–4 1,26 · 10–4 7,94 · 10–5

Ka 1,55 · 10–4 1,26 · 10–4 1,60 · 10–4

pKa 3,81 3,90 3,79

On calcule pKa,moy = 3,83 et σ  =  5,86 · 10–2
3. 3. DpKa  = 2 ×  5,86 · 10–2/ 3 =  6,7 · 10–2
soit pKa = 3,83 ± 0,07.

© Éditions Belin, 2012 G. Compléments pédagogiques

 A ctivité expérimentale : détermination du pKa par pH-métrie

Compétences : Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer une constante d’acidité.
Nous allons mesurer le pH d’un mélange contenant différentes quantités d’un acide et de sa
base conjuguée afin de déterminer le pKa du couple.

Matériel
– Solutions aqueuses d’acide éthanoïque, d’éthanoate de sodium, d’acide méthanoïque,

de méthanoate de sodium, de chlorure d’ammonium et d’ammoniac de concentration
c  =  1,0 · 10–1 mol · L–1.

– Solutions tampon de pH = 4,00 et pH = 7,00.
– Burettes de 25 mL, béchers, pH-mètre, agitateur magnétique.

– Ordinateur avec tableur.

• Étalonner le pH-mètre avec la solution tampon de pH = 4,00.
• On dispose d’une solution aqueuse 1 d’acide éthanoïque CH3COOH(aq) et d’une solution
aqueuse 2 de sa base conjuguée CH3COO–(aq), de même concentration c en soluté apporté.
Dans un bécher, mélanger un volume V1 = 5,0 mL de solution 1 et un volume V2 = 25,0 mL de
solution 2.
• Placer le bécher sur un agitateur magnétique et mesurer le pH.

2. équilibre chimique et ph du vivant 27

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• Réitérer l’opération pour toutes les valeurs de V1 et de V2 du tableau ci-dessous.

V1 (mL) 5,0 8,0 12,5 20,0 25,0 25,0 25,0 25,0 25,0

V2 (mL) 25,0 25,0 25,0 25,0 25,0 5,0 8,0 12,5 20,0

• Réaliser les mêmes manipulations pour le couple acide/base HCOOH(aq)/HCOO–(aq).

• Étalonner le pH-mètre avec la solution tampon de pH = 7,00, puis effectuer les manipulations

pour le couple acide/base NH4+(aq)/NH3(aq).

S’informer

– En l’absence d’autres acides ou d’autres bases, le mélange d’un acide faible et de sa base conjuguée

dans l’eau conduit à un équilibre chimique. Les concentrations des deux espèces ne varient pas et
restent égales aux concentrations initiales dans le mélange.
– À l’état final, le pH d’une solution contenant un acide AH et sa base conjuguée A– vérifie :

pH = pKa + log ⎜⎛⎝ [A− ]f ⎠⎟⎞
[AH]f

Questions

 1 . Reporter les pH mesurés dans un tableur. Pour chaque mesure, calculer le rapport V2/V1,
puis log(V2/V1).
[A− ]f V2
 2 . Pour un couple AH(aq)/A–(aq) étudié, montrer la relation : [ AH]f = V1 .

 3 . Tracer les courbes représentant le pH en fonction de log ⎜⎛⎝ [A− ]f ⎞⎟⎠ . Commenter.
[ AH]f

Conclure l’activité

 4 . Utiliser les graphes pour en déduire les valeurs expérimentales des constantes d’acidités

Ka des couples étudiés.

✔5 Réponses aux questions

1. Couple CH3COOH (aq)/CH3COO–(aq) :

V1 (mL) V2 (mL) pHmesuré V2/V1 log(V2/V1)
5,0 25,0 5,4 5,0 0,70
5,3 3,1 0,49
8,0 25,0 5,0 2,0 0,30
4,9 1,3 0,11
12,5 25,0 4,8 1,0 0,00
4,2 0,20 –0,70
20,0 25,0 4,3 0,32 –0,49
4,5 0,50 –0,30
25,0 25,0 4,7 0,80 –0,10

25,0 5,0

25,0 8,0

25,0 12,5

25,0 20,0

Couple HCOOH(aq)/HCOO–(aq) :

© Éditions Belin, 2012 V1 (mL) V2 (mL) pHmesuré V2/V1 log(V2/V1)
5,0 25,0 4,5 5,0 0,70
8,0 25,0 4,3 3,1 0,49
12,5 25,0 4,0 2,0 0,30
20,0 25,0 3,8 1,3 0,11
25,0 25,0 3,7 1,0 0,00
25,0 5,0 3,1 0,20 –0,70
25,0 8,0 3,2 0,32 –0,49
25,0 12,5 3,5 0,50 –0,30
25,0 20,0 3,6 0,80 –0,10

28 Livre du professeur

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Couple NH4+(aq)/NH3(aq) :

V1 (mL) V2 (mL) pHmesuré V2/V1 log(V2/V1)
5,0 25,0 9,9 5,0 0,70

8,0 25,0 9,7 3,1 0,49

12,5 25,0 9,5 2,0 0,30

20,0 25,0 9,3 1,3 0,11

25,0 25,0 9,2 1,0 0,00

25,0 5,0 8,5 0,20 –0,70

25,0 8,0 8,7 0,32 –0,49

25,0 12,5 8,9 0,50 –0,30

25,0 20,0 9,1 0,80 –0,10

2. D’après la rubrique « S’informer », on a : [AH]f = [AH]i et [A–]f = [A–]i soit [AH]f = cV1
et cV2 demandée. V1 + V2
[A–]f = V1 + V2 . On en déduit la relation

3. On trace les courbes du pH en fonction de log ⎜⎛⎝ [A− ]f ⎞⎠⎟  :
[ AH]f

pH
12

10 NH+4/NH3

8

6 CH3COOH/CH3COO–

4
HCOOH / HCOO–

2 log [A–]f
[AH]f

– 1,0 – 0,5 0 0,5 1,0

Les courbes obtenues sont des droites affines et de coefficient directeur 1.

L’équation de la modélisation s’écrit sous la forme pH = a + log⎝⎜⎛ [A− ]f ⎞⎠⎟ .
[ AH]f

6. D’après la lf’oorrmdounlenépeHà=l’poKriag+inleoag.⎛⎝⎜ [A− ]f ⎟⎠⎞ , lorsque pH = pKa, log ⎝⎛⎜ [A− ]f ⎞⎟⎠ = 0. Le pKa corres-
pond donc à [AH]f [ AH]f

On détermine : CH3COOH (aq)/CH3COO–(aq) HCOOH(aq)/HCOO–(aq) NH4+(aq)/NH3(aq)
4,8 3,7 9,2
Couple
pKa

© Éditions Belin, 2012  Corrigé des exercices supplémentaires

L’énoncé des exercices supplémentaires est disponible dans les compléments pédago-
giques sur www.libtheque.fr.

2. équilibre chimique et ph du vivant 29

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1 La taurine ne possède pas de groupe Diagramme de prédominance du couple :
carboxyle et de groupe amine portés par un
même atome de carbone. Ce n’est donc pas 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
un acide α-aminé.
HCO–3 pKa = 10,3 CO32– pH

2 1. La solution tampon contient une c. Dans le Dakin, la forme prédominante est
même quantité d’ions ammonium et d’ammo- l’ion HCO3– (le pH du Dakin est inférieur au
niac, soit : ni(NH4+)=ni(NH3 ). Si on note V(NH4+) pKa).
et V(NH3) les volumes de solution prélevés,
on a donc : cV(NH4+) = c · V(NH3), d’où, en sim- 4 1. Lorsque le pH des solutions est
plifiant par c, V(NH4+) = V(NH3) = V. proche du pKa, les concentrations des formes
2. [NH3]f = [NH4+]f = cV/2V = c/2. IndH et Ind– sont du même ordre de grandeur.
3. pKa  = –log(6,3 · 10–10) = 9,2 à 25 °C. On La solution est alors de couleur verte (couleur
trace le diagramme de prédominance du cou- obtenue par synthèse soustractive entre le
ple: bleu et le jaune). On en déduit 3,8 < pKa < 5,3.
2. La forme Ind– prédomine dans la solu-
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 tion 16, et la forme IndH prédomine dans
la solution 1. Les spectres obtenus corres-
NH+4 pKa = 9,2 NH3 pH pondent donc aux spectres d’absorption
des deux formes. On observe qu’à 650 nm,
4. Dans le mélange [NH3]f = [NH4+]f, donc pHmé- au maximum d’absorbance de Ind–, l’absor-
lange = pKa = 9,2. bance de IndH est quasi-nulle. C’est proba-
blement la longueur d’onde choisie.
3 1. Le pH du Dakin est 9,4 et le pKa du
couple HClO/ClO– est 7,5. pHDakin > pKa, donc 3. a. D’après la loi de Beer-Lambert, on a :
l’ion ClO– prédomine dans le Dakin. A = k[Ind–]f.
Même raisonnement pour l’eau de Javel de b. k = A16/c = 4850 L · mol–1.
pHJavel = 10,9, dans laquelle l’ion ClO– prédo- 4. Avec [Ind–]f = A/k et [IndH]f = c – [Ind–]f , on
mine. calcule :
2. a. On a Ka= [ClO–]f · [H3O+]f/[HClO]f ,
d’où [ClO–]f /[HClO]f= Ka/[H3O+]f. Solution pH A [Ind–] [IndH]
Par ailleurs Ka = 10–pKa et [H3O+]f=10–pH, donc n°
[ClO–]f/[HClO]f = 10–pKa/10–pH = 10pH–pKa. 1 1,5 0 0 2,00 · 10–4
b. Dans l’eau de Dakin : 2 2,4 0
3 2,9 0,013 0 2,00 · 10–4
[ClO–]f /[HClO]f = 109,4 – 7,5 = 101,9 = 79. 4 3,1 0,032
Dans l’eau de Javel : 5 3,3 0,036 2,68 · 10–6 1,97 · 10–4
[ClO–]f /[HClO]f = 1010,9 – 7,5 = 103,4 = 2,5 · 103. 6 3,8 0,094
Comme le Dakin et l’eau de Javel ont une 7 4,3 0,206 6,60 · 10–6 1,93 · 10–4
même concentration en ions hypochlorite, il 8 4,6 0,382
est plus intéressant de désinfecter une plaie 9 5 0,546 7,42 · 10–6 1,93 · 10–4
au Dakin. En effet, dans le Dakin, la concen- 10 5,3 0,73
tration de l’espèce HClO, qui désinfecte le 11 6,2 0,88 1,94 · 10–5 1,81 · 10–4
plus efficacement, est environ 300 plus im- 12 6,7 0,93
portante que dans l’eau de Javel. 13 7 0,962 4,25 · 10–5 1,58 · 10–4
3. a. La base conjuguée de l’ion hydrogéno- 14 8,4 0,97
carbonate est l’ion carbonate CO32–. 15 9,2 0,97 7,88 · 10–5 1,21 · 10–4
b. Le pKa du couple HCO3–/CO32– est égal à 16 10 0,97
–log(5,0 · 10–11) = 10, 3. 1,13 · 10-4 8,74 · 10–5

1,51 · 10-4 4,95 · 10–5

1,81 · 10-4 1,86 · 10–5

1,92 · 10-4 8,25 · 10–6

1,98 · 10-4 1,65 · 10–6

© Éditions Belin, 2012 2,00 · 10-4 0

2,00 · 10–4 0

2,00 · 10–4 0

30 Livre du professeur

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5. a. On trace les courbes suivantes : L’abscisse du point d’intersection correspond

Concentration (× 10–5mol . L–1) au pKa : pKa = 4,8. On vérifie que cette valeur
est cohérente avec les observations de cou-
20 Ind–
IndH leur (question 1).

15

10 b. Diagramme de prédominance du vert de
bromocrésol.

5 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
pH
IndH (jaune) pKa = 4,8 Ind– (bleu) pH
0
0 2 4 6 8 10

H. Errata

✔ Exercice 6 p. 47, question 4 : le couple est HCOOH/HCOO–.
✔ Exercice 16 p. 50, dans le tableau, lire : « Wavelength (nm) ».
✔ Exercice 19 p. 51, dans l’énoncé et sur le schéma, il faut remplacer la formule de l’acide

carbonique H2CO3 par CO2,H2O. Lire : « L’acide carbonique CO2,H2O, formé à partir d’eau et
de dioxyde de carbone sous l’action d’une enzyme, est un donneur d’ions H+. »

I. Bibliographie

✔ R. H. Garrett, C. M. Grisham, Biochimie, De Boeck Université, 2000.
✔ Elaine. N. Marieb, Anatomie et physiologie humaine, traduction de la 4e édition américaine,

De Boeck Université, 1999.
✔ H. This, « Jeux de Bicarbonates… et enseignement », Actualité chimique N° 327-328, février-

mars 2009.
✔ L. Counillon, « La régulation de l’acidité dans l’organisme », Pour la Science, Juin 2001.
✔ Cours de physiologie digestive : physiologie.envt.fr, « Les secrétions gastriques ».

© Éditions Belin, 2012 2. équilibre chimique et ph du vivant 31

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Chapitre 3

Cinétique et catalyse

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles
Réactions lentes, rapides : durée d’une
réaction chimique. Mettre en œuvre une démarche expérimentale
pour suivre dans le temps une synthèse
Facteurs cinétiques. Évolution d’une quantité organique par CCM et en estimer la durée.
de matière au cours du temps.
Temps de demi-réaction. Mettre en œuvre une démarche expérimentale
pour mettre en évidence quelques
Catalyse homogène, hétérogène et paramètres influençant l’évolution temporelle
enzymatique. d’une réaction chimique : concentration,
température, solvant.
Déterminer un temps de demi-réaction.

Mettre en œuvre une démarche expérimentale
pour mettre en évidence le rôle d’un
catalyseur.
Extraire et exploiter des informations sur la
catalyse, notamment en milieu biologique et
dans le domaine industriel, pour en dégager
l’intérêt.

© Éditions Belin, 2012 B. La démarche adoptée dans le manuel

Les contenus de ce chapitre reprennent en partie ce qui a été traité dans la partie « La trans-
formation d’un système chimique est-elle toujours rapide ? » de l’ancien programme. L’exploi-
tation mathématique des courbes cinétiques a été grandement allégée, puisque la définition
de la vitesse volumique de réaction n’apparaît plus. Ainsi les notions de facteur cinétique et de
catalyseur seront définies à partir de la durée de réaction. De même, l’interprétation micros-
copique des facteurs cinétiques n’est plus au programme. Nous avons cependant choisi de
proposer une première approche en exercice de synthèse à partir d’une étude de document et
d’une animation interactive, afin que les élèves puissent avoir une idée de l’origine microsco-
pique des phénomènes macroscopiques qu’ils observent.

Le chapitre sur la cinétique et la catalyse a été placé en début de manuel, car il permet une
entrée en matière progressive dans le programme de terminale S. De nouveaux concepts y
sont abordés : durée de réaction, temps de demi-réaction, facteurs cinétiques et catalyse. Ils

3. Cinétique et catalyse 33

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

reposent sur des notions vues en 1re S telles que l’avancement, les transformations d’oxydoré-
duction et la spectrophotométrie. Puisque les titrages n’ont pas encore été traités à ce stade de
la progression, seule la spectrophotométrie est utilisée comme technique de suivi de réaction.

La compétence expérimentale « Mettre en œuvre une démarche expérimentale pour suivre
dans le temps une synthèse organique par CCM et en estimer la durée » est traitée dans le
chapitre 11, Synthétiser des molécules. Vous trouverez néanmoins des exercices d’application
sur le suivi CCM dans ce chapitre et un point de cours p. 64, sachant qu’aucune compétence
nouvelle sur cette technique n’est introduite par rapport à ce qui a été vu en 2nde et en 1re S.

C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 58

– Si un dépôt conduit à plusieurs taches sur le chromatogramme après élution, alors le milieu
est constitué d’un mélange d’espèces chimiques. Chaque espèce est caractérisée par son rap-
port frontal, qui dépend de l’éluant et de la phase stationnaire utilisés.
– Voir fiche 4 p. 319. Placer l’éluant au fond de la cuve. Tracer une ligne droite sur la phase
stationnaire. Déposer les espèces à analyser sur la plaque (phase stationnaire) à l’aide d’un
capillaire. Placer la plaque dans la cuve en veillant à ce que la ligne de dépôt ne soit pas en
contact direct avec l’éluant. Laisser éluer dans la cuve fermée. Une fois que l’éluant a atteint le
haut de la plaque, à environ 1 cm du bord, retirer la plaque et repérer la ligne de front du sol-
vant. Révéler si nécessaire les taches et les entourer avec un crayon de papier.
– La concentration d’une substance colorée en solution est proportionnelle à l’absorbance de
cette solution (loi de Beer-Lambert). Il est donc possible d’évaluer la concentration en mesurant
l’absorbance de cette solution grâce à un spectrophotomètre.

 S’interroger p. 58

Les élèves doivent parvenir à l’idée que la température est un facteur cinétique. Une baisse
de la température ralentit les transformations chimiques comme celles à l’origine des proces-
sus nerveux participant à la sensation de douleur.

Remarque : les connaissances sur les mécanismes de la douleur sont encore fragmentaires,
car ces derniers sont extrêmement complexes. En première approche, le froid exerce une action
anti-inflammatoire ; d’une part en ralentissant les processus enzymatiques impliqués dans la
synthèse des molécules pro-inflammatoires à l’origine de la douleur, et d’autre part en ralentis-
sant leur diffusion. Il diminue aussi la mobilité des cellules impliquées dans la réponse inflam-
matoire. En outre, le froid entraîne une vasoconstriction, ce qui limite l’apparition d’œdèmes
et ralentit également la réponse inflammatoire. Enfin, il active des récepteurs sensoriels spé-
cifiques impliqués à la fois dans la perception de la température et de la douleur, ce qui induit
une inhibition du circuit de la douleur. On pourra faire le pont avec le programme de SVT en
Term S, qui traite la réponse inflammatoire.

 Photo d’ouverture p. 59

Cette photographie et l’illustration de la rubrique « S’interroger » ont été choisies pour
sensibiliser les élèves à l’omniprésence de la chimie dans leur quotidien, et à la grande diver-
sité de la nature des transformations chimiques et de leurs durées.

34 Livre du professeur

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La photographie est une reproduction d’un tableau de Van Gogh « Vue d’Arles avec iris en
fleur » datant de 1888. La transformation chimique responsable de la dégradation du pigment
jaune de chrome est une transformation photochimique d’oxydoréduction faisant intervenir le
chrome présent dans le pigment.

Pour en savoir plus : un communiqué du CNRS détaille avec précision cette transformation
et la technique spectroscopique utilisée pour l’identifier.
http://www2.cnrs.fr/presse/communique/2104.htm?debut=24 & theme1 = 5

 Activité 1 p. 60

Cette activité est prévue pour être réalisée en séance de travaux pratiques. Elle peut être
traitée en amont du cours afin de faire émerger les notions de durée de réaction et de facteur
cinétique.

Dans la partie B, seul le protocole permettant d’étudier l’influence de la concentration est
donné. Il offre un point de départ aux élèves pour imaginer la réalisation d’expériences mettant
en valeur l’influence de la température et du solvant. Pour l’influence du solvant, il est conseillé
de travailler avec des mélanges eau/solvant organique 50/50. Néanmoins il est possible de
poursuivre l’étude en modifiant ces proportions.

Matériel

– Agitateur magnétique et barreau aimanté, chronomètre, cristallisoir, glace, bain marie, thermomètre.
– Bécher 100 mL, 2 béchers de 50 mL, éprouvette graduée 50 mL, éprouvette graduée 5 mL,
2 éprouvettes graduées 10 mL.

– Solution aqueuse de permanganate de potassium acidifiée à 2,0 . 10–2 mol . L–1, solution aqueuse de
peroxyde d’hydrogène à 1,0 . 10–1 mol . L–1, solution aqueuse d’acide oxalique à 1,0 . 10–1 mol . L–1, solution

de thiosulfate de sodium à 0,25 mol . L–1, solution d’acide chlorhydrique 1,0 mol . L–1.
– Solvants : éthanol, acétone, eau distillée.
– Thiosulfate de sodium solide.

✔5 Réponses aux questions

1. Les transformations se produisant dans les deux béchers consomment les ions permanga-
nate. Lorsque la solution devient incolore, il n’y a plus d’ions permanganate en solution. L’état
final est atteint, la transformation chimique s’arrête. La durée nécessaire à la décoloration de
la solution coïncide donc avec la durée de réaction.
Remarque : les réactions se produisant dans les béchers sont données ci-dessous.
Bécher 1 : 2 MnO4–(aq) + 6 H+(aq) + 5 H2C2O4(aq) à 2 Mn2+(aq) + 8 H2O() + 10 CO2(g)
Bécher 2 : 2 MnO4– (aq) + 6 H+(aq) + 5 H2O2(aq) → 2 Mn2+(aq) + 5 O2(g) + 8 H2O()
Les deux équations ont même stœchiométrie. En outre, les quantités de matière initiales de
permanganate de potassium d’un part, et de peroxyde d’hydrogène et d’acide oxalique d’autre
part, sont les mêmes. Le calcul pour un des béchers suffit pour déterminer la nature du réactif
limitant dans les deux cas :

ni (MnO–4 ) = 1,0 .10−4 mol
2

ni (H2C2O4 ) = ni (H2O2 ) = 2,0 .10−4 mol
5 5

On vérifie que ni (MnO–4 ) < ni (H2C2O4 ) . Le réactif limitant est l’ion permanganate dans les
deux cas. 2 5

© Éditions Belin, 2012 2. La transformation chimique entre les ions permanganate et le peroxyde d’hydrogène est la

plus rapide. Elle est quasi instantanée avec le peroxyde d’hydrogène, alors qu’elle dure plu-

sieurs dizaines de seconde avec l’acide oxalique.

3. Cinétique et catalyse 35

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3. La vitesse des réactions précédentes est plus importante que celle de la formation de la
rouille (durée de réaction de l’ordre du jour, du mois ou de l’année en fonction des conditions).
Les ordres de grandeur des durées de réaction sont très variables.
4. La croix disparaît à cause de la formation progressive de soufre sous forme de particules
solides : le contenu du bécher devient opaque.
5. a. Notons Ci, la concentration en ion thiosulfate dans la solution initiale. Le volume total du
milieu réactionnel est égal à : Vt = V1 + V2 + Veau. À l’état initial, on a donc : [S2O32–]0 = Ci × V1 /Vt.
Avec Ci = 0,25 mol . L–1 et Vt = 55,0 mL dans chaque cas, on calcule les valeurs suivantes :

Essai n° 12345

[S2O32–]0 (mol . L–1) 4,5 . 10–2 9,1 . 10–2 1,4 . 10–1 1,8 . 10–1 2,3 . 10–1

Dt (s) 124 53 34 25 20

b. Résultats ci-dessus. Plus la concentration en ions thiosulfate dans le milieu est élevée, plus
la durée nécessaire à la disparition de la croix est faible.
6. a.  Réaliser la même expérience (par exemple dans les conditions de l’essai n° 4 :
V1 = 40,0 mL, V2 = 5,0 mL, Veau = 10,0 mL) en plaçant au préalable pendant plusieurs minutes
les solutions initiales ainsi que le bécher dans un bain d’eau glacée.

 Réaliser à nouveau l’expérience en les plaçant dans un bain marie. Pour relever la tempé-
rature, attendre que l’équilibre thermique entre le bain marie et la solution soit atteint. À ce

moment-là, sortir rapidement le bécher, l’essuyer, le poser sur l’agitateur magnétique, et rajou-
ter l’acide en déclenchant le chronomètre.

Résultats :

Température du milieu réactionnel, 8 °C 20 °C 51 °C
conditions de l’essai n° 4

Dt (s) 75 25 4

Il apparaît que lorsque la température du milieu augmente, la durée nécessaire à la disparition
de la croix diminue.
b. On réalise la même expérience en changeant le solvant de la réaction et en veillant à ce que
la concentration en ion thiosulfate soit identique.
– Préparer 100 mL d’une solution d’ion thiosulfate par dissolution : introduire la masse néces-
saire de soluté et compléter avec 100 mL du solvant choisi.
– Réaliser l’expérience précédente en introduisant un volume VS2O32– de solution préparée pré-
cédemment et 5 mL d’une solution aqueuse d’acide chlorhydrique. Ne pas rajouter d’eau dans
le milieu réactionnel.

VS2O32– (mL) 45,0
VHCl (mL) 5,0

VH2O (mL) 0,0

Résultats (pour une concentration de 0,25 mol . L–1 en ion thiosulfate) :

Solvant 100 % eau eau/éthanol 50/50 eau/acétone 60/40  eau/acétone 50/50

Dt (s) 16 24 43 56

© Éditions Belin, 2012 La durée de réaction est fonction du solvant utilisé.
Remarque : il n’y a pas de différence significative observée quand la proportion eau/éthanol est
modifiée, contrairement au mélange eau/acétone.
7. Différents paramètres permettent aux chimistes d’influencer la durée de réaction d’une
transformation chimique. S’il souhaite que celle-ci soit plus courte, il augmentera la concen-

36 Livre du professeur

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tration initiale des réactifs ainsi que la température du milieu réactionnel. Le choix du solvant
n’est pas anodin, il peut aussi modifier la durée de réaction.

 Activité 2 p. 61

Cette activité nécessite d’être réalisée lors d’une séance de 2 h de travaux pratiques. L’utili-
sation d’un spectrophotomètre et la loi de Beer-Lambert ont été vues en 1re S.

Matériel

– 7 béchers de 50 mL, 2 pipettes jaugées de 10 mL, 2 burettes de 25 mL.
– Solution aqueuse de diiode de concentration c = 1,5 . 10–3 mol . L–1, solution aqueuse d’eau
= 3,0 . 10–3 mol . L–1, solution aqueuse acidifiée
oxygénée de concentration c1 de concentration c2 = 2,5 . 10–1 mol . L–1. d’iodure de potassium

– Spectrophotomètre réglé à 480 nm, cuves de longueur 1,0 cm.

– Chronomètre, eau distillée.

✔5 Réponses aux questions
1. Avec une bonne approximation, la courbe représentant l’absorbance de la solution en fonc-
tion de la concentration de diiode est une droite passant par l’origine. L’ordonnée à l’origine
est nulle, car lorsque [I2] = 0, il n’y a pas d’autre espèce qui colore le milieu, donc A = 0. La loi
de Beer-Lambert est vérifiée.
On a : A = k [I2], avec k = 524 L . mol–1 et [I2] en mol . L–1.
2. On constate que le coefficient R ² n’est pas égal à 1, ce qui serait le cas si tous les points expé-
rimentaux appartenaient à la droite modélisée. En effet, les sources d’erreurs sont les erreurs
liées à l’expérimentateur lors de l’utilisation du chronomètre (déclenchement et lecture de la
mesure) ainsi que des erreurs liées au matériel utilisé (spectrophotomètre, verrerie).
3. Tableau de mesures :

t (min) 0 0,5 1 2 3 4 5 7 9

A 0 0,077 0,160 0,278 0,380 0,464 0,534 0,645 0,723

t (min) 10 12 15 20 25 30 37 40 45

A 0,754 0,800 0,844 0,882 0,898 0,906 0,911 0,913 0,915

L’absorbance du milieu réactionnel augmente au cours du temps car la quantité de diiode

présente augmente (les ions iodure réagissent avec le peroxyde d’hydrogène pour former du

diiode).
4. a. D’après la question 1, on a [I2] = A/k où k = 524 L . mol–1.
b. D’après l’équation de la réaction, l’avancement est égal à la quantité de matière de diiode
n=I 21/V . n, oI2.ù
formée : x V est le volume du milieu réactionnel (V = V1 + V2 = 20,0 mL).
On a [I2]=
D’où [I2] = x/V. L’avancement est proportionnel à la concentration en diiode dans le milieu réac-
tionnel.

5. Puisque l’avancement est proportionnel à la concentration en diiode dans le milieu réaction-

nel, le temps de demi-réaction correspond également à la durée au bout de laquelle la concen-

tration de diiode dans le milieu est égale à la moitié de sa valeur finale.
= 1,75 . 10–3 mol . L–1
[I2]f /2 = 8,75 . 10–4 mol . L–1
[I2]f
L’abscisse du point de la courbe ayant comme ordonnée [I2]f/2 vaut t = 4 minutes. Le temps de
© Éditions Belin, 2012 demi-réaction est de 4 minutes environ.

6. Au bout de 40 minutes, la concentration en diiode dans le milieu n’évolue plus. La transfor-

mation semble terminée.

3. Cinétique et catalyse 37

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

 Activité 3 p. 62

Cette activité peut être réalisée par le professeur dans le cadre d’une expérience de cours
introduisant la notion de catalyseur. Dans ce cas, le professeur devra fournir les résultats de
la question 7. Elle peut également être réalisée par les élèves lors d’une séance de travaux
pratiques.

Matériel
– Solution aqueuse de peroxyde d’hydrogène à 10 volumes (3 %).
– 2 béchers de 50 mL, erlenmeyer de 250 mL, entonnoir, papier filtre, compte goutte, lame de verre.

– Fil de platine, poudre ou lame de platine.
– Navet, mixeur.

✔5 Réponses aux questions
1. Le principe actif, H2O2, se décompose au cours du temps. La solution perd donc progressi-
vement ses propriétés désinfectantes. Cette décomposition peut être considérée comme une
transformation chimique « lente » : expérimentalement, on n’observe pas de dégagement ga-
zeux en l’absence de catalyseur (la vitesse de formation du dioxygène O2(g) est donc faible).
Cette observation est cohérente avec la date de péremption du produit, qui indique une durée
de conservation d’un an.
2. L’introduction de platine dans l’eau oxygénée provoque l’apparition de bulles à l’interface
entre l’eau oxygénée et le métal (doc. 5). D’après l’équation de la réaction, ce dégagement
gazeux correspond à du dioxygène O2(g). Les bulles ne sont pas observables en l’absence de
platine : on en conclut qu’il accélère la décomposition du peroxyde d’hydrogène.
3. Peser le fil avant et après l’avoir plongé dans l’eau oxygénée. Le fil doit être soigneusement
séché. Si la masse du fil a diminué après l’expérience, du platine a été consommé.
Remarque : on ne peut conclure qu’aux incertitudes de pesée près. En toute rigueur, il faudrait
plonger le fil dans l’eau oxygénée un temps « suffisamment long » (dépendant de l’incertitude
de la mesure).
4. Le dégagement gazeux s’effectue à l’interface entre le catalyseur et la solution, comme dans
toute catalyse hétérogène. Plus la surface de contact est grande, plus le dégagement gazeux de
dioxygène est important, et plus la durée de réaction sera courte.
5. L’apparition d’un dégagement gazeux en présence d’extrait de navet (doc. 6.b), à l’image de
ce qui a été observé en présence de platine (doc. 5), montre que la catalase accélère la décom-
position du peroxyde d’hydrogène. Afin de s’assurer que la catalase n’est pas consommée,
rajouter de l’eau oxygénée dans le tube à essais et observer à nouveau un dégagement gazeux.
6. D’après l’équation de la réaction, il s’agit de dioxygène.
7. Le dégagement gazeux est moins important à pH = 8,5 qu’à pH = 7. On n’observe pas de dé-
gagement gazeux à pH = 4. Le pH semble donc avoir une influence sur l’efficacité de l’enzyme.
8. Un catalyseur est une espèce chimique qui diminue la durée de réaction dans le milieu réac-
tionnel où il est introduit, mais qui n’intervient pas dans l’équation de réaction. La quantité de
catalyseur est identique à l’état initial et à l’état final.
9. Après blanchiment des textiles avec de l’eau oxygénée et plusieurs rinçages, ajouter de la
catalase pour faciliter l’élimination de l’eau oxygénée résiduelle, puis rincer à nouveau. La cata-
lase est préférable au platine car elle est moins chère, et car elle pénètre plus efficacement au
cœur des fibres du tissu.
Pour en savoir plus : une entreprise basée au Danemark a comparé plusieurs procédés de blan-
chiment. Les résultats sont disponibles dans le livre La biotechnologie au service de produits et
de procédés industriels propres, OCDE, 1998.

38 Livre du professeur

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

 Activité 4 p. 63

L’objectif de cette activité est d’approfondir la notion de catalyse enzymatique, en offrant
une première approche de leur mécanisme d’action. La complémentarité des géométries entre
le substrat et le site actif de l’enzyme, abordée dans cette activité, sera revue et développée
dans le chapitre 5.

L’activité présente en outre une application de l’action d’une enzyme à des fins industrielles.
✔5 Réponses aux questions
1. Le temps de demi-réaction diminue en présence de catalyseurs comme la lactase ou les ions
oxonium H3O+ (milieu acide). Dans les conditions de l’étude, la lactase est un catalyseur plus
efficace que les ions oxonium.
2. Les géométries doivent être complémentaires de façon à ce que les interactions attractives
entre le site actif de l’enzyme et le lactose soient les plus importantes possible.
3. Comme le thiolactose et le lactose ont une géométrie proche, le thiolactose peut aussi s’in-
sérer dans le site actif de la lactase. Lorsque le site actif est occupé par le thiolactose, il n’est
plus disponible pour le lactose, ce qui provoque une augmentation du temps de réaction.
4. Les industriels ajoutent de la lactase pour diminuer la quantité de lactose dans le lait ingéré
par les consommateurs. Le lait peut ainsi être vendu aux personnes intolérantes au lactose.
5. Les enzymes sont des catalyseurs très efficaces. En interagissant de façon spécifique avec
les réactifs au niveau de leur site actif, elles permettent de diminuer la durée de leurs trans-
formations. Si certaines réactions n’étaient pas catalysées, leurs durées seraient trop grandes
pour permettre la vie. La digestion du lactose, par exemple, est rendue possible par la présence
de lactase dans l’intestin. L’efficacité des enzymes dépend des conditions de température et
de pH, ainsi que de la présence éventuelle d’inhibiteurs. Leur action peut être détournée à des
fins industrielles.

D. Déroulement du cours

Il est nécessaire de prévoir 4 heures de cours et 4 h de TP.
Exemple de progression avec deux séances de TP de 2 h
– Séance de TP : activité 1.
– Cours : 1. Durée de réaction et exercices d’entraînement.
– Cours : 2. Facteurs cinétiques et exercices d’entraînement.
– Séance de TP : activité 2.
– Cours : 3. Catalyse + activité 3 + exercices d’entraînement.
Activité 4 à faire à la maison.

3. Cinétique et catalyse 39

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E. Réponses aux exercices p. 68

Les réponses aux exercices « S’autoévaluer » sont à la fin du manuel, p. 330.

© Éditions Belin, 2012 3 1. On cherche l’abscisse du point de la quelques prélèvements du milieu réactionnel
courbe pour lequel [Acide] = [Acide]f/2 soit (quelques minutes).
[Acide] = 0,76 mol . L–1.
Protocole 1 : t1/2 = 4 min ; 8 1. Les constituants de l’araldite doivent
Protocole 2 : t1/2 = 8 min. être conditionnés séparément pour permettre
2. La réaction est plus rapide pour le proto- la conservation de la colle liquide. En effet, la
cole 1. transformation chimique permettant le dur-
cissement démarre lorsque les deux consti-
4 1. Le composé organique R–Cl est en- tuants sont mélangés.
tièrement consommé à la fin de la réaction :
c’est le réactif limitant. À la date t = t1/2, la 2. La température est un facteur cinétique.
moitié de la quantité initiale de réactif limi- Une élévation de la température entraîne une
tant est consommée. diminution de la durée des transformations
On a : ci = 10 mol . L–1. chimiques responsables du durcissement de
On lit l’abscisse du point de la courbe d’or- la colle.
donnée ci/2 = 5 mol . L–1 : t1/2 = 2,5 min.
9 1. Les ions hypochlorite ClO–, respon-
5 1. De bas en haut : acide éthanoïque ; sables de l’action désinfectante et décolo-
éthanol ; éthanoate d’éthyle. rante, réagissent spontanément entre eux :
ils sont consommés au cours du temps.
2. Les taches correspondant à l’acide étha-
noïque et à l’éthanol sont de moins en moins 2. La température est un facteur cinétique. De
intenses, car ces espèces sont consommées l’eau de Javel conservée au frais se conser-
au cours du temps (réactifs). Inversement, les vera donc plus longtemps qu’une eau de Javel
taches correspondant à l’éthanoate d’éthyle, entreposée à température ambiante : la réac-
le produit de réaction, sont de plus en plus tion consommant les ions hypochlorite est
intenses. On constate que la réaction n’est ralentie.
pas totale.
3. La concentration en ions hypochlorite de
3. La durée de réaction est d’environ 20 mi- l’eau de Javel n’est pas la même selon les
nutes (durée au bout de laquelle les taches conditionnements. En berlingot, la concen-
n’évoluent plus). tration initiale en ions hypochlorite est plus
importante, ce qui a pour effet d’accélérer la
4. La CCM est une méthode qualitative. La réaction qui consomme ces ions. La durée de
durée nécessaire pour réaliser le prélève- conservation des berlingots est donc plus
ment et l’élution entraîne une précision de faible que celle de la solution diluée.
l’ordre de plusieurs minutes. Il est possible
de resserrer les prélèvements afin d’avoir 10 1. La température est un facteur ciné-
une meilleure précision. L’interprétation du tique : elle a une influence sur la durée de
chromatogramme (taille des taches, évolu- réaction. Si l’expérimentateur veut étudier l’in-
tion des taches) est cependant fonction de fluence d’un autre paramètre sur la durée de
l’expérimentateur. Cette méthode reste donc réaction (ici : le solvant), il doit fixer les autres.
approximative.
2. L’avancement final xf est le même, que le
5. La durée de la réaction suivie doit être su- solvant soit l’hexane ou le nitrobenzène. La
périeure à la durée nécessaire pour réaliser courbe x =  f (t) atteint plus vite cette valeur
finale lorsque le solvant est le nitrobenzène.

40 Livre du professeur

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Allure des courbes : Solvant : nitrobenzène tration en ions H3O+ (elle est de 0,1 mol . L–1
dans le milieu de pH = 1, et quasi nulle dans
x le milieu de pH = 7). En présence d’ions H3O+,
la durée de réaction diminue ; ces ions sont
xf donc des catalyseurs.

Solvant : hexane 2. La durée de réaction n’est réduite que de
l’ordre de 103 fois par ajout d’ions H3O+. Dans
t les conditions de l’expérience, la catalyse en-
zymatique semble donc la plus efficace.
3. L’hexane est un solvant hydrogénocarboné
(ne contient que des atomes C et H) : il est 16 1. La température est plus basse, d’où
donc apolaire. Le nitrobenzène contient des une économie d’énergie. 2. Le rendement est
atomes très électronégatifs (N et O), c’est plus important, car il n’y a presque pas de
donc un solvant polaire (programme de 1re S). sous-produit.
Sachant que l’iodure de tétraéthylammonium
est une molécule polaire, sa dissociation sera 17 1. Catalyseurs de la décomposition de
d’autant plus rapide dans le solvant que ce- l’eau oxygénée : peroxyde de manganèse, or,
lui-ci est polaire. argent.

11 Introduire une quantité de permanga- 2. Les catalyseurs ne sont pas modifiés au
nate de potassium et d’éthanol de telle sorte cours des transformations chimiques qu’ils
que l’ion permanganate soit réactif limitant. catalysent.
Par exemple, 10 mL de la solution de perman-
ganate de potassium + 10 mL d’éthanol pur. 18 1. Le dioxyde de titane TiO2.
2. Lorsque le ciment contient du TiO2, la
Remarque : cette condition équivaut à dégradation du colorant est beaucoup plus
rapide.
nMnO–4 < néthanol , soit en notant VMnO4– et
4 5 3. Comme la quantité de matière d’un cata-
lyseur reste constante entre l’état initial et
Véthanol les volumes prélevés : l’état final de la transformation chimique, le
VMnO4– < 1,3 . 103Véthanol. ciment reste « autonettoyant ».

Protocole : 4. Le catalyseur n’est efficace qu’en présence
d’un rayonnement lumineux.
– Prélever les volumes indiqués à l’aide de
20 1. D’après le texte, seuls les chocs « effi-
pipettes jaugées de 10 mL et les introduire caces » entraînent une transformation.
2. Oui : les chocs se produisent entre toutes
dans un bécher de 50 mL. les espèces en présence.
3. Si la température augmente, la vitesse
– Mélanger les 2 solutions à température am- moyenne des molécules augmente. Elles
entrent alors en collision plus fréquemment,
biante et chronométrer la durée nécessaire et la fréquence des chocs efficaces augmente
également.
à la disparition de la couleur. Recommencer 4. On peut supposer que plus la concentra-
tion initiale des réactifs est importante, plus
pour une température supérieure en plaçant la probabilité de rencontre entre les molé-
cules des réactifs augmente, donc plus la
le bécher dans un bain-marie, par exemple à fréquence des chocs efficaces augmente et
plus la durée de réaction diminue.
θ = 40 °C. Comparer les deux durées.

© Éditions Belin, 2012 15 1. D’après l’énoncé, à une même tem-
pérature, la réaction est plus rapide dans
un milieu de pH = 1,0 que dans un milieu de
pH = 7,0. Ces milieux diffèrent par la concen-

3. Cinétique et catalyse 41

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Exemple de résultats obtenus avec l’anima- est égale à la moitié de sa valeur finale. Par
tion : lecture graphique, t1/2 = 400 s.
L’efficacité des chocs est réglée à 7/10. On
lance deux fois l’animation avec les propor- 22 1. a. Le réactif (forme R de la phénolph-
tions de réactifs suivantes : taléine) est coloré. Il y a aura une modification
– une proportion bleu/rouge 80/20, cor- de l’intensité de la couleur de la solution au
respondant par exemple à un hypothétique cours de la transformation chimique : le suivi
mélange de 10 mL de solution de bleu à spectrophotométrique est donc adapté.
4 mol . L–1 et 10 mL de solution de rouge à
1 mol . L–1 ; b. Le réactif R, qui colore la solution, est
– une proportion bleu/rouge 50/50 corres- consommé au cours du temps. D’après la loi
pondant par exemple à un hypothétique de Beer-Lambert, la concentration [R] diminue
mélange de 10 mL de solution de bleu à au cours du temps, donc l’absorbance A de la
1 mol . L–1 et 10 mL de solution de rouge à la solution aussi.
même concentration. 2. On a : A = k[R] avec k = 15,6 L . mol–1.
On compare ensuite le nombre de chocs né-
cessaires pour atteindre l’état final. 3. Courbe d’évolution de la concentration de
la forme [R] :

Proportion Nombre de chocs R (mol . L–1)
des espèces bleu/ nécessaires pour 0,06
atteinte de l’état final
rouge 0,05
500 chocs
Simulation 1  80/20 0,04

Simulation 2  50/50 11 000 chocs 0,03

En supposant que le nombre de chocs par se- 0,02
conde est le même dans chaque cas, la durée
de la réaction au cours de la simulation 1 est 0,01 t1/2 t (min)
donc plus faible. 0 20 40 60 80 100 120 140
0

21 1., 2. et 3. Tracé de la courbe : 4. a. D’après l’équation de la réaction, la

quantité de matière en forme R dépend de

1,8 I2 (mmol . L–1) l’avancement x et de la quantité initiale de R

1,6 I2f notée n0, selon : n(R) = n0(R) – 1x. D’où :
1,4 x = ([R]0 – [R])V.

1,2 b. On détermine xf à partir des valeurs de [R]0

1,0 I2f [eoARtnv]e[fcRc=a]f[l .Rc1u],00le=5 : .0 x1,f80=1– 1/4/1,15552,6, .6 1=0=5–,362m,07 o3. 1l .. 01–02–m3 molo . lL .– L1–e1t,
0,8 2

0,6

0,4

0,2 t1/2 t (s) Lorsque x = xf/2, = 2,93 . 10–3 mol . L–1.
0 1 500 2 000 2 500 3 000 [R]1/2 = [R]0 – xf/(2V)
0 500 1 00
On repère graphiquement l’abscisse du
La concentration en diiode atteint sa valeur
finale pour tf = 2 100 s. La durée de réaction point de la courbe dont l’ordonnée vaut
est donc d’environ 2 100 s. 2,93 . 10–3 mol . L–1 est t1/2 = 21 min.
L’avancement x est proportionnel à la concen-
© Éditions Belin, 2012 tration de diiode formée [I2], donc le temps de 23 1. Car la transformation chimique fait
demi-réaction t1/2 correspond à la durée au intervenir une espèce colorée, l’ion perman-
bout de laquelle la concentration en diiode ganate, dont la concentration varie au cours
du temps.

42 Livre du professeur

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2. D’après la stœchiométrie de la réaction, essais. Le placer dans un bain marie à 60 °C
n(MnO4–) = ni(MnO4–) – 2x. (les conditions en pH et en température sont
D’après les courbes, à l’état final, la concen- choisies à partir du doc. 1 : c’est dans ces
tration en ion permanganate est nulle : c’est conditions que l’enzyme est la plus efficace).
le réactif limitant. On a donc :
À l’aide d’un compte-goutte, faire des prélè-
xf = ni(MnO4–)/2. vements de 5 gouttes toutes les 10 minutes
À t = t1/2, x = xf/2 donc : pour tester la présence d’amidon et/ou de
glucose. Pour révéler la présence ou l’ab-
n1/2(MnO4–) = ni(MnO4–) – xf = ni(MnO4–)/2. sence d’amidon, réaliser le test à l’eau iodée :
En divisant cette expression par le volume de dans le tube à essais contenant 5 gouttes du
la solution, à t = t1/2, [MnO4–]1/2 = [MnO4–]i/2. mélange réactionnel, rajouter 1 goutte d’eau
On détermine donc l’abscisse du point de la iodée.
courbe ayant pour ordonnée [MnO4–]i/2.
Protocole 1 (courbe bleue) : t1/2= 95 s. Si la solution devient noire, le test est positif.
Protocole 2 (courbe rouge) : t1/2= 15 s. Pour tester la présence de glucose, introduire
3. Une goutte de solution aqueuse de sulfate dans un autre tube à essais 5 goutte du milieu
de manganèse a été ajouté au milieu réac- réactionnel et quelques gouttes de liqueur de
tionnel dans le protocole 2, dont le temps de Fehling. Chauffer au bain-marie : s’il y a appa-
demi-réaction est plus court. Les ions Mn2+ rition d’un précipité rouge brique, le test est
diminuent la durée de réaction : c’est un cata- positif.
lyseur.
– Faire de même avec un tube témoin conte-
4. Mn2+ est un catalyseur de la réaction, et il nant uniquement de l’empois d’amidon.
est produit par la transformation chimique. La
réaction est donc « autocatalysée ». – Comparer la durée au bout de laquelle
l’amidon a disparu.
24 1. La soude est une solution contenant
des ions hydroxyde OH–, qui réagissent avec Résultat attendu : dans le tube témoin, le
l’acide responsable du goût amer des olives, test à l’eau iodée sera toujours positif et ce-
l’oleuropéine  ; il s’agit d’une transformation lui à la liqueur de Fehling toujours négatif :
acido-basique. l’amidon n’est pas hydrolysé en l’absence
d’enzyme. Dans l’autre tube, l’expérimen-
2. La durée de désamérisation diminue tateur constatera que la solution testée à
lorsque la concentration de la soude aug- l’eau iodée change peu à peu de couleur pour
mente : en effet, la concentration des réactifs devenir jaune (test négatif) et que la solution
est un facteur cinétique. testée à liqueur de Fehling change peu à peu
3. Pour une concentration de 17,8 g . L–1, de couleur pour devenir rouge (test positif).
l’olive n’est pas abîmée et la durée de désa- L’amylase salivaire accélère donc l’hydrolyse
mérisation est mininale. de l’amidon en maltose.

25 1. Protocole : 2. Une fois l’amidon hydrolysé, ajouter à
nouveau de l’amidon dans le tube. Replacer
– Mettre de l’empois d’amidon dans une solu- le tube dans le bain-marie. Effectuer les tests
tion à pH = 6 et 1 mL de salive dans un tube à caractéristiques de la présence de glucose et
d’absence d’amidon.

© Éditions Belin, 2012 3. Cinétique et catalyse 43

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F. Réponses aux sujets BAC p. 76

27 1. En comparant les protocoles des ex- pour catalyser les transformations se
périences 1 à 3, on remarque que les condi- déroulant dans la pile à combustible est le
tions expérimentales sont identiques, sauf platine Pt.
la concentration initiale en ions H3O+. On
constate que plus celle-ci est élevée, plus le 3. a. Sur la partie droite du graphique, on
temps de demi-réaction est faible. constate que plus la force d’adsorption des
En effet, la concentration initiale des réactifs réactifs sur le métal est importante, et plus
est un facteur cinétique. En général, plus elle l’efficacité du catalyseur diminue. On peut
est importante, plus la durée de réaction est supposer que lorsque les réactifs sont forte-
faible donc plus le temps de demi-réaction ment « piégés » sur la surface du catalyseur,
est faible. leur réactivité va diminuer : les interactions
entre réactifs et catalyseur sont trop fortes
2. La durée de réaction de l’expérience A est pour pouvoir se casser.
plus courte que celle de l’expérience B (la
valeur finale de l’avancement est plus vite b. Sur la partie gauche du graphique, plus
atteinte) : une même quantité de zinc réagit la force d’adsorption est importante, et plus
donc plus rapidement avec l’acide sous forme l’efficacité du catalyseur augmente. On peut
de poudre que sous forme de grenaille. Or la supposer que lorsque les réactifs sont faible-
surface de contact est plus importante avec ment adsorbés, leur temps de présence à la
la poudre de zinc, finement divisée, qu’avec surface du catalyseur est trop faible pour que
la grenaille. En conclusion, plus la surface de la transformation ait lieu.
contact est grande entre les réactifs, et plus la En conclusion, plus la force d’adsorption est
réaction est rapide. grande, plus le temps de présence augmente
et plus la conversion réactifs produits est
3. En présence de carbonate de zinc, l’avan- importante, jusqu’à une certaine valeur où
l’interaction réactifs/catalyseur devient alors
cement croît de façon très lente. La couche de trop forte (voir question 3.a).

carbonate de zinc « protège » le métal de la 4. a. D’après le doc. 3 : le platine est « un
matériau rare, donc coûteux et inenvisageable
transformation avec les ions H3O+. pour un développement à grande échelle. »

4. Comme pH =m o–l l.o Lg–[1H. 3O+], [H3O+] = 10–pH et b. D’après le doc. 3, « les enzymes sont très
[H3O+] = 10–5 sensibles à l’oxygène et difficiles à produire
en grande quantité ». La catalyse enzyma-
5. Facteurs cinétiques : tique n’est donc pas une alternative viable,
car l’obtention des enzymes en grande quan-
– concentration en ions H3O+ : les eaux tité est nécessaire pour une production à
de pluies sont faiblement concentrées en grande échelle, et elles doivent rester efficace
dans les conditions d’utilisation.
ions H3O+ ;
– surface du zinc en contact : une gouttière 5. Afin de pouvoir bénéficier de la grande
efficacité des enzymes à moindre coût, les
offre une faible surface de contact (par rap- chercheurs de Grenoble et de Saclay ont ima-
giné un dispositif associant les avantages de
port à une poudre de zinc) ; la catalyse enzymatique, avec l’utilisation de
molécules synthétiques mimant les hydrogé-
– couche de carbonate de zinc : cette couche nases, et de la catalyse hétérogène, avec la
greffe de ces molécules sur un support solide.
protège le zinc de la corrosion par les pluies

acides.

Tous ces facteurs expliquent la longévité des

gouttières en zinc.

© Éditions Belin, 2012 28 1. D’après le doc. 1, en catalyse hétéro-
gène, la transformation chimique se déroule
à l’interface entre la solution et le catalyseur.

2. D’après le doc. 2, le métal le plus efficace

44 Livre du professeur

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Ce support améliore la mise en contact des DCoemmmême[CAerfn2=O2 k7=2[– Cc]fr2=2VO 2172=,–5 ]2f9,  ..o  11n00c––a42lmcmuoollel. . :E Ln–1u. tilisant
catalyseurs avec les réactifs, et la durée de la formule de la question 4, on calcule l’avan-
réaction est donc diminuée. cement final xf = 4,6 . 10–6 mol.
6. La concentration molaire initiale en éthanol
29 1. D’après le doc. 3, l’absorption des ions Oesnt c:acl1c=ul en1c/1V=1. 6C,o9m . 1m0e–3xfm=o nl 1. /L3–1,.c1 = 3xf /V1.
dichromate est maximale à cette longueur La concentration massique correspondante
d’onde, et l’absorption des autres espèces est : cm = c1 . Méthanol, soit cm = 0,32 g . L–1. Le
est nulle. Ce choix permet donc d’effectuer un conducteur n’est pas en infraction.
suivi spectrophotométrie de la réaction entre
les ions dichromate et l’éthanol. L’incertitude ECE Étude d’un facteur cinétique p. 80
relative de la mesure de l’absorbance est aus-
si diminuée (voir chapitre 8 p. 178). 1. 1. Le diiode est la seule espèce chimique
qui colore le milieu réactionnel. On peut donc
2. Lorsque la réaction est terminée, l’absor- effectuer le suivi de la réaction en mesurant
bance de la solution n’est pas nulle : des ions l’absorbance du milieu réactionnel à une lon-
dichromate sont toujours présents. La réac- gueur d’onde du visible.
tion étant totale, on en conclut que l’éthanol
est le réactif limitant. 1. 2. L’avancement x est proportionnel à l’ab-
sorbance A de la solution. Graphiquement, on
3. À l’état final, nf (éthanol) = 0. détermine : t1/2 = 32 s.
Or, d’après la stœchiométrie de la réaction, 1. 3. Reprendre le protocole du document
nf (éthanol) = n1 – 3 xf. D’où : xf = n1/3. en utilisant une solution d’eau oxygénée de
concentration plus faible.
4. La quantité de matière en ions dichromate
à l’état final vérifie : 2. 1. Voir fiche 2 p. 317.

nf (dichromate) = n2 – 2xf 3. 2. t1/2 < t’1/2 : la concentration des réactifs
soit [Cr2O72–]f . V = n2 – 2xf, est un facteur cinétique.

et xf =  n2 − [Cr2O27− ]f .V .
2

5. Par lecture graphique, Af = 2,39.

© Éditions Belin, 2012 3. Cinétique et catalyse 45

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G. Compléments pédagogiques

L’énoncé des exercices supplémentaires est 2 1. La catalyse est qualifiée d’hétéro-
disponible dans les compléments pédago- gène, car le catayseur et les réactifs sont dans
giques sur www.libtheque.fr. deux phases distinctes. Le catalyseur est so-
lide et les réactifs sont en phase liquide.
 Corrections
2. Puisque la transformation chimique cata-
1 On trace la courbe : lysée s’effectue à l’intérieur des pores de la
zéolithe il faut que la taille des réactifs soit
x (mol) inférieure ou égale à celle des pores.
0,12
0,10 xf 3. Par définition, la concentration en réac-
tif diminue et celle en produit augmente au
0,08 cours d’une transformation chimique. Courbe
xf en magenta : produit ; courbe en vert : réactif.

0,06 2 4. a. Non, puisqu’à condition de température
identique, la présence d’un catalyseur modi-
0,04 fie la durée de réaction.

0,02 t1/2 t (min) b. il faudra travailler à une température plus
0 5 10 15 20 25 30 élevée, car la température est un facteur ciné-
0 tique : son augmentation entraîne une dimi-
nution de la durée de réaction.
L’avancement final est xf = 0,112 mol.
Le temps de demi-réaction est la durée au bout 5. Graphiquement, on détermine 5,3 minutes.
de laquelle l’avancement est égal à la moitié
de sa valeur finale, soit x1/2 = 0,056 mol. Gra- 6. Il diminue. En effet, plus il y a de pores dis-
phiquement, on détermine : t1/2 = 2,76 min. ponibles pour réaliser la transformation des
réactifs en produits, plus la durée de réaction
sera faible.

H. Erratum

✔ Activité 1 p. 60, partie B, question 6 : le matériel à disposition comprend du thiosulfate de
sodium solide.

© Éditions Belin, 2012 I. Bibliographie

✔ C. Moreau, J.P. Payen, Thermodynamique chimique, Belin, 1996.
✔ Synthèse générale sur la cinétique, accessible à des lycéens :

www.cnrs.fr/cnrs-images/chimieaulycee/THEMES/cinetique/prezcin.htm
✔ Synthèse générale sur la catalyse, accessible à des lycéens :

www.cnrs.fr/cnrs-images/chimieaulycee/THEMES/catalyse/prezcata.htm
✔ Complément d’informations sur le ciment autonettoyant :

www.ciments-calcia.fr/NR/rdonlyres/72EA4335-A03C-4ED9-865A-A3150DBE95FF/0/
DossierTechniqueTX.pdf

46 Livre du professeur

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Chapitre 4

Représentation spatiale
des molécules

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles
Chiralité : définition, approche historique.
Reconnaître des espèces chirales à partir
Représentation de Cram. de leur représentation.

Carbone asymétrique. Utiliser la représentation de Cram.
Chiralité des acides α-aminés.
Conformation : rotation autour d’une liaison Identifier les atomes de carbone asymétrique
simple ; conformation la plus stable. d’une molécule donnée.

Formule topologique des molécules Visualiser, à partir d’un modèle moléculaire
organiques. ou d’un logiciel de simulation, les différentes
conformations d’une molécule.

Utiliser la représentation topologique
des molécules organiques.

✔ Commentaires

L’étude des bases de la stéréochimie est une partie importante du programme. Elle
est notamment nécessaire en prélude à deux autres parties du programme, à savoir : les
techniques spectroscopiques IR et RMN (chapitres 9 et 10), et les stratégies de synthèse en
chimie organique (chapitres 11 à 13).

© Éditions Belin, 2012 B. La démarche adoptée dans le manuel

Les bases de la stéréochimie sont traitées dans deux chapitres liés : les chapitres 4 et 5.
Le chapitre 4 est consacré à la représentation des molécules organiques. Dans une pre-
mière partie, les différents types de représentation sont présentés : modèle 3D, formule
brute, représentation de Cram, en détaillant les méthodes pour dessiner une molécule selon
les conventions de chacune d’entre elles.
Pour répondre aux objectifs du programme (repérer des conformations différentes d’une
molécule, reconnaître des espèces chirales, identifier des atomes de carbone asymétrique,
etc.), l’élève est amené à « jongler » entre ces différentes représentations. Il doit donc
comprendre que toutes les représentations ne donnent pas les mêmes informations. Par
exemple, la représentation de Cram et les modèles moléculaires 3D fournissent des informa-
tions sur la structure tridimensionnelle des molécules, et permettent l’identification d’une

4. Représentation spatiale des molécules 47

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

molécule chirale ou de ses différentes conformations. À l’issue de ce chapitre, l’élève doit
être capable de choisir une représentation adéquate selon l’information qu’il doit traiter sur
une molécule. Avec cette perspective, les représentations ne sont pas seulement présentées
comme des outils de dessin : elles sont aussi vues comme des outils pour la réflexion sur
des thèmes dont les enjeux sont importants en chimie organique, comme la chiralité des
molécules – ce qui donne à ce chapitre tout son intérêt.

Remarque : il est important de ne pas confondre chiralité et énantiomérie. C’est pourquoi
ces deux notions sont présentées dans deux chapitres distincts.

C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 82

– La formule de Lewis de la molécule de méthanol est :

H

HCH

O

H

– La formule de Lewis permet de visualiser la répartition des doublets liants et non liants au
sein d’une molécule, mais ne donne pas d’informations sur sa géométrie.
– Pour représenter la géométrie d’une molécule sur une feuille de papier, on peut utiliser la
représentation de Cram.

 S’interroger p. 82

Tous les modèles moléculaires ne sont pas superposables à leur image dans un miroir plan,
comme le montre le modèle moléculaire présenté, celui du 1-bromoéthanol (molécule fictive
utilisée pour sa simplicité). En effet, les atomes de brome et d’hydrogène portés par un même
atome de carbone sont permutés quand on passe du modèle moléculaire à son image. Cette
particularité est associée aux molécules chirales, qui jouent un rôle essentiel en chimie.

 Photo d’ouverture p. 83

La photographie présente une coupe de la coquille d’un nautile, dont les différentes cloi-
sons s’enroulent en spirale autour d’un axe. La coquille du nautile présente un plan de symétrie
perpendiculaire à cet axe, et n’est donc pas chirale !

A contrario, la coquille des escargots communs ne présente pas de plan de symétrie, et elle
est chirale. L’enroulement autour de l’extrémité supérieure de la coquille, l’apex, est qualifié
de dextre ou de senestre selon le sens de rotation (respectivement dans le sens des aiguilles
d’une montre ou dans le sens contraire des aiguilles d’une montre) (voir rubrique « Nature »
p. 103).

 Activité 1 p. 84

L’objectif de cette activité est de familiariser les élèves avec les différents types de repré-
sentation des molécules organiques. À travers le questionnement proposé, l’élève comprend
que les différentes représentations n’apportent pas les mêmes informations : le chimiste choi-
sit le type de représentation selon ce qu’il veut mettre en valeur.

48 Livre du professeur

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Pour représenter les deux structures du limonène traitées dans cette activité, il est ainsi
possible d’utiliser la représentation topologique pour dessiner l’ensemble de la molécule, puis
de mettre en valeur l’arrangement particulier des doublets liants autour d’un atome de carbone
à l’aide de la représentation de Cram. Les deux énantiomères du limonène ont alors une repré-
sentation distincte.

✔5 Réponses aux questions

1. C10H16. Le limonène contient principalement les éléments C et H, et présente une chaîne
carbonée : c’est une molécule organique.
2. a. Les deux structures du limonène ont les mêmes formules semi-développée et topologique :

CH3

H2C C CH

H2C H CH2
C

H3C CH2

b. La représentation topologique ne permet pas de distinguer les deux structures du limonène.
Les différentes dispositions des doublets liants autour de l’atome de carbone repéré en gris ne
sont pas précisées.
3. L’atome de carbone dont la disposition des doublets diffère est l’atome de carbone repéré
en gris ci-dessus.
4. Structure doc1. a : Structure doc1. b :

© Éditions Belin, 2012 CC

HH

5. La représentation topologique est une représentation plus simple et rapide des molécules
organiques que la formule semi-développée.
6. La représentation de Cram apporte des informations supplémentaires : elle permet de repré-
senter l’arrangement spatial (ou arrangement tridimensionnel) des doublets liants autour d’un
atome particulier, comme ici pour le carbone repéré en gris sur le limonène. Les deux structures
du limonène, celle à l’odeur de citron et celle à l’odeur de pin, ont alors une représentation
distincte.

 Activité 2 p. 85

Cette activité introduit la notion de chiralité, une propriété des objets macroscopiques
comme microscopiques.

Dans un premier temps, l’élève est amené à reconnaître des objets macroscopiques chiraux,
utilisés au quotidien. Le passage au monde microscopique se fait via une interview réalisée
auprès d’une enseignant-chercheur en chimie, qui discute l’intérêt des molécules chirales. En
partie B, à l’aide du logiciel ChemSketch, l’élève se familiarise avec la visualisation des struc-
tures spatiales (ou tridimensionnelles) des molécules, à partir des exemples du benzène et du
1-bromoéthanol. Il propose, en conclusion, une méthode de reconnaissance des molécules
chirales.

Comme dit plus haut, il est important de ne pas confondre chiralité et énantiomérie. La
chiralité est la propriété d’un objet de ne pas être superposable à son image dans un miroir.
L’image est un objet virtuel, à ne pas confondre avec une deuxième molécule, image de la pre-
mière, appelée énantiomère.

4. Représentation spatiale des molécules 49

© Éditions Belin, 2012 Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Matériel
– Ordinateur équipé du logiciel ChemSketch (téléchargeable

sur http://www.acdlabs.com/download/), ou à défaut,
une boîte de modèles moléculaires.

Remarque : le logiciel ChemSketch ne fait pas apparaître les doubles liaisons.

✔5 Réponses aux questions
1. Les objets chiraux sont les suivants : chaussure, coquille d’escargot, vis, casserole avec bec
verseur (un clou ou une casserole sans bec verseur ne sont pas chiraux).
2. L’image d’une main droite dans un miroir correspond à une main gauche, et on vérifie aisé-
ment qu’une main gauche et une main droite ne sont pas superposables :

Une main gauche ou une main droite sont donc des objets chiraux par définition.
3. Une molécule chirale est une molécule non superposable à son image dans un miroir.
4. Les chimistes organiciens s’intéressent actuellement à la synthèse d’une seule des deux
molécules images d’une espèce chirale. En effet, pour la production de principes actifs dans le
domaine pharmaceutique par exemple, une seule de ces deux formes possède les propriétés
biologiques et thérapeutiques attendues.
5. Le benzène est superposable à son image dans un miroir : il n’est donc pas chiral. La molé-
cule de 1-bromoéthanol est non superposable à son image, c’est donc une molécule chirale.
6. Il faut chercher un angle de vue permettant de comparer les représentations de l’image ob-
tenue et la molécule de départ afin de pouvoir dire si elles sont superposables ou non. Par
exemple, on peut retourner l’image de 180° selon un axe vertical.
Remarque : une méthode rapide pour repérer des molécules qui ne sont pas chirales, comme le
benzène, consiste à chercher un élément de symétrie dans la molécule (un plan ou un centre de
symétrie). Si la molécule possède un tel élément de symétrie, alors elle n’est pas chirale (voir
exercice 19 p. 95). Dans ce cas, on vérifie aisément que l’image par un miroir perpendiculaire
au plan de la feuille est superposable à la molécule.
7. Pour déterminer si une molécule est chirale, il faut dessiner la molécule et son image à l’aide
de la représentation de Cram par exemple, retourner l’image de 180° selon un axe vertical au
besoin, et identifier si l’image est superposable à la molécule.

 Activité 3 p. 86

Cette activité documentaire, réalisable en séance de cours, dépeint le contexte historique
dans lequel ont été découvertes les notions de structure tridimensionnelle et de chiralité. Elle
introduit donc naturellement la notion d’atome de carbone asymétrique. La photographie du
doc. 5 présente du matériel utilisé par Louis Pasteur lors de ses travaux sur la cristallogra-
phie entre 1845 et 1848 : un flacon de bitartrate d’ammoniac contenant un échantillon de sels
d’acide tartrique, un microscope de minéralogiste pour l’observation des deux formes de cris-
taux chiraux (voir doc. 1 p. 102) et un modèle en bois d’un cristal.

Dans cette activité, le repérage des atomes de carbone asymétrique se fait sur trois
exemples d’acides α-aminés, briques constitutives des protéines. En effet, 19 des 20 acides
α-aminés naturels sont chiraux. La plupart d’entre eux présentent un seul atome de carbone
asymétrique : l’atome de carbone lié aux groupes –COOH et –NH2, appelé carbone α (voir cha-

50 Livre du professeur

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pitre 2 p. 45). Cependant, d’autres acides α-aminés naturels, qui présentent plusieurs atomes
de carbone asymétrique (cas de l’isoleucine, thréonine) sont aussi chiraux. Il est donc impor-
tant de souligner que la condition de présence d’un seul atome de carbone asymétrique au sein
d’une molécule est suffisante pour la propriété de chiralité, mais non nécessaire.

Ce fil rouge autour des acides α-aminés, qui court depuis le chapitre 2, sera prolongé dans
le chapitre 5 : celui-ci est en effet consacré aux propriétés biologiques des molécules, et cer-
taines fonctions physiologiques comme la perception des odeurs et l’assimilation d’un médi-
cament sont liées aux protéines.

On pourra remarquer qu’un atome de carbone asymétrique se repère indifféremment à par-
tir d’une représentation semi-développée, d’une représentation topologique ou d’une repré-
sentation de Cram (en vérifiant que l’atome de carbone forme 4 liaisons avec 4 groupes diffé-
rents). Pour vérifier qu’une molécule est chirale lorsqu’elle ne possède pas un unique atome de
carbone asymétrique, il faudra dessiner cette dernière à l’aide d’une représentation tridimen-
sionnelle : la représentation de Cram.

Matériel
– Ordinateur équipé du logiciel ChemSketch (téléchargeable

sur http://www.acdlabs.com/download/), ou à défaut,
une boîte de modèles moléculaires.

✔5 Réponses aux questions

1 et 2. Deux atomes de carbone de l’alanine [a] forment 4 liaisons simples, mais un seul est

lié à 4 groupes différents : –NH2, –CH3, –H et –COOH. Un seul atome de carbone de la glycine
[b] forme 4 liaisons simples, mais il est lié à deux atomes d’hydrogène : la glycine [b] ne pré-

sente pas d’atome de carbone asymétrique. La valine [c] contient 4 atomes de carbone formant

4 liaisons simples, dont un seul est lié à quatre groupes différents.

Les atomes de carbone asymétrique des acides α-aminés [a] et [c] sont repérés ci-dessous.

O HO H2N H C
OH
C NH2 O

H2N H O OH

[a] [b] [c]

© Éditions Belin, 2012 3. a. L’alanine naturelle et son image ne sont pas superposables. En effet, si on retourne de
180° l’image de l’alanine selon un axe vertical, on s’aperçoit que les positions des groupes
–NH2 et –H se retrouvent à des positions différentes autour de l’atome de carbone asymétrique.
Elle est donc chirale.
b. La molécule de glycine et son image sont superposables : la glycine n’est pas une molécule
chirale.
4. a. Le Bel et van’t Hoff ont émis l’hypothèse que les doublets liants d’un atome de carbone
formant quatre liaisons simples adoptent une géométrie tétraédrique. De plus, si cet atome de
carbone est lié à quatre groupes différents, il est alors dit « asymétrique », et la présence d’un
unique atome de carbone asymétrique dans une molécule implique que celle-ci est chirale.
b. Cette hypothèse est vérifiée pour l’alanine : elle possède un unique atome de carbone asy-
métrique, et elle est chirale.
La glycine ne possède pas d’atome de carbone asymétrique : elle ne rentre pas dans le cadre
de l’hypothèse. En l’absence d’atomes de carbone asymétrique, ou en présence d’au moins
2 atomes de carbone asymétrique, celle-ci ne permet pas de conclure sur le caractère chiral ou
non de la molécule.

4. Représentation spatiale des molécules 51

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5. Une molécule qui possède un unique atome de carbone asymétrique est une molécule
chirale : le repérage des atomes de carbone asymétrique est donc une méthode rapide de re-
connaissance d’une molécule chirale. Cependant, si la molécule ne possède aucun atome de
carbone asymétrique ou en possède plusieurs, on doit revenir à la méthode de construction de
l’image (activité 2 p. 85).

 Activité 4 p. 87

Cette activité introduit la notion de conformation. Les différentes conformations d’une mo-
lécule correspondent à des dispositions différentes des atomes dans l’espace, obtenues par
rotation autour de l’axe de liaisons simples (ou par légères torsions : ce serait le cas des confor-
mations du cyclohexane, non abordées en terminale S).

Les différentes conformations d’une même molécule sont encore appelées « stéréoisomères
de conformation ». Cette dénomination, a priori plus lourde, clarifie le lien avec les stéréoiso-
mères de configuration (abordés dans le chapitre 5). Des stéréoisomères de conformation ont
une durée d’existence très brève, contrairement aux stéréoisomères de configuration. Ils ne
sont donc pas discernables à température ambiante, et ils décrivent la même molécule. Des
stéréoisomères de configuration correspondent à des structures tridimensionnelles de même
formule brute, mais décrivant deux molécules distinctes.

L’objectif de cette activité est de comprendre que les différentes conformations d’une molé-
cule ne sont pas « équivalentes ». Pour cela, l’élève est amené à étudier l’évolution de l’éner-
gie de l’éthane (il s’agit en fait de l’énergie potentielle, qui découle des différentes répulsions
électroniques entre les doublets de liaisons d’une part et entre les divers groupes d’atomes de
la molécule d’autre part) lors de la rotation des liaisons C–H autour de l’axe de la liaison C–C.
Les différentes positions relatives des atomes d’hydrogène obtenues après rotation ne sont
pas équivalentes d’un point de vue énergétique, à cause de la répulsion entre liaisons C–H. En
première approche, ces répulsions sont de nature électrostatique : les nuages électroniques
des doublets de liaison C–H se repoussent.

L’étude des conformations particulières « éthane décalé » et « éthane éclipsé » est réinves-
tie dans les exercices, afin de décrire les conformations adoptées par d’autres molécules plus
complexes (voir exercices 23 à 26 p. 96-97) et émettre des hypothèses sur leur stabilité. On
peut noter que les ambitions du programme restent très modestes sur l’étude des conforma-
tions, puisqu’il s’agit simplement de les « visualiser » et d’être capable de repérer des confor-
mations d’une même molécule.

Matériel
– Ordinateur équipé du logiciel ChemSketch (téléchargeable

sur http://www.acdlabs.com/download/), ou à défaut,
une boîte de modèles moléculaires.

✔5 Réponses aux questions
1. Il s’agit de la liaison C–C.
2. Les conformations ne sont pas identiques : elles diffèrent par la position relative des atomes
d’hydrogène portés par les deux atomes de carbone. Il existe une infinité de conformations
pour l’éthane : il n’est pas possible de les dénombrer.
3. Conformation correspondant à un minimum d’énergie [1] :

© Éditions Belin, 2012 θ = 60°, 180°, 300°

52 Livre du professeur