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

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Conformation correspondant à un maximum d’énergie [2] :

θ = 0°, 120°, 240°
4. D’après le texte, les conformations les plus stables sont celles qui minimisent l’énergie de la
molécule. La conformation la plus stable est donc la conformation [1] : c’est la conformation dé-

calée. La conformation la moins stable est la conformation [2] : c’est la conformation éclipsée.
5. L’énergie à apporter pour rompre une liaison covalente est environ dix fois plus importante
que la barrière d’énergie existant entre les deux conformations décalée et éclipsée de l’éthane
(12 kJ . mol–1 d’après le doc. 8.)
6. La conformation décalée est la plus stable, car les atomes d’hydrogène portés par les deux
atomes de carbone sont les plus éloignés possibles : la répulsion entre les électrons des liai-

sons C–H est la plus faible.

D. Déroulement du cours

Il est nécessaire de prévoir 3 heures de cours et 2 h à 4 h de TP selon l’autonomie laissée aux
élèves lors de la manipulation de ChemSketch.

Exemple de progression avec une séance de TP de 2 h :
– Séance de TP : activité 1 et activité 2
– Cours : 1. Représentation des molécules et exercices d’entraînement.
– Séance de TP : activité 3 et activité 4
– Cours : 2. Atome de carbone asymétrique et chiralité ; exercices d’entraînement.
– Cours : 3. Conformations d’une molécule ; exercices d’entraînement.

E. Réponses aux exercices p. 92

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

2 1. a : topologique ; b : semi-développée ; 4 1 et 2. Florhydral, de formule brute
c : Cram ; d : semi-développée ; e : Cram ;
f : topologique. C13H18O

2. a : C3H6O ; b : C4H11N ; c : C3H7Cl ; d : HCN ; H CH3 O
e : C6H14O ; f : C4H8O2. C CH CH
3. La représentation de Cram. HC C C
HC CH H2
C

3 1. Acide aspartique : semi-développée. H3C HC CH3

Isoprène : semi-développée. Acide lactique :

Cram. Vanilline, de formule brute C8H8O3

2. O HO C HC CH

© Éditions Belin, 2012 H2N OH O H3C C C O
OH OH

O OH O HC C
H

4. Représentation spatiale des molécules 53

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Lactone, de formule brute C8H14O2 2. Représentation de Cram de l’α-ionone :

O C O HC CH2 H3C CH3 H O
H
C CH3 C
H2C CH H2
CH3 HC C

HC

5 1. Arrangement tétraédrique des dou- H
blets autour de l’atome de carbone.
La liaison entre l’atome d’hydrogène et
2. Représentation de Cram du chloroforme :
l’atome de carbone asymétrique peut pointer

H « vers l’arrière » ou « vers l’avant ». Il y a donc

Cl C Cl deux possibilités (ici la liaison pointe « vers
Cl
l’arrière »).
Remarque : les représentations de Cram de

6 1. L’arrangement des doublets autour deux atomes de carbone des groupes –CH3
de l’atome de carbone est plan. En effet, ne sont pas dessinées pour plus de lisibilité.
l’atome de carbone est engagé dans une
liaison double C=O et deux liaisons simples 12 1. Molécule [a] H2C CH3
C–Cl. C Cl

2. Représentation topologique du phosgène : H3C H

O Molécule [b] HO C O
Cl C

Cl H3C H OH

7 1. Représentation de Cram de la putres- Molécule [c] H3C H
C
cine : C O
H HH HH H H2

C CN 2. Les molécules [a] et [b] contiennent un
NCC unique atome de carbone asymétrique :
elles sont chirales. La molécule [c] n’est pas
HH HH HH chirale : son image dans un miroir plan paral-
lèle à la feuille lui est superposable.
L’arrangement des doublets autour des
atomes de carbone est tétraédrique, car les 13 Il suffit de n’utiliser les différents
atomes de carbone sont engagés dans 4
liaisons simples. L’arrangement autour de groupes proposés qu’une seule fois autour
l’azote est aussi tétraédrique (1 doublet non
liant et 3 liaisons simples). d’un atome de carbone, de sorte à assurer la

2. Représentation topologique de la cadavé- présence d’un unique atome de carbone asy-

rine : métrique. Exemple :

H2N NH2 NH2

8 1. Les atomes de carbone qui adoptent H3C C OH
H

une géométrie tétraédrique sont engagés 14 1 et 2. Formule mixte topologique /Cram

dans 4 liaisons simples. Ils sont repérés en du citronellol : H OH

gris :

H3C CH3 O C
CH3
© Éditions Belin, 2012 H2C C H 3. La molécule de citronellol est chirale, car
C elle possède un seul atome de carbone asy-
métrique.
H2C CH3

54 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

15 1 et 2. Formule semi-développée du glu- 2. H3C CH3 H3C CH3

tathion : SH Br Br Br Br
H HH H H
H2N H CH2 O H2C COOH
C C C NH HC CN C Image par un miroir
H2 H2
COOH H2 La molécule et son image sont superposables
(les atomes sont à la même place), la molé-
16 Les acides α-aminés qui possèdent cule n’est donc pas chirale.
un seul atome de carbone asymétrique sont
chiraux. C’est le cas de la sérine, l’acide as- 3. Les molécules qui possèdent un plan de
partique et de la leucine. symétrie ne sont pas chirales.
Pour la glycine, on considère son image
(représentée à l’aide de la représentation 23 1. [a] et [b] sont identiques.
de Cram) dans un miroir plan, par exemple
parallèle à la feuille. On remarque que celle- 2. [a] et [b] sont des conformations éclipsées,
ci lui est superposable : la glycine n’est pas [c] est une conformation décalée.
chirale.
3. La conformation la plus stable est la confor-
mation [c] qui est une conformation décalée.

17 1. a. Les atomes de carbone repérés en 24 1. Représentation semi-développée et
gris sont liés à quatre liaisons simples :
représentation de Cram du fluoroéthane :

H3C HH HH
H CH2 H
H3C HC2 H CeHCt 2 C F F H C C F
O N C C OH F H3C
HN H2C C H
O N3 HH HH

b. Les atomes de carbone tétraédriques 2. a. L’axe de rotation est représenté en poin-
repérés par une flèche ci-dessus sont liés à
au moins deux atomes d’hydrogène, et par tillés : HH
conséquent, ne sont pas asymétriques.
HC C F
2. La disposition spatiale des doublets autour
des atomes de carbone asymétriques sont HH
représentés à l’aide de la représentation de
Cram. b. Les conformations décalée et éclipsée

18 1. Formule topologique de la conine : sont : HH F

NH HC C F HC C H
H
2. Les dispositions possibles sont : HH
Décalée HH

Éclipsée

NH C H NH C H 25 1. La conformation A est la conformation
décalée. La conformation B est la conforma-
19 1. L’image de la molécule représentée tion éclipsée. Par analogie avec la molécule
par sa vue 3D est : d’éthane, la plus stable serait a priori la
conformation décalée.
© Éditions Belin, 2012 H3C CH3
2. La liaison hydrogène qui s’établit entre
Br Br l’atome de fluor et l’atome d’hydrogène per-
H H met de stabiliser la conformation éclipsée,
qui devient alors plus stable que la conforma-
tion décalée.

4. Représentation spatiale des molécules 55

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

26 1. Il existe une infinité de conforma- HH
tions pour la molécule de butane obtenues
par rotation des groupes méthyle autour de HC O
l’axe C1–C2 représenté en pointillés : l’angle
H3C–C1–C2–H3 peut prendre toutes les va- CC
leurs entre 0 et 360 °.
O OH

2. Autre conformation de l’acide pyruvique :

H3C H OO
H CH CC
2 CH3
C1 HC OH

H HH

2. La conformation la plus stable est la confor- 3. La molécule d’acide lactique possède un
mation la plus abondante : il s’agit donc de la seul atome de carbone asymétrique : elle est
donc chirale.
conformation décalée.

27 1. La conformation A est la conformation 31 1. Chiralité : propriété d’un objet de ne
s-trans, et la conformation B est la conforma- pas être superposable à son image dans un
tion s-cis. miroir plan.
Homochiralité : fait qu’il n’existe qu’une seule
2. L’axe de rotation pour passer d’une confor- des deux molécules chirales images l’une de
mation à l’autre est représenté par des poin- l’autre.
tillés :
2. a. L’alanine est chirale, car elle n’est pas
superposable à son image dans un miroir.

HH

3. Formules topologiques des deux conforma- H2N C COOH HOOC C NH2
tions : CH3 H3C

O Alanine naturelle Miroir Image
plan

s-trans s-cis O H

29 1 et 2. La tyrosine est dessinée à l’aide Retournement de l’image H2N C CH3
d’une représentation topologique. La repré- par rapport à l’axe vertical COOH
sentation semi-développée est la suivante :
Non superposable
à l’alanine naturelle

H2N H HC2 H b. L’alanine possède un seul atome de car-
C C C
CH bone asymétrique.

HO C HC HC C OH 3. Les molécules d’eau et de méthanol sont
O superposables à leurs images dans un miroir,
elles ne sont donc pas chirales :
3 et 4. La molécule de tyrosine est chirale car
elle présente un seul atome de carbone asy- OO
métrique, repéré ci-dessous. H HH H

H CH2 H HH
H2N C C
C CH CC
H OH HO H
C HC C HH
HO O C OH
H 4. En plaçant des échantillons analogues
© Éditions Belin, 2012 aux glaces interstellaires à des conditions
30 1. Représentation de Cram de la confor- similaires à celles régnant dans des milieux
mation la plus stable de l’acide pyruvique :

56 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

spatiaux, les chercheurs se sont aperçus 2. Le produit B est chiral, car il présente un
que le résidu organique présentait un excès seul atome de carbone asymétrique.
d’une des molécules images par rapport à 3. La forme image du produit B, qui présente
l’autre. Des météorites primitives ont donc pu un autre arrangement des groupes d’atomes
importer sur Terre ces molécules organiques autour du carbone asymétrique, est peu ou
chirales, produites dans le milieu inters- pas obtenue lors de l’étape présentée. Dans
tellaire avec un excès d’une des molécules les étapes qui suivront, c’est donc la L-Dopa,
images par rapport à l’autre. et non sa forme image, qui sera obtenue de
Pour en savoir plus : façon majoritaire. Cette synthèse est asymé-
http://www.cnrs.fr/Cnrspresse/n386/html/ trique.
n386a11.htm. 4. Le catalyseur chiral, noté [cat], permet de
http://www.insu.cnrs.fr/univers/observer- conduire à l’obtention majoritaire d’une des
modeliser/origine-de-la-vie-sur-terre-l-asy- formes de la L-Dopa. En présence de ce cata-
metrie-naturelle-des-molecules-biologiqu lyseur, la vitesse de formation du produit B
est augmentée : le produit B se forme donc
32 1. Butane : au détriment de sa forme image, non désirée.

H3C CH2 C CH3 34 1. La rotation s’effectue autour de la liai-
H2 son simple représentée en pointillés :

2. Projections de Newman de l’éthane : 2. a. La conformation s-trans est la plus
stable, car les atomes sont globalement plus
H HH éloignés : les répulsions sont minimisées.
HH b. Le passage de la conformation s-trans à s-
HH H H cis nécessite un apport d’énergie, car le buta-
H H diène passe d’une conformation stable à une
H conformation moins stable.
Décalée Éclipsée c. La conformation s-cis nécessite moins de
réarrangement pour former le cyclohexène
3. a. Les conformations [a] et [c] sont des que la conformation s-trans. En effet, la forme
conformations éclipsées, [b] et [d] sont des « repliée » de la chaîne carbonée est plus
conformations décalées. proche de la forme finale.
La conformation s-cis serait ainsi plus réac-
b. Les conformations décalées sont plus tive dans la réaction de Diels-Alder.
stables que les conformations éclipsées.

c. Dans la conformation [a], les deux groupes
–CH3 terminaux sont très proches dans l’es-
pace : la répulsion électronique entre ces
deux groupes est plus importante que dans la
conformation [c]. La conformation [a] est donc
moins stable que la conformation [c].

33 1. Le réactif A ne présente pas d’atome
de carbone asymétrique.

F. Réponses aux sujets BAC p. 100

36 1. a. Formule semi-développée du géra- Formule de Lewis du H H H H
butane-2,3-diol : H C C C C H
niol :

© Éditions Belin, 2012 H3C CH3 HC2 CH3 OH HOOH
C C CH2 HH
CC
C H2 H
H

4. Représentation spatiale des molécules 57

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

b. Seules deux espèces présentent des des structures moléculaires, qui seraient
atomes de carbone asymétriques : le géraniol elles-mêmes chirales. L’hypothèse de Pas-
et le butane-2,3-diol. teur est « osée », car à cette époque, la struc-
ture moléculaire des molécules organiques
O OH H3C CH3 (structure tétraédrique de l’atome de carbone
HC C OH impliqué dans 4 liaisons) n’était pas connue.
HO C C C OH HO Il n’était donc pas évident qu’il puisse exister
H H deux formes d’une même espèce chimique.
H2 O
2. a. L’acide tartrique gauche est chiral comme
c. L’acide malique B est chiral, car il possède le montre le schéma ci-dessous :
un unique atome de carbone asymétrique.
HOH COOH HOOC H OH
2. a. Par analogie avec l’éthane, les conforma- C CH H COOH
tions 1 et 2 du butane-2,3-diol du doc. 3 sont HO
desconformationsdécalées.Laconformation3 HOOC OH
est une conformation éclipsée.
Retournement de 180° HO COOH
b. Dans la conformation 2, une liaison hydro- selon un axe vertical H OH
gène intramoléculaire peut s’établir entre
l’atome d’oxygène d’un des groupes –OH et HOOC H
l’atome d’hydrogène de l’autre, qui sont suf-
fisamment proches (doc. 3 et 4). Ce n’est pas L’image d’une espèce chirale dans un miroir
le cas pour la conformation 1, où les groupes est elle-même chirale : l’acide tartrique droit,
–OH sont trop éloignés. qui est l’image de l’acide tartrique gauche
dans un miroir, est donc chiral.
H
b. L’acide tartrique « méso » est achiral, car
OO H son image lui est superposable :
H
HH

H

La liaison hydrogène, en élevant la barrière

d’énergie à fournir pour passer d’une confor- HOH COOH HOOC H OH
HOOC OH HO COOH
mation à une autre, favorise donc le maintien
H H
de la molécule du butan-2,3-diol en confor-

mation 2. La conformation 2 est donc plus

stable que la conformation 1. Retournement de 180° H COOH
selon un axe horizontal HO OH
37 1. a. Pasteur a mis en évidence la chira-
lité des molécules d’acide tartrique par le HOOC H
biais de deux observations (doc. 1).
© Éditions Belin, 2012 Tout d’abord, les cristaux de sels d’acide c. D’après le doc. 1, dans le jus de raisin, on
tartrique présentent des facettes orientées trouve les formes chirales de l’acide tartrique :
dans des directions différentes : un cristal ce sont les acides tartriques « gauche » et
« gauche » correspond à l’image d’un cristal « droit ».
« droit » dans un miroir. D’autre part, une so-
lution d’acide tartrique « gauche » fait dévier 3. L’acide tartrique « méso » n’est pas chiral,
le plan de polarisation de la lumière dans un et son pouvoir rotatoire est nul : un échantil-
sens opposé à celui d’une solution d’acide lon de cette espèce n’interagit donc pas avec
tartrique « droit »: ces solutions ont des pou- la lumière polarisée de sorte à provoquer une
voirs rotatoires opposés. rotation du plan de l’onde (doc. 2 et 3). On
peut penser qu’il en est de même pour toute
b. Pasteur postule que la chiralité des cristaux autre espèce qui n’est pas chirale : son pou-
observée à l’échelle macroscopique provient voir rotatoire sera nul.

58 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

G. Compléments pédagogiques

L’énoncé des exercices supplémentaires est 2. Les atomes tétravalents décrits à l’aide de
disponible dans les compléments pédago- la représentations de Cram sont les atomes
giques sur www.libtheque.fr. numérotés : 1, 4, 5 et 9.

 Corrigé 3. Comme cet atome de carbone n’est pas
asymétrique, il n’y a pas d’ambiguïté sur la
1 1. Formule topologique de la dexédrine : position dans l’espace des différents groupes
d’atomes qui lui sont liés : il n’est donc pas
NH2 nécessaire de détailler la structure à l’aide de
la représentation de Cram.
2. Une représentation topologique est une
représentation plane qui ne précise pas 4 1. Le limonène présente un unique
l’arrangement tridimensionnel des groupes atome de carbone asymétrique : il est donc
d’atomes autour des atomes de carbone. Il chiral.
est nécessaire d’utiliser une représentation
de Cram.

2 C H3C H 2. L’image du produit I dans un miroir plan lui
est superposable, donc la molécule n’est pas
O chirale :

OH H CH3 H CHH3 CH3 H CH3

3 1. Les doublets liants de l’atome de car- H HH H
bone n° 1 adoptent un arrangement tétraé-
drique, car l’atome de carbone forme 4 liai- Produit I Image dans un miroir plan
sons simples. Les doublets liants de l’atome
de carbone n° 16 s’arrangent dans le plan, Même raisonnement pour le produit II, qui
car l’atome de carbone forme une double liai- n’est pas chiral.
son et une liaison simple.

H. Bibliographie

✔ K. PETER C. VOLLHARDT, Neil E. SCHORE, Traité de chimie organique, 4e édition, De Boeck, 2004.
✔ E. ELIEL, S. WILEN, Stéréochimie des molécules organiques, Tec et Doc, 1996.
✔ Site internet de l’université de Michigan (États-Unis), proposant des animations pour la vi-

sualisation des conformations de molécules organiques :
http://www2.chemistry.msu.edu/faculty/reusch/VirtTxtJml/conform1.htm
✔ Article au sujet de la chiralité à l’échelle macroscopique et moléculaire, mettant en évidence

l’importance de la chiralité dans la nature :
http://mastercmpp.u-bourgogne.fr/iufm/chiralite/article_chiralite.pdf

© Éditions Belin, 2012 4. Représentation spatiale des molécules 59

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Chapitre 5

Propriétés biologiques
des stéréoisomères

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles
Énantiomérie, mélange racémique,
diastéréoisomérie (Z/E, deux atomes À partir d’un modèle moléculaire
de carbone asymétriques). ou d’une représentation, reconnaître
si des molécules sont identiques,
Propriétés biologiques et stéréoisomérie. énantiomères ou diastéréoisomères.
Pratiquer une démarche expérimentale pour
mettre en évidence des propriétés différentes
de diastéréoisomères.

Extraire et exploiter des informations sur :
– les propriétés biologiques
de stéréoisomères,
– les conformations de molécules biologiques,
pour mettre en évidence l’importance
de la stéréoisomérie dans la nature.

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

Un des objectifs du programme en chimie est de faire le pont avec le monde vivant, no-
tamment à travers l’étude des « briques » du vivant que sont les acides α-aminés.

La description des relations entre stéréoisomères (énantiomérie et diastéréoisomérie) et
la comparaison de leurs propriétés physico-chimiques ne doivent pas apparaître artificielles
ou fastidieuses : elles prennent tout leur sens lorsqu’il s’agit de comprendre le mécanisme
de certaines fonctions physiologiques. Dans ce chapitre, autant que possible, l’étude des
stéréoisomères est donc contextualisée par des exemples biologiques choisis.

Il nous paraît important d’insister sur le vocabulaire associé à ce chapitre. Deux sté-
réoisomères de configuration sont non superposables, c’est-à-dire que les atomes de deux
stéréoisomères de configuration ne sont pas à la même place dans l’espace, même après
d’éventuelles rotations autour de liaisons simples. Deux stéréoisomères de configuration
sont des molécules distinctes, et ne sont pas identiques. Au contraire, deux stéréoisomères
de conformation décrivent la même molécule.

Quatre activités (dont une activité expérimentale) couvrent l’intégralité des compétences
du programme.

5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 61

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

C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 104

– Il est possible de représenter la structure tridimensionnelle d’une molécule à l’aide de mo-
dèles moléculaires 3D ou de la représentation de Cram.
– Deux stéréoisomères correspondent à deux structures moléculaires différentes ; ils ont
une même formule semi-développée, mais la disposition des atomes dans l’espace n’est pas
la même.
– Une molécule est chirale si elle n’est pas superposable à son image dans un miroir. Une molé-
cule possédant un unique atome de carbone asymétrique est toujours chirale.

 S’interroger p. 104

L’étude des deux molécules révèle que leur différence de structure est minime : les groupes
–CH3 et –H sont permutés sur l’atome de carbone asymétrique. Elle suffit pourtant à provoquer
des sensations olfactives très différentes, ce qui devrait susciter la curiosité des élèves (voir
encadré « Chimie du vivant » p. 111).

Pour trouver des pistes de réflexion, ils peuvent s’appuyer sur le programme de SVT : ils
savent que des récepteurs, présents sur la membrane plasmique des cellules, sont suscep-
tibles de reconnaître une molécule de façon spécifique (chapitres sur l’immunité).

 Photo d’ouverture p. 105

L’image évoque une série de médicaments en gélule dans une chaîne de production. Dans
ce chapitre, l’étude des stéréoisomères va en effet de pair avec celle de leurs effets biologiques
et des applications qu’elles trouvent dans les industries pharmaceutiques. Actuellement, un
des enjeux de la chimie organique est de mettre au point des procédés qui effectuent la syn-
thèse d’un unique stéréoisomère « cible » parmi tous les stéréoisomères de configuration pos-
sibles : c’est ce qu’on appelle la synthèse asymétrique (voir exercice 33 p. 123). En effet, tous
les stéréoisomères n’ont pas les mêmes effets biologiques (ni la même odeur, voir p. 104).

 Activité 1 p. 106

Cette activité de modélisation a pour objectif d’introduire les notions d’énantiomérie et
de diastéréoisomérie. Pour s’entraîner à reconnaître la relation existant entre deux stéréoiso-
mères, il est indispensable de proposer aux élèves de manipuler eux-mêmes des modèles mo-
léculaires. C’est aussi l’occasion d’introduire la notion de configuration de façon très concrète :
deux stéréoisomères sont dits de configuration si pour passer de l’un à l’autre, il est nécessaire
de rompre et créer des liaisons – et donc de permuter sur le modèle deux groupes d’atomes liés
à un atome de carbone asymétrique.

Dans la première partie de l’activité, il nous est apparu important de partir d’une notion
connue, la chiralité, afin d’arriver à la notion d’énantiomérie, qui lui est liée. Il faut bien distin-
guer chiralité et énantiomérie : la chiralité est la propriété d’un objet (ou d’une molécule) de
ne pas être superposable à son image dans un miroir. L’énantiomérie est la relation qui existe
entre deux objets, images l’un de l’autre et non superposables. Chacun des deux énantiomères
est donc un objet chiral.

Pour le découvrir, l’élève construit un modèle moléculaire de l’alanine, vérifie que l’alanine
est chirale en construisant le modèle moléculaire de son image dans un miroir, et enfin conclut
que ces deux modèles moléculaires correspondent à la définition de l’énantiomérie (qui est
donnée). Le lien avec le monde pharmaceutique se fait grâce à l’exemple de l’ibuprofène.

62 Livre du professeur

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

La deuxième partie de l’activité traite la stéréoisomérie Z/E des acides fumarique et ma-
léique, déjà connue des élèves (programme de 1re S), et introduit la diastéréoisomérie.

À l’issue de cette activité, l’élève aboutit à une méthode de reconnaissance d’un couple
d’énantiomères ou de diastéréoisomères. C’est l’occasion de les mettre en garde sur des for-
mulations trompeuses : par exemple, un stéréoisomère n’est pas énantiomère « en soi », mais
dans une relation de stéréoisomérie. On l’illustre clairement par l’exemple d’une molécule à 2
atomes de carbone asymétrique (voir cours p. 112) : les 4 stéréoisomères sont dans une rela-
tion de diastéréoisomérie ou d’énantiomérie deux à deux.

Matériel
– Modèles moléculaires.

✔5 Réponses aux questions
1. Pour passer d’un modèle moléculaire à l’autre, il faudrait par exemple rompre et créer des
liaisons C–C et C–H, de sorte à permuter les groupes –H et –CH3 liés à l’atome de carbone
asymétrique.
Les deux molécules images de l’alanine sont donc des stéréoisomères de configuration.
2. a. Les deux modèles moléculaires de l’alanine sont images l’un de l’autre et non superpo-
sables. En transposant cette observation à l’échelle des molécules, on peut dire que les deux
molécules images de l’alanine sont des énantiomères.
b. Par définition, deux énantiomères correspondent à deux stéréoisomères de configuration
(donc non superposables), images l’une de l’autre dans un miroir. L’image d’un énantiomère
dans un miroir correspond donc à l’autre énantiomère du couple, et ne lui est pas superpo-
sable : les deux énantiomères sont chiraux.
3. Il est important de distinguer les deux énantiomères de l’ibuprofène, car un seul des deux
énantiomères a l’activité thérapeutique cherchée (suppression de la douleur).
4. Pour passer de l’acide maléique à l’acide fumarique, il faut rompre et créer des liaisons C–C
et C–H, de sorte à permuter les groupes –COOH et –H sur un des atomes de carbone de la liai-
son double.
5. D’après la question précédente, l’acide fumarique et l’acide maléique sont des stéréoiso-
mères de configuration.
6. On vérifie aisément que l’acide maléique et l’acide fumarique ne sont pas images l’un de
l’autre dans un miroir (l’image d’une configuration Z dans un miroir reste une configuration Z ).
L’acide maléique et l’acide fumarique sont donc des stéréoisomères de configuration qui ne
sont pas énantiomères : ce sont des diastéréoisomères.
7. À partir des modèles moléculaires (ou des représentations tridimensionnelles) de deux
molécules, on vérifie qu’elles ont même formule semi-développée, mais que la disposition
des atomes dans l’espace est différente : ce sont alors des stéréoisomères. Si on peut passer
de l’une à l’autre par rotation autour de liaisons simples, il s’agit alors de stéréoisomères de
conformation (chapitre 4). S’il est nécessaire de rompre et de briser des liaisons pour passer
de l’une à l’autre, ce sont alors des stéréoisomères de configuration, et on élucide la relation de
stéréoisomérie entre ces deux molécules en vérifiant si elles sont images l’une de l’autre dans
un miroir. Si c’est le cas, elles sont énantiomères. Sinon, elles sont diastéréoisomères.

 Activité 2 p. 107

Cette activité est expérimentale. Les propriétés physico-chimiques de deux diastéréoiso-
mères y sont étudiées en vue de montrer qu’elles sont différentes. Dans la continuité de l’acti-
vité 1, les diastéréoisomères d’intérêt sont l’acide maléique et l’acide fumarique. Nous propo-

5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 63

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

sons de comparer leur solubilité dans l’eau, et d’effectuer une mesure de pH. Il est possible
d’envisager une mesure de température de fusion sur banc Köfler (fiche 4 p. 319).

Pour interpréter la différence de solubilité observée, on pourra remarquer que l’acide fuma-
rique est une molécule apolaire, et l’acide maléique une molécule polaire (programme de 1re S).

Densité Acide maléique Acide fumarique
Solubilité dans l’eau à 25 °C (g . L–1)
θfus (°C) 1,59 1,63
780 6,30
131 300

Afin de donner tout son intérêt à cette partie expérimentale, le paragraphe suivant fait le
lien avec un enjeu de l’industrie pharmaceutique. En effet, pour réaliser la séparation de deux
énantiomères au laboratoire, une technique dite du « dédoublement d’un mélange racémique »
se base sur les différences de propriétés des diastéréoisomères. Cette technique est mise à
profit dans la synthèse du naproxène, un médicament anti-inflammatoire (doc. 5). Ce prolonge-
ment est aussi l’occasion de définir ce qu’est un mélange racémique.

Matériel
– 2 tubes à essais, 2 béchers de 50 mL
– pH-mètre et solutions étalons (pH=4 et pH=7)
– Spatule, balance, verres de montre

– Acide fumarique, acide maléique

✔5 Réponses aux questions

1. a. La solubilité de l’acide fumarique dans l’eau à 25 °C est inférieure à celle de l’acide ma-
léique. En effet, on remarque que les 1,0 g d’acide maléique sont totalement dissous dans le
tube à essai, alors que la même quantité d’acide fumarique ne se dissout pas totalement.
b. La solubilité s’exprime en g . L–1. Pour pouvoir comparer les solubilités dans l’eau des deux
acides à partir de la simple observation des quantités dissoutes, il faut donc fixer le volume
d’eau de chacun des tubes.
2. Le pH de la solution d’acide maléique est le plus petit : c’est donc que la quantité d’ion H+
libérée dans l’eau par dissociation de l’acide est la plus grande. L’acide maléique est l’acide
le plus dissocié dans l’eau, c’est donc l’acide le plus fort. L’acide fumarique est l’acide le plus
faible.
3. D’après le texte, la synthèse du naproxène mène à l’obtention d’un mélange racémique des
deux énantiomères, qui sont non séparables (leurs propriétés chimiques et physiques sont
identiques). La séparation est rendue possible après transformation de ces derniers en dias-
téréoisomères. Les diastéréoisomères obtenus ont des solubilités différentes dans l’eau : l’un
cristallise et se retrouve en suspension dans l’eau, l’autre, qui est plus soluble, reste dissous.
La séparation se fait alors par filtration : on récupère séparément la phase liquide et la phase
solide, chacune contenant un unique énantiomère.
4. Deux diastéréoisomères ont des propriétés physiques et chimiques différentes.

© Éditions Belin, 2012  Activité 3 p. 108

Cette activité documentaire présente un modèle qui explique la différence de propriétés
biologiques de deux stéréoisomères, ici deux énantiomères : le modèle « clé-serrure » d’Emil
Fischer (1852-1919), détaillé dans le cours p. 113.

L’exemple choisi est celui du propranolol, un médicament bêta-bloquant.
On s’intéresse ici à la fixation des deux énantiomères du propranolol (substrat) sur le site
actif d’une protéine : un récepteur de la noradrénaline. Un des deux énantiomères, ayant une

64 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

structure tridimensionnelle proche de la noradrénaline (substrat naturel du récepteur), se fixe
de façon optimale sur le récepteur, ce qui n’est pas le cas de l’autre énantiomère, pour lequel
les points de fixation sont moins nombreux. Ainsi, la réponse biologique induite par les deux
énantiomères est différente : un des énantiomères est moins actif que l’autre.

Cet énantiomère ne présente cependant aucune toxicité. Cette remarque permet d’engager
une réflexion au sujet de la composition d’un médicament lors de sa commercialisation : le
médicament est-il vendu sous forme racémique ou sous la forme d’un seul énantiomère ? Cela
dépendra, entre autres, des effets biologiques des deux énantiomères.

Remarque : le modèle clé-serrure permet de comprendre pourquoi les deux énantiomères
d’un couple induisent une réponse biologique différente. Cependant, il ne faut pas imaginer
que la serrure (l’enzyme) et le substrat (la clé) sont des objets rigides, comme le laisse suppo-
ser l’analogie clé-serrure.

Les sites actifs de protéines sont des structures tridimensionnelles flexibles. En effet, des
changements conformationnels se produisent lors de la fixation du substrat. Ces changements
de conformation ont pour but de favoriser les interactions entre le substrat et le site actif de
la protéine : c’est ce qu’on appelle « l’ajustement induit ». Ces modifications de conformation
peuvent être modérées, comme la rotation autour d’une liaison simple, ou plus importantes,
comme un repliement d’un grand domaine de la protéine.

✔5 Réponses aux questions

1. L’enchaînement d’atomes entouré ci-dessous est analogue pour la noradrénaline et l’énan-
tiomère A du propranolol.

HO HO
HO
H2NHO H2N

C CO C NO C N
HO H HO H HO H H H

HO H

Noradrénaline Énantiomère A du propranolol

© Éditions Belin, 2012 Il est important de souligner que l’arrangement des doublets liants autour de l’atome de car-
bone asymétrique est identique (le groupe –OH pointe devant, –H pointe derrière ; l’enchaîne-
ment –CH2–NH– est situé « à droite » lorsqu’on regarde les molécules en plaçant son œil face
aux molécules).
2. Le propranolol se substitue à la noradrénaline (substrat) dans son mécanisme de fixation sur
le récepteur spécifique. Ainsi, la noradrénaline ne peut plus se fixer sur le récepteur : le pro-
pranolol bloque les transformations qui découlent de cette fixation, d’où l’effet « bloquant ».
3. Les deux stéréoisomères du propranolol sont des stéréoisomères de configuration qui sont
images l’un de l’autre dans un miroir (pour le vérifier facilement, on peut considérer un miroir
parallèle à la feuille). Ils forment donc un couple d’énantiomères.
4. a. Les interactions intermoléculaires peuvent être des interactions de van der Waals ou des
liaisons hydrogène.
b. Le stéréoisomère B est moins actif biologiquement, car sa fixation sur le récepteur à noradré-
naline est moins forte que celle de l’énantiomère A : les interactions intermoléculaires entre A
et le site actif sont plus nombreuses.
c. Les protéines qui constituent le site actif (récepteur à noradrénaline) sont des structures
tridimensionnelles souples, qui peuvent changer de conformation pour que la structure de
l’ensemble substrat/site actif soit la plus stable possible.

5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 65

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

5. Le propranolol est vendu sous forme d’un mélange racémique, car l’opération de séparation
de deux énantiomères est d’une part coûteuse, et d’autre part inutile : les deux énantiomères
ont les mêmes effets, même si l’un d’entre eux est moins actif.

 Activité 4 p. 109

Dans cette activité, les molécules biologiques dont on étudie les conformations sont des
protéines, insérées dans la membrane des cellules. Elles forment des canaux ioniques qui
jouent un rôle important dans le fonctionnement des cellules de l’organisme, en permettant
le passage des ions à travers la membrane. Ces protéines sont constituées d’un très grand
nombre d’acides α-aminés, entre lesquels s’établissent des liaisons hydrogène. Des struc-
tures tridimensionnelles remarquables se forment par repliement de la chaîne protéique : des
hélices α et des feuillets β. Ces structures correspondent à des conformations différentes des
protéines, car elles sont obtenues par rotation autour de liaisons simples puis stabilisées par
des liaisons hydrogène. Un changement de conformation explique le passage ou non des ions
potassium K+ à travers la membrane des cellules.

✔5 Réponses aux questions
Le changement de conformation du canal potassique est une étape-clé dans le processus de
propagation de l’influx nerveux. Les canaux ioniques, dont le canal potassique, sont constitués
de protéines, c’est-à-dire de chaînes macromoléculaires formées d’un enchaînement d’acides
α-aminés, qui présentent une structure remarquable en feuillet ou hélice. Les protéines des ca-
naux ioniques sont souples et le canal ionique peut changer de conformation. Le passage d’une
conformation à une autre est provoqué par un changement de polarisation de la membrane cel-
lulaire. Le canal potassique permet le passage des ions K+ lorsque ce dernier est en conforma-
tion « ouverte » et empêche le passage des ions s’il est en position « fermée ». Ce mécanisme
d’ouverture et fermeture est à l’origine de la propagation de l’influx nerveux dans l’organisme.

D. Déroulement du cours

Voici un exemple de répartition horaire, sur la base de séances de TP de deux heures.
– Séance de TP : activité 1 et activité 2.
– Cours : 1. Les énantiomères. 2. Les diastéréoisomères.
– Séance de TP : activités 3 et 4.
– Cours : 3. Propriétés biologiques et stéréoisomérie. Exercices d’application du chapitre.

E. Réponses aux exercices p. 114

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

© Éditions Belin, 2012 3 On identifie deux groupes selon leur for- Considérons à présent [c], [d] et [e]. Comme
mule semi-développée : [a] et [b] d’une part, précédemment, on remarque que [d] et [e]
[c], [d] et [e] d’autre part. Considérons [a] et correspondent à une même molécule. La
[b]. On remarque que les deux structures cor- structure [c] est l’image de cette molécule
respondent à une même molécule, dessinée dans un miroir. Il y a donc deux couples
avec un angle de vue différent : elles sont d’énantiomères : ([c], [d]) et ([c], [e]).
donc identiques.

66 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

4 1. Ces molécules ont même formule 2. Deux énantiomères de la cétirizine :
semi-développée. En outre, il est nécessaire
de rompre et créer des liaisons C–N et C–H H CN O COOH
pour passer de l’une à l’autre, par exemple
en permutant les groupes –NH2 et –H autour Cl N
de l’atome de carbone asymétrique : ce sont
donc des stéréoisomères de configuration. et H CN O COOH
En considérant un miroir parallèle à la feuille,
on vérifie aisément que les molécules sont Cl
images l’une de l’autre. Elles forment donc un
couple d’énantiomères. N

2. Deux énantiomères sont forcément chiraux, 8 1. Pour passer de l’un à l’autre de ces
car non superposables à leur image. stéréoisomères, il faut rompre et créer des
liaisons de sorte à permuter deux groupes
5 Les deux couples d’énantiomères sont : autour de l’atome de carbone central. Ce sont
[a] et [b] d’une part, et [c] et [d] d’autre part. donc des stéréoisomères de configuration.
Pour les repérer, on considère la position des De plus ces stéréoisomères sont images l’un
groupes d’atomes autour des deux atomes de de l’autre (cela se voit aisément en considé-
carbone asymétrique. rant un miroir perpendiculaire à la feuille) : ce
sont donc des énantiomères.
6 1. L’atome de carbone asymétrique de
l’alanine est repéré avec un astérisque : 2. Deux énantiomères ont des propriétés
chimiques identiques : leurs constantes
H3C O d’acidité dans l’eau ont donc la même valeur.
CH C
12 Les stéréoisomères présentent deux
H2N OH atomes de carbone asymétrique : on compare
donc les positions des groupes autour de ces
2. Représentation de Cram possible pour atomes.
Les molécules [b] et [d] sont identiques.
l’alanine : H3C O Les couples d’énantiomères sont : ([a],[c]).
C C Les couples de diastéréoisomères sont
([a],[b]), ([a],[d]), ([b],[c]), et ([c],[d]).
H OH
H2N ac

3. Dans un miroir parallèle à la feuille, l’image Relation d’énantiomérie
Relation de diastéréoisomérie
du stéréoisomère représenté en question 2
b=b
est : H3C O
C 13 1. Atomes de carbone asymétrique de la
C sertraline :
H2N H OH

4. Ces deux structures forment des molé- H CH
cules énantiomères, car elles sont chirales et HN
images l’une de l’autre dans un miroir.

7 1. Cétirizine : C Cl

Cl

2. L’énantiomère de la sertraline :

© Éditions Belin, 2012 N O COOH NH C C Cl
Cl N H H Cl

5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 67

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Un diastéréoisomère de la sertraline : b. Représentation du couple d’énantiomères :

OO OO

H CH CC CC CC CC
NC
H Cl H HHOOH et HeOOtHH et HOHOH OH
HO

Cl 2. L’enzyme est une protéine chirale, car
constituée d’un enchaînement d’acides
14 1. La double liaison à l’origine de la sté- α-aminés eux-mêmes chiraux.

réoisomérie Z/E est entourée ci-dessous : 3. Les propriétés chimiques de deux énan-
tiomères sont différentes en présence d’un
OO réactif chiral, comme la lactate hydrogénase.
Ceci explique qu’un seul des énantiomères
Configuration Z Configuration E réagisse avec l’enzyme.

2. Les deux stéréoisomères de la jasmone 20 1. Une liaison hydrogène, repérée sur
sont des diastéréoisomères. En effet, ce sont la représentation topologique par des poin-
des stéréoisomères de configuration : il est tillés, permet la stabilisation du méthyl-
nécessaire de rompre et de créer des liaisons phénidate dans une conformation particu-
C–C et C–H pour passer de l’un à l’autre, de lière. Cette liaison hydrogène s’établit entre
sorte à permuter par exemple les groupes l’atome d’hydrogène lié à l’atome d’azote et
–CH3 et –H sur un des atomes de la liaison l’atome d’oxygène de la liaison double C=O.
double C=C. En outre, ils ne sont pas images
l’un de l’autre dans un miroir. 2. Des stéréoisomères de conformation n’ont
pas la même structure tridimensionnelle. De
15 Il s’agit d’un cas où l’espèce possède ce fait, ils n’interagissent pas de la même
deux atomes de carbone asymétrique. Les façon avec des sites actifs de protéines. Ils
relations d’énantiomérie et de diastéréoiso- peuvent donc avoir des activités biologiques
mérie sont résumées à l’aide du schéma ci- différentes.
dessous :
© Éditions Belin, 2012 21 1. L’anhydride d’acide n’est pas chiral.
ab Des énantiomères comme les alcools A et B
ont des propriétés chimiques identiques en
Relation d’énantiomérie présence d’un réactif non chiral, comme l’an-
Relation de diastéréoisomérie hydride d’acide.

cb 2. La lipase est une molécule chirale : lors de
la réaction d’estérification, elle va interagir
16 1. Stéréoisomères de configuration du différemment avec les deux alcools énantio-
but-2-ène : mères, qui ont chacun une disposition des
atomes dans l’espace propre. La réaction de
E Z l’alcool A avec l’anhydride d’acide va être
2. Comme tous les stéréoisomères de confi- accélérée au détriment de l’estérification de
guration Z/E, ce sont des diastéréoisomères : l’alcool B.
ils ne sont pas images l’un de l’autre dans un
miroir. 3. En présence de lipase, seul l’alcool A réagit
pour former un ester. Dans le mélange obtenu
19 1. a. L’acide lactique possède un seul (ester issu de l’alcool A, alcool B et acide car-
atome de carbone asymétrique : c’est donc boxylique), les espèces ont des propriétés
une molécule chirale. physico-chimiques différentes : elles seront
plus aisément séparables que les deux énan-
O tiomères du mélange racémique.

CC
HHO OH

68 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

22 1. Les protéines anormales, ou prions, 26 1. Ces deux stéréoisomères sont des
sont formées à partir de protéines saines par stéréoisomères de configuration, car pour
changement de conformation. Cette informa- passer de l’un à l’autre, il faut permuter deux
tion indique que ces protéines ont des struc- groupes (par exemple –CH3 et –CH2CH3) sur
tures souples. l’atome de carbone asymétrique, ce qui né-
cessite la rupture et la formation de liaisons.
2. D’après le texte, le changement confor- De plus ces stéréoisomères sont images l’un
mationnel de la protéine saine à la protéine de l’autre dans un miroir : cela se vérifie aisé-
anormale se fait sous l’action d’un « agent in- ment en considérant un miroir parallèle à la
fectieux ». L’accumulation progressive de ces feuille.
protéines anormales provoque la destruction
des neurones. 2. La L-isovaline est chirale, car deux énan-
tiomères d’un couple sont forcément chiraux.
23 1. a. Pour passer du stéréoisomère cis On peut aussi le vérifier par la présence d’un
au stéréoisomère trans, il faut permuter les unique atome de carbone asymétrique.
positions de l’atome d’hydrogène et de la
chaîne carbonée sur un des deux atomes de 3. Lorsqu’un des deux énantiomères d’un
carbone de la liaison double, ce qui nécessite couple est présent en plus grande quantité
la rupture et la formation de liaisons C–H et que l’autre dans un échantillon donné, on
C–C : ce sont donc des stéréoisomères de parle d’« excès énantiomérique ».
configuration. De plus, ils ne sont pas images
l’un de l’autre dans un miroir : ce sont donc 27 1. Stéréoisomère [a] :
des diastéréoisomères.
HO H COOH
b. La configuration trans correspond à la C CH
configuration E. La configuration cis corres-
pond à la configuration Z. HOOC OH

2. Deux diastéréoisomères ont des structures 2. [a] et [b] forment un couple d’énantiomères,
tridimensionnelles différentes et peuvent
donc interagir de façon différente avec le site car ce sont des stéréoisomères de configura-
actif d’une protéine. Leurs effets biologiques
sont alors différents. tion images l’un de l’autre dans un miroir. On

25 1. Pour passer de l’un à l’autre de ces le vérifie aisément en considérant un miroir
deux stéréoisomères, il faut permuter deux
groupes d’atomes (–C(CH3)=CH2 et –H) sur parallèle au plan de la feuille.
l’atome de carbone asymétrique, ce qui né-
cessite la rupture et la formation de liaisons : Le stéréoisomère [c] n’est pas chiral, car son
ce sont donc des stéréoisomères de confi- image dans un miroir lui est superposable :
guration. De plus, ces stéréoisomères sont
images l’un de l’autre dans un miroir : cela se HO H Retournement
voit aisément en considérant un miroir per- de 180° selon
pendiculaire à la feuille. un axe horizontal
COOH HOOC H OH HO H
2. Les deux énantiomères de la carvone inte- COOH
ragissent différemment avec un site actif de
protéine chirale. Les récepteurs olfactifs du HOOC OH HOH COOH HOOC OH
nez, qui sont chiraux, transmettent donc des H H
sensations odorantes différentes au cerveau
© Éditions Belin, 2012 pour les deux énantiomères. 3. Par définition, [c] n’étant pas chiral, il ne
peut être en relation d’énantiomérie avec les
autres stéréoisomères de configuration. Les
couples ([a],[c]) et ([b],[c]) sont donc diasté-
réoisomères.

28 1. Par définition, deux énantiomères
sont chiraux. On peut vérifier que ces sté-
réoisomères contiennent un unique atome
de carbone asymétrique, ce qui assure leur
chiralité.

5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 69

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

2. Deux énantiomères n’ont pas toujours Mélange racémique
les mêmes effets biologiques, car ils intera- de deux énantiomères
gissent différemment avec un site actif de
protéine chirale. D’après le texte, le plus sou- de l’acide lactique
vent, cette différence peut être relativement
minime : les deux formes ont alors un même Transformation
effet thérapeutique, mais des efficacités dif- en deux
férentes. Dans ce cas, il n’est théoriquement
pas nécessaire de séparer les deux énantio- diastéréoisomères
mères pour fabriquer le médicament.
Par contre, lorsqu’un des énantiomères a un Diastéréoisomère A + Diastéréoisomère B
effet néfaste (ce qui est le cas du thalido- insoluble dans le solvant soluble dans le solvant
mide), il est nécessaire de séparer les énan-
tiomères pour ne conserver que la forme Séparation
ayant l’effet thérapeutique voulu. par filtration

Remarque : dans le cas du thalidomide, le sté- Diastéréoisomère A Diastéréoisomère B
réoisomère actif se transforme in vivo en son
énantiomère tératogène. Le médicament est 30 1. A priori, il est possible de réaliser une
donc dangereux, même sous forme énantio- rotation autour d’une liaison simple, comme
nériquement pure. la liaison C–N de la liaison peptidique.

29 1. Ces molécules sont des stéréoiso- 2. a. Pour deux atomes donnés, la longueur
mères de configuration (pour passer de l’un d’une liaison double entre ces deux atomes
à l’autre il est nécessaire de rompre et créer est plus petite que celle de la liaison simple.
des liaisons C–H et C–O par exemple). En
outre, ces molécules sont images l’une de b. Il n’est pas possible de réaliser une rota-
l’autre dans un miroir : on le vérifie aisément tion autour d’une liaison double.
en considérant un miroir parallèle à la feuille.
Elles forment donc un couple d’énantiomères. 3. La liaison C–N de la liaison peptidique a un
caractère de liaison double, car la liaison est
2. D’après le texte, les deux énantiomères plus courte qu’une liaison simple C–N « clas-
sont « obtenus en quantité égale après réduc- sique ». De plus, la conformation adoptée par
tion de l’acide pyruvique » : il s’agit donc d’un les liaisons C=O et C=N est « bloquée » en
mélange racémique. conformation anti-parallèle, cela prouve que
la rotation n’est pas possible autour de cette
3. Un des deux diastéréoisomères cristal- liaison.
lise dans le solvant, alors que l’autre y reste
soluble. Il est donc possible de séparer les 31 1. Le largazole obtenu dans la dernière
diastéréoisomères par filtration sur un filtre étape de la synthèse est de configuration E :
Büchner. La phase solide récupérée sur le les atomes d’hydrogène liés aux atomes de
filtre est formée par un seul des deux dias- carbone C=C sont de côtés opposés.
téréoisomères, l’autre étant présent dans le
filtrat recueilli dans la fiole. 2. Les stéréoisomères obtenus sont des dias-
téréoisomères. En effet, ce sont des stéréoi-
4. Étapes de dédoublement du mélange racé- somères de configuration qui ne sont pas
mique : images l’un de l’autre dans un miroir plan
(l’image d’une configuration E n’est pas une
configuration Z ).

3. Des diastéréoisomères ont des structures
tridimensionnelles différentes, ils intera-
gissent différemment avec un site actif de
protéine, et ont donc souvent des propriétés
biologiques différentes.

© Éditions Belin, 2012 70 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

F. Réponses aux sujets BAC p. 122

33 1. a. Une « synthèse énantiosélective » est déterminée par l’enchaînement d’acides
est une synthèse qui aboutit à un seul des α-aminés chiraux. Ceci explique que les deux
deux énantiomères du produit d’intérêt. énantiomères L-Dopa et D-Dopa aient des
effets biologiques différents.
b. Les deux énantiomères d’un couple
peuvent ne pas avoir les mêmes effets bio- 4. Pour passer du stéréoisomère [a] au sté-
logiques lors de leur interaction avec un site réoisomère [b] de l’entacapone, il faut per-
actif, constitué de protéines chirales. Si un muter deux groupes d’atomes (par exemple
énantiomère présente un effet thérapeutique, –CN et –CO–N(CH2CH3)2) sur un des atomes
l’autre peut se révéler inactif, voire nocif : de carbone de la liaison double, c’est-à-dire
c’est le cas du thalidomide, qui a fait scan- rompre et créer des liaisons C–C. Ce sont
dale dans les années 60. Depuis, l’industrie donc des stéréoisomères de configuration.
chimique cherche donc, le plus souvent, à De plus ils ne sont pas images l’un de l’autre
synthétiser un seul des deux énantiomères : dans un miroir, car ils diffèrent par la réparti-
celui qui présente l’effet thérapeutique re- tion de groupes d’atomes autour d’une liaison
cherché. Cette évolution est perceptible dans double. En conclusion, les stéréoisomères [a]
le nombre de nouveaux médicaments mis et [b] de l’entacapone sont des diastéréoiso-
sur le marché entre 1983 et 2006 (doc. 3) : mères.
la proportion de médicaments commerciali-
sés sous forme racémique ne cesse de bais- 5. D’après l’énoncé, l’énantiomère du thali-
ser par rapport à ceux commercialisés sous domide ayant les propriétés anti-nauséeuses
forme énantiomériquement pure. recherchées peut se transformer en l’autre
énantiomère dans l’organisme (in vivo). La
2. L’atome de carbone asymétrique de la L- commercialisation du thalidomide sous forme
énantiomériquement pure n’aurait donc pas
Dopa est repéré ci-dessous à l’aide d’un asté- empêché la présence de l’énantiomère téra-
togène dans l’organisme, puisqu’il se serait
risque. HO O OH formé à partir de l’autre énantiomère une fois
le médicament absorbé. Le scandale n’aurait
HO CH pas été évité.
NH2
34 1. Repérage de l’atome de carbone asy-
L-Dopa métrique :

L’énantiomère de la L-Dopa, la D-Dopa, se F3C C N
dessine en considérant, par exemple, un mi- H
roir parallèle au plan de la feuille. Les groupes
d’atomes dont la disposition dans l’espace H3C H
est modifiée sont ceux qui sont liés à l’atome
de carbone asymétrique : F3C C N
H
HO O OH
H CH3
© Éditions Belin, 2012 HO C HNH2
La présence d’un unique atome de carbone
D-Dopa asymétrique implique qu’une molécule est
chirale. Les deux structures images, qui dif-
3. La L-Dopa et la D-Dopa ont des géométries fèrent par la position des groupes d’atomes
différentes. Elles sont donc susceptibles autour de l’atome de carbone asymétrique,
d’avoir des propriétés chimiques différentes forment un couple d’énantiomères (qui sont
avec un réactif chiral. Or les récepteurs situés chiraux par définition).
sur les neurones sont constitués de pro-
téines, dont la structure tridimensionnelle

5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 71

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

2. D’après le document 1, le principe actif de lors du métabolisme de la fenfluramine racé-
l’Isoméride est « la fenfluramine qui contient mique, ou lors du métabolisme de la dexfen-
deux énantiomères en quantités égales ». Le fluramine seule.
médicament est donc constitué d’un mélange
équimolaire de deux énantiomères : un mé- b. D’après le document 3, le benfluorex est
lange racémique. métabolisé en norfenfluramine, comme le
sont la dexfenfluramine ou la fenfluramine ra-
3. Deux énantiomères sont susceptibles cémique. L’ingestion de benfluorex provoque
d’avoir des propriétés différentes dans un donc les effets indésirables liés à la formation
environnement chiral, comme celui du site de norfenfluramine.
actif d’une protéine, dont la structure est
déterminée par l’enchaînement des acides c. Le métabolisme de la fenfluramine (ou dex-
α-aminés qui la constitue. Après la mise en fenfluramine) était connu depuis 1995. On
évidence d’effets secondaires de l’Isoméride, savait donc que l’effet coupe-faim de l’Isomé-
les scientifiques ont donc supposé que les ride provenait de la norfenfluramine, et que
deux énantiomères de la fenfluramine avaient cette molécule était en outre responsable des
des propriétés biologiques différentes : la effets secondaires.
Dexfenfluramine présenterait l’effet coupe- Bien que le Mediator contienne une molécule
faim recherché, alors que l’autre énantiomère différente, le benfluorex, son effet coupe-faim
serait responsable des effets indésirables. se base aussi sur la norfenfluramine, qui est
Selon cette hypothèse, le médicament com- métabolisée in vivo à partir du benfluorex. Si
mercialisé sous forme énantiomériquement la commercialisation pouvait sembler justi-
pure (Dexfenfluramine uniquement) aurait dû fiée en 1976, quand les effets négatifs de la
conserver l’effet thérapeutique souhaité, et norfenfluramine n’étaient pas encore connus,
ne plus entraîner d’effets secondaires. elle ne l’était plus en 1995. L’interdiction tar-
dive du Mediator (14 ans plus tard) est donc
4. a. La molécule responsable des effets in- étonnante.
désirables est la norfenfluramine, qui appa- Source : « Enquête sur le Mediator », Rapport
raît in vivo après ingestion des médicaments n° RM2011-001P de l’Inspection générale des
coupe-faim (doc. 2). Cette molécule se forme affaires sociales, janvier 2011.

G. Compléments pédagogiques

L’énoncé des exercices supplémentaires est exemple C=C) qui est asymétrique, de type
disponible dans les compléments pédago- Z/E par exemple,
giques sur www.libtheque.fr. – ou la présence de « a carbon atom substitu-
ted by four different groups », c’est-à-dire un
 Corrigé atome de carbone asymétrique.

1 Il existe plusieurs substances, c’est-à- 3. L’atome de carbone repéré par une flèche
dire espèces chimiques ayant des propriétés
chimiques et physiques différentes, pour une est un atome de carbone asymétrique. Il
même structure semi-développée. Cette diffé-
rence ne peut venir alors que de la structure existe deux configurations possibles pour cet
tridimensionnelle.
atome, c’est-à-dire deux types d’arrangement
2. Le texte indique que ces particularités
structurales sont : spatial des 4 groupes qui lui sont liés.
– la présence de « an asymmetric double
bond », c’est-à-dire une liaison double (par Cela induit l’existence de deux stéréoiso-

mères de configuration pour le 1-bromobu-

© Éditions Belin, 2012 tane :

H Br Br H

72 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Ces stéréoisomères sont images l’un de 3 1. Pour passer du stéréoisomère R au
l’autre dans un miroir et ne sont pas superpo- stéréoisomère S, il est nécessaire de rompre
sables : ils sont énantiomères. et créer des liaisons situées sur l’atome de
carbone asymétrique. Ce sont donc des sté-
2 1. Pour passer du stéréoisomère A au réoisomères de configuration.
stéréoisomère B, il faut rompre et créer des De plus, ces molécules sont images l’une de
liaisons C–C et C–H, de sorte à permuter un l’autre : cela se voit aisément en considérant
atome d’hydrogène et une chaîne alkyle sur un miroir parallèle à la feuille. Elles forment
un atome de carbone de la liaison double C=C donc un couple d’énantiomères.
entourée ci-dessous. Ce sont donc des sté-
réoisomères de configuration. 2. Les deux énantiomères d’un couple intera-
gissent de façon différente avec une espèce
O chimique chirale, comme celle greffée sur la
colonne de silice. Cette différence d’interac-
De plus, ils ne sont pas images l’un de l’autre tion se traduit par une vitesse d’élution diffé-
dans un miroir (présence d’une liaison double rente. En sortie de colonne, on recueille donc
de type Z/E ). Ce sont donc des diastéréoiso- tout d’abord l’énantiomère dont la vitesse
mères. d’élution est la plus grande, puis le second :
2. Le stéréoisomère A correspond à la E-chal- les deux énantiomères sont donc séparables.
cone (les atomes d’hydrogène sont de part et
d’autre de la liaison double C=C), et le sté- 3. Deux énantiomères peuvent avoir des pro-
réoisomère B à la Z-chalcone. priétés biologiques différentes, lorsqu’ils
interagissent avec un récepteur de protéine
chirale par exemple. Dans le cas des médica-
ments, un seul énantiomère peut avoir l’effet
thérapeutique souhaité.

H. Bibliographie

✔ K. PETER, C. VOLLHARDT, Neil E. SCHORE, Traité de chimie organique, 4e édition, De Boeck, 2004.
✔ E. ELIEL, S. WILEN, Stéréochimie des composés organiques, Tec et Doc, 1996.
✔ S. WARREN, J. CLAYDEN, N. GREEVES, P. WOTHERS, Chimie organique, De Boeck, 2002.
✔ Site de biochimie traitant du lien entre stéréoisomérie et propriétés pharmacologiques de

médicaments :­www.pharmacorama.fr/Rubriques/Output/Mecanisme_daction.php
✔ Site contenant des informations sur la plupart des médicaments de grande consommation :

www.sociétéchimiquedefrance.fr
✔ O. PIVA, « La métathèse : une ronde d’atomes », Dossier Pour la Science n°73, 2011.

© Éditions Belin, 2012 5. Propriétés biologiques des stéréoisomères 73

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Chapitre 6

Le titrage acide/base

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles

Dosage par titrage direct. Établir l’équation de la réaction de titrage à
Réaction support du titrage ; caractère partir d’un protocole.
quantitatif. Pratiquer une démarche expérimentale pour
Équivalence dans un titrage acide/base ; déterminer la concentration d’une espèce
repérage de l’équivalence pour un titrage chimique par titrage par le suivi d’une
pH-métrique et par utilisation d’un indicateur grandeur physique et par la visualisation
de fin de réaction. d’un changement de couleur, dans le domaine
de la santé, de l’environnement ou du contrôle
de qualité.

✔ Commentaires

Dans ce chapitre, la principale difficulté pour les élèves est un problème de méthode. Cer-
tains auront du mal à utiliser le volume versé à l’équivalence du titrage pour répondre à une
question complexe comme : « exploiter les résultats du titrage pour déterminer la concentra-
tion de l’espèce titrée ». Cette difficulté ne sera probablement pas gommée par les nouveaux
sujets du baccalauréat, dont les questions devraient être moins directives. Pour s’entraîner, les
élèves pourront effectuer les exercices 11 à 18 p. 143 du manuel.

Nous avons choisi de ne pas dresser de tableau descriptif de l’évolution du système : il n’est
pas exigible.

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

Lorsqu’il aborde ce chapitre, l’élève est déjà à même d’écrire l’équation de la réaction acido-
basique qui est le support d’un titrage acide/base. En effet, les réactions acido-basiques ont
été vues dans le chapitre 1. L’équivalence du titrage étant définie comme le mélange des réac-
tifs dans des proportions stœchiométriques, l’élève est aussi à même de calculer, sans aide, la
valeur de quantité de matière ou la concentration du réactif titré. Il lui reste donc à découvrir la
mise en œuvre du titrage, et à étudier comment déterminer le volume de solution titrante versé
à l’équivalence : à l’aide d’un indicateur, et par suivi de l’évolution du pH lors du titrage. Ces
deux compétences, de nature expérimentale, sont acquises en séances de travaux pratiques.

Les exercices 13, 17, 19, 20 et 22 du manuel illustrent le thème contrôle de qualité, tandis
que les exercices 21 et 23 sont du domaine de la santé.

6. Le titrage acide/base 75

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com
C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 130

– Selon la théorie de Brønsted, la réaction acido-basique se caractérise par le transfert d’ions
hydrogène H+ d’une espèce appelée acide vers une espèce appelée base.

– Les quantités réactifs sont dites dans les proportions stœchiométriques si elles respectent
les proportions de la réaction, c’est-à-dire quand les rapports des quantités initiales de réactifs
par leurs nombres stœchiométriques respectifs sont égaux.

– Le pH est lié à la concentration en ions oxonium par la relation pH= – log [H3O+].
– Un indicateur coloré de pH existe sous deux formes, acide et base conjuguée, de couleurs
différentes. Il change de couleur à un pH voisin de son pKa.

 S’interroger p. 130

Voici un exemple d’exploitation en classe de cette rubrique.

« L’huile d’olive contient 55 à 80 % d’oléine, et moins de 3,3 % en masse d’acide oléique.
L’huile d’olive est insoluble dans l’eau, mais soluble dans l’éthanol et la plupart des solvants
organiques. Sa densité moyenne est de 0,92. L’acide oléique est l’acide (Z)-octadéc-9-ènoïque,
sa masse molaire est M = 282,0 g . mol–1. »

1. Dessiner la formule topologique de l’acide oléique : il possède 18 atomes de carbone (pré-
fixe octadéc-).

2. Écrire l’équation de la réaction entre l’acide oléique et l’ion hydroxyde en milieu éthanolique.
3. Un récipient contient 5 g d’huile dissoute dans 20 mL d’éthanol. Cette huile est composée à
1 % en masse d’acide oléique. Quel volume de soude à 0,02 mol . L–1 faut-il verser pour trans-
former totalement tout l’acide oléique en ion oléate ?

4. Quelle est l’acidité de cette huile ?
5. Sachant que le pH à l’équivalence est de l’ordre de 8,1, choisir un indicateur coloré dans le
tableau du doc. 20 p. 139 et décrire le virage observé lors du titrage.

6. Proposer une méthode pour déterminer l’acidité d’une huile d’acidité inconnue.

✔5 Réponses attendues
1. Formule topologique de l’acide (Z)-octadéc-9-ènoïque :

O

OH

2. En notant R-COOH l’acide oléique, l’équation de réaction est :

R–COOH + HO– → RCOO– + H2O
3. Il faut introduire les deux réactifs dans les proportions stœchiométriques, soit :

p%.mhuile ni(RCOOH) = nv(HO–).
M(RCOOH)
On a ni(RCOOH) = = 0,01 ×  5 = 1,77 · 10–4 mol.
282

© Éditions Belin, 2012 nv(HO–)=cb · Vv d’où Vv= ni (RCOOH) = 17,7 mL.
cb

4. L’acidité de cette huile est de 1.

5. La phénolphtaléine permet de mettre en évidence la présence d’ions hydroxyde.

76 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

6. Peser 5 g d’huile, ajouter de l’éthanol et quelques gouttes de phénolphtaléine, ajouter pro-

gressivement une solution de soude jusqu’à ce que la solution devienne rose. En notant le

volume de soude versé, on peut donc calculer le pourcentage massique d’acide oléique présent

dans l’huile :

p% = Vv cbM(RCOOH) .
mhuile

 Photo d’ouverture p. 131

Le lait fait l’objet de contrôles de qualité pour déterminer sa fraîcheur. Le lait caille lorsque
le pH devient inférieur à 6,5 environ. Cette photo laisse penser que le seul acide présent dans le
lait est de l’acide lactique. Après avoir traité le sujet résolu 19 p. 146, il est possible de revenir
sur ce thème pour une analyse critique.

 Activité 1 p. 132

Dans la première partie, il s’agit de vérifier la conformité de l’étiquette donnant le degré du
vinaigre, en réalisant un titrage en présence de phénolphtaléine. La partie B permet de décou-
vrir que tous les indicateurs ne conviennent pas pour le titrage.

Protocole de dilution :

La solution à titrer, la solution S, est 10 fois moins concentrée que le vinaigre. Pour pré-
parer 100 mL de solution, prélever 10 mL de vinaigre et transvaser sans perte dans une fiole
jaugée de 100 mL. Ajuster au trait de jauge avec de l’eau distillée et agiter pour homogénéiser
la solution.

Résultats obtenus :
Partie A : le vinaigre a une densité d = 1,01.
Mesures de pH au cours du titrage :

Vv(mL) 0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0 11,0 12,0 13,0 14,0 14,5 15
pH 3,0 3,6 3,9 4,1 4,3 4,4 4,5 4,6 4,7 4,8 4,9 5,0 5 ,2 5,3 5,5 5,6 5,7
Vv(mL) 15,3 15,6 15,8 16,0 16,2 16,4 16.5 16,6 16,8 16,9 17,0 17,2 17,5 18,0 19,0 20,0 21
pH 5,8 5,9 6,0 6,2 6,4 6,7 7,0 8,8 10,6 10,7 10,9 11,1 11,3 11,5 11,7 11,8 11.9

Partie B : pour un vinaigre à 5°, le volume mesuré lors du virage de l’indicateur est
VE = 16,6 mL avec la phénolphtaléine ; et VE = 7 mL avec l’hélianthine.

Matériel
– Burette graduée, agitateur magnétique, pH-mètre, tampon pH = 7,0, erlenmeyer, béchers,

fiole jaugée de 100 mL, pipettes jaugées de10,0 et 20,0 mL, poire à pipeter.
– Vinaigre, solution de soude à 0,10 mol . L–1, phénolphtaléine, hélianthine.

✔5 Réponses aux questions

1. CH3COOH(aq) + HO–(aq) → CH3COO–(aq) + H2O()
2. D’après les mesures de pH, le pH augmente de 3,0 à 11,8 pendant le titrage. La phénolphta-

léine vire donc au rose lorsque le pH est supérieur à 8,2.

3. À l’équivalence, nv,E(HO–)= cBVE = 0,10 × 0,0166 =1,7 · 10–3 mol.
4. Les réactifs ont été versés dans les proportions stœchiométriques, d’où :

On a donc: ni(CH3COOH) = nv,E(HO–) = 1,7 · 10–3 mol.

© Éditions Belin, 2012 cS = n i(CH3COOH ) = 1,7 .10−3 = 0,0850 mol . L–1.
VS 20,0 .10−3

Le vinaigre a été dilué dix fois, d’où : c = 10cS = 0,850 mol . L–1.

6. Le titrage acide/base 77

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

5. Calculons le volume de 100 g de vinaigre :
mvinaigre
Vvinaigre= ρH2O . d = 99,0 mL.

Dans 100 g de vinaigre, il y a donc une masse mCH3COOH d’acide éthanoïque telle que :
mCH3COOH = cMVvinaigre = 0,850 × 60,0 × 0,099 = 5,05 g.
Le degré du vinaigre est donc : d = 5,05°.

6. Selon mesures du groupe.

7. Les valeurs sont cohérentes avec la valeur portée par l’étiquette (écart relatif 1 %).

8. Diagramme de prédominance de l’hélianthine :

012345 6 7 8 9 10 11 12 13 14

Forme acide pKa = 3,7 Forme basique pH
(rouge) (orange)

Au départ le pH de la solution S est de 2,9, l’hélianthine est rouge. Au fur et à mesure des ajouts
de soude, le pH augmente et l’hélianthine vire à l’orange.
9. Les valeurs de volume versés sont complètement différents, on ne peut donc pas utiliser
indifféremment l’un ou l’autre indicateur de pH.
10. La zone de virage d’un indicateur est proche de son pKa. Pour choisir un indicateur, il faut
connaître le pH à l’équivalence.

 Activité 2 p. 134

La concentration de la solution titrée étant connue, il s’agit ici de découvrir la méthode de
détermination du volume versé à l’équivalence à l’aide de la courbe pH-métrique.

Pour utiliser la méthode de la dérivée, il faut disposer d’un grand nombre de mesures de
sorte à obtenir un pic net à l’équivalence. Dans certains cas, les mesures d’élèves peuvent
conduire à un double pic. Il faut alors revenir à la méthode des tangentes, qui donne de meil-
leurs résultats.

Résultats du titrage pH-métrique :

Vv(mL) 0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0 11,0
pH 1,2 1,2 1,3 1,3 1,4 1,4 1,5 1,5 1,6 1,7 1,7 1,8
Vv(mL) 12,0 13,0 14,0 14,5 15,0 15,5 15,7 15,8 15,9 16,0 16,1 16,2
pH 1,9 2,1 2,3 2,4 2,6 2,9 3,1 3,3 3,6 7,0 10,4 10,7
Vv(mL) 16,3 16,5 17,0 17,5 18,0 19,0 20,0 21,0 22,0 23,0 24,0 25,0
pH 10,9 11,1 11,4 11,6 11,7 11,9 12,0 12,1 12,2 12,2 12,3 12,3

© Éditions Belin, 2012 Matériel
– Burette graduée, agitateur magnétique, pH-mètre, tampon pH = 4,8, bécher 100 mL forme haute,

béchers, fiole jaugée de 100 mL, pipettes jaugées de 10,0 et 20,0 mL.
– Solution de soude à 0,125 mol . L–1 et d’acide chlorhydrique à 0,10 mol . L–1, BBT.

✔5 Réponses aux questions
1. H3O+(aq) + HO–(aq)→2 H2O()
2. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :
ni(H3O+)=nv,E(HO–). D’où : VE,th= cAVA/cB = 16 mL.
3. Par la méthode des tangentes, on détermine : VE,exp = 16,1 mL.
4. La courbe dérivée présente un maximum dont l’abscisse est égale au volume versé à l’équi-
valence.

78 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

5. Les valeurs concordent.

6. À l’équivalence, le mélange est de l’eau salée (solution de chlorure de sodium), son pH est de

7. Il ne contient ni ions oxonium, ni ions hydroxyde, à l’exception de ceux issus de la réaction

d’autoprotolyse de l’eau. cBVE = 0,125 × 16,1 = 0,101 mol . L–1.
7. À partir des mesures, on calcule : cA = VA 20,0

8. Le bleu de bromothymol a été choisi, car il change de couleur autour du pH du mélange à

l’équivalence.

9. Lors d’un titrage acide/base, il est possible de repérer l’équivalence à l’aide de la courbe de

suivi du pH, ou encore à l’aide du virage d’un indicateur coloré acido-basique dont la zone de

virage contient le pH à l’équivalence.

D. Déroulement du cours

Le chapitre nécessite deux séances de travaux pratiques et 3 heures de cours.

Exemple de progression
Séance de TP : En demi groupe, activité 1 p. 132 (2 h).
Cours : En classe entière, 1. Le titrage acide/base (1 h).
Cours : En classe entière, exercices d’application 1. p. 140 (1 h).
Séance de TP  : En demi groupe, activité 2 p. 134 (2 h) et 2. Le titrage pH-métrique.
Cours  : En classe entière, exercices d’applications 2 p. 142 et un sujet de bac (1 h).

E. Réponses aux exercices p. 140

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

© Éditions Belin, 2012 3 1. VE,moy = 14,7 mL, s = 0,18 mL. 4 1. NH3(aq) + H3O+(aq)
→ NH4+(aq) + H2O()
2. ∆VE  = 2 ×  0,18/ 8  = 0,1 mL d’où : 2. a. L’équivalence se produit entre les ins-
VE = 14,7 ± 0,1 mL. tants représentés par les schémas c et d. En
effet, à partir du schéma c, les ions oxonium
3. a. À l’équivalence, les réactifs ont été versés ne sont plus consommés (on observe
introduits dans les proportions stoechiomé- des points rouges sur le schéma). Comme
triques, d’où : cB = cA · VE/VB. un des schémas représente l’équivalence, le
b. cB,moy = 0,15  ×  14,7/20,0 = 0,11 mol . L–1. schéma correspondant est le schéma c.

c. D’après la formule donnée : b. Béchers a et b : H3O+ est le réactif limitant.
∆sociBt =cB 0 =,1 05, 1×1 00,1 ±/ 200,0 =0 10,m0o0l1 . Lm–o1.l . L–1, Bécher c : NH3 et H3O+ sont limitants (équiva-
lence). Bécher d : NH3 est le réactif limitant.
4. Incertitude sur la pipette jaugée et la bu- 3. À l’équivalence :
rette graduée, ajustage au zéro de la burette nv,E(H3O+) = 8 × 1 · 10–3 mmol = 8 · 10–3 mol.
et de la pipette jaugée, vidage de la pipette
jaugée, erreur d’appréciation du virage.

6. Le titrage acide/base 79

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

4. D’après l’équation de la réaction de titrage, 10 1. et 2. Tracé de la courbe :
ni(NH3) = nv,E(H3O+) = 8 mmol.
pH
5 1. Le réactif titré est l’acide éthanoïque, 14
car il est présent dans la prise d’essai. 13
Le réactif titrant est l’ion hydroxyde HO–, pré- 12
sent dans la burette. 11
10
2. Le bleu de bromothymol est un indicateur 9
coloré de pH. Il vire à l’équivalence (pour un 8
pH entre 6,0 et 7,6). 7
6
3. CH3CO2H(aq) + HO–(aq) 5
→ CH3CO2–(aq) + H2O() 4
4. À l’équivalence, les réactifs sont introduits 3
dans les proportions stœchiométriques : 2 pH
ni(CH3CO2H) = nv,E(HO–), donc ca·Va= c·VE, 1 courbe dérivée
d’où ca = c·VE/Va.
On calcule ca = 0,15 × 17,0/10 = 0,26 mol·L–1. 0 0 5 10 15 20 25

6 1. On détermine VE = 14,0 mL. Volume versé (mL)

3. L’acide nitrique est un acide fort : la for-

mule de la solution d’acide nitrique est donc

H3O+(aq) + NO3–(aq). L’espèce titrée est l’ion
oxonium : H3O+(aq) + HO–(aq) → 2H2O.
4. À l’équivalence, les réactifs de la réaction

de titrage ont été introduits en proportions

stoechiométriques : ni(H3O+) = nv,E(HO–) soit
VA · [H3O+] = cB · VE.
Burette On a donc cHNO3 = [H3O+]
graduée = cB · VE/VA
Solution = 0,10 × 14,0/20,0
de soude = 7,0 · 10–2 mol . L–1.
de concentration
cB = 1,5 . 10–2 mol . L–1

Solution S 11 1. Solution
+ rouge de soude à
Bécher de crésol 0,10 mol . L–1

Agitateur Électrode
combinée
2. À l’équivalence, les réactifs ont été intro-
20 mL
duits en proportions stœchiométriques : de
ni(AH) = nV,E(HO–) donc cAH · VAH  =  cB · VBE et solution S
cAH = cB · VBE/VAH. + 20 mL
On calcule cAH =  1,5 · 10–2 × 9,5/10 d’eau
=  1,4 · 10–2 mol · L–1.
mV/pH Agitateur
3. La solution S contient donc : étalonnage magnétique
n(AH) = cAH · VS  =  2,8 · 10–3 mol
2. Il peut utiliser un tableur pour tracer la
de vitamine C, soit une masse
© Éditions Belin, 2012 mAH = n(AH) · M = 2,8 · 10–3 × 176,0 = 0,493 g, courbe pH = f(Vv), où Vv est le volume de solu-
soit environ 500 mg. On vérifie l’indication tion titrante versée, et superposer la courbe

portée sur la notice. dérivée. Le volume équivalent est l’abscisse

du maximum de la dérivée.

80 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

3. L’acide sulfamique est considéré comme Le pH à l’équivalence reste sensiblement égal
à 8,0, quelles que soient les concentrations
fort, l’équation de titrage est donc : des solutions titrées et titrantes.

H3O+(aq) + HO–(aq) → 2 H2O() 6. L’indicateur dont la zone de virage est la
4. À l’équivalence, les réactifs ont été intro- plus proche du pH à l’équivalence est la phé-
nolphtaléine : elle vire au rose près de cette
duits dans les proportions stœchiométriques, valeur.

donc ni(H3O+) = nv,E(HO–). 15 1. Acide nitrique (acide fort) :
5. a. Il ne doit pas tenir compte de l’eau ajou- H3O+(aq) + HO–(aq) → 2H2O()

tée, car c’est la concentration dans la solution Acide propanoïque :
CH3–CH2–COOH(aq) + HO–(aq)
prélevée et non dans la prise d’essai que l’on → CH3–CH2–COO–(aq) + H2O()
2. Comme le volume équivalent est le même,
veut calculer. Le volume à l’équivalence n’est les deux acides ont même concentration.

pas modifié. 3. a. À l’équivalence du titrage de l’acide ni-
trique, les ions H3O+ et HO– sont entièrement
b. cS = cB · VE/VA = 0,10 × 19,8/20,0 consommés. Il n’y a ni base ni acide dans le
= 0,099 mol . L–1. mélange, donc le pH à l’équivalence est de
7,0.
Le pourcentage d’acide sulfamique est donc : À l’équivalence du titrage de l’acide propa-
noïque, des ions propanoate CH3–CH2–COO–
p = cS/cmax = 0,099/0,10 = 99 %. se trouvent dans le mélange. C’est une base
faible, donc le pH est de 8,4.
13 1. Schéma doc.16 p 138.
b. Le BBT peut être utilisé pour le titrage de
2. C3H5O3–(aq) + H3O+(aq) l’acide nitrique (il vire au bleu à l’équiva-
→ C3H5O3H(aq) + H2O(). lence) et la phénolphtaléine pour le dosage
de l’acide propanoïque (elle vire au rose à
3. a. À l’équivalence, les réactifs ont été l’équivalence).

introduits dans les proportions stœchiomé- 16 1.

triques :

ni(C3H5O3–) = nv,E(H3O+) = ca · VE. D’après la
courbe, VE = 17,5 mL d’où :
ni(C3H5O3–) = 0,0175 mol
cS = ni(C3H5O3–)/VS == 00,,07107 m5o/0l ., L0–215


b. c = 10cS = 7,0 mol . L–1, soit un pourcen-
tage en masse :

p = cM/(drH2O) = 7,0 × 112/1320 = 0,593
soit 60 %. La valeur est cohérente avec l’éti-

quette.

14 1. à 4. Exemple de courbe obtenue : Buret
0,5 mol . L–1
pH sodium hydroxyde
12 solution

11 pHE = 8 5,0 mL vinegar
10 VE = 20 mL + 25 mL water
+ 3 drops phenophtalein
9

8 Beaker

7

6

5

4

3

2 Magnetic stirrer

© Éditions Belin, 2012 1 2. CH3COOH(aq) + HO–(aq) 
→ CH3COO–(aq) + H3O+(aq)
0
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

Volume versé (mL)

6. Le titrage acide/base 81

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

3. À l’équivalence, les réactifs de la réaction de On a donc :

titrage ont été introduits dans les proportions ni (HO–) = nv,E(H3O+) soit cSVS = caVE.
D’où :
stœchiométriques : ni(CH3–COOH) = nv,E(HO–). cS= caVE/VS = 0,80 × 18,5/25,0 = 0,59 mol . L–1.
En notant ca= ni(CH3–COOH)/V, on a donc : 7. La solution commerciale a été diluée,
ca · V=  cB · VE d’où : d’où : c0  = 10cS = 5,9 mol . L–1. On calcule
ca = cBVE/V = 0,50 × 9,8/5,0 = 0,98 mol . L–1. alors le pourcentage massique en hydroxyde

17 1. a. Lors d’une dilution, la quantité

de matière est conservée. En notant VP le de sodium de la solution commerciale :
volume de solution commerciale à prélever, c0 .M
p =  = 5,9 × 40,0  = 19,7 %.
c0 · VP = cSV · PV =S  dc1’0o0.ùcV 0S: ( )dρH2O 1200

= VS = 20 mL. L’étiquette indique un pourcentage massique
10
de 20 %, ce qui est cohérent avec le résultat
Prélever 20 mL de solution commerciale à
(écart relatif 1,5 %).
l’aide d’une pipette jaugée, et les transférer

dans une fiole jaugée de 200 mL contenant 18 1. Quantité de matière d’éthanol intro-
dans de l’eau distillée. Ajuster le niveau de duite dans le ballon :
solution au trait de jauge et agiter pour homo-
généiser. ni(C2H4O2) = d (C2H6O)ρeauV = 0,8 × 1,0 × 20
M(C2H6O) 46

b. La solution commerciale étant corrosive, idl (CM2H( C62OH)6ρOea)uV = 0,8 × 1,0 × 20
faut porter gants, lunettes et blouse. De plus, 46

pour éviter les projections, il faut verser la = 0,35 mol

solution commerciale dans l’eau et non l’in- Quantité de matière d’acide éthanoïque intro-

verse. duite dans le ballon :

2. Pour atteindre la meilleure précision pour ni(C2H4O2) = d(C2H4O2 )ρeauV = 1,04 × 1,0 × 20
le titrage, il faut utiliser une pipette jaugée de M(C2H4O2 ) 60

25 mL pour mesurer la prise d’essai. d (CM2H(C 42OH24)Oρ2ea)uV = 1,04 × 1,0 × 20
3. HO–(aq) + H3O+(aq) → 2 H2O() 60

= 0,35 mol
4. La courbe A présente un saut : elle corres- Les proportions des réactifs sont stœchiomé-
pond à la courbe de titrage pH-métrique (voir triques. Si la réaction est totale, tout l’acide
essentiel p. 142). En appliquant la méthode éthanoïque sera consommé et la quantité
des tangentes : VE = 18,5 mL et pHE = 7,0.
d’ester formée vérifiera :
5. Le réactif titrant que l’on verse dans la
prise d’essai est entièrement consommé tant nf,totale(ester) = ncons(acide) = 0,35 mol.
qu’il reste du réactif titré, c’est-à-dire avant 2. a. Lorsque la phénolphtaléine vire au rose,
l’équivalence. La concentration du réactif la quantité d’ions hydroxyde versée est:
titré diminue. Après l’équivalence, le réactif
titrant est en excès et sa concentration dans nv,E(HO–) = cBVE = 2,0 × 18,3 · 10–3 mol 
= 37 mmol.

la prise d’essai augmente au fur et à mesure b. La réaction est totale, donc :
n1(HO–) = 2n = 8,8 mmol.
de l’ajout, tandis que celle du réactif titré est

© Éditions Belin, 2012 nulle. c. On a : nv,E(HO–) = n1(HO–) + n2(HO–), d’où
On en déduit que la courbe B corres- n2(HO–) = nv,E(HO–) – n1(HO–) = 28 mmol.
pond à [HO–] = f (Vversé) et la courbe C à 3. a. C2H4O2() + HO–(aq)
[H3O+] = f (Vversé). → C2H3O2–(aq) + H2O().
La quantité initiale d’acide pour le titrage est
6. À l’équivalence, les réactifs ont été intro-

duits dans les proportions stœchiométriques donc : ni(C2H4O2) = n2(HO–) car la réaction se
de la réaction de titrage. fait mole à mole.

82 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

b. Dans VT = 20 + 20 + 1 = 41 mL de mélange ncons(C2H4O2) = ni(C2H4O2) – nf(C2H4O2) 
réactionnel, il reste donc : = 0,35 – 0,12 = 0,23 mol,

nf (C2H4O2) = ni(C2H4O2)VT/V = 0,12 mol donc nf (ester) = 0,23 mol.
d’acide éthanoïque. Comme nf(ester)  < nf,totale(ester), la quantité
finale d’ester est inférieure à celle trouvée
c. D’après l’équation, la quantité d’ester for-
mé est égale à la quantité d’acide consommé. en 1. En conclusion, la réaction est limitée.

F. Réponses aux sujets BAC p. 147

20 1. NH3(aq) + H3O+(aq) – Le volume à l’équivalence est l’abscisse du
→ NH4+(aq) + H2O() maximum de la dérivée : VE = 15,7 mL.
– Le volume équivalent est l’abscisse du point
2. À l’équivalence, les réactifs ont été intro- d’intersection de la droite milieu aux deux
tangentes parallèles situées de part et d’autre
duits dans les proportions stœchiométriques du saut de pH : on lit également VE = 15,8 mL.
Il faut que le pH à l’équivalence soit inclus
de la réaction de titrage : dans la zone de virage de l’indicateur. Ici, le
pH à l’équivalence est de 8 environ. On ajoute
ni(NH3) = nv,E(H3O+) = cAVAE donc du rouge de crésol, dont le virage se pro-
Donc cS= ni(NH3)/VS= cAVAE/VS. Sur le sché- duit entre 7,2 et 8,8 de pH, dans le bécher.
ma du montage (doc. 3), on lit VS = 25,0 mL.
D’où : cS = 1,0 × 15,1/25,0 = 0,6 mol · L–1. b. À l’équivalence, les réactifs ont été intro-
La concentration de la solution commerciale duits dans les proportions stœchiométriques
est alors : c = 20cS = 12 mol . L–1. de la réaction : ni(C6H5COOH) = nv,E(HO–)
soit VcS = cBVE. D’où : cS  = cBVE/V, soit
3. D’après la définition du degré Baumé don- cS = 1,0 · 10–2 × 15,7 · 10–3/0,025
= 6,3 · 10–3 mol . L–1
née dans le doc. 2, d =  140  = 0,92. La concentration d’acide benzoïque dans le
soda est c = cSV/Vsoda avec Vsoda = 100 mL,
(22 + 130) d’où c = 1,6 · 10–3  mol . L–1. Cette valeur
correspond à une concentration massique
Le pourcentage en masse est de 20 %. On cal- cm = cM = 1,6 · 10–3 × 122,0 = 0,19 g . L–1.
c. D’autres acides ont peut-être été extraits
cule donc la concentration de la solution com- par le toluène, et le résultat du titrage peut
prendre en compte d’autres acides que
merciale d’après les données de l’étiquette : l’acide benzoïque.

c = 20 %   dρeauV 3. D’après la DJA et sa masse, cet enfant peut
M(NH3 )V absorber une masse m = 150 mg d’acide ben-
zoïque/jour. Cela correspond à un volume
= 0,20 ×  0,92 × 1000 Vsoda = m/cmass = 0,79 L.
15,0 La dose journalière autorisée peut être facile-
ment dépassée.
= 12,0  mol · L–1.

Les résultats du titrage sont cohérents avec

ceux donnés par l’étiquette.

© Éditions Belin, 2012 21 1. C6H5COOH(aq) + HO–(aq)
→ C6H5COO–(aq) + H2O().

2. a. La courbe pH = f (V) est la courbe rouge :
elle présente un “saut de pH”. La courbe
bleue est sa courbe dérivée, elle présente un
maximum à l’équivalence. Le tracé des lignes
parallèles correspond à la méthode des tan-
gentes.

6. Le titrage acide/base 83

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

© Éditions Belin, 2012 22 1. Peser 200 mg de PABA et l’introduire Donc : cS = cBVE/VS
dans une fiole jaugée de 100 mL contenant un = 5,0 · 10–2 × 10,0/100
peu d’eau. Après dissolution, ajuster au trait = 5,0 · 10–3 mol . L–1.
de jauge avec de l’eau distillée et agiter pour
homogénéiser. 4. La masse d’ibuprofène dans un com-
primé est donnée par : m = cSVSM(AH) soit :
2. La courbe de titrage par les ions oxonium m =  5,0 · 10–3 × 100 · 10–3 × 203,0
n’est pas exploitable, car elle ne présente pas = 0,100 g
de saut de pH : on ne peut donc pas détermi- = 100 mg.
ner le volume équivalent. La valeur est cohérente avec la valeur portée
par l’étiquette.
3. D’après les courbes de titrage, le pH de la
solution S est de 3,4 (pH pour VV = 0). 5. Les causes d’incertitude sont liées au ma-
Ce pH se trouve dans le domaine de prédomi- tériel et à l’opérateur :
nance de la forme AH+– d’après le document 1. – incertitude pour les volumes de la fiole et
de la pipette jaugée et de la burette graduée ;
4. AH+ –(aq) + HO–(aq) → A–(aq) + H2O(). – erreur d’ajustement des niveaux, lecture du
5. VE = 14,5 mL (abscisse du maximum de la pH-mètre, perte par transvasement.
courbe dérivée).
À l’équivalence, les réactifs ont été introduits ECE Titrage d’une solution d’acide
dans les proportions stœchiométriques de la chlorhydrique p.151
réaction de titrage :
ni(PABA) = nv,E(HO–) = cBVE d’où : La solution titrée est une solution d’acide
ni(PABA) = 0,10 × 14,5 · 10–3 chlorhydrique à 25 %, de densité d =1,12,
=  1,45 · 10–3 mol. diluée 100 fois : sa concentration molaire
La masse de PABA dans l’échantillon prélevé théorique est de 7,7 · 10–2 mol . L–1.
est donc :
mPABA = ni(PABA)M(PABA) Matériel
=  1,45 · 10–3 × 137,1 = 0,199 g. – Solution d’acide chlorhydrique à 25% dilué 10 fois,
Cela correspond à un pourcentage massique :
p = mPABA/méchantillon = 0,199/0,200 = 99,5 %. soude à 0,10 mol . L–1, indicateurs colorés [doc. 2].
– Agitateur, burette graduée 25mL , pipette jaugée
23 1. AH(éth) + HO–(aq)
→ A–(éth) + H2O(éth). 20 mL, erlenmeyer 250 mL.
2. a. On lit VE = 10,0 mL (abscisse du maxi-
mum de la dérivée). 1. 1. Le pH à l’équivalence étant égal à 7,0, le
bleu de bromothymol peut être utilisé.
b. Pour un volume versé VE/2, il reste la moi-
tié de la quantité initiale d’ibuprofène dans la 1. 2. Rincer et remplir la burette avec la solu-
solution S ; l’autre moitié s’est transformée tion de soude.
en sa base conjuguée A–. Leurs concentra- Prélever 20,0 mL de solution d’acide chlorhy-
tions sont alors égales : [AH]1/2E= [A–]1/2E. drique et les placer dans erlenmeyer, ajouter
En utilisant la formule de Henderson-Hassel- quelques gouttes de bleu de bromothymol.
bach, pH = pKa + log (1) donc pH = pKa. Installer cette prise d’essai sur un agitateur
c. Sur la courbe, on lit que le pH de la solution magnétique sous la burette graduée.
est de 4,9 pour un volume versé VE/2. Le pKa Verser la soude dans la prise d’essai jusqu’à
de l’ibuprofène est donc de 4,9. ce que la solution prenne une couleur bleue
persistante.
3. À l’équivalence, les réactifs ont été intro-
duits dans les proportions stœchiomé- 2. 1. On obtient : VE = 15,2 mL en utilisant
triques : l’indicateur choisi.

ni(AH) = nv,E(HO–).

84 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

2. 2. et 2. 3. Courbe de titrage : 3. 1. Concentration de l’acide chlorhydrique :

pH ca = cbVE/Va = 0,10 × 15,3/20,0
12 = 7,7 · 10–2 mol . L–1.

11 pHE = 7 3. 2. Les incertitudes sont dues au matériel et
10 VE = 15,3 mL à l’opérateur.

9 Matériel : incertitude de la pipette jaugée, de
la burette graduée.
8
Opérateur : virage de l’indicateur dépassé,
7 lecture du pH-mètre, lecture des niveaux.

6 Le résultat trouvé est cohérent avec l’infor-
mation donnée : la concentration molaire est
5 proche de 0,08 mol . L–1.

4

3

2

1

0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

On lit VE = 15,3 mL. Volume versé (mL)

G. Erratum

✔ Exercice 13 p. 144, lire : « La solution commerciale de concentration c est diluée pour obte-
nir une solution S de concentration cS = c/10. »

H. Compléments pédagogiques

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

© Éditions Belin, 2012  Corrigé 4. m(NaHSO4 ) = n(HSO4– )A M(NaHSO4 ).
La quantité d’ion hydrogénosulfate est 5 fois
1 1.HSO4–(aq)+HO–(aq)→SO42–(aq)+H2O(). plus grande dans la solution A que dans la
prise d’essai :
2. L’étudiant peut utiliser un tableur pour n(HSO4– )A = 5 × 1,5 · 10–3 = 7,5 · 10–3 mol. Soit
tracer la courbe pH = f (Vversé) et sa dérivée m(NaHSO4 ) = 7,5 · 10–3 × 120 = 0,90 g.
dpH/dVversé. La dérivée présente un maxi- On calcule le pourcentage en masse dans la
mum pour une abscisse égale au volume à poudre : p = 0,9/1,0 × 100 = 90 %.
l’équivalence.
2 1. La réaction de titrage est :
3. À l’équivalence, les réactifs ont été intro- AH(aq) + HO–(aq) → A–(aq) + H2O()
duits dans les proportions stœchiométriques
de la réaction de titrage : nV,E(HO–) = ni(HSO4–). Le volume équivalent est VE = 28 mL (abscisse
On a : ni(HSO4–) = cbVE soit : du maximum de la courbe dérivée).
ni(HSO4–) = 1,0 · 10–1 ×  14,8 · 10–3 À l’équivalence, les réactifs de la réaction de
= 1,5 · 10–3 mol. titrage sont introduits dans les proportions
stœchiométriques : ni(AH) = nV,E(HO–).

6. Le titrage acide/base 85

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

On a donc : 3. Le pH de la solution est égal au pKa lorsque
cAH = nV,E(HO–)/VA = cbVE/VA la concentration de l’acide salicylique et de
cAH= 1,0 · 10–2×14,8/20,0 = 7,4  ·  10–3 mol · L–1. sa base conjuguée sont égales. Cela se pro-
duit pour un volume versé égal à la moitié de
2. La concentration massique de la solution celui versé à l’équivalence. La valeur lue sur la
est égale à la solubilité de l’acide salicylique : courbe est environ 3,2.
cmass,AH = cAHMAH = 1,0 g · L–1.

I. Bibliographie

✔ Steven S. Zumdahl, Chimie des solutions, De Boeck Université, 1999.
✔ Sujet régional des Olympiades de Chimie 2004, académie de Nancy-Metz.

www.azaquar.com/doc/contr%C3%B4le-qualit%C3%A9-du-lait-et-
d%C3%A9riv%C3%A9s-laitiers
✔ Logiciel de simulation de titrage :
www.scientillula.net

© Éditions Belin, 2012 86 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Chapitre 7

Contrôle par conductimétrie

A. Le programme

Notions et contenus Compétences exigibles

Dosages par étalonnage : Pratiquer une démarche expérimentale pour
– conductimétrie ; explication qualitative déterminer la concentration d’une espèce à
de la loi de Kohlrausch, par analogie avec la loi l’aide de courbes d’étalonnage en utilisant la
de Beer-Lambert. conductimétrie, dans le domaine de la santé,
de l’environnement ou du contrôle
de la qualité.

Dosages par titrage direct. Établir l’équation de la réaction support de
Équivalence dans un titrage ; repérage de titrage à partir d’un protocole expérimental.

l’équivalence pour un titrage pH-métrique, Pratiquer une démarche expérimentale pour
conductimétrique et par utilisation déterminer la concentration d’une espèce
d’un indicateur de fin de réaction. chimique par titrage par le suivi d’une
grandeur physique et par la visualisation d’un
changement de couleur, dans le domaine
de la santé, de l’environnement ou du contrôle
de la qualité.
Interpréter qualitativement un changement de
pente dans un titrage conductimétrique.

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

Le thème du contrôle qualité par dosage est traité en deux chapitres distincts dans le
manuel.

Dans le chapitre précédent (chapitre 6 p. 130), la notion de dosage par titrage et le voca-
bulaire associé (réactif titrant, titré, réaction support du titrage, et notion d’équivalence)
ont été introduits puis appliqués aux titrages acide/base par colorimétrie ou par pH-métrie.
Ce chapitre 7 est l’occasion de revenir sur ces notions, en les appliquant cette fois-ci aux
titrages conductimétriques. De plus, les dosages par étalonnage, introduits en 1ère S grâce
à la spectrophotométrie, sont eux aussi appliqués à la conductimétrie.

Dans le programme précédent, la conductimétrie était introduite en 1ère S. Ce n’est plus
le cas, c’est donc la première fois que les élèves rencontrent la notion de conductivité. Le
chapitre commence donc naturellement par quelques notions sur le principe de la conduc-
timétrie : présentation des grandeurs mises en jeu et description de la cellule conductimé-
trique pour aboutir à la loi de Kohlrausch.

7. Contrôle par conductimétrie 87

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

La loi de Kohlrausch peut être introduite par analogie avec la loi de Beer-Lambert (traitée
en 1ère S), comme suggéré dans le BO :

Loi de Beer-Lambert Loi de Kohlrausch

Absorbance : caractérise l’aptitude Conductivité : caractérise l’aptitude

des espèces chimiques à absorber des espèces chimiques à conduire

une radiation lumineuse Concentration le courant électrique
Unité : mol . L–1 Unité : S . m–1
Sans unité Concentration
A k [X] Unité : mol . m–3
i [Xi]
∑
i

Facteur de proportionalité Facteur de proportionnalité :
Unité : L . mol –1 conductivité molaire ionique
Unité : S . m2 . mol –1

Cette analogie pose cependant des difficultés. La conductivité et l’absorbance sont deux

grandeurs additives ; néanmoins, la longueur d’onde à laquelle l’absorbance est mesurée

est généralement choisie de telle façon qu’une seule espèce chimique absorbe, alors qu’en

conductimétrie, on ne peut s’affranchir de la présence de certains ions. L’absorbance peut

donc être proportionnelle à la concentration d’une seule espèce chimique, alors que ce n’est

pas le cas de la conductivité.

Ce constat est à l’origine des difficultés rencontrées lors des dosages conductimétriques

par étalonnage puisque justement, la présence des ions qui n’interviennent pas dans l’équa-

tion de réaction ne peut être négligée. Dans l’exercice 10 p. 162 par exemple, le dosage

conductimétrique des ions cuivre (contenus dans la bouillie bordelaise) par étalonnage

ne permet pas de retrouver la valeur indiquée sur l’étiquette du produit. En effet, la pré-

sence des ions sulfate ne peut être négligée sous peine d’obtenir un résultat faussé. Lors

du dosage spectrophotométrique des ions cuivre, la longueur d’onde choisie pour réaliser

la mesure permet de ne doser que les ions cuivre et donne alors un résultat très proche de

celui attendu.

Sous la forme donnée dans le manuel p. 158, l’expression de la loi de Kohlrausch n’est

valable que dans le cas d’ions monochargés. C’est en effet le cas des ions rencontrés le plus

fréquemment dans les exercices et cela permet d’alléger l’expression de cette loi.

Une expression plus générale de la loi Kohlrausch, et valable en particulier pour des ions

polychargés, fait intervenir un facteur correspondant à la valeur absolue de la charge portée

par l’ion. C’est pourquoi dans certaines tables plus détaillées que celle donnée dans le rabat,

la conductivité molaire ionique des ions polychargés est indiquée par unité de charge (par
( )exemple :
λ 1 SO42− = 8 mS ⋅ m2 ⋅ mol−1). En outre, il est important de se souvenir que la loi
2
de Kohlrausch n’est valide que pour de faibles concentrations, ce qui peut jouer sur l’allure

des courbes de titrage, indépendamment de l’effet de dilution.

Une restriction supplémentaire doit être appliquée aux dosages conductimétriques par

étalonnage. On ne dose que des espèces chimiques pour lesquelles la dissociation en ions

est totale (pas d’acides ou de bases faibles en particulier).

Dans le cas d’un acide faible comme l’acide acétique, l’exercice 17 p. 165 suggère de réali-

ser la droite d’étalonnage sur un domaine de concentration restreint, afin d’obtenir un modèle

linéaire exploitable (voir cours p. 159 ou activité 2 p. 155). L’exercice « Dosage du vinaigre

© Éditions Belin, 2012 par étalonnage » (proposé dans les compléments pédagogiques) montre que sur une plage

de concentration plus importante, la modélisation par une droite n’est plus envisageable :

la méthode du dosage par étalonnage n’est pas judicieuse pour réaliser ce contrôle qualité.

88 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Nous avons fait le choix de traiter la compétence « Interpréter qualitativement un change-
ment de pente dans un titrage conductimétrique » sous forme de tableau. C’est une méthode
simple et systématique qui minimise les problèmes de rédaction, et permet d’interpréter
l’allure des courbes de titrages conductimétriques de façon beaucoup plus concise.

Dans le cas d’ions polychargés ou lorsque les nombres stœchiométriques dans la réac-
tion support de titrage sont différents de 1, les calculs effectués dans la colonne « estimation
de la pente » diffèrent légèrement : la conductivité molaire ionique doit être multipliée par le
nombre stœchiométrique, ou par la valeur absolue de la charge pour un ion polychargé. La
méthode reste néanmoins inchangée.

Dans l’ancien programme de la classe de 1re S, les élèves découvraient la conductivité à
partir de la notion de conductance. Ce n’est désormais plus le cas. L’utilisation du montage
voltampère-métrique pour faire des mesures de conductance (plutôt que de conductivité),
comme cela pouvait se faire, devient difficilement praticable : il est donc judicieux d’investir
dans des conductimètres dédiés.

Le cours ne mentionne pas l’étalonnage du conductimètre : cette opération n’est pas
nécessaire dans le cas d’un titrage conductimétrique, car seules les variations relatives de
conductivité sont importantes pour déterminer le point d’équivalence. Un étalonnage peut
cependant être nécessaire, lors d’une activité expérimentale où on utilise les valeurs de
conductivité issues de conductimètres différents (pour assurer la mise en commun des résul-
tats de la classe).

Les trois activités proposées abordent les trois compétences exigibles sur la conductimé-
trie. Les activités 1 et 2 sont des activités courtes (1 h à 1 h 30), à caractère expérimental, qui
peuvent être adaptées en activités documentaires en fournissant directement les tableaux de
mesures. Ces deux activités répondent à la même compétence, « Déterminer la concentration
d’une espèce chimique », par deux méthodes différentes : le titrage pour l’activité 1, et le
dosage par étalonnage pour l’activité 2. L’activité 2 permet en outre de faire le lien suggéré
dans le BO entre la loi de Kohlrausch et la loi de Beer-Lambert.

Enfin, la troisième activité amorce une réflexion autour de l’allure des courbes de titrage
conductimétrique afin de répondre à la compétence « Interpréter qualitativement un change-
ment de pente dans un titrage conductimétrique ». Le logiciel de simulation utilisé dans cette
activité est téléchargeable, et simule des courbes de titrages de toutes sortes. Les résultats
des simulations étant donnés, cette activité peut être modifiée en activité documentaire.

C. Commentaires sur les activités et documents proposés

 Vérifier ses acquis p. 152

– La concentration d’une espèce chimique colorée peut être déterminée par dosage spectropho-

tométrique, en utilisant une droite d’étalonnage préalablement construite à l’aide de solutions

étalons.

– La relation entre l’absorbance mesurée et la concentration d’une espèce chimique colorée est

une relation de proportionnalité : c’est la loi de Beer-Lambert, qui n’est valable que sous cer-

taines conditions. En particulier, pour des concentrations élevées, cette loi n’est plus vérifiée.
– La relation entre la concentration molaire (c en mol . L–1) et la concentration massique
© Éditions Belin, 2012 g . L–1) g . mol–1)
(cm en . fait intervenir la masse molaire (M en de l’espèce chimique considérée :
c= cm
M

7. Contrôle par conductimétrie 89

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

 S’interroger p. 152

L’expérience se réalise en classe très simplement. Lorsqu’une cellule conductimétrique est
laissée à l’air libre, aucune indication ne s’affiche sur l’appareil de mesure, le conductimètre.
Lorsqu’elle est plongée dans un bécher d’eau salée (la mer), le conductimètre affiche une va-
leur non nulle. Les cellules conductimétriques permettent donc de détecter la présence d’eau
dans les puits de pétrole.

 Photo d’ouverture p. 153

La conductimétrie s’applique au contrôle qualité de produits pharmaceutiques ou agroali-
mentaires. Bien souvent, une seule mesure permet de caractériser le produit analysé, comme
les eaux de boissons, sur les étiquettes desquelles est souvent indiqué la conductivité à 25 °C ;
ou encore le miel, dont la conductivité électrique augmente en présence de miellat (les valeurs
sont typiquement inférieures à 80,0 mS . m–1 pour les miels de fleurs, et supérieures pour les
miels contenant du miellat). Il existe néanmoins deux méthodes pour déterminer la concentra-
tion d’une espèce chimique par conductimétrie : le titrage (exemple du lait maternisé dans le
domaine agroalimentaire, activité 1 p. 154) et le dosage par étalonnage (exemple du sachet de
permanganate de potassium dans le domaine pharmaceutique, activité 2 p. 155).

 Activité 1 p. 154

Cette activité est facilement réalisable en travaux pratiques. Une séance d’1 h 30 permet de
réaliser la manipulation et de l’exploiter.

Le lait maternisé présenté contient 300 mg d’ions chlorure pour 100 g de poudre. Selon le
lait maternisé choisi, il peut être nécessaire d’adapter la concentration de la solution de nitrate
d’argent utilisée afin d’obtenir un volume d’équivalence entre 10 et 15 mL.

Cette activité est facilement transposable au contrôle qualité d’une eau de boisson en adap-
tant à nouveau la concentration de la solution titrante.

Matériel
– Burette graduée et support ; bécher de 500 mL ; balance ; sabot
de pesée ; spatule ; pissette d’eau distillée ; conductimètre et cellule

conductimétrique ; barreau aimanté et agitateur magnétique.
– Solution de nitrate d’argent à 0,030 mol . L–1 ; lait maternisé en poudre.

Remarque : pour maximiser la durée de vie des cellules conductimétriques, penser à les enlever
du milieu réactionnel et à les rincer dès la fin du titrage.

✔5 Réponses aux questions
1. a. Équation de formation du chlorure d’argent : Ag+(aq) + Cl–(aq) → AgCl(s). Les ions nitrate
(NO3–) sont des ions spectateurs, et n’interviennent pas dans l’équation support du titrage.
b. L’encadré « S’informer » permet d’écrire la relation à l’équivalence entre les deux espèces
chimiques : n(Cl–) = n(Ag+).
2. La courbe de titrage obtenue est la suivante :

90 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

σ (mS.cm–1)

0,55

0,50

0,45

0,40

0,35

0,30 Véq = 13,4 mL
0
5 10 15 20 25
Vversé (mL)

Le volume à l’équivalence déterminé selon la méthode proposée en fiche 6 p. 321 est de

13,4 mL. lna(iAt gm+a) =tecrnViésqé,,ssooititn :(C4l–,0) =⋅1404,−0,34 . ×101–040m=ol9.,I3l y.1a0d−3omnco4l ,d0a .n 1s01–40m0 ogldde’iopnosudchrelo. rure

On a : n(Cl–) =
dans 4,3 g de

Comme m = nM, cette quantité de matière correspond à une teneur en élément chlore de
330 mg (la valeur de la masse molaire du chlore M(Cl) = 35,5 g . mol–1, se trouve en rabat).

3. Exemple de résultats obtenus par 6 groupes différents :

Groupe 123456

Volume d’équivalence (mL) 13,4 12,5 10,8 13,0 11,1 13,4

Teneur en élément chlore (g) 0,330 0,310 0,267 0,322 0,275 0,330

Pour cet exemple, la teneur en élément chlore moyenne est donc : mmoy = 0,306 g et l’écart-type
σ = 0,028 g. D’où m = 0,31 ± 0,02 g, soit une précision de 6 %.
4. Ce dosage n’est pas réalisable par pH-métrie, car il ne fait pas intervenir d’échange de proton
H+. Il n’est pas non plus réalisable par spectrophotométrie, car l’espèce chimique dosée (les
ions chlorure) n’absorbe pas dans le visible.
5. Le résultat moyen obtenu par les différents groupes est proche de la valeur indiquée sur
l’étiquette (écart relatif : 3,3 %). Les résultats obtenus sont donc justes (la valeur obtenue en
moyenne est proche de la valeur attendue), mais ne sont pas fidèles (certaines valeurs obte-
nues sont très éloignées de la valeur attendue).

Remarque : l’interprétation d’une courbe de titrage similaire fait l’objet de l’exercice 4 p. 161 et
peut constituer une prolongation de cette activité.

© Éditions Belin, 2012  Activité 2 p. 155

Cette activité expérimentale, réalisable en 1 h (hors exploitation), a pour but de déterminer
la concentration d’une espèce chimique grâce à un dosage par étalonnage. Ce dosage peut se
faire par deux techniques différentes, conductimétrie et spectrophotométrie : c’est l’occasion
de faire le parallèle entre les deux lois mises en jeu (loi de Kohlrausch et loi de Beer-Lambert).

Cette activité constitue une alternative intéressante à la détermination de la teneur en chlo-
rure de sodium d’un sérum physiologique (ancien programme de 1re S, traité dans l’exercice
11 p. 163).

7. Contrôle par conductimétrie 91

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

Matériel
– Permanganate de potassium (solide) ; sachet de 0,25 g de permanganate de potassium

(en pharmacie, marque Cooper).
– Spatule ; sabot de pesée ; balance ; pissette d’eau distillée ; pipettes jaugées de 5, 10, 15

et 20 mL ; 7 fioles jaugées de 100 mL ; 1 fiole jaugée de 2 L ; 6 béchers de 50 mL.
– Conductimètre et cellule de conductimétrie ; 6 cuves de spectrophotométrie ; spectrophotomètre.

✔5 Réponses aux questions

1. La solution mère (à partir de laquelle sont préparées les solutions de la gamme d’étalonnage)

est préparée par dissolution de 0,20 g de permanganate de potassium dans 100 mL d’eau puis
0,20 1
par dilution au dixième, soit : cS = 0,100 × 10 = 0,20 g . L–1.

La solution S1 préparée à partir de 5 mL de solution S dilué dans 100 mL a une concentration
VS
massique c1 vérifiant : c1 = cs V , soit c1 = 0,20 × 5 = 0,010 g . L–1.
100
De la même façon, on calcule les concentrations massiques des solutions S2, S3 et S4 :

Solution S1 S2 S3 S4

VS (mL) 5 10 15 20
c (g . L–1) 0,010 0,020 0,030 0,040

2. Les courbes tracées pour les deux groupes sont données dans le doc. 4. Sur ces courbes
apparaissent l’équation de la droite ainsi que le coefficient R 2, qui permet d’apprécier la perti-
nence du modèle.
Les deux grandeurs mesurées (la conductivité et l’absorbance) sont proportionnelles à la
concentration en permanganate de potassium. La relation de proportionnalité entre l’absor-
bance et la concentration est connue depuis la 1ère S (c’est la relation de Beer-Lambert). La rela-
tion de proportionnalité entre la conductivité et la concentration est introduite dans ce chapitre
(c’est la loi de Kohlrausch).
3. a. Le coefficient R2 obtenu en conductimétrie permet de valider le modèle mathématique
(voir l’encadré « S’informer ») alors que ce n’est pas le cas pour la spectrophotométrie dans le
cas présent (R2 < 0,995). Néanmoins ce commentaire n’est pas valable pour d’autres groupes
(voir question 5).
b. Les valeurs obtenues pour la solution à analyser sont les suivantes :
– conductivité : 1,90 S . m–1 ;
– absorbance à 520 nm : 0,331.
On reporte ces valeurs sur les courbes d’étalonnage pour estimer la concentration massique de
la solution analysée.

conductivité (S . m–1)
3,5

3,0

2,5 y = 77,493x
2,0 R2 = 0,99729

1,9
1,5

1,0

0,5 0,025
0 0,01 0,02 0,03 0,04
0
concentration en KMnO4 (g. L–1)
© Éditions Belin, 2012
La courbe d’étalonnage conductimétrique conduit à une concentration massique en permanga-
nate de potassium pour la solution à analyser de 0,025 g . L–1.

92 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

absorbance mesurée
0,6

0,5

0,4 0,331 y = 13,383x
0,3 R2 = 0,99198

0,2

0,1 0,025
0 0,01 0,02 0,03 0,04
0
concentration en KMnO4 (g. L–1)

La courbe d’étalonnage spectrophotométrique conduit à une concentration massique en per-
manganate de potassium pour la solution à analyser de 0,025 g . L–1.

Remarque : les équations des courbes permettent d’obtenir le même résultat.
y
– En conductimétrie : x = 77,493 = 1,90 = 0,0245 g . L–1 ;
77,493
y 0,331
– En spectrophotométrie : x = 13,383 = 13,383 = 0,0247 g . L–1.

4. La solution réalisée dans la fiole de 2 L a une concentration massique 5 fois plus élevée que
celle analysée : sa concentration est donc cm = 0,025 × 5 = 0,125 g . L–1. Cette solution a été
préparée en dissolvant un sachet dans une fiole de 2 L. La masse de permanganate de potas-

sium contenue dans le sachet correspond donc à :

m = cmV = 0,125 × 2 = 0,25 g.
5. Des exemples de résultats obtenus par différents groupes sont donnés ci-dessous.

En conductimétrie :

Groupe Conductivité (S . m–1) Pente Coefficient Résultat : masse
de la droite R 2 de permanganate
modélisée
de potassium
dans le sachet (g)

S1 S2 S3 S4 Échantillon

1 0,834 1,534 2,27 3,134 1,90 77,493 0,99729 0,25

2 0,825 1,542 2,40 3,102 1,95 78,39 0,99084 0,25

3 0,83 1,53 2,32 3,221 2,02 79,113 0,99677 0,26

4 0,84 1,55 2,21 3,175 1,88 77,567 0,99221 0,24

On calcule alors la masse moyenne de permanganate de potassium : mmoy = 0,250 g, et l’écart-
type : σ = 0,0081 g. D’où m = 0,250 ± 0,008 g.
Remarque : ici, comme le nombre de mesures est de 4, Δm = σ.
En spectrophotométrie :

Groupe Conductivité (S . m–1) Pente Coefficient Résultat : masse
de la droite R 2 de permanganate
modélisée
de potassium
dans le sachet (g)

S1 S2 S3 S4 Échantillon

5 0,146 0,271 0,381 0,546 0,331 13,383 0,99198 0,25

© Éditions Belin, 2012 6 0,140 0,270 0,388 0,555 0,338 13,547 0,9943 0,25

7 0,144 0,278 0,390 0,535 0,340 13,367 0,99587 0,25

8 0,151 0,274 0,390 0,549 0,330 13,55 0,99339 0,24

7. Contrôle par conductimétrie 93

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

On calcule la masse moyenne de permanganate de potassium : mmoy = 0,2475 g et l’écart-type
σ = 0,005 g, d’où m = 0,248 ± 0,005 g.
On constate que la valeur moyenne obtenue par les deux méthodes est très proche de la valeur
indiquée sur le sachet (« Sachet de 0,25 g », doc. 3. b). La différence entre ces valeurs peut
s’expliquer par un transvasement du contenu du sachet parfois difficile (tout le solide contenu
dans le sachet n’a pas été transvasé dans la fiole).
La méthode conductimétrique conduit, dans ce cas, à un modèle plus en adéquation avec les
mesures puisque la valeur du coefficient R2 est généralement plus élevée que dans le cas de la
spectrophotométrie. Néanmoins la spectrophotométrie conduit à une incertitude plus faible.

 Activité 3 p. 155

L’interprétation qualitative d’un changement de pente dans un titrage conductimétrique est
une notion difficile pour les élèves.

L’utilisation d’un logiciel de simulation permet dans un premier temps de se familiariser
avec ces courbes avant d’essayer d’en expliquer l’allure. L’étude préalable du rôle de la dilution
dans ce type de titrage est essentiel pour comprendre l’intérêt de l’ajout d’un grand volume
d’eau à chaque titrage.

L’activité peut être utilisée en l’état comme une activité documentaire, ou au cours d’une
séance informatisée comme une activité de modélisation.

✔5 Réponses aux questions

1. À l’équivalence, la quantité de matière d’ions HO– (aq) introduite dans le bécher est :

dnéoqn (cO :Hn–é)q = (O cHV–é)q .=P 1a,r0l .e 1c0tu–r4e mgoral.phique (doc. 6), Véq = 10 mL pour les deux simulations. On a
2. La quantité initiale d’ions H3O+ est identique dans les deux modélisations. Cependant, dans
la modélisation A, on introduit 10 mL de solution titrée, contre 100 mL dans la modélisation B.

Il y a donc beaucoup moins d’eau dans le bécher au cours de cette modélisation. C’est donc le

rôle de l’eau (ou de la dilution) qui est étudié.

3. a. D’après la fiche 6 p. 321 et la rubrique « S’informer », l’équivalence en conductimétrie est

déterminée par l’intersection de deux portions de droite modélisées avant et après la rupture

de pente. Avec le protocole de la modélisation B, les points de mesure seront alignés sur les

portions de droite. Ce ne sera pas le cas avec le protocole de la modélisation A : en effet, les

portions de courbes de la modélisation ne peuvent pas être assimilées à des droites. Avec le

protocole de la modélisation B, il se posera donc moins de problèmes pour déterminer la valeur

du volume d’équivalence.

b. Avant de réaliser un titrage conductimétrique, l’ajout d’un grand volume d’eau (comme pro-

posé dans l’activité 1 p. 154) permet donc d’obtenir une courbe de titrage plus facilement ex-

ploitable : la détermination correcte du volume d’équivalence est facilitée.

4. Dans les trois cas, la valeur du volume d’équivalence est identique : Véq = 10 mL. Cette valeur
correspond à la valeur calculée théoriquement.

En effet, dans chaque cas, la relation à l’équivalence peut s’écrire : nbase = nacide , soit
cacideVacide = cbaseVéq d’où Véq = 0,001 × 100.10−3 = 10 mL.
cacideVacide = 0,01
cbase

5. L’ion de la solution titrée qui apparaît dans l’équation support du titrage voit sa quantité de

matière diminuer jusqu’à devenir nulle à l’équivalence. La quantité de matière des autres ions

© Éditions Belin, 2012 de la solution titrée (ions spectateurs) ne varie pas.

L’ion contenu dans la solution titrante et qui apparaît dans la réaction support du titrage a une

quantité de matière nulle (notée e pour montrer que cette grandeur est négligeable) jusqu’à

94 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

l’équivalence (puisqu’il est consommé au fur et à mesure qu’il est ajouté). Sa quantité de ma-
tière est ensuite croissante après l’équivalence. Les autres ions apportés par la solution titrante
sont ajoutés dans le bécher tout au long du titrage sans réagir, ils voient donc leur quantité de
matière augmenter tout au long du titrage.
Les volumes de solution utilisés dans cette activité étant très grands, l’effet de la dilution est
négligé. On raisonnera alors dans les tableaux suivants sur la concentration des différentes
espèces, comme on le ferait sur les quantités de matière.

Modélisation B :

Évolution des concentrations

Vversé < Véq Na+ (aq) HO–(aq) H3O+ (aq) Cl–(aq)
e
→ → →*

Vversé > Véq → → e →*

* à la dilution près. En réalité, la concentration en ion chlorure diminue légèrement puisque sa
quantité de matière est constante et que le volume augmente sensiblement à chaque ajout de
réactif titrant. Néanmoins, si on néglige la variation de volume de la solution lors des ajouts
successifs de réactif titrant (ce qui est possible lorsque l’on raisonne sur des volumes impor-
tants de solution, voir ci-dessus), on peut considérer que la concentration en ion chlorure est
constante.

Modélisation C :

Évolution des concentrations

HO– (aq) CH3COO– (aq) Na+ (aq)

Vversé < Véq e →→

Vversé > Véq → →* →

* à la dilution près
Modélisation D :

Évolution des concentrations

Vversé < Véq NH4+ (aq) H3O+ (aq) Cl–(aq)

→ → →*

Vversé > Véq →* e →*

* à la dilution près
6. Valeurs de conductivité molaire ionique :

Ions Na+ (aq) HO– (aq) H3O+ (aq) Cl– (aq) CH3COO– (aq) NH4+ (aq)
Conductivité molaire ionique 5,0 20 35 7,6 4,1 7,4

(mS . m2 . mol–1)

© Éditions Belin, 2012 On constate que les ions HO– (aq) et H3O+ (aq) ont des valeurs de conductivité molaire ionique
particulièrement élevées. Leur concentration va donc généralement imposer la tendance à la
portion de droite pour laquelle leur concentration varie.
7. La dilution permet d’obtenir des courbes de titrages conductimétriques plus facilement ex-
ploitables.
8. Pour la modélisation C, on constate que globalement avant et après l’équivalence les concen-
trations des différents ions sont soit constantes, soit croissantes. Les portions de droite tracées
avant ou après l’équivalence sont donc aussi croissantes : en effet, comme vu à l’activité 2, la
conductivité augmente avec la concentration en ions dans la solution.

7. Contrôle par conductimétrie 95

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

9. Comme les ions HO– (aq) et H3O+ (aq) ont des valeurs de conductivité molaire ionique particu-
lièrement élevées, leur concentration impose généralement la tendance d’évolution à la portion
de droite pour laquelle leur concentration varie.

Pour la modélisation B :

Évolution des concentrations Estimation de la pente

V < Véq Na+ (aq) HO– (aq) H3O+ (aq) Cl– (aq) –1 × l(H3O+) + 1 × l(Na+) = 35 + 5 = –30 < 0
e
→ → →*

V > Véq → → e →* 1 × l(HO–) + 1 × l(Na+) = 20 + 5 = 25 > 0

* à la dilution près
La portion de droite avant l’équivalence est donc décroissante, alors que la portion de droite
après l’équivalence est croissante.

Pour la modélisation C :

Évolution des concentrations Estimation de la pente

HO– (aq) CH3COO– (aq) Na+ (aq)

V < Véq e → → 1 × l(CH3COO–) + 1 × l(Na+) = 41,5 + 5 = 9,1 > 0

V > Véq → →* → 1 × l(HO–) + 1 × l(Na+) = 20 + 5 = 25 > 0

* à la dilution près
Comme la valeur calculée dans la dernière colonne du tableau est plus grande après l’équi-
valence, la portion de droite tracée après l’équivalence aura une pente plus grande que celle
tracée avant l’équivalence : c’est bien ce que l’on constate sur la modélisation C (courbe verte).

Pour la modélisation D :

Évolution des concentrations Estimation de la pente

V < Véq NH4+ (aq) H3O+ (aq) Cl– (aq) 1 × l(NH4+) – 1 × l(H3O+) = 7,4 – 35 = –27,6 < 0

→ → →*

V > Véq →* e →* 0

* à la dilution près
La portion de droite avant l’équivalence est décroissante. Après l’équivalence, puisque la
concentration d’aucun ion ne varie alors la conductivité reste constante.

Remarque : Dans cette activité, c’est l’évolution des concentrations qui est étudiée dans les
tableaux afin que les élèves fassent le lien entre la méthode proposée et la loi de Kohlrausch.
Il faut alors négliger le rôle de la dilution. C’est pourquoi dans la suite du chapitre, ces mêmes
tableaux seront construits en raisonnant sur l’évolution des quantités de matière.

© Éditions Belin, 2012 D. Déroulement du cours

Exemple de progression avec des séances de TP de deux heures :
– Séance de TP : Activité 1 (1 h) ; activité 3 (1 h).
– Cours : 1. Titrage conductimétrique, et exercices d’application.
– Séance de TP : Activité 2 (1 h 30).
– Cours : 2. Application au dosage par étalonnage, et exercices d’application.

96 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

E. Réponses aux exercices p. 160

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

3 1. Réaction support du titrage : cée après l’équivalence aura une pente plus
grande que celle tracée avant l’équivalence.
H3O+ (aq) + HO– (aq) → 2 H2O().

2. Le volume d’acide chlorhydrique versé à 3. L’intersection des deux portions de droite
(avant et après l’équivalence) a pour abscisse
l’équivalence est Véq = 12,0 mL. le volume versé à l’équivalence, soit 12,9 mL.

3. À l’équivalence, la quantité de matière

d’acide versé est égale à : néq(H3O+) = cVéq, 4. À l’équivalence, la quantité de matière
soit :
d’ions hydroxyde versée est égale à la quan-
néq(H3O+) = 0,0500 × 0,012 = 6,0 . 10–4 mol.
Les quantités de réactifs introduites étant tité de matière d’acide acétique initialement

présente, soit : n (CH3COOH) = n(HO–). On a
dans les proportions stœchiométriques à donc : cCH3COOH,diluéeVintroduit = c HO–Véq, d’où

l’équivalence, on a : ni (HO–) = néq(H3O+). cCH3COOH,diluée = cHO− Véq = 0,10 × 12,9
Comme ni (HO–) = cNaOH V, on calcule : Vintroduit 10,0
6,0 .10−4
cNaOH = 0,010 = 6,0 . 10–2 mol . L–1. = 0,129 mol . L–1.

4. La solution a été diluée 50 fois, d’où : La solution a été diluée 10 fois d’où :
cdéboucheur = 50cNaOH = 3,0 mol . L–1. cCH3COOH = 10cCH3COOH,diluée = 1,29 mol . L–1.

La concentration en hydroxyde de sodium 5. La concentration massique est donc
cm = cM = 1,29 × 60 = 77 g . L–1. Ce vinaigre
correspond bien à l’indication portée sur l’éti- contient alors 7,7 g d’acide acétique pour
100 mL de vinaigre, soit un degré d’acidité de
quette. 7,7 °. Ce résultat est cohérent avec l’indica-
tion portée sur l’étiquette.
4 Construction du tableau :

Évolution des quantités Estimation
de matière de la pente

Ag+ (aq) Cl– (aq) NO3– (aq) 9 a. Si on ajoute 100 mL d’eau distillée,
la concentration des ions sera divisée par
V < Véq e → → 1 × l(NO3–) – 1 × l(Cl–) 2. D’après la loi de Kohlrausch, la conducti-
=7–7=0 vité est proportionnelle à la concentration des
ions, donc la conductivité sera divisée par 2 :
V > Véq → e → 1 × l(NO3–) + 1 × l(Ag+)
= 7 + 6 = 13 > 0 sa = 1,5 mS ∙ cm−1.
b. Les concentrations ne sont pas modifiées
La courbe de titrage est donc horizontale par l’ajout de la même solution :

avant l’équivalence, puis croissante après sb = 3,0 mS ∙ cm−1.
c. La concentration finale est ici de
l’équivalence. 4,0 ∙ 10−3  mol ∙ L−1, le double de précédem-
ment. On a alors sc = 6,0 mS ∙ cm−1.
5 1. et 2.
10 1. D’après la loi de Kohlrausch, lorsque
Évolution des quantités Estimation la concentration est multipliée par deux, la
de matière de la pente conductivité mesurée est aussi multipliée par
deux.
HO– (aq) CH3COO– (aq) Na+ (aq) 2. Il faut tout d’abord tracer la droite d’étalon-
nage.
V < Véq e 1 × l(CH3COO–) +

→ → 1 × l(Na+) = 4,1 + 5

= 9,1 > 0
1 × l(HO–) +

V > Véq → → → 1 × l(Na+) = 20 + 5

= 25 > 0

Avant et après l’équivalence, les droites sont

© Éditions Belin, 2012 croissantes. Comme la valeur calculée dans la

dernière colonne du tableau est plus grande

après l’équivalence, la portion de droite tra-

7. Contrôle par conductimétrie 97

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

On reporte la valeur mesurée sur la droite 2. La courbe obtenue est modélisable par une
d’étalonnage :
droite passant par l’origine du repère :

σ (S . m–1) σ (mS . cm–1)
0,06 1,4

1,2

0,05 1,0
0,8 0,97
0,04 0,6 y = 0,1275x
0,4 R2 = 0,99142
0,03 0,022
0,02

0,01 0,2
0 7,6
0,00 0,005 0,0082 0,015 0,020 0 2 4 6 8 10 12
0,000 0,010 [Cu2+] (mol . L–1) c (mmol . L–1)

3. a. Pour préparer 100 mL d’une solution

Par lecture graphique ou après calcul du coef- diluée 20 fois, on utilise une pipette jaugée
ficient directeur de la droite, on détermine
la concentration de la solution inconnue : de 5 mL et une fiole jaugée de 100 mL (voir
c = 0,0082 mol . L–1.
fiche 2 p. 317).
3. a. La dissolution de 1,00 g de bouillie bor- b. En utilisant la droite d’étalonnage ou sa
modélisation (voir question 2), on déter-

delaise contenant 20 % de sulfate de cuivre mine la concentration de la solution diluée :
7,6 . 10–3 mol . L–1. La concentration du sérum
dans une fiole de 100,0 mL revient à dis-
physiologique pur est 20 fois plus importante,
soudre 0,20 g de sulfate de cuivre dans une soit c = 1,5 . 10–1 mol . L–1.
c. La concentration massique est donc :
fiole de 100,0 mL. La concentration corres- cm = cM = 1,5 . 10–1 × 58,5 = 8,8 g . L–1. Ce
résultat est compatible avec la concentration
pondante est : 0,20
× 100.10−3
cCuSO4 =  n = m = 160
V MV
massique indiquée sur l’étiquette. L’écart re-
= 1,25 . 10–2 mol . L–1.
latif est de 2,2 % ⎜⎝⎛ 9,0 − 8,8 × 100 = 2,2%⎞⎟⎠ .
b. D’après la courbe d’étalonnage, on de- 9,0
vrait mesurer, pour une solution de cette
concentration, une conductivité de l’ordre de 13 Si la valeur de la conductivité de l’eau
0,035 S . m–1.
usée varie fortement, cela indique que la
c. La bouillie bordelaise contient aussi de la
chaux (ou hydroxyde de calcium), présente nature des ions contenus dans l’eau et/ou
en solution sous la forme d’ions Ca2+ (aq) et
HO– (aq). La présence de ces ions, de conduc- leur concentration a significativement varié.
tivité molaire ionique non négligeable, est
responsable de l’échec de cette méthode Cela peut être la conséquence d’une pollution
pour doser les ions cuivre.
pour laquelle des mesures de traitement par-
4. La spectrophotométrie peut être utilisée ticulières doivent être appliquées. Les tests
pour réaliser ce dosage. En effet, on choisit
la longueur d’onde de travail pour que les complémentaires, en permettant d’identifier
autres espèces chimiques contenues dans la
bouillie bordelaise n’absorbent pas. On dose la nature des espèces mises en jeu, guident
uniquement les ions cuivre II.
alors vers la marche à suivre.

La mesure de conductivité peut être automa-

tisée et faite en continu. Par contre, un pro-

blème ne jouant pas sur la conductivité (en
particulier pour des espèces non ioniques) ne

sera pas détecté.

© Éditions Belin, 2012 11 1. Équation de dissolution : 14 1. a. Si l’eau ultra-pure ne contenait ri-
NaCl(s) → Na+ (aq) + Cl– (aq). goureusement que des molécules d’eau H2O,
elle ne conduirait pas le courant : il faut pour
cela des ions en solution.

98 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

b. Couples H3O+/H2O et H2O/HO–. Réaction celles des autres ions ne changent pas. La
d’autoprotolyse de l’eau : concentration des ions en solution augmen-
tant globalement, la conductivité de la solu-
2H2O () I H3O+ (aq) + HO– (aq). tion augmente.
2. σ = 54 nS . cm−1 = 5,4 mS . m−1.

D’après la loi de Kohlrausch, et comme 16 1.

[H3O+] = [HO–] : Burette graduée contenant
= l(lHH33OO++[H+3lOH+O]–+) [lHH3OO–+[]HO–] la solution aqueuse d’hydroxyde
σ = de sodium
(cB = 1,5.10–2 mol.L–1)

d’où [H3O+] = [HO−] =  λH3O+ σ λHO–
+

= 1,0 . 10–4 mol . m−3 Conductimètre
soit 1,0 . 10–7 mol . L−1.
Bécher contenant la solution
3. Produit ionique de l’eau à 25 °C : Sonde diluée du gel détartrant
Ke = [H3O+] . [ HO−] = 1,0 . 10−14. On retrouve la Barreau
valeur donnée dans le rabat de la couverture. aimanté Agitateur magnétique

15 1. L’acide H3O+ réagit avec la base HO− 2. L’acide H3O+ réagit avec la base HO− selon
selon l’équation : l’équation : H3O+ (aq) + HO− (aq) → 2H2O().

H3O+ (aq) + HO− (aq) → 2H2O(). 3. Par lecture graphique, l’équivalence est
obtenue pour un volume Véq = 10,4 mL.
2. Par lecture graphique, l’équivalence est
obtenue pour un volume Véq = 8,5 mL. σ (mS . m–1)
Comme cacide Vacide = [HO–] Véq, on en déduit 60
que la concentration de la solution d’acide
chlorhydrique est cacide = 3,4 . 10−3 mol . L−1. 55

3. Courbe bleue c1 : ions H3O+ ; courbe rouge 50
c2 : ions Cl− ; courbe verte c3 : ions Na+ ;
courbe violette c4 : HO−. 45

4. a. « Avant l’équivalence, tout se passe 40
comme si les ions H3O+ étaient remplacés par
les ions Na+ tandis que les concentrations 35
des ions Cl− et des ions HO− restent quasi-
ment constantes. » 30

25

b. « Après l’équivalence, les concentrations 20 Véq = 10,4 mL
des ions HO− et des ions Na+ augmentent tan- 15 5 10 15 20
dis que les concentrations des ions H3O+ et
des ions Cl− restent quasiment constantes. » 0 V (mL)

5. a. Avant l’équivalence, on « remplace » les 4. À l’équivalence, les ions H3O+ et les ions HO−
ont été introduits dans les proportions stœ-

3io5n,s0 .H 130O−+3,Sd .e m²c .o mndoul−c1t,ivpitaér ionique molaire chiométriques.
des ions sodium
On a donc : ni (H3O+) = nversé(HO−), et la
Na+ de conductivité ionique molaire sept fois concentration de la solution du gel détartrant
moindre (5,0 . 10−3 S . m² . mol−1). Les concen-
diluée cA vérifie cA Vprélevé = cB Véq.

trations des autres ions n’évoluant pas, la D’où : cA = 1,5 . 10−2 × 10,4/5,0
= 3,1 . 10−2 mol . L−1.
conductivité de la solution va globalement

© Éditions Belin, 2012 diminuer. Le gel détartrant a été dilué 100 fois : sa

b. Après l’équivalence, les concentrations concentration en acide chlorhydrique est donc
c = 100cA = 3,1 mol . L−1 d’après ce titrage.
des ions Na+ et HO− augmentent, tandis que

7. Contrôle par conductimétrie 99

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

5. Calculons la masse d’acide chlorhydrique 2. a. D’après les mesures, la conducti-
présente dans 1 litre de gel, d’après le do- vité du vinaigre dilué est en moyenne de
sage effectué : 34,5 mS . m−1.
nHCl = 3,1 mol d’où mHCl = nHCl M(HCl)
= 113 g. b. D’après la courbe d’étalonnage, pour cette
La masse volumique du gel détartrant est valeur de conductivité, la concentration du
1,07  kg ∙ L−1, donc 1 litre de gel a une masse vinaigre dilué est de 2,78 g . L−1.
de 1,07 kg. Le pourcentage massique en Évaluation de ∆cm : l’écart le plus grand à la
acide chlorhydrique est donc de : valeur moyenne de la conductivité s est de
0,4  mS ∙ m−1. On peut ainsi donner un enca-
113 × 100 = 10,6 %. tdiroenmdeent2,d7e2 cgm .  L:−1onpoturrou3v4e,1u mneS .c mon−1ceenttrdae-
1 070 2,84 g . L−1 pour 34,9 mS . m−1, soit un écart
Cette valeur est en accord avec la mention sur de 0,06 g . L−1 par rapport à la valeur moyenne
de cm.
l’étiquette. En conclusion, la concentration du vinaigre
dilué est : cm = 2,78 ± 0,06 g ∙ L−1.
6. La courbe obtenue ne peut pas être modé-
lisée de façon satisfaisante par deux portions 3. Le vinaigre a été dilué 20 fois, sa concen-
de droite. Il n’est donc pas possible d’appli- tration est donc de 55,6 ± 1,2 g ∙ L−1.
quer la méthode habituelle pour déterminer
la valeur du volume à l’équivalence de façon En gardant un chiffre significatif pour l’incer-
précise (voir activité 3 p. 156 pour la mise en titude, on note le résultat sous la forme :
évidence du rôle de la dilution). 56  ±  1  g ∙ L−1. Cette valeur est supérieure à
50  g ∙ L−1, le vinaigre respecte donc la règle-
7. La valeur du volume à l’équivalence est mentation.
plus élevée que celles obtenues par le reste
de la classe. On peut notamment proposer 4. Protocole classique de titrage colorimé-
comme explications : trique (voir activité 1 p. 132). L’équivalence
✔ un prélèvement à la pipette mal effectué est repérée par le virage de la phénolphta-
(2e trait non pris en compte pour une pipette léine : la solution passe de l’incolore (milieu
2 traits par exemple, pipette non rincée) ; initialement acide, l’acide éthanoïque ayant
✔ une dilution mal réalisée ; formé des ions H3O+ en réagissant avec l’eau)
✔ un problème de rinçage pour la burette gra- au rose (milieu basique, obtenu par ajout en
duée, ou pour le bécher contenant la soude ; excès d’ions HO−).
✔ une mauvaise lecture du volume équivalent
sur la courbe du titrage. 5. On souhaite déterminer la concentration
en acide éthanoïque dans le vinaigre de vin.
17 1. Courbe d’étalonnage : Mais cette espèce n’absorbe pas la lumière
visible : en effet, le vinaigre d’alcool contient
σ (mS . m–1) de l’acide éthanoïque et il est incolore. Il est
41 donc impossible de déterminer la quantité
d’acide éthanoïque par des mesures d’absor-
39 bance.

37

35 y = 6,4762x + 16,49
33 34,5 R2 = 0,99784
31

29

27 2,79
25
1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0
c (mmol . L–1)

© Éditions Belin, 2012 100 Livre du professeur

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

F. Réponses aux sujets BAC p. 167

19 1. Certaines peintures anciennes ainsi 20 1. a. Puisque les animaux vivant dans
que des canalisations construites avant 1960 l’aquarium puisent les ions calcium dans
contiennent du plomb. Elles peuvent ainsi l’eau, la concentration des ions calcium di-
contaminer les locataires par ingestion ou minue au cours du temps. Elle deviendrait
inhalation. insuffisante sans des ajouts réguliers, ce qui
rendrait impossible la croissance future des
2. La malléabilité du plomb et sa faible tem- organismes aquatiques.

pérature de fusion étaient mises à profit pour b. L’équation de dissolution de l’hydroxyde
de calcium dans l’eau est :
mettre en forme facilement la vaisselle. Sa
Ca(OH)2(s) → Ca2+ (aq) + 2HO– (aq)
résistance à la corrosion permettait de limiter Les ions hydroxyde formés lors de la disso-
lution de l’hydroxyde de calcium constituent
la dégradation de la vaisselle au contact des une base forte. Ils entraînent donc une aug-
mentation du pH de la solution.
aliments. c. En ajoutant l’hydroxyde de calcium directe-
ment sous forme solide, on risquerait d’avoir
3. a. D’après le document 2, la quantité localement (là où le solide se dissout) et tran-
sitoirement des concentrations très impor-
de plomb dans l’eau augmente quand elle tantes en ions hydroxyde, ce qui, d’après le
texte, peut s’avérer fatal pour certains orga-
stagne dans un tuyau en plomb. Elle atteint nismes.
environ 350 mg . L–1 après 20 heures dans le En ajoutant une solution (protocole du doc. 2),
les écarts de concentrations lors de l’ajout se-
tuyau, une valeur qui se trouve bien au-delà ront beaucoup plus limités, limitant le risque
de la limite réglementaire de 10 mg . L–1. En décrit.

laissant le robinet ouvert quelques instants, 2. Lors du titrage, il se produit une réaction
entre l’acide H3O+ et la base HO− :
on évacue l’eau ayant stagné dans les cana-
H3O+ (aq) + HO−(aq) → 2 H2O ()
lisations. Le volume à l’équivalence est à l’intersection
entre les deux portions de droite sur la courbe
b. D’après le texte d’introduction, le plomb du titrage. Par lecture graphique :

est essentiellement dissous sous forme Véq = 11,3 mL.
À l’équivalence, les ions H3O+ et les ions HO−
d’ions Pb2+ dans l’eau. Une décantation ne ont été introduits dans des proportions stœ-
chiométriques : nversé(H3O+) = ni (HO−), soit
peut donc pas permettre de séparer le plomb [HO−]filtrat Vprélevé = c Véq.
D’où : [HO−]filtrat =  2,26 ∙ 10−2 mol ∙ L−1.
de l’eau : il faudrait pour cela qu’il soit sous
D’après l’équation de dissolution (ques-
forme de solide dispersé dans l’eau. tion 1. b.), la concentration en soluté apporté
est :
4. Par lecture graphique sur la courbe (doc. 3), OcnCaaOHd2o=n [cHnO−=]f ilt1ra,1t/32 ∙= 101−,12 3m ∙ 1ol0−d2’hmyodlr ∙o Lx−y1d. e
de calcium dissous dans 1 L d’eau démi-
on détermine le volume à l’équivalence néralisée, ce qui correspond à une masse
m = n M = 0,836 g.
Véq = 9,0 mL.
D’après l’équation de la réaction de titrage,

à l’équivalence, ni (Pb2+) = nversé(C2O42–). On a
donc :

[Pb2+]Vi = ctitranteVéq,

d’où [Pb2+] = ctitranteVéq = 6 .10−4 × 9,0
Vi 150

=  3,6 ∙ 10–5 mol ∙ L−1.

Cette concentration correspond à une concen-

tration massique en plomb cm dans l’eau telle
que cm ==  3[P,b62 ∙+ 1]0 M–(5P×b )2  07,2 = 7,5 mg . L−1.


Cette valeur est effectivement très supérieure

à la limite imposée par la réglementation (elle

© Éditions Belin, 2012 est 750 fois plus grande) : une pollution au

plomb très importante est mise en évidence

par le titrage effectué.

7. Contrôle par conductimétrie 101

Pour plus de livres rejoignez-nous sur Heights-book.blogspot.com

La solubilité de l’hydroxyde de calcium dans – l’erreur systématique, due à la précision de
l’eau dans les conditions de l’expérience est la verrerie (pipette jaugée à ± 0,3 %, fiole jau-
de 0,836 g pour 1 L d’eau. gée à ± 0,2 %)  ;
– l’erreur humaine due au soin du préparateur
3. Sans l’étape de filtration, il resterait du (lecture précise des niveaux, rinçage et condi-
Ca(OH)2 solide en suspension dans le réci- tionnement de la verrerie, etc.).
pient. Comme les ions hydroxyde réagissent
avec les ions oxonium au cours du titrage, Réaliser
on peut craindre qu’une partie de ce solide
en suspension se dissolve à nouveau, appor- 2. Préparer la burette graduée préalable-
tant ainsi d’autres ions hydroxyde à la solu- ment rincée et conditionnée, avec la solution
tion. Il faudrait alors verser plus d’acide pour aqueuse titrante.
neutraliser ces nouveaux ions formés, ce qui Disposer correctement la cellule du conduc-
conduirait à une valeur faussée du volume à timètre non étalonné dans le bécher. Prévoir
l’équivalence, trop élevée. une agitation adaptée.
Mesures et courbe obtenue :
4. Le dépôt correspond à l’hydroxyde de
calcium qui ne s’est pas dissous, puisque
d’après la question 2, on peut dissoudre en-
viron 0,8 g d’hydroxyde de calcium dans 1 L
d’eau, alors que le protocole propose d’en
placer 1,5 g.

ECE Dosage d’un sel régénérant p. 169

S’approprier

1. 1. La courbe de titrage conductimétrique

peut être assimilée à deux portions de droite.

L’abscisse du point d’intersection de ces deux

droites correspond au volume équivalent.

L’équation de la réaction support du titrage

permet alors de calculer la concentration mo-

laire en chlorure de sodium, puis de calculer

la concentration massique expérimentale en

utilisant la masse molaire. Le pourcentage

massique s’obtient en calculant le rapport de σ (mS . cm–1)
1,4
la concentration massique expérimentale sur
1,2
la concentration massique donnée cm.
1,0
1. 2. Matériel nécessaire à la dilution :
0,8

– bécher pour pipeter un prélèvement ; 0,6

– pipette jaugée de volume 0,4

Vpipette ==  V2f0io0le, 0cm×/c1m,010/5,00 . 10–2 = 10,0 mL ; 0,2 VE = 8,24 mL
0 5 10 15 20
0
– fiole jaugée de 200,0 mL ; V (mL)

– pipette Pasteur pour ajuster au trait de jauge ; Conseil : pour gagner du temps, il n’est pas

© Éditions Belin, 2012 – pissette d’eau distillée. indispensable d’étalonner le conductimètre.

1. 3. Les sources d’erreur sur la concentra- Ne pas oublier de diluer en ajoutant 200 mL
tion sont de deux types :
d’eau à l’aide d’une éprouvette graduée de

102 Livre du professeur