Exercices Chap 04 – La spectrophotométrie

ex 6 p 79

a) A = ε . l . c   ( ε en L.mol-1.cm-1  ;  l en cm  et c en mol.L-1 )

λ (nm)

600

650

700

750

800

A

0,2

0,55

1,15

1,90

1,70

ε

10,0

27,5

57,5

95,0

85,0

ε = A / ( l . c ) = 0,2 / ( 1,0 x 2,0.10-2 ) = 10

b) Le coefficient d'extinction molaire dépend de la longueur d'onde

 

ex 7 p 79

a) Loi de Beer- Lambert  : A = ε . l . c   ( ε en L.mol-1.cm-1  ;  l en cm  et c en mol.L-1 )

b) l = 1,0 cm  ;     A = k . c   où k est une constante

c) A = 0,93  si c = 5,0.10-4 mol.L-1    ;     k = A / c = 0,93 / 5,0.10-4 = 1860 L.mol-1

A = 1860 c     ;       A' = 1860 x 8,0.10-4 = 1,49

 

ex 8 p 79

a)     L'absorbance est presque nulle pour des longueurs d'ondes comprises entre 500 et 540 nm, ce qui correspond au vert. La solution est donc verte.

b)    La solution absorbe autour de 600 nm, ce qui correspond au jaune orangé. La solution apparaît donc bleue. Il y a donc virage du vert au bleu avec l'addition de la solution d'ammoniac.

 

ex 9 p 80

a)     La solution de couleur orange absorbe le vert-bleu

b)    La solution paraît violette

ex 10 p 80

a) c = 4,0.10-3 mol.L-1

b) Les longueurs d'ondes absorbées sont comprises entre 420 et 500 nm.

La couleur de la solution est donc jaune orangé.

c) c' = 2,0.10-3 mol.L-1

A est proportionnelle à la concentration, il suffit donc de prendre le tableau du a) et de diviser les valeurs A par 2.

 

 

 

 

 

ex 11 p 80

a)     Il faut se placer à une longueur d'onde proche du maximum d'absorption à 540 nm

b)    S0 solution de permanganate de potassium à c0 = 1,0.10-3 mol.L-1

solution n°

1

2

3

4

5

V0 (mL) de S0

2

4

6

8

10

c ( mol.L-1 )

2,0.10-4

4,0.10-4

6,0.10-4

8,0.10-4

1,0.10-3

dilution   n(avant) = n(après)   ;   c0.V0 = c.V  

si on prépare 10 mL de ces solutions ,  c = c0.V0 /V = 1,0.10-3 x 6 / 10 = 6,0.10-4 mol.L-1

On prélève 6 mL de S0 avec la pipette graduée, que l'on verse dans une fiole jaugée de 10 mL puis on complète avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge et on agite pour homogénéiser.

c)     solution S à cS diluée au  1/50.
on obtient une absorbance Ad = 1,31
La courbe est une droite passant par l'origine. Le coefficient directeur k :
k = 1,88 / 1,0.10-3 = 1880
cd = Ad / k = 1,31 / 1880 = 7.10-4 mol.L-1
cS = 50 cd = 0,035 mol.L-1

 

 


Il faut diluer la solution S car l'absorbance de la solution à doser est trop grande, le spectrophotomètre serait saturé.

 

 

ex 12 p 80

a)     Pour répondre à cette question, il faudrait avoir le gaphique de l'ex 17 p 82, si on ne l'a pas on peut supposer que cette longueur d'onde 400 nm correspond au maximum d'absorption

b)

c)     A = ε . l . c = k . c
C'est une droite passant par l'origine.
k = 1,48 / 5.10-3 = 296 L.mol-1
ε = k / l = 296 / 1,0 = 296 L.mol-1.cm-1
d)    Si on utilise le graphe de l'ex 17 p 82, on constate que A est plus grande à 450 nm qu'à 400 nm, ε sera donc plus grande.
Sans ce graphique, il est impossible de connaitre la réponse.
e)     A' = 1,12 . d'après le graphique, c' = 3,7 mmol.L-1

 

ex 13 p 80

a) solution de sulfate de nickel à c0 = 1,0.10-1 mol.L-1

V0 (mL)

5

10

15

20

25

c ( mol.L-1 )

0,010

0,020

0,030

0,040

0,050

A

0,22

0,42

0,64

0,86

1,10

dilution   n(avant) = n(après)   ;   c0.V0 = c.V   ;   V = 50 mL

c = c0.V0/ V = 0,10 x 5/50 = 0,010 mol.L-1

b) A = ε . l . c = k . c , C'est une droite passant par l'origine. 
k = 1,10 / 50.10-3 = 22 L.mol-1
ε = k / l = 22 / 1,0 = 22 L.mol-1.cm-1

c)     A' = 0,72.
D'après le graphique, c' ≈ 0,034 mol.L-1

d)    Amax =2,00. Avec une cuve de 2,0 cm, on double l'absorbance, on obtiendrait alors une absorbance de 2,2 pour 0,055 mol.L-1 . Pour cuve de 1,0 cm , on peut utiliser une concentration max :
cmax  = Amax / k = 2 / 22 = 0,091 mol.L-1

 

 



ex 14 p 81

Les ions nitrites NO2- sont incolores mais deviennent roses par réaction avec le réactif de Griess.

tmax(NO2- ) = 200 mg / kg de charcuterie  ; m =50 g   ;   V = 50 mL = 0,050 L

a)

b) A(jambon) = 0,222 ;
A(bacon) = 0,145
m(jambon) = 40 mg.L-1 
m(bacon) = 26 mg.L-1 

m(NO2- )Jambon = m . V= 40 x 0,050 = 2 mg pour 50 g

soit 40 mg pour 1 kg

m(NO2- )Bacon = m . V = 26 x 0,050 = 1,3 mg pour 50 g

soit 26 mg pour 1 kg

Elles sont donc consommables.





ex 15 p 81

a) A = ε . l . c   ; ε = A /( l . c ) = 1,32 / ( 1,0 x 1,0.10-4 ) = 13 200 L.mol-1.cm-1 

b)    A = ε . l . c' = 13 200 x 1,0 x 6,0.10-5 , A = 0,792

 

ex 16 p 81

1)    I2(aq) + 2 e- = 2 I-(aq)   
et    H2O2(aq)+ 2 H+(aq)+ 2 e- = 2 H2O(l)

2I-(aq)+H2O2(aq)+2H+(aq)=2 H2O(l)+I2(aq)

2) a)

b) C'est une droite passant par l'origine

k = 1,878 / 10.10-4 = 1878 L.mol-1

équation : A = k . c

c)     La loi de Beer-Lambert est vérifiée

 

 

3) c)

A

0,0

0,55

0,95

1,25

1,45

1,60

1,70

1,80

1,83

1,85

t (min)

0,0

1,0

2,0

3,0

4,0

5,0

6,0

7,0

8,0

9,0

[ I2 ] en
10-4mol.L-1

0,0

2,93

5,06

6,66

7,72

8,52

9,05

9,58

9,74

9,85

[ I2 ] = A / k = 0,55 / 1878 = 2,93. 10-4 mol.L-1

4) a) n(I- )i = c1 . V1 = 0,010 x 0,0050 = 5,0.10-5 mol

n( H2O2 ) = c2 . V2 = 0,0020 x 0,0050 = 1,0.10-5 mol

d'après l'équation, H2O2 est limitant.

b)    tableau d'évolution :

Equation chimique

 

     2 I-(aq)   +  H2O2 (aq)  +  2 H+(aq)  =   2 H2O(l)    +      I2(aq)

Etat du système

Avanc.

Quantité de matière en 10-5 mol

Etat initial

0

5,0

1,0

excès

excès

0

En cours

x

5,0 -2 x

1,0 - x

excès

excès

x

Etat final

xmax = 1,0

5,0 -2 xmax

1,0-xmax

excès

excès

xmax

c)     n(I2)formé = x    ;    x = [I2]formé . V       (    V = 10 mL   )

d)    x = 2,93.10-4 x 10,0.10-3 = 2,93.10-6 mol

 

t (min)

0,0

1,0

2,0

3,0

4,0

5,0

6,0

7,0

8,0

9,0

[ I2 ] en
10-4mol.L-1

0,0

2,93

5,06

6,66

7,72

8,52

9,05

9,58

9,74

9,85

x en 10-6 mol

0,0

2,93

5,06

6,66

7,72

8,52

9,05

9,58

9,74

9,85

 

e) temps de demi-réaction : x ½  = xmax / 2 = 10-5 / 2 = 5.10-6 mol   et  t ½ = 2 min

f) v = (1 / V ) .dx/dt  ; 

v(2 min) = (1 / 10,0.10-3) x (6,66 – 2,93).10-6 /( 2 x 60 ) = 3,1.10-6 mol.L-1.s-1
v(6 min) = (1 / 10,0.10-3) x ( 9,58 – 8,52).10-6 / ( 2 x 60 ) = 8,8.10-7 mol.L-1.s-1
v(2 min) =1,86.10-4 mol.L-1.min-1    et    v(6 min) = 5,3.10-5 mol.L-1.min-1

g)   La vitesse de réaction diminue quand la réaction avance car la concentrations des réactifs diminue.

 

ex 17 p 82

1) Cr2O72-(aq) + 6 e- + 14 H+(aq) = 2 Cr3+(aq) + 7 H2O(l)

    C2H2O4 (aq)   = 2 CO2(aq) + 2 H+(aq) + 2 e-     ) x 3

    Cr2O72-(aq) + 8 H+(aq) + 3 C2H2O4 (aq) = 6 CO2(aq) + 2 Cr3+(aq) + 7 H2O(l)

2) a) Pour doser les ions Cr2O72- , il est préférable de se placer à une longueur d'onde correspondant à un maximum d'absorbance.  λmax = 450 nm.

b) La couleur de la solution correspond à la couleur complémentaire de celle de longueur d 'onde lmax.

3) Ce graphique est une courbe d'étalonnage, il montre que l'absorbance est proportionnelle à la concentration de Cr2O72- . 

  A = k . [Cr2O72-]   avec k : coefficient directeur de la droite :

k = (1,2 – 0,0 ) / (0,010 – 0,000 ) = 120 L.mol-1

4) La courbe [Cr2O72-] = g(t) est obtenue en traçant A / k.

 


5) a) n(Cr2O72-) = c2 . V2 = 2,0.10-2 x 10.10-3 = 2,0.10-4 mol

n(C2H2O4) = c1 . V1 = 4,0.10-1 x 10.10-3 = 4,0.10-3 mol

Equation

 

Cr2O72-(aq) + 8 H+(aq) + 3 C2H2O4 (aq) = 6 CO2(aq) + 2 Cr3+(aq) + 7 H2O(l)

Etat

Avanc.

Quantité de matière en 10-3 mol

Etat initial

0

0,20

excès

4,0

0,0

0,0

excès

En cours

x

0,20-x

excès

4,0-3x

6 x

2 x

excès

Etat final

xmax

0,20-xmax

excès

4,0-3xmax

6 xmax

2 xmax

excès

b) A = 120 [Cr2O72-] = 120 n(Cr2O72-)/(V1+V2) = 120 ( 0,20.10-3 – x ) / 20.10-3 ;

x = (0,20 – A / 6 ).10-3

c)

t (min)

0

10

20

30

40

50

60

70

x (10-4 mol)

0,0

0,75

1,18

1,50

1,70

1,83

1,92

1,97



d) Si Cr2O72- est limitant, n(Cr2O72- )0 – xmax = 0  ,  xmax = 2,0.10-4 mol

Si C2H2O4 est limitant, n(C2H2O4)0 – 3 xmax = 0  ,  xmax = 4,0.10-3 / 3 = 1,33.10-3 mol

Le réactif limitant est donc Cr2O72- et xmax = 2,0.10-4 mol

x1/2 = xmax / 2 = 1,0.10-4 mol. D'après le graphique, t1/2 = 15 min

 

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