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32 LIVRE DU PROFESSEUR © É

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Notions et contenus Compétences attendues

Synthèse soustractive.

Colorants, pigments ; extraction et synthèse.

Réaction chimique : réactif limitant, stœchiométrie, notion d’avancement.

Dosage de solutions colorées par étalonnage.Loi de Beer-Lambert.

Interpréter la couleur d’un mélange obtenu à partir de matières colorées.Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une extraction, une synthèse, une chromatographie.Identifi er le réactif limitant, décrire quantitativement l’état fi nal d’un système chimique.Interpréter en fonction des conditions initiales la couleur à l’état fi nal d’une solution siège d’une réaction chimique mettant en jeu un réactif ou un produit coloré.Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la concentration d’une espèce colorée à partir d’une courbe d’étalonnage en utilisant la loi de Beer-Lambert.

B. La démarche adoptée dans le manuel

Nous avons jugé nécessaire de faire des rappels de cours sur les concentrations massique et molaire, avant d’aborder le dosage spectrophotométrique.

Par rapport à l’ancien programme, la façon de traiter le bilan de matière est fondamenta-lement différente : en effet, la notion d’avancement maximal disparaît, et le tableau descriptif de l’évolution du système n’est plus demandé. La nature du réactif limitant est déterminée par comparaison des quantités de réactifs introduites, ce qui induit un raisonnement beaucoup plus rapide. De plus, l’observation des changements de couleur permet, dans certains cas, de déterminer la nature du réactif limitant. Bien que l’avancement fi nal xf ne soit pas explicitement au programme, il nous a semblé judicieux d’introduire cette notion pour proposer des métho-des simples et claires. Le cadre d’étude est celui des transformations totales.

Quatre activités expérimentales couvrent l’intégralité des compétences attendues par le programme. Leur durée approximative est de 1 h ; elles s’adaptent donc aux contraintes ho-raires de chaque lycée. Elles peuvent être traitées en cours par le professeur ou sous forme d’activités expérimentales par l’élève.

L’activité 1 Fabrication de matières colorées répond à la compétence : « Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une extraction, une synthèse, une chromatogra-phie » ; l’activité 2 Absorbance d’une solution introduit les techniques de spectrophotométrie et travaille la compétence « Interpréter la couleur d’un mélange obtenu à partir de matières

Chapitre 4

COULEUR ET QUANTITÉ DE MATIÈRE

A. Le programme

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4. COULEUR ET QUANTITÉ DE MATIÈRE 33© É

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colorées. ». L’activité 3 Mesure de la concentration d’une espèce colorée permet de « Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la concentration d’une espèce colorée à partir d’une courbe d’étalonnage en utilisant la loi de Beer-Lambert » ; enfi n l’activité 4 Proportions de réactifs introduit la notion de réactif limitant, travaillant les compétences « Identifi er le réactif limitant, décrire quantitativement l’état fi nal d’un système chimique. » et « Interpréter en fonc-tion des conditions initiales la couleur à l’état fi nal d’une solution siège d’une réaction chimique mettant en jeu un réactif ou un produit coloré ».

C. Commentaires sur les activités et documents proposés

Évaluer les acquis de seconde � p. 72

Réponses aux questions ✔

– On discerne trois zones colorées autour de la tache centrale : le colorant étudié contient donc trois matières colorées.– Le chimiste mesure la distance parcourue par chaque colorant lors de sa migration.– Le rapport frontal d’une colorant dans un éluant donné est le rapport de la distance parcourue par ce colorant sur celle parcourue par l’éluant. Des colorants identiques ont le même rapport frontal.

Interpréter une expérience � p. 72

Composition des mélanges :– mélange de gauche (a) : 25 mL de solution de sel de Mohr à 15 g · L−1, 5 mL d’acide sulfuri-que concentré et 25 mL de solution de permanganate de potassium à 1,0 · 10−2 mol · L−1 ;– mélange de droite (b) : 25 mL de solution de sel de Mohr à 30 g · L−1, 5 mL d’acide sulfuri-que concentré et 25 mL de solution de permanganate de potassium à 1,0 · 10−2 mol · L−1.L’équation de la réaction est : MnO4

− + 5 Fe2+ + 8 H+ → Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O.À l’état fi nal, les espèces présentes dans le bécher (a) sont : MnO4

− (violet), Mn2+ (incolore), Fe3+ (orange). À l’état fi nal, les espèces présentes dans le bécher (b) sont : Fe2+ (vert pâle), Mn2+ (incolore), Fe3+ (orange) (voir prolongement exercice 26 p. 87).

Interprétation attendue ✔

Le changement de couleur indique qu’une transformation chimique s’est produite : les ions permanganate réagissent avec les ions fer(II).

Le mélange dans le bécher de gauche (a) est rose : cela indique qu’il y reste des ions per-manganate, contrairement au mélange dans le bécher de droite (b), qui apparaît jaune. Comme un même volume de solution de permanganate a été ajouté dans les deux béchers, les ions fer(II) étaient donc présents en moins grande quantité dans le bécher de gauche. Étant donné que les volumes des solutions d’ions fer(II) sont les mêmes, la concentration de ces solutions en ions fer(II) étaient donc différentes.

Photo d’ouverture � p. 73

La photographie présente un détail de Femme cousant avec deux enfants, tableau d’un peintre anonyme, actif en Italie du Nord à la fi n du XVIIe siècle. La toile de Gênes était alors



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destinée aux classes sociales modestes. Le peintre a utilisé de l’indigo pour ses bleus ; il représente minutieusement les déchirures de la toile de Gênes, qui montre alors les fi ls de trame blancs.

✔ L’indigo est fabriqué par synthèse (activité 1 p. 74) ou par extraction (exercice 1 p. 82). La question peut faire l’objet d’une demande de recherche documentaire avant le cours.

Activité 1 � p. 74

Il est nécessaire de pratiquer de réaliser cette activité en travaux pratiques. Une durée mini-mum de 1 h est requise hors exploitation.

Pour l’extraction des colorants (partie A), l’utilisation d’épinards frais garantit de meilleurs résultats. La quantité de matière colorée extraite dépend notablement des conditions de culture de la plante (serre ou autre). Les taches du chromatogramme s’effacent très vite. D’autres fruits et légumes peuvent être envisagés : menthe, plante verte, tomate (concentré), poivrons, etc.

La synthèse de l’indigo (partie B) ne présente pas de diffi culté particulière.


1. Il s’agit d’une extraction directe par solvant : la matière colorée est directement mise en contact avec le solvant extracteur.

2. La matière colorée que l’on veut extraire doit être très soluble dans l’éthanol, et ne doit pas non plus réagir avec l’éthanol.

3. Le chromatogramme présente une seule tache après élution du dépôt (C) et trois taches après élution du dépôt (E). La carotte ne contient donc qu’une seule matière colorée décelable. Les épinards contiennent trois matières colorées (ce sont des chlorophylles). La carotte et les épi-nards testés n’ont pas de matière colorée commune, car les rapports frontaux des taches sont tous différents.

4. Les réactifs sont le 2-nitrobenzaldéhyde, l’acétone et les ions hydroxyde HO− : ils se trouvent à gauche de la fl èche dans l’équation de réaction. Les produits sont l’indigo, les ions éthanoate et l’eau : ils se trouvent à droite de la fl èche.

5. Le changement de couleur indique qu’une transformation chimique a lieu. Le mélange initial est incolore ; l’indigo, un pigment bleu, est produit au cours de la transformation chimique.

6. L’équation peut se mettre sous la forme :

2 C7H5O3N + 2 C3H6O + 2 HO− → C10H9O2N2 + 2 C2H3 O2

− + 4 H2O

Il y a de part et d’autre 20 C, 24 H, 10 O et 2 N, ainsi que 2 charges négatives − : l’équation res-pecte la conservation des éléments et de la charge, elle est donc ajustée.

7. Au cours d’une extraction, les pigments ou colorants sont isolés des autres constituants pré-sents dans la matière première. Lors d’une synthèse, la matière colorée est formée à partir de réactifs.


Dans cette activité, il ne s’agit pas de trouver la couleur d’un mélange à partir de son spec-tre, mais de montrer que le spectre d’absorbance du mélange correspond à la somme des spec-tres de chaque constituant du mélange. Ainsi, les élèves peuvent en déduire que le mélange absorbe les radiations absorbées par chaque constituant, et faire le lien avec les fi ltres de la synthèse soustractive utilisés au chapitre 2. Étant donné que l’absorbance n’a pas été défi -nie quantitativement, on ne saurait exiger de l’élève une analyse très fi ne (voir par exemple



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l’exercice 31 p. 88 : le passage du spectre à la couleur, délicat, est ici traité par une simple déduction logique).

Les colorants alimentaires utilisés pour fabriquer les solutions sont ceux de la marque Vahiné.Le spectrophotomètre est très sensible : des cuves mal nettoyées ou rayées peuvent en-

traîner des diffi cultés d’interprétation. Idéalement, la même cuve devrait servir pour toutes les mesures.

Spectre d’absorbance des mélanges 1, 3, 4 et 5 :

Mélange 1 Mélange 3

0,0000

0,2000

0,4000

0,6000

380 430 480 530 580 630 680

A

(nm)

S_1S_bleu

S_rougeS_jaune

0,0000

0,1000

0,2000

0,3000

0,4000

380 430 480 530 580 630 680

A

(nm)

S_3SjauneSrouge

Mélange 4 Mélange 5

0,0000

0,1000

0,2000

0,3000

0,4000

0,5000

0,6000

380 430 480 530 580 630 680

A

(nm)

S_4

S_bleuS_jaune

0,0000

0,2000

0,4000

0,6000

0,8000

1,0000

1,2000

380 430 480 530 580 630 680

A

(nm)

S_5S_bleuS_jaune

Les valeurs de A(λ) et les courbes ci-dessus sont téléchargeables sur le site www.libtheque.fr.


1. a. Le colorant jaune absorbe essentiellement les petites longueurs d’onde (autour du bleu), le colorant rouge les petites et moyennes longueurs d’onde (autour du bleu et du vert), et le bleu les moyennes et les grandes longueur d’onde (autour du vert et du rouge).b. Le colorant bleu transmet uniquement les radiations bleues, donc il est perçu bleu.Le colorant jaune transmet uniquement les radiations rouges et vertes. Par synthèse additive de ces deux couleurs (doc. 15.d, p. 39), l’œil perçoit donc du jaune. Le colorant rouge transmet uniquement les radiations rouges, il est donc perçu rouge.2. a. Pour une longueur d’onde donnée, l’absorbance du mélange est la somme des absorban-ces de chaque colorant qu’il contient.b. La courbe d’absorbance du mélange est obtenue en faisant la somme des absorbances de chaque colorant pour chaque longueur d’onde.



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3. Les radiations absorbées par un mélange de colorants sont celles absorbées par chacun des colorants.4. Chaque colorant se comporte comme un fi ltre qui absorbe certaines radiations. La couleur d’un mélange de matières colorées correspond donc à la couleur obtenue par une superposition de fi ltres sur le trajet de la lumière blanche (synthèse soustractive).

Activité 3 � p. 76La détermination de la concentration d’une solution d’éosine n’est pas possible à l’œil nu.

L’utilisation d’un spectrophotomètre est donc nécessaire.Lors de la préparation des solutions étalons (partie A), veiller à ce que les solutions soient

versées lentement pour éviter la formation de mousse.Les mesures d’absorbance (partie B) ont été effectuées à 450 nm. Bien que cela ne soit pas

le maximum d’absorbance, les meilleurs résultats ont été obtenus pour cette valeur.Voici le spectre d’absorbance de la solution d’éosine et la courbe d’étalonnage :

0,0000

0,5000

1,5000

1,0000

2,0000

2,5000

3,0000

3,5000

360 410 460 510 560 610 660 710

Courbe dábsorbance de l´éosine

Longueur dónde (nm)

Absorbance A

40 60c en mg/L

80 100 120 140 160 180200

1,400

1,200

1,000

0,800

0,600

0,400

0,200

0,000

A = 0,0081 c

Absorbance dúne solution d´éosineen fonction de la concentration

– courbe d´étalonnage –A


1. La teinte est d’autant plus intense que la concentration est élevée. Par simple comparaison visuelle des teintes, il est possible d’évaluer la concentration inconnue d’une solution.



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2. La méthode de comparaison de couleur à l’aide d’une échelle de teinte ne permet pas d’éva-luer précisément la concentration, mais seulement d’en obtenir un encadrement. De plus, pour l’éosine à ces concentrations (doc. 6), l’œil n’est pas assez sensible.

3. A = 0,0081 · céosine.

4. L’absorbance de la solution d’éosine S est 0,702. À partir de la droite d’étalonnage, c = A/0,0081, d’où cS = 0,702/0,0081 = 86,7 mg · L−1.

5. Le berlingot commercial a une concentration 250 fois plus forte que la solution S :

cberlingot = 21,7 g · L−1.

6. On a : céosine = %massique · reau · d. D’après les données cfabricant = 0,02 · 1 000 · 1 = 20 g · L−1.

7. Pour faire un dosage par étalonnage à l’aide d’un spectrophotomètre, il faut préparer une gamme de solutions de l’espèce dosée de concentrations connues, qui encadrent la valeur de la concentration inconnue. La mesure de leur absorbance grâce au spectrophotomètre conduit au tracé de la droite d’étalonnage. L’absorbance étant proportionnelle à la concentration, il suffi t de mesurer l’absorbance de la solution inconnue pour en déduire sa concentration.


Cette activité introduit les notions de réactif limitant et de proportions stœchiométriques, en s’appuyant sur l’observation de la couleur de différents mélanges à l’état fi nal.

Lors de la recherche des proportions stœchiométriques par ajout progressif d’une solution de thiosulfate de sodium (partie B), le volume de solution versé est environ 20 mL.


1. Le diiode est entièrement consommé dans le mélange 1. En effet, la solution reste incolore après ajout d’empois d’amidon.

2. a. Il suffi t d’ajouter quelques gouttes de diiode pour mettre en évidence la présence d’ions thiosulfate. La disparition de la couleur orange la prouve.

b. Le test est positif dans le mélange 1.

3. Réactif limitant : I2 dans le mélange 1, et S2O3

2−

dans les mélanges 2 et 3.

4. Quantités de matière introduites : ni(I2) = c(I2) · V1 = 1,0 · 10−2 × 10 · 10−3 = 1,0 · 10−4 mol ;

ni( S2O3

2− ) = 1,0 · 10−2 × 20 · 10−3 = 2,0 · 10−4 mol.

5. a. I2(aq) + 2 S2O3

2− (aq) → 2 I−(aq) + S4O6

2− (aq).

b. 1 mol de I2 réagit avec 2 mol de S2O3

2− pour donner 2 mol de I− et 1 mol de S4O6

2− .

6. ni( S2O3

2− ) = 2 · ni(I2). En effet, 2,0 · 10−4 = 2 × 1,0 · 10−4 mol.

7. ni( S2O3

2− )/2 = 1,0 · 10−4 mol et ni(I2)/1 = 1,0 · 10−4 mol : l’égalité entre ces rapports est véri-fi ée.

8. Mélange 1 : ni(I2)/1 = 5,0 · 10−5 mol et ni( S2O3

2− )/2 = 1,25 · 10−4 mol.

On a : ni(I2)/1 < ni( S2O3

2− )/2 et I2 est limitant.

Mélange 2 : ni(I2)/1 = 1,5 · 10−4 mol et ni( S2O3

2− )/2 = 7,5 · 10−5 mol.

On a : ni(I2)/1 > ni( S2O3

2− )/2 et S2O3

2− est limitant.

Mélange 3 : ni(I2)/1 = 2,0 · 10−4 mol et ni( S2O3

2− )/2 = 5,0 · 10−5 mol.

On a : ni(I2)/1 > ni( S2O3

2− )/2 et S2O3

2− est limitant.

9. Le réactif B est limitant si ni(B)/b < ni(A)/a.

10. Si ni(B)/b = ni(A)/a, les réactifs A et B sont en proportions stœchiométriques.



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D. Déroulement du cours

Compte tenu de l’importance de savoir effectuer un bilan de matière, 9 heures en classe sont nécessaires pour ce chapitre.Exemple de progression, avec séance de TP de 2 h :Séance de TP • Activité 1 (1 h) ; activité 2 (1 h) ;Cours • 1. Matière colorée ; exercices d’entraînement ;Séance de TP • Activité 3 ; Cours • 2. Concentration d’une espèce colorée en solution ; exercices d’entraînement ;Séance de TP • Activité 4 ;Cours • 3. État fi nal d’un système chimique.

E. Réponses aux exercices p. 82

Les réponses aux exercices qui ne fi gurent pas ici sont à la fi n du manuel, p. 356.

4 1. Peinture blanche : aucune ; pein-ture rouge : bleu, vert (petites et moyennes longueurs d’onde) ; peinture jaune : bleu (petites longueurs d’onde) ; peinture bleue : rouge, vert (moyennes et grandes longueurs d’onde) ; peinture cyan : rouge (grandes lon-gueurs d’onde) ; peinture verte : bleu, rouge (petites et grandes longueurs d’onde).

2. a. Il faut mélanger la peinture jaune avec de la peinture bleue.

b. La peinture rouge doit être mélangée avec la peinture cyan, ou la peinture bleue, ou encore la peinture verte pour obtenir du noir.

3. Le peintre pourrait se dispenser du tube de peinture verte, car il peut la fabriquer en mélangeant du jaune et du cyan.

5 1. L’extraction directe est le procédé cor-respondant à la macération de la betterave dans l’eau.

2. Il faut réaliser une chromatographie sur couche mince dans un éluant adapté pour séparer les colorants éventuels.

6 D’après le diagramme de la synthèse soustractive :

a. Cyan + jaune = vert.

b. Magenta + jaune = rouge.

c. Bleu + jaune = noir.

7 1. La solution absorbe les radiations de petites longueurs d’ondes (autour du bleu) et de grandes longueurs d’onde (autour du rouge).

2. Si la solution absorbe le rouge et le bleu, elle apparaît verte.

3. C’est le spectre b., car le rouge et le bleu n’y sont pas présents (parties noires du spectre).

9 La CCM montre que l’encre contient des colorants magenta, jaune et bleu : elle est donc noire.

10 1. Monet obtient les autres couleurs en mélangeant celles de sa palette.

2. En mélangeant ces trois couleurs, il obtient du noir.

14 c = A/k = 49,7 mg · L−1.

15 On détermine le coeffi cient k : k = A/c = 12 L · mol−1.

c enmol · L−1 5,0 · 10−2 1,0 · 10−1 1,5 · 10−1

A 0,6 1,2 1,8

16 1. c = n/V ; cm = m/V, avec n quantité de matière et m masse de l’espèce dans le volume V de la solution.

2. n = m/M avec M masse molaire de l’espèce chimique.


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4. COULEUR ET QUANTITÉ DE MATIÈRE 39

3. cm = c · M.

4. c = cm/M d’où c = 8,9/63,5 = 0,14 mol · L−1.

17 1. C’est un dosage par étalonnage.

2. Droite d’étalonnage

00

0,5

1

1,5

2

0,2 0,4 0,80,6 1 1,2 1,4 1,6 1,8

A

c en mmol/L

A = 1,1284 c

La représentation graphique est modélisa-ble par une droite, l’absorbance est propor-tionnelle à la concentration sur la plage de concentrations étudiée.

3. cS = 0,35 mmol · L−1.

4. n = cS · VS soit n = 0,35 · 50 · 10−3 = 1,8 · 10−2 mmol.

18 – Il faut d’abord chercher la concen-tration en diiode de la solution diluée. Pour cela, on détermine le coeffi cient directeur de la courbe d’étalonnage : k = 0,584 L · mmol−1. On applique ensuite la loi de Beer-Lambert :cdiluée = A/k soit cdiluée = 0,58/0,584

= 1,0 mmol · L−1.– La concentration de la solution commer-ciale est 200 fois plus forte : c = 200cdiluée soit c = 2,0 · 102 mmol · L−1.

20 Fabriquer une gamme de solutions éta-lons contenant l’ion Ni2+. Remplir des cuves pour spectrophotométrie avec les solutions préparées ; les cuves doi-vent être propres.Mesurer les absorbances des solutions après avoir « fait le zéro » du spectrophotomètre avec de l’eau distillée.Tracer la droite d’étalonnage correspondante pour déterminer son coeffi cient directeur. Mesurer l’absorbance de la solution de concentration inconnue.Vérifi er que les absorbances des solutions étalons encadrent celle de la solution incon-nue. Si c’est le cas, à partir de la valeur de

l’absorbance de la solution de concentration inconnue, appliquer la loi de Beer-Lambert pour calculer la concentration recherchée.

24 1. ncons(Fe) = 4xf ; ncons(O2) = 3xf.

2. nf(Fe) = ni(Fe) − ncons(Fe) = ni(Fe) − 4xf

nf(O2) = ni(O2) − ncons(O2) = ni(O2) − 3xf

3. nf(Fe2O3) = 2xf.

25

Quantité de Al Quantité de I2

2 mol 3 mol

60 mmol 90 mmol

0,54 g = 2,0 · 10−2 mol 7,6 g = 3,0 · 10−2 mol

0,3 mol 0,45 mol

26 1. a. On calcule les rapports :ni(Fe2+)/5 = 0,40/5 = 8,0 · 10−2 mol et ni(

MnO4− )/1 = 2,0 · 10−1 mol.

ni(Fe2+)/5 < ni( MnO4

− )/1 donc Fe2+ est le réac-tif limitant.b. On a ni(Fe2+)/5 = 1,5/5 = 3,0 · 10−1 mol et ni(

MnO4− )/1 = 2,0 · 10−1 mol.

ni(Fe2+)/5 > ni( MnO4

− )/1 donc MnO4

− est le réactif limitant.c. On a ni(Fe2+)/5 = 1,0/5 = 2,0 · 10−1 mol et ni(

MnO4− )/1 = 2,0 · 10−1 mol.

ni(Fe2+)/5 = ni( MnO4

− )/1, les deux réactifs sont dans les proportions stœchiométriques.

2. a. Mélange A : espèces présentes Fe3+, Mn2+, H+ et

MnO4

− . Mélange B : espèces présentes Fe2+, Fe3+, Mn2+ et H+. Mélange C : Fe3+, Mn2+ et H+. b. Mélange A : couleur rose (présence de

MnO4

− et Fe3+).Mélange B : couleur jaune vert (présence de Fe2+ et Fe3+).Mélange C : couleur jaune (présence de Fe3+).

27 1. À l’état initial : ni(KClO3) = 61,6/122,6 = 0,50 mol ; ni(S) = 8,0/32,1 = 0,25 mol ; ni(C) = 9,0/12 = 0,75 mol.

2. ni(KClO3)/2 = 0,25 mol ; ni(S)/1 = 0,25 mol ; ni(C)/3 = 0,25 mol.



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2. a. Les longueurs d’ondes moyennes (ver-tes) sont absorbées par la solution S. b. La solution S est magenta (couleur complé-mentaire du vert).

3. a. La solution B absorbe dans le bleu et la solution C dans le rouge. Le mélange absorbe donc le bleu et le rouge et transmet les radia-tions autour du vert : il est vert.b. Il suffi t de verser une solution qui absorbe dans le vert, par exemple la solution A qui est magenta.

33 Droite d’étalonnage

50 10 15 20 25 30c en mg/L

A = 0,011 c

00,05

0,10,15

0,20,25

0,3A

3. La courbe est modélisée par une droite d’équation A = kc avec k = 0,011 L · mg−1.

4. cD = A/k soit cD = 10,9 mg · L−1.

34 1. M(C7H5O3N) = 151,0 g · mol−1 ;M(C3H6O) = 58,0 g · mol−1.

2. Le nitrobenzaldéhyde est à l’état solide : ni(C7H5O3N) = m(C7H5O3N)/M(C7H5O3N) soit ni(C7H5O3N) = 6,6 · 10−3 mol.L’acétone est un liquide pur : ni(C3H6O) = ρ · V(C3H6O)/M(C3H6O) soit ni(C3H6O) = 0,18 mol.L’ion hydroxyde est en solution aqueuse : ni(HO−) = cS · VS soit ni(HO−) = 5,0 · 10−3 × 2,0 = 1,0 · 10−2 mol.

3. ni(C7H5O3N)/2 = 3,3 · 10−3 mol ; ni(C3H6O)/2 = 9,0 · 10−2 mol ; ni(HO−)/2 = 5,0 · 10−3 mol.Le réactif limitant est le 2-nitrobenzaldéhyde, car le rapport ni(C7H5O3N)/2 est le plus petit.

4. a. Le réactif limitant est entièrement consommé donc nf(C7H5O3N) = 0.Or nf(C7H5O3N) = ni(C7H5O3N) − 2xf donc xf = ni(C7H5O3N)/2 = 3,3 · 10−3 mol.b. nf(indigo) = xf = 3,3 · 10−3 mol.c. mf(indigo) = nf(indigo) · M(indigo) = 0,86 g.

Les rapports sont égaux : les proportions sont donc stœchiométriques.

3. Comme les proportions sont stoechiomé-triques, tous les réactifs ont disparu à l’état fi nal. Les espèces présentes sont donc uni-quement les produits de la réaction : K2S, CO2 et Cl2.

29 1. À l’état initial, ni(Fe3+) = c1 · V1 soit ni(Fe3+) = 20,0 · 10−3 × 1,0 · 10−1 = 2,0 · 10−3 mol ;ni(

Fe(CN)64− ) = c2 · V2 soit ni(Fe3+)

= 30,0 · 10−3 × 1,0 · 10−1 = 3,0 · 10−3 mol.

2. On calcule les rapports : ni(Fe3+)/4 = 5,0 · 10−4 mol ; ni(

Fe(CN)64− )/1 = 1,0 · 10−3 mol.

ni(Fe3+)/4 < ni( Fe(CN)6

4− ) donc Fe3+ est réactif limitant.

3. Le réactif limitant est entièrementconsommé : nf(Fe3+) = 0.Or nf(Fe3+) = ni(Fe3+) – 4 xf, d’où xf = ni(Fe3+)/4 = 5,0 · 10−4 mol. On en déduit :nf(Fe4[Fe(CN)6]3) = xf = 5,0 · 10−4 mol, et nf(

Fe(CN)64− ) = ni(

Fe(CN)64− ) – 3 xf

= 1,5 · 10−3 mol.

4. m(Fe4[Fe(CN)6]3) = nf(Fe4[Fe(CN)6]3) ·M(Fe4[Fe(CN)6]3) soit m(Fe4[Fe(CN)6]3) = 4,3 · 10−1 g.

30 1. La CCM révèle que l’enrobage contient un colorant cyan et un jaune. La synthèse sous-tractive de ces deux couleurs donne du vert.

2. Les colorants alimentaires ont été déposés pour servir de référence pour la comparaison des rapports frontaux.

3. Le chromatogramme de l’enrobage pré-sente une tache jaune de même rapport fron-tal que le colorant E104 : on en déduit qu’il contient ce colorant. À l’inverse, le colorant bleu ne correspond pas au colorant E131 car les deux taches associées ne sont pas à la même hauteur.

31 1. Le spectre A correspond le mieux à la courbe d’absorbance (absorption la plus importante autour du vert).


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35 1. Un pigment est insoluble dans le milieu dans lequel il est introduit, tandis qu’un colorant y est soluble.

2. mcochenille = 0,12 · mrouge = 0,12 × 5 = 0,6 g.On a ncochenille = mcochenille/Mcochenille.Comme Mcochenille = 20 M(C) + 11 M(H) + 2 M(N) + 3 M(Na) + 10 M(O) + M(S) = 540,1 g · mol−1,ncochenille = 0,6/540,1 = 1 · 10−3 mol.

3. Le rouge carmin est fabriqué par extraction (broyage des cochenilles).

4. a. Les formules brutes sont différentes : ce ne sont pas les mêmes substances.

b. Pour identifi er des colorants, on peut envi-sager une CCM avec un éluant adapté.

36 1. a. Il reste des ions Cu2+ à l’état fi nal dans les tubes où se forme un précipité lorsqu’on ajoute des ions HO−, c’est-à-dire dans les tubes 1, 2, 3. Dans ces mélanges, les ions HO− sont le réactif limitant.Il reste des ions HO− à l’état fi nal dans les tubes où se forme un précipité lors de l’ajout d’ions Cu2+, c’est-à-dire dans les tubes 5, 6, 7 et 8. Dans ces mélanges, le réactif limitant est Cu2+.b. Dans le tube du groupe 4, il ne reste ni Cu2+ ni HO− à l’état fi nal, donc les réactifs ont été mélangés dans les proportions stœchiométri-ques.

2. ni(Cu2+) = c1Vi et ni(HO−) = c2Vi.

Groupe i 1 2 3 4

ni(Cu2+) en mmol 5,0 5,0 5,0 5,0

ni(HO−) en mmol 4,0 6,0 8,0 10

Groupe i 5 6 7 8

ni(Cu2+) en mmol 5,0 5,0 5,0 5,0

ni(HO−) en mmol 12 14 16 18

3. Pour le tube 4, ni(Cu2+)/1 = 5,0 mmol et ni(HO−)/2 = 5,0 mmol.

On a donc ni(Cu2+)/1 = ni(HO−)/2 : le mélange des réactifs est bien stœchiométrique.

37 1. Pb2+(aq) + 2 I−(aq) → PbI2(s).

2. nconsommé(I−) = 2 nconsommé(Pb2+).

3. ni(Pb2+) = ni(I−) = c · V, soit ni(Pb2+) = ni(I−) = 5,0 · 10−2 × 100 · 10−3 = 5,0 · 10−3 mol.

4. ni(Pb2+)/1 = 5,0 · 10−3 mol et ni(I−)/2 = 2,5 · 10−3 mol.ni(I−)/2 < ni(Pb2+)/1, donc I− est le réactif limi-tant.Comme nconsommé(I−) = 2 xf = ni(I−), on a :xf = ni(I−)/2 = 2,5 · 10−3 mol.

5. nf(I−) = 0 mol ; nf(Pb2+) = ni(Pb2+) – xf = 2,5 · 10−3 mol.nf(PbI2) = xf = 2,5 · 10−3 mol.

38 1. (NH4)2Cr2O7(s) → N2(g) + Cr2O3(s) + 4 H2O(g).

2. Lorsque tout le dichromate d’ammonium s’est décomposé, nconsommé((NH4)2Cr2O7) = ni((NH4)2Cr2O7) = xf et nf(Cr2O3) = xf.On a xf = mi((NH4)2Cr2O7)/M((NH4)2Cr2O7).Avec M((NH4)2Cr2O7) = 2 M(N) + 8 M(H) + 2 M(Cr) + 7 M(O) = 252,0 g · mol−1, on calcule xf

= 10/252,0 = 3,9 · 10−2 mol, d’où nf(Cr2O3) = xf = 3,9 · 10−2 mol.

39 1. 5 Fe2+(aq) + 8 H+(aq) + MnO4

− (aq) → 5 Fe3+(aq) + Mn2+(aq) + 4 H2O(l).

2. À l’état initial, ni(Fe2+) = ni(Fe3+) = c1 · V1 = 1,0 · 10−2 × 100 · 10−3 = 1,0 · 10−3 mol ;ni(

MnO4− ) = c2 · V2 = 5,0 · 10−3 × 50 · 10−3 =

2,5 · 10−4 mol.On calcule le rapport : ni(Fe2+)/5 = 2,0 · 10−4 mol. Donc ni(Fe2+)/5 < ni(

MnO4− )/1 et Fe2+ est le

réactif limitant.

3. nconsommé(Fe2+) = ni(Fe2+) = 5xf d’où xf = ni(Fe2+)/5 soit xf = 2,0 · 10−4 mol.

4. nf(Fe2+) = 0 ; nf(Fe3+) = ni(Fe3+) + 5 xf = 1,0 · 10−3 + 5 × 2,0 · 10−4 = 2,0 · 10−3 mol ;nf(

MnO4− ) = ni(

MnO4− ) – xf = 2,5 · 10−4 –

2,0 · 10−4 = 5,0 · 10−5 mol.

5. Le mélange est rose à l’état fi nal, car il reste des ions

MnO4

− (note : la couleur des ions

MnO4

− est beaucoup plus intense que celle des ions fer(III), qui sont aussi présents à l’état fi nal).

6. Pour être dans les proportions stœchiomé-triques, il faut que ni(Fe2+)/5 = ni(

MnO4− )/1,




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4. cm = m/V = 20/0,100 = 200 mg · L−1.

5. a. La loi de Beer-Lambert relie l’absorbance A d’une solution à sa concentration c : A = k · c.b. La courbe est une droite passant par l’ori-gine.c. cm/5 = 40. Il faut diviser la concentration plus de 40 fois pour que le dosage soit réa-lisable.

3 1. Par lecture graphique, les concentra-tions des solutions étalons sont : 4,0 · 10−5 mol · L−1 ; 8,0 · 10−5 mol · L−1 ; 1,2 · 10−4 mol · L−1 ; 1,6 · 10−4 mol · L−1 ;2,0 · 10−4 mol · L−1.

2. La courbe représentant A = f(c) est une droite passant par l’origine. A et c sont donc proportionnelles, A = k · c.

F. Compléments pédagogiques

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

b. k est le coeffi cient directeur de la droite, k = 0,259 L · mmol−1.

3. Il faut calculer c(I2) = A/0,259, en vérifi ant que la concentration se situe dans la plage de la gamme de concentration des solutions étalons.

4. À t = 65 min, l’état fi nal est atteint. La concen-tration en diiode est alors cf(I2) = 2,0 mmol · L−1.

5. On a nf(I2) = cf(I2) · V, et d’autre part nf(I2) = nformé(I2) = xf.D’où : xf = 2,0 × 2 · 10−3 = 4 · 10−3 mmol.

6. nconsommé(H2O2) = xf = 4 · 10−3 mmol et nconsommé(I−) = 2xf = 4 · 10−3 mmol.

soit ni( MnO4

− ) = 2,0 · 10−4 mol. Le volume de

solution correspondant à cette quantité de

matière est :

V = ni( MnO4

− )/c2 = 2,0 · 10−4/5,0 · 10−3

= 4,0 · 10−2 L = 40 mL.

40 1. L’absorbance représente l’aptitude

de la solution à absorber une radiation lumi-

neuse de longueur d’onde donnée.

2. a. L’ensemble des points est modélisable

par une droite qui passe par l’origine, donc

l’absorbance A est proportionnelle à cI2.

Droite d’étalonnage

0 0,5 1 21,5 2,5 3c en mmol/L

A = 0,259 c

00,10,20,30,40,5

0,70,6

A

Corrigés �

1 – Par lecture graphique, la concentration de la solution est de 8,5 mg · L−1.

– Par calcul, on a : k = 1,1/10 = 0,11 mg−1 · L, soit c = A/k = 8,2 mg · L−1.

2 1. L’absorbance caractérise le pouvoir de la solution à absorber une radiation lumi-neuse de longueur d’onde donnée.

2. a. Les radiations autour du vert et autour du rouge sont absorbées. b. Seules les radiations autour du bleu sont transmises, donc le bleu de méthylène est bleu.

3. Un colorant rouge absorbe les radiations autour du bleu et du vert, donc le mélange avec du bleu de méthylène absorbera toutes les radiations lumineuses et apparaîtra noir.


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G. Bibliographie

✔ C. VALETTE, V. COURILLEAU-HAVERLANT, M. CAPON, Chimie des odeurs et des couleurs, Cultures et techniques, 1993.

✔ « Le Maître des jeans », Pour la science n° 397, novembre 2010.✔ Site de l’agence européenne de sécurité des aliments : www.efsa.europa.eu

5. a. csalive = n/Vsalive = 6,7 · 10−3 = 6,7 · 10−3 mol · L−1 = 6,7 mmol · L−1.

5. b. La concentration dans la salive est supé-rieure à la valeur limite donnée, le patient a été exposé à la fumée.

3. Par lecture graphique, la concentration en FeSCN2+ de l’échantillon est :c = 1,67 · 10−4 mol · L−1.

4. n = c · V = 1,67 · 10−4 × 10 · 10−3 = 1,67 · 10−6 mol.



manuels__complements_ldp_chap04.pdf

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