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Session 2001 : C.A. / P.L.P – CONCOURS EXTERNE -

MATHEMATIQUES –SCIENCES PHYSIQUES

CORRIGE DE L’EPREUVE DE CHIMIE (PARTIE A)

EXERCICE 1 – DIOXYDE DE SOUFRE

I-1 Structures

I-1 Structures électroniques

Oxygène (Z = 8)

O : 1s² 2s² 2p⁴

Soufre (Z = 16)

S : 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁴

I-2 : Eléments de la colonne 16 

Oxygène (O) – Soufre (S)– Sélenium (Se) – Tellure (Te) – Polonium (Po)

I-2 : Structures de Lewis de SO₂ et SO₃

II. Pollution et oxydes de soufre

II-1 : La principale source naturelle des oxydes de soufre est le volcanisme. La principale source artificielle est la combustion des combustibles fossiles (charbon, pétrole)

II-2 : Les oxydes de soufre réagissent avec l’eau pour donner des acides (H₂SO₃ et H₂SO₄). Le gaz SO₂ présent dans l’atmosphère réagit donc avec l’eau atmosphérique, les acides formés (essentiellement H₂SO₃) retombent au sol avec la pluie ou la neige.

SO₂+ H₂O = H₂SO₃

Remarque : les principaux responsables des pluies acides sont plutôt les oxydes d’azote NO et NO₂

III- Etude d’une étape de la synthèse de l’acide sulfurique

III-1 : Etude de la catalyse par l’oxyde de vanadium V₂O₅

II-1-a. Catalyseur : Substance qui modifie la vitesse d’une réaction chimique sans être transformée par la réaction. Le catalyseur modifie uniquement la vitesse (cinétique) de la réaction!; il n’agit pas sur l’équilibre thermodynamique : dans le cas d’une réaction thermodynamiquement possible, on obtient les mêmes produits et en mêmes proportions, avec ou sans catalyseur. À la fin de la réaction, on récupère intégralement le catalyseur. Un catalyseur est sélectif : il augmente la vitesse de certaines réactions seulement. Enfin, une substance qui catalyse une réaction chimique catalyse également sa réaction inverse.

III-1-b : Les réactifs étant gazeux et le catalyseur solide, il s’agit d’une catalyse hétérogène faisant intervenir deux phases différentes.

III-1-c. Un catalyseur est sans influence sur un équilibre chimique (voir question précédante)

III-2. Etude de l’équilibre 2 SO_2(g) + O_2(g) = 2 SO_3(g)

2 SO_2(g) + O_2(g) = 2 SO_3(g)

E.I 2 n₀ n₀ 0

E.F 2 n₀ - 2 x n₀ - x 2 x

t = 2 x / 2 n₀ = x / n₀

x = t n₀

nSO₂ = 2 n₀ - 2 x = 2 (n₀ - t n₀ ) = 2 n₀ ( 1 – t )

nO₂ = n₀ - x = n₀ - t n₀ = n₀ ( 1 – t )

nSO₃ = 2 x = 2 n₀ t

n_t = nSO₂ + nO₂ + nSO₃

n_t = 2 n₀ - 2 x + n₀ - x + 2 x = 3 n₀ – x = 3 n₀ – t n₀ = n₀ ( 3 – t )

Fractions molaires :

XSO₂ = nSO₂ / nt = 2 n₀ ( 1 – t ) / n₀ ( 3 – t ) = 2 ( 1 – t ) / ( 3 – t )

XO₂ = nO₂ / nt = n₀ ( 1 – t ) / n₀ ( 3 – t ) = ( 1 – t ) / ( 3 – t )

XSO₃ = nSO₃ / nt = 2 n₀ t / n₀ ( 3 – t ) = 2 t / ( 3 – t )

Pression Partielles :

PSO₂ = XSO₂ Pt = 2 Pt ( 1 – t ) / ( 3 – t )

PO₂ = XO₂ Pt = Pt ( 1 – t ) / ( 3 – t )

PSO₃ = XSO₃ Pt = 2 Pt t / ( 3 – t )

Activités (avec Pt = P⁰ = 1 bar)

aSO₂ = PSO₂ / P⁰ = 2 Pt ( 1 – t ) / P⁰ ( 3 – t ) = 2 ( 1 – t ) / ( 3 – t )

aO₂ = PO₂ / P⁰ = Pt ( 1 – t ) / P⁰ ( 3 – t ) = ( 1 – t ) / ( 3 – t )

aSO₃ = PSO₃ / P⁰ = 2 Pt t / P⁰ ( 3 – t ) = 2 t / ( 3 – t )

 Constante d’équilibre

K_T = aSO₃² aSO₂^-2 aO₂^-1

Enthalpie libre standard

D_RG⁰_T = - R T ln K_T

Enthalpie et Entropie standard

D_RG⁰_T = D_RH⁰_T – T D_RS⁰_T

Si on suppose que D_RH⁰ et D_RS⁰ sont indépendant de la température et donc constants.

D_RG⁰_T = D_RH⁰ – T D_RS⁰

On peut calculer facilement D_RH⁰ et D_RS⁰ si on connaît la valeur de K_T ou D_RG⁰_T pour deux températures différentes.

D_RG⁰_T1 = D_RH⁰ – T₁ D_RS⁰

D_RG⁰_T2 = D_RH⁰ – T₂ D_RS⁰

D_RG⁰_T2 - D_RG⁰_T1 = T₁ D_RS⁰ – T₂ D_RS⁰ = D_RS⁰ [ T₁ – T₂ ]

D_RS⁰ = [ D_RG⁰_T2 - D_RG⁰_T1 ] / [ T₁ – T₂ ]

D_RH⁰ = D_RG⁰_T1 + T₁ D_RS⁰ ou D_RH⁰ =D_RG⁰_T2 + T₂ D_RS⁰

Applications numériques

D_RS⁰ = - 209,8 J mol^-1 K^-1

D_RH⁰ = - 209404,5 J mol^-1 » - 209,4 kJ mol^-1

Réponses aux questions :

III-2-a

PSO₂ = XSO₂ Pt = 2 Pt ( 1 – t ) / ( 3 – t )

PO₂ = XO₂ Pt = Pt ( 1 – t ) / ( 3 – t )

PSO₃ = XSO₃ Pt = 2 Pt t / ( 3 – t )

III-2-b

III-2-c

T = 530 °C = 803 K : K₈₀₃ = 426,6

T = 450 °C = 723 K : K₈₀₃ = 14801

III-2-d-1

D_RH⁰ = - 209404,5 J mol^-1 » - 209,4 kJ mol^-1

Remarque : on aurait pu aussi déterminer D_RH⁰ en utilisant la loi de Van’t Hoff

d lnK / dT = D_RH⁰ / RT²

d lnK = { D_RH⁰ / R } dT / T²

Ln ( K_T2 / K_T1 ) = - { D_RH⁰ / R } [ 1/T₂ – 1/T₁ ]

D_RH⁰ = - R Ln ( K_T2 / K_T1 ) / [ 1/T₂ – 1/T₁ ]

A.N : D_RH⁰ = - 209,4 kJ mol^-1 (on retrouve le même résultat)

III-2-d-2

D_RH⁰ < 0 : la réaction est exothermique.

On peut prévoir l’influence d’une diminution de la Température soit par le principe de Le Chatelier soit par la loi de Van’t Hoff.

Principe de Le Chatelier : Si on diminue la température, l’équilibre se déplace dans le sens exothermique, soit ici dans le sens 1 de formation de SO₃, le taux de conversion doit donc augmenter quand la température diminue.

C’est bien ce que l’on observe expérimentalement ( T₂ < T₁ et t₂ > t₁ )

Loi de Van’t Hoff :

d LnK / dT = D_RH⁰ / RT²

R et T² sont deux grandeurs positives

Ici D_RH⁰ est négatif.

d ln K et dT sont donc de signes opposés.

Si T diminue, dT < 0 et donc d Ln K > 0

Donc Ln K et K augmentent quand T diminue. Cela revient à un déplacement de l’équilibre dans de formation de SO₃ et donc à une augmentation de t.

III-2-e

Enthalpie libre standard

D_RG⁰_T = - R T ln K_T

D_RG⁰_T1 = D_RG⁰ (530) = -57720,5 J mol^-1

D_RG⁰_T2 = D_RG⁰ (450) = -40936,7 J mol^-1

III-2-f

D_RS⁰ = - 209,8 J mol^-1 K^-1

Remarques :

1) On aurait pu calculer D_RS⁰ à partir des valeurs de D_RG⁰_T et D_RH⁰.

D_RG⁰_T = D_RH⁰ – T D_RS⁰

D_RS⁰ = { D_RH⁰ – D_RG⁰_T } / T

Le calcul conduit au même résultat pour les deux températures.

2) D_RS⁰ < 0 : Le signe négatif indique une diminution d’entropie at donc une augmentation de l’ordre au cours de la réaction. Cela est du à la diminution du nombre de mole gazeuses au cours de celle-ci.

IV - Le procédé Clauss : une valorisation des oxydes de soufre

SO₂ peut oxyder H₂S.

SO₂ + 4 H⁺ + 4 e^- = S + 2 H₂O (E⁰ = 0,43 V)

2 _* [ H₂S = S + 2 H⁺ + 2 e^- ] (E⁰ = 0,14 V)

SO₂ + 4 H⁺ + 4 e^- + 2 H₂S = S + 2 H₂O + 2 S + 4 H⁺ + 4 e^-

SO₂ + 2 H₂S = 3 S + 2 H₂O

iV-1

L’équation bilan est :

SO₂ + 2 H₂S = 3 S + 2 H₂O

iV-2

Cas de SO₂

O est plus électronégatif que S et " prend " donc  les doublets des liaisons O -S.

S " possède " donc 2 électrons dans la molécule SO₂

Il en " possède " normalement 6 et il a donc " perdu " 4 électrons soit un degré d’oxydation de +4

 Cas de H₂S

S est plus électronégatif que H et " prend " donc  les doublets des liaisons H -S.

S " possède " donc 8 électrons dans la molécule H₂S

Il en " possède " normalement 6 et il a donc " gagné " 2 électrons soit un degré d’oxydation de –2

 Cas de S

S étant seul ne " perd " ni ne " gagne " d’électrons et à donc un nombre d’oxydation nul.

IV-3 :

Il s’agit d’une réaction d’oxydoréduction.

Sa seule particularité est que les deux espèces réagissantes ont une même espèce conjuguée.

Le meilleur oxydant SO₂ à pour réducteur conjugué S

Le meilleur réducteur H₂S à pour oxydant conjugué la même espèce S .

Comme il s’agit de la réaction inverse d’une réaction de dismutation on lui donne parfois le nom de réaction de rétro-dismutation ou d’amphotérisation.

Rappel sur la dismutation :

Dans une réaction de dismutation une espèce A appartenant à deux couples différents réagit sur elle même.

L’espèce A est a la fois oxydante et réductrice (amphotère) et le potentiel du couple dans lequel elle est oxydante est supérieur à celui dans lequel elle est réductrice comme dans le schéma suivant.

 Au cours de la réaction l’espèce amphotère A est a la fois oxydée et réduite. On passe d’un degré d’oxydation intermédiaire a un degré plus élevé et un degré plus faible.

Dans notre exemple, le soufre S (N.O=0) est " intermédiaire " entre SO₂ (N.O=+IV) et H₂S (N.O=-II). La réaction étudiée est donc bien la réaction inverse de la dismutation du soufre.

V - Diagramme potentiel-pH du soufre

V-1 : Domaines de prédominances des espèces

Pour placer correctement les diverses espèces, il faut savoir qu’elles se placent de la manière suivante :

Lecture horizontale à E constant

De gauche à droite on place les espèces de même degré d’oxydation de la plus acide à gauche à la plus basique à droite, dans notre cas H₂S puis HS^- puis S^2-.

Cela se justifie par le diagramme de prédominance acidobasique.

 Lecture verticale à pH constant

De bas en haut on place les divers nombre d’oxydation du plus faible en bas au plus élevé en haut.

Dans notre cas les divers nombre d’oxydation sont :

Cas de S₂O₃^2-

V-2 : Couples S₂O₃^2- / S et SO₂ / S₂O₃^2-

V-2-a

On suppose que toutes les espèces sont en solution aqueuse à la concentration de 1 mol.L^-1, sauf S qui est considéré comme solide et H₃O⁺ dont la concentration est évidemment variable.

Couple S₂O₃^2- / S

S₂O₃^2- + 6 H⁺ + 4 e^- = 2 S + 3 H₂O

E = E⁰ + ( 0,06 / 4 ) log { [ S₂O₃^2- ] [H⁺]⁶ }

E = E⁰ + ( 0,06 / 4 ) log [ S₂O₃^2- ] + ( 0,06 / 4 ) log [H⁺]⁶

E = E⁰ + 0,06 log [ S₂O₃^2- ] + 0,09 log [H⁺]

E = E⁰ + 0,06 log [ S₂O₃^2- ] - 0,09 pH

E = 0,46 - 0,09 pH

Couple SO₂ / S₂O₃^2-

2 SO₂ + 2 H⁺ + 4 e^- = S₂O₃^2- + H₂O

E = E⁰ + ( 0,06 / 4 ) log { [ SO₂ ] [H⁺]² / [ S₂O₃^2- ] }

E = E⁰ + ( 0,06 / 4 ) log { [ SO₂ ] / [ S₂O₃^2- ] } + ( 0,06 / 4 ) log [H⁺]²

E = E⁰ + 0,06 log [ S₂O₃^2- ] + 0,03 log [H⁺]

E = E⁰ + 0,06 log [ S₂O₃^2- ] - 0,03 pH

E = 0,40 - 0,03 pH

V-2-b : Intersection des droites

0,46 - 0,09 pH = 0,40 - 0,03 pH

0,46 - 0,40 = 0,09 pH - 0,03 pH

0,06 = 0,06 pH

pH = 1

E = 0,46 - 0,09 = 0,40 - 0,03 = 0,37 v

Les deux droites se coupent donc au point M de coordonnées :

pH = 1 et E = 0,37 v

V-2-c : Dismutation de S₂O₃^2-

Pour un pH < 1, le potentiel du couple SO₂ / S₂O₃^2- est inférieur à celui du couple S₂O₃^2- / S.

Par exemple à pH = 0 : E SO₂ / S₂O₃^2- = 0,40 v et E S₂O₃^2- / S = 0,46 v.

S₂O₃^2- peut donc réagir sur lui même et se dismuter. A pH très acide, l’ion S₂O₃^2- n’est donc pas stable en solution aqueuse.

S₂O₃^2- + 6 H⁺ + 4 e^- = 2 S + 3 H₂O

S₂O₃^2- + H₂O = 2 SO₂ + 2 H⁺ + 4 e^-

S₂O₃^2- + 6 H⁺ + 4 e^- + S₂O₃^2- + H₂O = 2 S + 3 H₂O + 2 SO₂ + 2 H⁺ + 4 e^-

2 S₂O₃^2- + 4 H⁺ = 2 S + 2 H₂O + 2 SO₂

EXERCICE II – ACIDE BENZOÏQUE

I- Structure de l’acide benzoïque

La masse molaire moyenne est deux fois plus élevée que la masse molaire vraie de f - COOH , cela indique l’existence d’un dimère. Celui-ci est formé par l’association de deux molécules de f - COOH par Liaison Hydrogène. La liaison Hydrogène est due à l’attraction électrostatique entre dipôles permanents (force de Keesom). Cette interaction se rencontre dans les molécules comportant des atomes d'hydrogène liés à des atomes très électronégatifs F, O et N essentiellement. On peut alors parler de véritables associations intermoléculaires qui peuvent même subsister à l'état gazeux. Dans ce cas les interactions sont si fortes, que l'ordre de grandeur de l'énergie associée atteint de 10 à 30 KJ mol^-1 ce qui les rapprochent des liaisons de covalence (100 KJ mol^-1) et justifie leur nom de Liaison Hydrogène.

L'existence de liaisons hydrogène va entraîner des modifications importantes des propriétés moléculaires. L'énergie des liaisons hydrogène étant beaucoup plus faible que celles des liaisons covalentes normales leur longueur sera sensiblement plus élevée de l'ordre de 2 à 3 Å. On représente généralement les liaisons Hydrogène par des traits pointillés.

II- Propriétés de l’acide benzoïque

II-1 pH d’une solution d’acide benzoïque

Appelons AH l’acide benzoïque.

Dans l’eau s’établit l’équilibre de dissociation de cet acide faible :

AH + H₂O = A^- + H₃O⁺

La relation de base est celle reliant [H₃O⁺] ; [OH^-] ; [A^-] et [AH] par l'intermédiaire de Ka.

Ka = [H₃O⁺] [A^-] / [AH]

Avec de plus :

Electroneutralité de la solution : [A^-] = [H₃O⁺] - [OH^-]

Conservation de la matière : [AH] = C₀ - [A^-]

Voyons comment cette relation fondamentale peut se simplifier.

Approximation 1 :

On étudie le pH d'une solution acide et on peut donc considérer que dans une telle solution la concentration des ions Hydroxydes est inférieure à celle des ions Hydronium.

Si la concentration de l'acide n'est pas trop faible cette approximation sera valable et on pourra négliger [OH-] devant [H₃O⁺]

[OH^-] <<< [H₃O⁺]

[A^-] = [H₃O⁺] - [OH^-] si on néglige [OH^-] devant [H₃O⁺] on obtient : [A^-] = [H₃O⁺]

[AH] = C₀ - [A^-] = C₀ - [H₃O⁺]

Ka = [H₃O⁺]² / {C₀ - [H₃O⁺]} : Expression simplifiée valable si [OH^-] <<< [H₃O⁺]

Approximation 2

L'acide est faible et est donc par définition peu dissocié dans l'eau. Cela signifie qu'a priori il est présent en solution essentiellement sous forme acide AH et très peu sous forme basique A^-. On pourra donc négliger [A^-] devant [AH] et donc [AH] = C₀ - [A^-] se simplifiera en C₀ = [AH].

Si les deux approximations sont simultanément vérifiées on peut donc simplifier énormément le problème.

Ka = [H₃O⁺]² / C₀

Soit : [H₃O⁺]² = Ka C₀

2 log [H₃O⁺] = log Ka - log C₀

-2 pH = log Ka - log C₀

soit finalement : pH = 1/2 { pKa + pC }

Les conditions de validité de cette formule simplifiée sont d'une part que [OH^-] soit négligeable devant [H₃O⁺] et d'autre part que [A^-] soit négligeable devant [AH].

La première condition est pratiquement toujours réalisée sauf pour des solutions extrêmement diluées de pC proche de 7. En revanche, la deuxième condition est plus exigeante, en effet on peut montrer facilement que pour que cette condition soit satisfaite il faut que pH < pKa - 1.

Ka = [A^-] [H₃O⁺] / [AH]

[H₃O⁺] = Ka [AH]/[A^-]

log [H₃O⁺] = log Ka + log { [AH] / [A^-] }

pH = pKa + log { [A^-] / [AH] }

Si on considère que [A^-] est négligeable devant [AH] si [A^-] < 0,1 [AH]

alors { [A^-] / [AH] } < 0,1 et log { [A^-] / [AH] } < -1 soit pH < pKa - 1

Il est donc évident que la formule simplifiée ne "marchera" qu'en milieu relativement acide c'est a dire pour des concentrations C₀ élevées et donc pC faibles.

Dans la pratique tout dépend du degré de précision attendu nous allons voir que la formule est correcte pour :

pC < pKa - 0,5 à 0,1 unité de pH près.

pC < pKa - 1 à 0,05 unité de pH près.

pC < pKa - 1,5 à 0,01 unité de pH près.

Dans notre cas pC = - log 0,5 = 0,301 est très faible et la solution sera suffisamment acide pour que l’approximation 2 soit valable.

A.N : pH = ½ ( 4,2 + 0,301) = 2,25 qui est bien nettement inférieur à pKa – 1 = 3,2.

Conclusion : pH = 2,25

II-2 : Comparaison acide benzoïque / acide paranitrobenzoïque

Le pKa de l’acide paranitrobenzoïque (pKa = 3,4) est inférieur à celui de l’acide benzoïque (pKa = 4,2). L’acide paranitrobenzoïque est donc un acide plus fort que l’acide benzoïque. Cela s’explique par le fort effet mésomère attracteur du groupement nitro qui diminue la densité électronique au niveau de l’atome d’oxygène porteur de la liaison O – H ce qui facilite le départ d’un ion H⁺ et augmente donc l’acidité de

NO₂ – f - COOH.

.

 III- Synthèse de l’acide benzoïque

II-1-a : schéma du montage

III-1-b : Rôle de la pierre ponce

La pierre Ponce, est une roche ignée ayant une texture spongieuse et mousseuse, composée principalement de verre. Elle est souvent constituée de fibres ou fils parallèles, avec des cavités formant une structure délicate, légère et très dure. La pierre ponce est produite par l'expansion des gaz de lave occlus ou internes quand ils atteignent la surface de la Terre. Elle se développe abondamment dans les laves de rhyolite, car celles-ci sont habituellement très visqueuses. On la trouve, par exemple, autour des volcans l'Etna, le Vésuve et le Stromboli, en Italie. On utilise parfois la pierre ponce comme abrasif. En chimie elle est utilisée lors de chauffage de liquides pour régulariser l’ébullition. De par sa structure spongieuse elle contient de l’air qui lors du chauffage est libéré sous de micro-bulles ; c’est cet apport régulier de petites bulles qui régularise l’ébullition. Au cours de l'ébullition, il se forme de la vapeur au sein du liquide. Lorsque ces bulles de vapeur remontent dans le liquide, elles créent une turbulence et le bouillonnement associé à l'ébullition. En l’absence de gaz dissous de grosses bulles de vapeur se forment au fond du récipient, là ou la température est la plus élevée. Ces grosses bulles " explosent " et provoquent des projections gênantes. En présence de gaz dissous ou de pierre ponce on évite une ébullition brutale et ces projections intempestives.

III-1-c : Rôle du chauffage

La vitesse des réactions chimique (cinétique chimique) dépend fortement de la température et très généralement augmente avec celle-ci, c’est donc pour augmenter la vitesse de réaction qu’on procède à température élevée.

III-1-d : Rôle du réfrigérant

Le réfrigérant sert à condenser les vapeurs qui se forment et donc à éviter leur départ dans l’atmosphère, source de pollution et de forte diminution du rendement si les produits ou les réactifs sont volatils. On utilise généralement un réfrigérant à boules en position verticale lors des chauffage à reflux, les boules permettent une grande surface de contact entre les vapeurs et les parois refroidies. Généralement on utilise l’eau froide comme fluide réfrigérant, l’arrivée de l’eau froide doit se faire par le bas du réfrigérant puisque c’est là que la température est la plus élevée. Les vapeurs condensées retombent dans le ballon, une position verticale évite que le liquide ne reste piégé dans les boules.

III-2 : Etude des espèces mises en jeu 

III-2-a :

L’alcool benzylique f – CH₂ OH est un alcool primaire aromatique.

III-2-b :

Il se forme un précipité marron de dioxyde de manganèse MnO₂

III-2-c :

Le milieu est fortement basique puisque l’on à affaire à une solution de soude à environ 2 mol.L^-1 (soit un pH de l’ordre de 14 !). L’acide benzoîque (pKa = 4,2) sera donc majoritairement sous forme de son sel de sodium dissous ( f -COO^- Na⁺ ).

 III-2-d :

On fait réagir f – CH₂ OH et MnO₄^- en milieu basique.

Les couples en présence sont : f – CO O^- / f – CH₂ OH et MnO₄^- / MnO₂

MnO₄^- va oxyder f – CH₂ OH

III-2-e  Réactif en excès 

Quantité de matière MnO₄^-

150 mL de solution à 0,3 mol.L^-1

nMnO₄^- = 150 _* 0,3 10^-3 = 0,045 mol

Quantité de matière f - CH₂OH

3 mL soit 3 _* 1,04 = 3,12 g soit 3,12 / 108 = 0,0289 mol

Réactif en excés

D’après l’équation bilan : 3 moles de f - CH₂OH réagissent avec 4 moles de MnO₄^-

0,0289 mole de f - CH₂OH réagiront donc avec 4 _* 0,0289 / 3 = 0,0385 mole de MnO₄^-

L’ion permanganate est donc en excès.

II-2-f

L’ajout d’éthanol permet l’élimination de l’excès de MnO₄^- selon la réaction :

III – Obtention de l’acide benzoïque

III-3-a

L’intérêt principal de la filtration avec tirage sous vide selon la technique dite de büchner est sa rapidité bien plus grande.

II-3-b :

On ajoute de l’acide concentré afin de diminuer fortement le pH de la solution. Quand le pH deviendra inférieur au pKa de l’acide benzoïque (soit pH < 4,2), l’espèce prédominante sera la forme acide f - COOH.

En effet on a : pH = pKa + log { [f - COO^- ] / [f - COOH ] }

Dans la pratique, si on se place par exemple à pH = pKa – 2 = 2,2 la concentration de la forme basique sera 1/100 de celle de la forme acide.

La forme acide électriquement neutre est beaucoup moins soluble que la forme chargée basique, on observe donc sa précipitation dans le milieu et il est alors facile de l’isoler par filtration.

III-3-c : Rendement de la synthèse

Si la réaction était totale et qu’il n’y ait aucune perte au cours des diverses opérations on devrait obtenir 0,0289 mole d’acide benzoïque soit 0,0289 _* 122 » 3,53 g.

Le rendement serait alors de 100%.

On obtient en fait seulement 2,82 g d’acide benzoïque.

Le rendement de la synthèse est donc : 2,82 / 3,53 » 0,8 soit 80 %.

II-3-d Caractérisation de l’acide benzoïque

Le produit obtenu étant un solide la technique la plus simple et la plus couramment utilisée est la mesure du point de fusion et sa comparaison avec celui du produit pur donné dans les tables.

Il sera tout de même nécessaire de procéder au préalable a une purification par recristallisation dans l’eau chaude.

On pourrait aussi utiliser une technique spectroscopique : Résonance Magnétique nucléaire ou spectre Infra-Rouge par exemple.

IV- Synthèse d’un ester à partir de l’acide benzoïque et du méthanol

IV-1

 L’ester formé est le benzoate de méthyle.

IV-2-a : Mécanisme réactionnel

IV-2-b : Hydrolyse de l’ester ( par H₂¹⁸O )

L’oxygène marqué ¹⁸O se trouve dans la molécule d’acide.

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