CHIMIE :

Partie I : Pile diode - zinc

1-Sens d'évolution du système chimique :

Le quotient de réaction à l'état initial s'écrit :

$$\mathrm{ Qr,i }=\frac{\left[\mathrm{I}^{-}\right]_{\mathrm{i}}^2 \times\left[\mathrm{Zn}^{2+}\right]_{\mathrm{i}}}{\left[\mathrm{I}_2\right]_{\mathrm{i}}}=\frac{\left(5 \times 10^{-2}\right)^2 \times 0,1}{0,1}=2,5 \times 10^{-3}$$

On a : $~~\mathrm{K}=10^{46}$

Alors : $~~\mathrm{ Qr,i }, \mathrm{i} \ll \mathrm{K}~$ donc le système évolu spontanément dans le sens direct (sens)(1)).$\\[0.5cm]$

2- Au niveau de la cathode; il se produit une réduction d'équation:

$$\mathrm{I}_{2(\mathrm{aq})}+2 \mathrm{e}^{-} \rightleftharpoons 2 \mathrm{I}_{(\mathrm{aq})}^{-}\\[0.5cm]$$

3-Selon l'équation du dosage on a :

$$\mathrm{I}_{2(\mathrm{aq})}+2 \mathrm{~S}_2 \mathrm{O}_{3(\mathrm{aq})}^{2-}\longrightarrow 2 \mathrm{I}_{(\mathrm{aq})}^{-}+\mathrm{S}_4 \mathrm{O}_{6(\mathrm{aq})}^{2-}$$

Soit à l'équivalence $: ~~\mathrm{n}\left(\mathrm{I}_2\right)=\frac{n\left(\mathrm{~S}_2 \mathrm{O}_3^{2-}\right)}{2}=\frac{\mathrm{C}_{\mathrm{r}} \times \mathrm{V}_{\mathrm{E}}}{2}$

Soit : $~~\mathrm{n}\left(I_2\right)=\frac{1}{2} \times 0,3 \times 20 \times 10^{-3}=3 \times 10^{-3} \mathrm{~mol}$

La quantité de matière de $\mathrm{I}_2$ consommée lors du fonctionnement de la pile est $\mathrm{n_c\left(I_2\right)}$, telle que :

$\mathrm{n_i\left(I_2\right)=n_c\left(I_2\right)+n\left(I_2\right)}$

Soit : $~~\mathrm{n_c\left(I_2\right)=n_i\left(I_2\right)-n\left(I_2\right)=c_1 \times V-n\left(I_2\right)}$

D'où : $~~\mathrm{n_c\left(I_2\right)=0,1 \times 0,1-3 \times 10^{-3}=7 \times 10^{-3}} \mathrm{~mol}$.

Soit : $~~\mathrm{n}_{\mathrm{c}}\left(\mathrm{I}_2\right)=7 \mathrm{~m} \mathrm{~mol}.\\[0.5cm]$

4-Durée du fonctionnement de la pile:

On a la relation : $~~\mathrm{I}_0 \times \Delta \mathrm{t}=\mathrm{n}(\mathrm{e}-) \times \mathrm{F}$

Donc $:~~~ \Delta \mathrm{t}=\frac{2 . x \times \mathrm{F}}{\mathrm{I}_0}$

*Tableau d'avancement:

D'après le tableau d'avancement, on a :

$x=\mathrm{n}_{\mathrm{c}}\left(\mathrm{I}_2\right)$

D'où : $\quad \Delta \mathrm{t}=\frac{2 \times \mathrm{n}_c\left(\mathrm{I}_2\right) \times \mathrm{F}}{\mathrm{I}_0}$

Ainsi : $\quad \Delta \mathrm{t}=\frac{2 \times 7 \times 10^{-3} \times 9,65 \times 10^4}{70 \times 10^{-3}}=19300 \mathrm{~S}.\\[0.5cm]$

5-Concentration molaire des ions zinc :

$$\mathrm{\left[Zn^{2+}\right]=\frac{n\left(Zn^{2+}\right)}{V}=\frac{C_0 \cdot V+x}{V}}$$

$\begin{aligned}\text{Soit}~~{\left[\mathrm{Z n^{2+}}\right] } & =\mathrm{C_0+\frac{x}{V}=C_0}+\frac{\mathrm{n\left(Z n^{2+}\right)}}{V}\\ {\left[\mathrm{Z n^{2+}}\right] } & =0,1+\frac{7 \times 10^{-3}}{0,1}=0,17 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} .\end{aligned}\\[0.5cm]$

Partie II :

1-Équation du dosage :

$$\mathrm{C}_{\mathrm{n}} \mathrm{H}_{2 \mathrm{n}+1} \mathrm{COOH}+\mathrm{HO}^{-} \longrightarrow \mathrm{C}_{\mathrm{n}} \mathrm{H}_{2 \mathrm{n}+1} \mathrm{COO}^{-}+\mathrm{H}_2 \mathrm{O}\\[0.5cm]$$

2-A l'équivalence on a la relation :

$$\mathrm{C}_{\mathrm{A}} \times \mathrm{V}_{\mathrm{A}}=\mathrm{C}_{\mathrm{B}} \times \mathrm{V}_{\mathrm{BE}}$$

Soit : $~~\mathrm{C_A=\frac{C_B \times V_{B E}}{V_A}}$ A.N: $~~\mathrm{C_A=\frac{0,1 \times 10}{10}=0,1 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}}$

La quantité de matière de l'acide dans le volume $\mathrm{V}=500 \mathrm{~mL}$ est donnée pour la relation :

$\mathrm{n}(\mathrm{A})=\mathrm{C}_{\mathrm{A}} \times \mathrm{V}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{M}}$

D'où : $~~M=\frac{\mathrm{m}}{C_A \times V}=\frac{2,3}{0,1 \times 0,5}=46 \mathrm{~g} / \mathrm{mol}$

Et on a également : $~~\mathrm{M}=\mathrm{M}\left(\mathrm{C}_{\mathrm{n}} \mathrm{H}_{2 \mathrm{n}+1} \mathrm{COOH}\right)$

$M=M(C) \times n+M(H) \times(2 n+1)+M(C)+2 \times M(O)+M(H)$

$\Rightarrow 46=12 \times n+2 n+1+12+2 \times 16+1$

$\Rightarrow 46=14 n+46$

Soit : $~\mathrm{n}=0~$ D'où la formule brute de l'acide : $\mathrm{HCOOH}.\\[0.5cm]$

3-Étude de la solution (S) :

3.1-Taux d'avancement final :

$$\tau=\frac{x f}{x_{\max }}=\frac{\left[\mathrm{H}_3 \mathrm{O}^{+}\right] \times \mathrm{V}}{\mathrm{C}_{\mathrm{A}} \times \mathrm{V}}=\frac{\left[\mathrm{H}_3 \mathrm{O}^{+}\right]}{\mathrm{C}_{\mathrm{A}}}$$

Soit : $\tau<1$ donc la réaction de l'aide méthanoïque avec l'eau est limitée.$\\[0.5cm]$

3.2- Valeur du rapport :

On a à l'équilibre:

$\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]_{\mathrm{éq}}=\left[\mathrm{H}_3 \mathrm{O}^{+}\right]_{\mathrm{éq}}=\frac{x f}{\mathrm{~V}}$

Et $:~~[\mathrm{HCOOH}]_{\mathrm{éq}}=\frac{\mathrm{C}_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{V}-x f}{\mathrm{~V}}=\mathrm{C}_{\mathrm{A}}-\frac{x f}{\mathrm{~V}}=\mathrm{C}_{\mathrm{A}}-\left[\mathrm{H}_3 \mathrm{O}^{+}\right]$

D'où : $~~\frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]_{\mathrm{éq}}}{[\mathrm{HCOOH}]_{\mathrm{éq}}}=\frac{\left[\mathrm{H}_3 \mathrm{O}^{+}\right]_{\mathrm{éq}}}{\mathrm{C}_{\mathrm{A}}-\left[\mathrm{H}_3 \mathrm{O}^{+}\right]}=\frac{10^{-\mathrm{pH}}}{\mathrm{C}_{\mathrm{A}}-10^{-\mathrm{pH}}}$

$\frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]_{\mathrm{éq}}}{[\mathrm{HCOOH}]_{\mathrm{éq}}}=\frac{10^{-2,38}}{0,1-10^{-2,38}} \approx 0,044.\\[0.5cm]$

3.3 - Valeur du $\mathrm{pK}_{\mathrm{A}}:$

On a : $~~\mathrm{pH}=\mathrm{pK}_{\mathrm{A}}+\log \frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]}{[\mathrm{HCOOH}]}$

Donc : $~~\mathrm{pH}_{\mathrm{A}}=\mathrm{pH}-\log \frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]}{[\mathrm{HCOOH}]}$

Donc : $~~\mathrm{pH}_{\mathrm{A}}=2,38-\log (0,044) \approx 3,74.\\[0.5cm]$

4 - Tableau d'avancement:

On a : $~~\mathrm{pH} =\mathrm{pH}_{\mathrm{A_1}}+\log \frac{\left[\mathrm{HCOO}^{+}\right]_{\mathrm{éq}}}{[\mathrm{HCOOH}]_{\mathrm{éq}}}$

$\mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\mathrm{A}_2}+\log \frac{\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COO}^{-}\right]_{\mathrm{éq}}}{\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COOH}\right]_{\mathrm{éq}}}$

d'où

$2 \mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\mathrm{A}_1}+ \mathrm{pH}_{\mathrm{A}_2}+\log \frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]}{[\mathrm{HCOOH}]}+\log \frac{\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{CO}\right]}{\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COOH}\right]}$

$\Rightarrow 2 \mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\mathrm{A}_1}+ \mathrm{pH}_{\mathrm{A}_2}+ \log \frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right] \times\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COO}^{-}\right]}{[\mathrm{HCOOH}] \times\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COOH}\right]}$

d'après le tableau d'avancement ; on a à l'équilibre :

$\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]=\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COOH}\right]=\frac{x f}{2 \mathrm{~V}_1}$

$\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right]=\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COO}^{-}\right]=\frac{\mathrm{C}_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{V}_1-x_f}{2 \mathrm{~V}_1}$

D'où : $~\log \frac{\left[\mathrm{HCOO}^{-}\right] \times\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COO}^{-}\right]}{[\mathrm{HCOOH}] \times\left[\mathrm{CH}_3 \mathrm{COOH}\right]}=0$

Donc : $~~2 \mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\mathrm{A} 1}+\mathrm{pH}_{\mathrm{A} 2}$

Soit : $~~\mathrm{pH}=\frac{1}{2} \cdot\left(\mathrm{pH}_{\mathrm{A} 1}+\mathrm{pH}_{\mathrm{A} 2}\right)$

Valeur de $\mathrm{pKA}_2$ :

On a : $~~2 \mathrm{pH}=\mathrm{pKA}_1+\mathrm{pKA}_2~~$ donc $:~~ \mathrm{pKA}_2=2 \cdot \mathrm{pH}-\mathrm{pKA}_1$

A.N : $~~\mathrm{pKA}_2=2 \times 4,25-3,74=4,76$