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Physique-chimie (spécialité) 1ʳᵉ

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Dosage par étalonnage : absorbance et loi de Beer-Lambert

Absorbance et spectre d’absorption UV-visible ; couleur d’une espèce en solution et couleurs complémentaires ; loi de Beer-Lambert ; réaliser une gamme étalon ; déterminer une concentration par étalonnage ; limites du protocole (domaine de validité, dilution préalable).

À propos de cette page
Cinq problèmes corrigés pas à pas, du plus simple au plus difficile : le bleu brillant d’un sirop et sa dose journalière admissible, le fer d’un complément alimentaire dosé grâce à un complexe coloré, le contrôle d’une solution de permanganate de potassium, les limites d’une gamme étendue et le dosage de la tartrazine d’un soda.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

  1. Je repère l’espèce dosée et la longueur d’onde de travail : λmax et couleur absorbée.
  2. Je vérifie la loi de Beer-Lambert sur les étalons (rapports A ÷ C constants) et j’en tire k.
  3. Je vérifie que l’absorbance mesurée est dans le domaine des étalons ; sinon, je dilue d’un facteur connu.
  4. Je calcule C = A ÷ k, puis je multiplie par le facteur de dilution.
  5. Je conclus : quantité de matière, masse ou concentration en masse, comparée à l’annonce, avec 3 chiffres significatifs.
Problème 1 · Le colorant d’un sirop bleu★★★Facile
Un sirop bleu contient du bleu brillant FCF, colorant E133 (M = 792,8 g·mol⁻¹). On le dose par étalonnage à λ = 630 nm, son maximum d’absorption. Les étalons donnent :
C (µmol·L⁻¹)1,002,003,004,005,00
A0,1380,2740,4140,5510,690
Le sirop est dilué 20 fois avant la mesure ; la solution diluée donne A = 0,483. La dose journalière admissible (DJA) de ce colorant est de 6 mg par kilogramme de masse corporelle.
  1. 1. Couleur de la lumière absorbée à 630 nm :
    630 nm est dans le rouge-orangé : le sirop absorbe le rouge-orangé et transmet sa complémentaire, le cyan. D’où sa couleur bleue : la longueur d’onde de travail est cohérente.
  2. 2. Coefficient de la droite d’étalonnage : k = × 10⁵ L·mol⁻¹
    Les rapports A ÷ C valent 0,138 ; 0,137 ; 0,138 ; 0,138 ; 0,138 par µmol·L⁻¹ : ils sont constants. 1 µmol·L⁻¹ = 10⁻⁶ mol·L⁻¹, donc k = 1,38 × 10⁵ L·mol⁻¹.
  3. 3. Concentration de la solution diluée : µmol·L⁻¹
    A = 0,483 est au milieu du domaine : C = 0,483 ÷ 0,138 = 3,50 µmol·L⁻¹.
  4. 4. Concentration du colorant dans le sirop : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹
    C = 20 × 3,50 = 70,0 µmol·L⁻¹, soit 7,00 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  5. 5. Concentration en masse du colorant dans le sirop : mg·L⁻¹
    Cm = C × M = 7,00 × 10⁻⁵ × 792,8 ≈ 5,55 × 10⁻² g·L⁻¹, soit 55,5 mg·L⁻¹.
  6. 6. Masse de colorant dans une bouteille de 70 cL : mg
    m = C × M × V = 7,00 × 10⁻⁵ × 792,8 × 0,700 ≈ 3,88 × 10⁻² g, soit 38,8 mg : moins de quatre centièmes de gramme.
  7. 7. Un enfant de 30 kg boit dans la journée des verres préparés avec 25 mL de sirop en tout. Part de sa DJA atteinte : %
    DJA : 6 × 30 = 180 mg. Le sirop apporte 55,50 × 0,0250 ≈ 1,39 mg, soit 1,39 ÷ 180 ≈ 0,77 % de la DJA.
Problème 2 · Le fer d’un complément alimentaire★★★Moyen
Un comprimé de 0,480 g annonce « 50 mg de fer », sous forme de fumarate de fer(II) FeC₄H₂O₄. Les ions fer(II) sont presque incolores : après dissolution du comprimé, on ajoute de la 1,10-phénanthroline, qui transforme tous les ions fer(II) en un complexe rouge-orangé, et on complète à 100,0 mL : c’est la solution S. On dilue S en deux étapes (5,00 mL complétés à 100,0 mL, puis 10,0 mL de cette solution complétés à 100,0 mL) : c’est S′. À 510 nm, dans une cuve de 1,00 cm, S′ donne A = 0,499. Étalons du complexe :
C (10⁻⁵ mol·L⁻¹)1,002,003,004,005,006,00
A0,1110,2220,3340,4430,5560,666
Masses molaires atomiques (g·mol⁻¹) : H 1,0 ; C 12,0 ; O 16,0 ; Fe 55,8. Un ion complexe contient un ion fer(II).
  1. 1. Facteur de dilution global entre S et S′ :
    Première étape : 100,0 ÷ 5,00 = 20 ; seconde : 100,0 ÷ 10,0 = 10. Les facteurs se multiplient : 20 × 10 = 200.
  2. 2. Coefficient de la droite d’étalonnage : k = × 10⁴ L·mol⁻¹
    Les rapports A ÷ C valent tous 1,11 × 10⁴ L·mol⁻¹ environ (par exemple 0,666 ÷ (6,00 × 10⁻⁵) = 1,11 × 10⁴) : k = 1,11 × 10⁴ L·mol⁻¹.
  3. 3. Concentration de S′ : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹
    A = 0,499 est dans le domaine (0,111 à 0,666) : C′ = 0,499 ÷ (1,11 × 10⁴) ≈ 4,50 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  4. 4. Concentration de S : × 10⁻³ mol·L⁻¹
    CS = 200 × 4,4955 × 10⁻⁵ ≈ 8,99 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
  5. 5. Masse de fer dans le comprimé : mg
    Tout le fer est dans les 100,0 mL de S : n = 8,991 × 10⁻³ × 0,1000 ≈ 8,99 × 10⁻⁴ mol ; m = 8,991 × 10⁻⁴ × 55,8 ≈ 5,02 × 10⁻² g, soit 50,2 mg. L’écart à l’annonce de 50 mg est inférieur à 0,5 % : l’étiquette est conforme.
  6. 6. Masse de fumarate de fer(II) dans le comprimé : mg
    M(FeC₄H₂O₄) = 55,8 + 4 × 12,0 + 2 × 1,0 + 4 × 16,0 = 169,8 g·mol⁻¹. Un fer par formule : m = 8,991 × 10⁻⁴ × 169,8 ≈ 0,153 g, soit 153 mg.
  7. 7. Pourcentage massique de fumarate de fer(II) dans le comprimé : %
    0,1527 ÷ 0,480 ≈ 0,318, soit 31,8 % : le reste du comprimé est fait d’excipients.
Problème 3 · Contrôler une solution de permanganate★★★Moyen
Un flacon de solution violette de permanganate de potassium KMnO₄ porte l’étiquette « 2,00 × 10⁻² mol·L⁻¹ ». Son spectre présente un maximum vers 525 nm. À cette longueur d’onde, dans une cuve de 1,00 cm, l’étalonnage donne k = 2,30 × 10³ L·mol⁻¹, et la droite est vérifiée jusqu’à A = 1,0. On dispose de pipettes jaugées de 1,00 ; 5,00 et 10,0 mL et de fioles jaugées de 100,0 et 250,0 mL. M(KMnO₄) = 158,0 g·mol⁻¹.
  1. 1. Couleur de la lumière absorbée à 525 nm :
    525 nm est dans le vert : la solution transmet sa complémentaire, le magenta, d’où sa teinte violette.
  2. 2. Absorbance qu’aurait la solution du flacon si la loi restait valable :
    k × C = 2,30 × 10³ × 2,00 × 10⁻² = 46,0 : très loin au-delà de 1,0, il faut diluer.
  3. 3. Plus petit facteur de dilution réalisable avec cette verrerie qui ramène A sous 1,0 :
    Il faut F > 46. Les couples pipette-fiole donnent 10 ; 20 ; 25 ; 50 ; 100 ; 250 : le plus petit qui convient est 50 (5,00 mL complétés à 250,0 mL).
  4. 4. Concentration attendue de la solution diluée : × 10⁻⁴ mol·L⁻¹
    2,00 × 10⁻² ÷ 50 = 4,00 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹.
  5. 5. Absorbance attendue de la solution diluée :
    2,30 × 10³ × 4,00 × 10⁻⁴ = 0,920, dans le domaine.
  6. 6. On mesure A = 0,897. Concentration de la solution du flacon : × 10⁻² mol·L⁻¹
    C = 0,897 ÷ (2,30 × 10³) = 3,90 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹, puis × 50 : 1,95 × 10⁻² mol·L⁻¹.
  7. 7. Écart relatif avec l’étiquette : %
    (2,00 − 1,95) ÷ 2,00 = 0,025, soit 2,5 %.
  8. 8. Concentration en masse de la solution du flacon : g·L⁻¹
    Cm = 1,95 × 10⁻² × 158,0 ≈ 3,08 g·L⁻¹.
Problème 4 · Jusqu’où la droite d’étalonnage est-elle fiable ?★★★Difficile
On teste les limites du protocole avec une gamme étendue d’un colorant bleu, mesurée à λmax :
C (10⁻⁵ mol·L⁻¹)2,004,006,008,0010,012,0
A0,3000,6000,9001,121,301,42
Une solution S du même colorant donne A = 1,30.
  1. 1. Rapport A ÷ C des trois premiers étalons : × 10⁴ L·mol⁻¹
    0,300 ÷ (2,00 × 10⁻⁵) = 0,600 ÷ (4,00 × 10⁻⁵) = 0,900 ÷ (6,00 × 10⁻⁵) = 1,50 × 10⁴ L·mol⁻¹.
  2. 2. Rapport A ÷ C de l’étalon à 8,00 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹ : × 10⁴ L·mol⁻¹
    1,12 ÷ (8,00 × 10⁻⁵) = 1,40 × 10⁴ L·mol⁻¹, près de 7 % sous les premiers : la proportionnalité est perdue.
  3. 3. Plus grande concentration du domaine de proportionnalité : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹
    Les rapports sont constants jusqu’à 6,00 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹ (A = 0,900) ; au-delà, la courbe s’infléchit.
  4. 4. Concentration qu’un élève obtient en calculant A ÷ k avec A = 1,30 : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹
    1,30 ÷ (1,50 × 10⁴) ≈ 8,67 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹ : la mesure est hors du domaine, ce calcul n’est pas permis.
  5. 5. On dilue S 4 fois : A = 0,375. Concentration de S : × 10⁻⁴ mol·L⁻¹
    C′ = 0,375 ÷ (1,50 × 10⁴) = 2,50 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹ ; C = 4 × 2,50 × 10⁻⁵ = 1,00 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹, ce que confirme le tableau (A = 1,30 pour 10,0 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹).
  6. 6. Erreur relative de l’élève : %
    (1,00 − 0,8667) ÷ 1,00 ≈ 0,133, soit 13,3 % de moins : la courbe réelle passe sous la droite prolongée.
  7. 7. Absorbance attendue si l’on dilue S seulement 2 fois :
    C = 5,00 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹, dans le domaine : A = 1,50 × 10⁴ × 5,00 × 10⁻⁵ = 0,750. Une dilution par 2 suffisait donc aussi.
Problème 5 · Une gamme étalon pour doser la tartrazine d’un soda★★★Difficile
La tartrazine (E102, M = 534,4 g·mol⁻¹) colore en jaune un soda ; son spectre présente un maximum vers 427 nm. On dissout 53,44 mg de tartrazine dans une fiole jaugée de 100,0 mL : c’est S₀. On prélève 10,0 mL de S₀ que l’on complète à 200,0 mL : c’est S₁. Les étalons sont préparés à partir de S₁ dans des fioles jaugées de 50,0 mL. Mesures à 427 nm :
C (10⁻⁵ mol·L⁻¹)0,5001,002,002,50
A0,1400,2810,5590,700
Le soda, dégazé puis dilué 2 fois, donne A = 0,392.
  1. 1. Couleur de la lumière absorbée à 427 nm :
    427 nm est dans le bleu : la solution transmet sa complémentaire, le jaune.
  2. 2. Quantité de tartrazine dissoute : × 10⁻⁴ mol
    n = m ÷ M = 5,344 × 10⁻² ÷ 534,4 = 1,000 × 10⁻⁴ mol.
  3. 3. Concentration de S₀ : × 10⁻³ mol·L⁻¹
    C₀ = 1,000 × 10⁻⁴ ÷ 0,1000 = 1,00 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
  4. 4. Concentration de S₁ : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹
    Facteur 200,0 ÷ 10,0 = 20 : C₁ = 1,00 × 10⁻³ ÷ 20 = 5,00 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  5. 5. Volume de S₁ à prélever pour l’étalon à 2,00 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹ : mL
    V = 50,0 × 2,00 × 10⁻⁵ ÷ (5,00 × 10⁻⁵) = 20,0 mL.
  6. 6. Coefficient de la droite d’étalonnage : k = × 10⁴ L·mol⁻¹
    Rapports A ÷ C : 2,80 ; 2,81 ; 2,80 ; 2,80 × 10⁴ L·mol⁻¹ : constants, k = 2,80 × 10⁴ L·mol⁻¹.
  7. 7. Concentration de tartrazine dans le soda : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹
    Solution diluée : 0,392 ÷ (2,80 × 10⁴) = 1,40 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹ ; soda : 2 × 1,40 × 10⁻⁵ = 2,80 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  8. 8. Concentration en masse dans le soda : mg·L⁻¹
    Cm = 2,80 × 10⁻⁵ × 534,4 ≈ 1,50 × 10⁻² g·L⁻¹, soit 15,0 mg·L⁻¹.
  9. 9. Masse de tartrazine dans une canette de 33 cL : mg
    m = 14,96 × 0,330 ≈ 4,94 mg.
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