Chimie analytique (partie 15/16)

## Objectifs et prérequis **Objectifs** : À la fin de ce chapitre, l’élève pourra - expliquer le principe de l’absorption UV‑Visible et formuler la loi de Lambert‑Beer ; - réaliser un dosage quantitatif par spectrophotométrie UV‑Visible (étalonnage, méthode des additions, correction de matrice) ; - interpréter un spectre infrarouge en identifiant les types de vibrations moléculaires et les groupes fonctionnels caractéristiques ; - résoudre des problèmes de concentration, d’absorbance et de transmittance en utilisant les formules appropriées. **Prérequis** : notions de solution (molarité, dilution), de spectre électromagnétique, de longueur d’onde et de fréquence, ainsi que les bases de la liaison chimique (types de liaisons, moments dipolaires). ## Introduction contextualisée La spectrophotométrie UV‑Visible et la spectroscopie infrarouge sont deux piliers de l’analyse chimique moderne. Elles permettent, respectivement, de quantifier des espèces absorbant dans le domaine ultraviolet‑visible (200‑800 nm) et d’identifier des groupes fonctionnels grâce à leurs vibrations moléculaires. Au Cameroun, ces techniques sont utilisées dans les laboratoires de contrôle qualité des produits agroalimentaires, pharmaceutiques et environnementaux. Maîtriser leurs fondements théoriques et leurs applications pratiques est donc indispensable pour réussir l’épreuve de chimie analytique du Baccalauréat séries F6. --- ## I. Spectroscopie UV-Visible et loi de Lambert-Beer ### A. Principe de l’absorption UV-Visible Une molécule absorbe un photon lorsqu’une transition électronique est possible, c’est‑à‑dire lorsque l’énergie du photon $E=h\nu$ correspond à l’écart entre deux niveaux électroniques. L’absorbance $A$ mesure la fraction de lumière arrêtée par l’échantillon : $$ A = -\log_{10}\!\left(\frac{I}{I_0}\right) $$ où $I_0$ est l’intensité incidente et $I$ l’intensité transmise. > **>** *L’absorbance est adimensionnelle et varie de 0 (aucune absorption) à valeurs élevées pour des solutions très concentrées.* ### B. Loi de Lambert-Beer Pour une solution homogène, l’absorbance est proportionnelle à la concentration $c$ (en mol L⁻¹) et à la longueur du trajet optique $l$ (en cm) : $$ A = \varepsilon \, c \, l $$ $\varepsilon$ est le coefficient d’absorbivité molaire (en L mol⁻¹ cm⁻¹), caractéristique de l’espèce à une longueur d’onde donnée. > **>** *La loi de Lambert-Beer est valide tant que l’échantillon reste dilué (absence d’interactions moléculaires significatives) et que la lumière est monochromatique.* ### C. Démonstration (esquisse) Considérons un slab de solution d’épaisseur $dx$. La fraction de lumière absorbée sur $dx$ est $$ \frac{dI}{I}= -\varepsilon c \ln(10)\,dx $$ en intégrant de $0$ à $l$ : $$ \ln\!\frac{I}{I_0}= -\varepsilon c \ln(10)\,l $$ En passant au logarithme base 10 : $$ A = -\log_{10}\!\left(\frac{I}{I_0}\right)=\varepsilon c l $$ ### D. Exemples entièrement résolus **Exemple 1 (simple)** : Une solution de K₂Cr₂O₇ présente un $\varepsilon = 3{,}5\times10^{3}\ \text{L mol}^{-1}\text{cm}^{-1}$ à 350 nm. Dans une cuve de $l=1{,}0\ \text{cm}$, l’absorbance mesurée est $A=0{,}42$. Calculer la concentration. $$ c = \frac{A}{\varepsilon l}= \frac{0{,}42}{(3{,}5\times10^{3})(1{,}0)}=1{,}2\times10^{-4}\ \text{mol L}^{-1} $$ **Exemple 2 (délicat)** : Un mélange contient deux espèces X et Y qui absorbent respectivement à 280 nm ($\varepsilon_X=1{,}2\times10^{4}$) et 340 nm ($\varepsilon_Y=8{,}0\times10^{3}$). Dans une cuve de 1 cm, les absorbances mesurées sont $A_{280}=0{,}68$ et $A_{340}=0{,}45$. Déterminer $c_X$ et $c_Y$. On écrit le système : $$ \begin{cases} \varepsilon_X c_X + \varepsilon'_X c_Y = A_{280}\\[2mm] \varepsilon'_Y c_X + \varepsilon_Y c_Y = A_{340} \end{cases} $$ où $\varepsilon'_X$ et $\varepsilon'_Y$ sont les contributions croisées (supposées négligeables ici). En les négligeant : $$ c_X = \frac{A_{280}}{\varepsilon_X}= \frac{0{,}68}{1{,}2\times10^{4}}=5{,}7\times10^{-5}\ \text{M} $$ $$ c_Y = \frac{A_{340}}{\varepsilon_Y}= \frac{0{,}45}{8{,}0\times10^{3}}=5{,}6\times10^{-5}\ \text{M} $$ Si l’on veut tenir compte d’une petite contribution croisée ($\varepsilon'_X=2{,}0\times10^{2}$, $\varepsilon'_Y=1{,}5\times10^{2}$), on résout le système linéaire par substitution ou matrice ; le résultat varie de moins de 2 %, montrant l’importance de vérifier la sélectivité des longueurs d’onde. --- ## II. Applications quantitatives de l’UV-Visible ### A. Dosage direct (méthode du point unique) Lorsque la loi de Beer est respectée et que l’espèce possède un pic d’absorption bien isolé, on peut déterminer sa concentration à partir d’une seule mesure d’absorbance, à condition de connaître $\varepsilon$. > **>** *Cette méthode est rapide mais exige une connaissance précise du coefficient d’absorbivité et une matrice sans interférents.* ### B. Méthode des étalonnages On prépare une série de solutions étalon de concentrations connues, on mesure leurs absorbances, puis on trace la droite d’étalonnage $A = \varepsilon l c + A_0$ (où $A_0$ corrige l’absorbance du blanc). La concentration de l’échantillon inconnu se lit sur l’axe des abscisses. > **>** *Le coefficient de détermination $R^2$ doit être > 0,998 pour considérer l’étalonnage linéaire fiable.* ### C. Correction de matrice (méthode des additions standards) Lorsque la matrice de l’échantillon provoque une interférence (absorption ou effet de masque), on ajoute des quantités connues de l’analyte à des aliquotes de l’échantillon. Le tracé de l’absorbance en fonction de la quantité ajoutée donne une droite dont l’ordonnée à l’origine correspond à la concentration native. > **>** *Cette méthode compense les effets de matrice sans nécessiter de séparation préalable.* ### D. Exemples entièrement résolus **Exemple 1 (étalonnage)** : On prépare cinq étalons de Fe²⁺ (0,0, 2,0, 4,0, 6,0, 8,0 µg L⁻¹) et on mesure leurs absorbances à 510 nm : 0,000, 0,112, 0,225, 0,337, 0,452. La régression linéaire donne $A = 0,0565\,c$ (c en µg L⁻¹) avec $R^2=0,9998$. Un échantillon d’eau de rivière donne $A=0,278$. $$ c = \frac{A}{0,0565}=4{,}92\ \mu\text{g L}^{-1} $$ **Exemple 2 (addition standard)** : Un extrait de plante montre une absorbance de 0,312 à 540 nm. On réalise trois additions : 0, 5, 10 µg L⁻¹ de quercétine (analyte) à 1 mL d’extrait, puis on dilue à 10 mL. Les absorbances mesurées sont respectivement 0,312, 0,425, 0,538. On trace $A$ vs $c_{ajouté}$ : pente = 0,0226 (L µg⁻¹), ordonnée à l’origine = 0,312. La droite d’étalonnage est $A = k\,c_{ajouté} + A_0$ avec $k = 0,0226\ \text{L µg}^{-1}$ et $A_0 = 0,312$. Comme $A = k\,(c_{\text{native}} + c_{ajouté})$ (où $c_{\text{native}}$ est la concentration de l’analyte dans le mélange final), l’ordonnée à l’origine vaut $A_0 = k\,c_{\text{native}}$. Donc $$ c_{\text{native}} = \frac{A_0}{k}= \frac{0,312}{0,0226}=13{,}8\ \mu\text{g L}^{-1} $$ Cette valeur correspond à la concentration de quercétine dans le mélange final (après dilution). Comme l’extrait initial (1 mL) a été porté à 10 mL, la concentration dans l’extrait non dilué est $$ c_{\text{extrait}} = c_{\text{native}}\times\frac{V_f}{V_s}=13{,}8\times\frac{10}{1}=138\ \mu\text{g L}^{-1} $$ En convertissant en mol L⁻¹ (masse molaire de la quercétine ≈ 302,24 g mol⁻¹) : $$ c_{\text{extrait}} = \frac{138\times10^{-6}\ \text{g L}^{-1}}{302,24\ \text{g mol}^{-1}} = 4,57\times10^{-7}\ \text{mol L}^{-1} $$ --- ## III. Spectroscopie infrarouge : vibrations moléculaires ### A. Base théorique Une molécule possède $3N-6$ modes de vibration fondamentaux (où $N$ est le nombre d’atomes) pour une molécule non linéaire. Une vibration est active en IR si elle entraîne un changement du moment dipolaire moléculaire. L’énergie d’un photon IR est donnée par $$ \tilde{\nu} = \frac{1}{\lambda} = \frac{E}{hc} $$ où $\tilde{\nu}$ est le nombre d’onde en cm⁻¹. > **>** *Le domaine utile de l’IR moyen se situe entre 4000 et 400 cm⁻¹.* ### B. Types de vibrations - **Étirements (stretching)** : variation de la longueur d’une liaison. - Symétrique : les deux atomes s’éloignent ou se rapprochent en phase. - Asymétrique : mouvement opposé. - **Déformations (bending)** : variation d’un angle de liaison. - En ciseau (scissoring), en balancement (rocking), en torsion (twisting), en agitation (wagging). Les fréquences caractéristiques dépendent de la force de liaison $k$ et des masses réduites $\mu$ : $$ \tilde{\nu} = \frac{1}{2\pi c}\sqrt{\frac{k}{\mu}} $$ > **>** *Une liaison plus forte (plus grande $k$) ou des atomes plus légers (plus petit $\mu$) se traduit par une absorption à plus haut nombre d’onde.* ### C. Interprétation du spectre IR On regarde d’abord la région des groupes fonctionnels (4000‑1500 cm⁻¹) puis l’empreinte digitale (1500‑400 cm⁻¹). Quelques valeurs de référence : | Groupe fonctionnel | Bande caractéristique (cm⁻¹) | |--------------------|------------------------------| | O–H (alcool, phénol) | 3200‑3600 (large) | | N–H (amine) | 3300‑3500 | | C–H (alcane) | 2850‑2960 | | C=O (cétone, aldehyde) | 1700‑1750 | | C=C (alkène) | 1620‑1680 | | C–O (alcool, éther) | 1050‑1150 | | C–Cl | 600‑800 | > **>** *La présence d’une bande large autour de 3400 cm⁻¹ indique généralement un groupe O–H impliqué dans des liaisons hydrogène.* ### D. Exemples entièrement résolus **Exemple 1 (identification simple)** : Un liquide inconnu montre une bande forte à 1715 cm⁻¹ et une bande large autour de 3400 cm⁻¹. Aucun pic dans la région 2200‑2260 cm⁻¹. On conclut à la présence d’un groupe carbonyl (C=O) d’acide carboxylique ou d’aldéhyde, accompagné d’un O–H. Comme il n’y a pas de bande C–H aldéhydique caractéristique autour de 2720 cm⁻¹, on identifie l’acide carboxylique. **Exemple 2 (analyse complexe)** : Un solide présente les bandes suivantes : 2950 (forte), 2870 (moyenne), 1730 (forte), 1240 (forte), 1050 (moyenne). L’interprétation : - 2950/2870 cm⁻¹ → C–H sp³ (alkyle). - 1730 cm⁻¹ → C=O d’ester ou d’acide carboxylique. - 1240 cm⁻¹ → C–O–C d’ester. - 1050 cm⁻¹ → C–O d’alcool ou d’éther. La combinaison 1730 + 1240 cm⁻¹ est typique d’un ester acetate. On propose donc l’acétate d’éthyle (CH₃COOCH₂CH₃) comme structure plausible. --- ## Synthèse du chapitre - **Loi de Lambert-Beer** : $A = \varepsilon c l$ ; valide pour solutions diluées, lumière monochromatique. - **Absorbance** : $A = -\log_{10}(I/I_0)$ ; adimensionnelle. - **Dosage UV‑Visible** : méthode du point unique, étalonnage, addition standard. - **Spectre IR** : régions 4000‑1500 cm⁻¹ (groupes fonctionnels) et 1500‑400 cm⁻¹ (empreinte digitale). - **Vibration active en IR** : nécessite un changement du moment dipolaire. - **Nombre d’onde** : $\tilde{\nu} = \frac{1}{2\pi c}\sqrt{\frac{k}{\mu}}$. - **Bandes caractéristiques** : O–H 3200‑3600, C=O 1700‑1750, C–H 2850‑2960, etc. --- ## Glossaire - **Absorbance (A)** : mesure logarithmique de l’atténuation de la lumière par un échantillon. - **Coefficient d’absorbivité molaire ($\varepsilon$)** : constante qui relie l’absorbance à la concentration et à la longueur de parcours (L mol⁻¹ cm⁻¹). - **Nombre d’onde ($\tilde{\nu}$)** : inverse de la longueur d’onde exprimé en cm⁻¹, unité courante en spectroscopie IR. - **Moment dipolaire** : vecteur mesurant la séparation de charge dans une molécule ; son variation rend une vibration IR active. - **Étirement (stretching)** : vibration modifiant la longueur d’une liaison. - **Déformation (bending)** : vibration modifiant un angle de liaison. - **Matrice** : tous les composants de l’échantillon sauf l’analyte, pouvant interférer avec la mesure. - **Addition standard** : méthode d’analyse où l’on ajoute des quantités connues d’analyte à l’échantillon pour compenser les effets de matrice. --- ## Exercices d'application corrigés ### Exercice 1 Une solution de permanganate de potassium (KMnO₄) présente $\varepsilon = 2{,}30\times10^{3}\ \text{L mol}^{-1}\text{cm}^{-1}$ à 525 nm. Dans une cuve de 1,00 cm, l’absorbance mesurée est 0,575. Calculer la concentration de KMnO₄ en mol L⁻¹. **Corrigé** : $$ c = \frac{A}{\varepsilon l}= \frac{0,575}{(2{,}30\times10^{3})(1,00)} = 2{,}50\times10^{-4}\ \text{mol L}^{-1} $$ ### Exercice 2 On prépare cinq étalons de nitrate (NO₃⁻) à 220 nm : 0, 2, 4, 6, 8 mg L⁻¹. Les absorbances correspondantes sont : 0,000, 0,112, 0,224, 0,336, 0,448. Déterminer l’équation de la droite d’étalonnage et la concentration d’un échantillon d’eau donnant $A=0,268$. **Corrigé** : La pente $k = \frac{0,448-0}{8-0}=0,056\ \text{L mg}^{-1}$. L’ordonnée à l’origine est nulle (blanc). Donc $A = 0,056\,c$. $$ c = \frac{0,268}{0,056}=4{,}79\ \text{mg L}^{-1} $$ ### Exercice 3 Un mélange contient de l’acétophénone ($\varepsilon_{240}=1{,}2\times10^{3}$) et du benzaldéhyde ($\varepsilon_{240}=8{,}0\times10^{2}$) ; les deux absorbent à 240 nm. Dans une cuve de 1 cm, l’absorbance mesurée est 0,480. Si la concentration de l’acétophénone est connue être $2{,}0\times10^{-4}\ \text{M}$, trouver celle du benzaldéhyde. **Corrigé** : Contribution de l’acétophénone : $A_{ac}= \varepsilon_{ac}c_{ac}l = (1{,}2\times10^{3})(2{,}0\times10^{-4})(1)=0,240$. La partie restante provient du benzaldéhyde : $A_{ald}=0,480-0,240=0,240$. $$ c_{ald}= \frac{A_{ald}}{\varepsilon_{ald}l}= \frac{0,240}{(8{,}0\times10^{2})(1)}=3{,}0\times10^{-4}\ \text{M} $$ ### Exercice 4 Un solide inconnu montre les bandes IR suivantes : 3300 (large), 2950, 2870, 1710, 1240, 1050 cm⁻¹. Proposer une structure plausible et justifier chaque bande. **Corrigé** : - 3300 cm⁻¹ large → O–H (alcool ou acide). - 2950/2870 cm⁻¹ → C–H sp³ (chaîne alkyle). - 1710 cm⁻¹ → C=O d’acide carboxylique ou d’ester. - 1240 cm⁻¹ → C–O–C d’ester (ou C–O d’acide). - 1050 cm⁻¹ → C–O d’alcool ou d’éther. La combinaison O–H large + C=O à 1710 + C–O–C à 1240 suggère un **acide hydroxy‑alkyle** tel que l’acide lactique (CH₃CH(OH)COOH). ### Exercice 5 Une solution de thiocyanate de potassium (KSCN) donne une absorbance de 0,312 à 460 nm dans une cuve de 1 cm. Le coefficient d’absorbivité à cette longueur d’onde est $\varepsilon = 1{,}04\times10^{3}\ \text{L mol}^{-1}\text{cm}^{-1}$. On ajoute successivement 0, 5, 10, 15 µg L⁻¹ de SCN⁻ à des aliquotes identiques de la solution inconnue, puis on dilue à 10 mL. Les absorbances mesurées sont respectivement : 0,312, 0,378, 0,444, 0,510. Déterminer la concentration initiale de SCN⁻ dans l’échantillon inconnu. **Corrigé** : On trace $A$ vs $c_{ajouté}$ (en µg L⁻¹). Les points donnent une droite linéaire. Pente $k = \frac{0,510-0,312}{15-0}= \frac{0,198}{15}=0,0132\ \text{L µg}^{-1}$. Ordonnée à l’origine $A_0 = 0,312$ (absorbance de l’échantillon sans ajout). Comme $A = k\,(c_{\text{native}} + c_{ajouté})$ où $c_{\text{native}}$ est la concentration de SCN⁻ dans le mélange final, l’ordonnée à l’origine vaut $A_0 = k\,c_{\text{native}}$. Donc $$ c_{\text{native}} = \frac{A_0}{k}= \frac{0,312}{0,0132}=23{,}6\ \mu\text{g L}^{-1} $$ Cette valeur correspond à la concentration dans le mélange final (après dilution à 10 mL). En supposant que l’aliquot de solution inconnue prélevé était de 1 mL, le facteur de dilution est $V_f/V_s = 10/1 = 10$. Ainsi la concentration dans l’échantillon non dilué est $$ c_0 = c_{\text{native}}\times\frac{V_f}{V_s}=23{,}6\times10 = 236\ \mu\text{g L}^{-1} $$ Conversion en mol L⁻¹ (masse molaire SCN⁻ = 58,08 g mol⁻¹) : $$ c_0 = \frac{236\times10^{-6}\ \text{g L}^{-1}}{58{,}08\ \text{g mol}^{-1}} = 4{,}06\times10^{-6}\ \text{mol L}^{-1} $$ ### Exercice 6 (challenge) Un composé organique présente les bandes IR suivantes : 3060 (faible), 2950, 2870, 1650 (moyenne), 1600 (faible), 1500 (faible), 1250 (forte), 1050 (moyenne). Identifier les groupes fonctionnels probables et proposer une classe de composés. **Corrigé** : - 3060 cm⁻¹ faible → C–H aromatique (sp²). - 2950/2870 cm⁻¹ → C–H alkyle. - 1650 cm⁻¹ moyenne → C=C conjugué ou C=O d’amide (mais absence de bande N–H autour de 3300). - 1600, 1500 cm⁻¹ faibles → vibrations du squelette aromatique. - 1250 cm⁻¹ forte → C–O d’éther ou d’ester. - 1050 cm⁻¹ moyenne → C–O d’alcool ou d’éther. L’ensemble suggère un **phénol éthéré** (ex. : éthoxyphénol) ou un **anisol dérivé** (méthoxybenzène) avec une chaîne alkyle. --- ## Erreurs fréquentes 1. **Confondre absorbance et transmittance** : certains élèves utilisent $T = I/I_0$ directement dans la loi de Beer. Rappeler que $A = -\log_{10}T$. 2. **Oublier l’unité de longueur de parcours** : la loi de Beer nécessite $l$ en cm ; utiliser des mm sans conversion introduit une erreur de facteur 10. 3. **Negliger l’effet de matrice** : appliquer la loi de Beer directement à un échantillon complexe sans vérification entraîne des biais systématiques. Toujours tester la linéarité avec des étalons dans la même matrice ou utiliser la méthode des additions standards. 4. **Attribuer une bande IR à un mauvais groupe** : par exemple, prendre une bande à 1700 cm⁻ille pour un C=C alors qu’elle est caractéristique d’un C=O. Vérifier toujours la région environnante et la présence d’autres bandes corroborantes. 5. **Utiliser une mauvaise unité de concentration** : mélanger mg L⁻¹ et mol L⁻¹ dans les calculs d’absorbance sans conversion conduit à des résultats erronés. Toujours convertir en mol L⁻¹ avant d’appliquer $\varepsilon$. 6. **Lire la mauvaise région du spectre IR** : chercher des groupes fonctionnels dans l’empreinte digitale (1500‑400 cm⁻¹) alors qu’ils se situent principalement dans la région 4000‑1500 cm⁻¹. Commencer l’interprétation par la région des groupes fonctionnels. --- *Fin du cours.*