• Étape n°1 : transformation des réactifs (le rouge de phénol réagit avec le dibrome).
• Étape n°2 : séparation (on élimine le solvant, on filtre et on sèche le solide).
• Étapes n°3 et n°4 : analyse du produit brut (chromatographie, puis spectres d'absorption).

Le dépôt c (produit brut) ne donne aucune tache à la hauteur de celle du rouge de phénol (dépôt a) : ce réactif a disparu. Il donne en revanche une tache haute, absente des dépôts a et b : une espèce nouvelle s'est formée. Une transformation chimique a donc eu lieu.

Le dépôt c présente deux taches : le produit brut contient deux espèces. La tache basse est à la même hauteur que celle du dépôt b : il reste du perbromure de pyridinium.

Le spectre du produit brut a la même allure que celui du BBP de référence, avec un maximum d'absorbance à la même longueur d'onde, ${\lambda }_{max}\approx 590$ nm. Or la longueur d'onde du maximum d'absorption caractérise une espèce.

Le produit est un solide : on peut mesurer sa température de fusion (sur un banc Kofler) et la comparer à la valeur tabulée du BBP, ${\theta }_{fusion}=273$ °C.

$K_A$ est la constante d'équilibre de la réaction de l'acide avec l'eau : $\mathrm{BH}{}_2(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\rightleftharpoons \mathrm{BH}{}^{-}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}(\mathrm{aq})$.

Par définition, $p{K}_A=-\log K_A$ et $pH=-\log \left(\frac{[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}]}{c°}\right)$.

$$p{K}_A=-\log \left(\frac{[\mathrm{BH}{}^{-}]}{[\mathrm{BH}{}_2]}\times \frac{[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}]}{c°}\right)$$

$$p{K}_A=-\log \left(\frac{[\mathrm{BH}{}^{-}]}{[\mathrm{BH}{}_2]}\right)-\log \left(\frac{[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}]}{c°}\right)=-\log \left(\frac{[\mathrm{BH}{}^{-}]}{[\mathrm{BH}{}_2]}\right)+pH$$

À l'équivalence, le pH varie le plus brutalement : la dérivée $\frac{\mathrm{d}pH}{\mathrm{d}V}$ passe par son maximum. On relève l'abscisse du sommet du pic de la courbe dérivée.

Soit $n_0$ la quantité initiale de $\mathrm{BH}{}_2$. À l'équivalence, $n(\mathrm{OH}{}^{-}{)}_{\text{verseˊ}}=n_0$ ; pour $V=\frac{V_E}{2}$, on a donc versé $\frac{n_0}{2}$ d'ions $\mathrm{OH}{}^{-}$, réactif limitant entièrement consommé.

D'après l'équation du titrage, une mole de $\mathrm{OH}{}^{-}$ consomme une mole de $\mathrm{BH}{}_2$ et forme une mole de $\mathrm{BH}{}^{-}$ :

$n(\mathrm{BH}{}_2{)}_{\text{restant}}=n_0-\frac{n_0}{2}=\frac{n_0}{2}$ et $n(\mathrm{BH}{}^{-}{)}_{\text{formeˊ}}=\frac{n_0}{2}$.

Les deux espèces sont dans le même volume de solution.

À la demi-équivalence, $\frac{[\mathrm{BH}{}^{-}]}{[\mathrm{BH}{}_2]}=1$ et $\log 1=0$, donc $pH=p{K}_A$.

On lit le pH sur la courbe de titrage pour $V=\frac{V_E}{2}=\frac{14,8}{2}=7,4$ mL : $pH=3,9$.

On calcule le quotient donné par l'énoncé :

$$\frac{|p{K}_A-p{K}_{A,\text{ref}}|}{u(p{K}_A)}=\frac{|3,9-4,1|}{0,3}=0,7$$

Ce quotient est inférieur à 2 : l'écart entre la mesure et la valeur tabulée est plus petit que l'incertitude-type.

Sur la figure 2, l'absorbance est maximale pour ${\lambda }_{max}\approx 435$ nm. D'après le cercle chromatique, cette radiation (entre 400 et 450 nm) est violette.

La solution a la couleur complémentaire de celle qu'elle absorbe le plus, c'est-à-dire la couleur diamétralement opposée sur le cercle chromatique : le jaune.

Concentration de la solution commerciale. Un litre de solution a pour masse $d\times {\rho }_{eau}\times 1\text{L}$ et contient une masse $t_m\times d\times {\rho }_{eau}\times 1\text{L}$ de chlorure d'hydrogène, d'où :

$$C_{com}=\frac{t_m\times d\times {\rho }_{eau}}{M}=\frac{0,37\times 1,18\times 1,0\times 10^3}{36,5}=12\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Concentration de la solution à préparer. L'acide chlorhydrique est un acide fort : $C_f=[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}]=c°\times 10^{-pH}=1,0\times 10^{-2}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$.

Volume à prélever. La quantité de soluté se conserve lors d'une dilution : $C_{com}\times V_{com}=C_f\times V$.

$$V_{com}=\frac{C_f\times V}{C_{com}}=\frac{1,0\times 10^{-2}\times 200,0}{12}=0,17\text{mL}$$

Ce volume est inférieur à celui de la plus petite pipette jaugée disponible (1,0 mL).

« Méthanamine » : la chaîne principale porte un seul atome de carbone lié à l'atome d'azote. « N,N-diméthyl » : l'azote porte en plus deux groupes méthyle. La molécule est donc $(\mathrm{CH}{}_3){}_3\mathrm{N}$ : un atome d'azote lié à trois groupes $\mathrm{CH}{}_3$.

La pastille jaune contient la forme acide $\mathrm{BH}{}_2$. L'amine $\mathrm{R}{}_3\mathrm{N}$ est une base : elle capte l'ion $\mathrm{H}{}^{+}$ cédé par $\mathrm{BH}{}_2$, qui devient $\mathrm{BH}{}^{-}$, de couleur bleue.

L'ion $\mathrm{BH}{}^{-}$ est la base du couple $\mathrm{BH}{}_2/\mathrm{BH}{}^{-}$ : il peut capter un ion $\mathrm{H}{}^{+}$. Il est aussi l'acide du couple $\mathrm{BH}{}^{-}/\mathrm{B}{}^{2-}$ : il cède un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ à l'ion hydroxyde dans la réaction de décoloration.

Temps de demi-réaction. Il s'agit de la durée nécessaire pour que l'avancement soit égal à la moitié de l'avancement final. La transformation est totale et $\mathrm{OH}{}^{-}$ est en excès : à $t_{1/2}$, la concentration de $\mathrm{BH}{}^{-}$ est la moitié de sa valeur initiale.

Sur la figure 4, $[\mathrm{BH}{}^{-}{]}_0=5,6\text{µmol}\cdot {\text{L}}^{-1}$, donc $[\mathrm{BH}{}^{-}](t_{1/2})=\frac{5,6}{2}=2,8\text{µmol}\cdot {\text{L}}^{-1}$. On lit $t_{1/2}\approx 760$ s, soit environ 13 min.

Évolution de la couleur. Poisson frais : la pastille contient $\mathrm{BH}{}_2$, elle est jaune. Quand le poisson se dégrade, en plusieurs jours, l'amine transforme $\mathrm{BH}{}_2$ en $\mathrm{BH}{}^{-}$ : la pastille devient bleue. Mais si le milieu devient très basique, $\mathrm{BH}{}^{-}$ est à son tour consommé, et sa concentration est divisée par deux toutes les 13 minutes environ : la teinte bleue s'efface en une heure à peu près.

Conclusion. La décoloration est très rapide devant la durée de dégradation du poisson : le signal bleu disparaît et le client ne voit plus l'avertissement.