Corrections 759
3. La masse molaire de l’acide éthanoïque est M = 60 g · mol
−1 . Pour 100 g de vinaigre (environ 100 mL),
on a donc une masse m = 0,128 × 60 = 7,7 g d’acide acétique, soit une proportion massique de 7,7%.
4. Dans le vinaigre pH = 2,6, valeur inférieure à pKa − 2. On a donc une très large prédominance de la
forme acide : [CH 3 CO 2 H] = c
1 = 1,28 mol · L
−1 . Par ailleurs, la condition d’équilibre de la réaction
CH 3 COOH(aq) + H 2 O(l) = CH 3 COO
– (aq) + H 3 O
+ (aq) s’écrit
[CH 3 CO
–
3 ][H 3 O
+
]
[CH 3 CO 2 H]
= Ka d’où l’on
déduit [CH 3 CO
–
2 ] = 10
−4,75+2,6 c
1 = 9,1 · 10
−3 mol · L
−1 .
Exercice 28.5
1. CH 3 CO 2 H(aq) + H 2 O(l) = CH 3 CO
–
2 (aq) + H 3 O
+ (aq).
Constante d’équilibre K1 =
[CH 3 CO
–
2 ][H 3 O
+ ]
[CH 3 CO 2 H]
= Ka = 10
−4,75 .
2. CH 3 CO
–
2 (aq) + H 2 O(l) = CH 3 CO 2 H(aq) + OH
– (aq).
Constante d’équilibre K2 =
[CH 3 CO 2 H][OH
– ]
[CH 3 CO
–
2 ]
=
[CH 3 CO 2 H]K e
[CH 3 CO
–
2 ][H 3 O
+ ]
=
Ke
Ka
= 10
−9,25 .
3. La réaction de dissociation de CH 3 CO 2 H est très peu avancée car K1 1. On a donc [CH 3 CO 2 H] ca.
La réaction de protonation de [CH 3 CO
–
2 ] est très peu avancée car K2 1 donc [CH 3 CO
–
2 ] c b . On
a donc
c b [H 3 O
+ ]
ca
= Ka et donc pH = pKa = 4,75. Le point A représentatif de la solution est à
l’intersection des deux courbes puisque [CH 3 CO 2 H] = [CH 3 CO
–
2 ].
4. a. CH 3 CO 2 H(aq) + OH
– (aq)
CH 3 CO
–
2 (aq) + H 2 O(l).
Constante d’équilibre K3 =
[CH 3 CO
–
2 ]
[CH 3 CO 2 H][OH
– ]
=
[CH 3 CO
–
2 ][H 3 O
+ ]
[CH 3 CO 2 H]K e
=
Ka
Ke
= 10
9,25 .
b. Par litre de solution, on a ajouté 1,0 · 10
−2 mol de OH
– , qui réagit complètement avec 1,0 · 10
−2 mol
de CH 3 CO 2 H puisque K3 1. On a donc à l’équilibre [CH 3 CO 2 H] = 0,100−0,010 = 0,090 mol·L
−1
et [CH 3 CO
–
2 ] = 0,100 + 0,010 = 0,110 mol · L
−1 .
D’où [H 3 O
+ ] =
Ka[CH 3 CO 2 H]
[CH 3 CO
–
2 ]
= 1,45 · 10
−5 mol · L
−1 et donc pH = 4,84.
Les points B et B
représentatifs de la solution après ajout de NaOH sont placés en reportant les
nouvelles concentrations.
5. Les concentrations c
a et c
b se lisent sur le diagramme de distribution pour pH = 4,0. Les points
C et C
représentent cette solution. Si l’on ajoute
1,0 · 10
−2 mol de Na
+ ,OH
– par litre de solution,
les concentrations sont données par les points D
et D
construits en retranchant 0,010 à la concentration de CH 2 CO 2 H et en ajoutant 0,010 à la
concentration de CH 2 CO
–
2 . La variation de pH
qui en résulte est légèrement plus grande que pour
la solution tampon de pH = 4,75, car la pente des
courbes de concentration est un peu moins grande
à cet endroit.
2
3
4
5
6
7
8
pH
0.000
0.025
0.050
0.075
0.100
0.125
0.150
0.175
0.200
c (mol
· L
−1
)
A
B
B
C
C
D
D
CH3CO2H
CH3CO
−
2
Exercice 28.6
1. Pour HNO 3 et HCl on a : HNO 3 + H 2 O
NO
–
3 + H 3 O
+ et HCl + H 2 O
Cl
– + H 3 O
+ .
Si pH > 4,0 alors pH > pKa +2 = 1, 9+2. Dans ce cas SO
2–
4 est largement prépondérant devant HSO
–
4 ,
donc H 2 SO 4 est entièrement dissocié. On peut donc écrire : H 2 SO 4 + 2 H 2 O
SO
2–
4 + 2 H 3 O
+ . La
concentration des ions H 3 O
+ libérés est [H 3 O
+ ] = (2,0 + 2 × 1,5 + 0,5) · 10
−5 = 5,5 · 10
−5 mol · L
−1 . Le
pH en l’absence d’ammoniac serait donc pH = − log [H 3 O
+ ] = 4,3.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
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3. La masse molaire de l’acide éthanoïque est M = 60 g · mol
−1 . Pour 100 g de vinaigre (environ 100 mL),
on a donc une masse m = 0,128 × 60 = 7,7 g d’acide acétique, soit une proportion massique de 7,7%.
4. Dans le vinaigre pH = 2,6, valeur inférieure à pKa − 2. On a donc une très large prédominance de la
forme acide : [CH 3 CO 2 H] = c
1 = 1,28 mol · L
−1 . Par ailleurs, la condition d’équilibre de la réaction
CH 3 COOH(aq) + H 2 O(l) = CH 3 COO
– (aq) + H 3 O
+ (aq) s’écrit
[CH 3 CO
–
3 ][H 3 O
+
]
[CH 3 CO 2 H]
= Ka d’où l’on
déduit [CH 3 CO
–
2 ] = 10
−4,75+2,6 c
1 = 9,1 · 10
−3 mol · L
−1 .
Exercice 28.5
1. CH 3 CO 2 H(aq) + H 2 O(l) = CH 3 CO
–
2 (aq) + H 3 O
+ (aq).
Constante d’équilibre K1 =
[CH 3 CO
–
2 ][H 3 O
+ ]
[CH 3 CO 2 H]
= Ka = 10
−4,75 .
2. CH 3 CO
–
2 (aq) + H 2 O(l) = CH 3 CO 2 H(aq) + OH
– (aq).
Constante d’équilibre K2 =
[CH 3 CO 2 H][OH
– ]
[CH 3 CO
–
2 ]
=
[CH 3 CO 2 H]K e
[CH 3 CO
–
2 ][H 3 O
+ ]
=
Ke
Ka
= 10
−9,25 .
3. La réaction de dissociation de CH 3 CO 2 H est très peu avancée car K1 1. On a donc [CH 3 CO 2 H] ca.
La réaction de protonation de [CH 3 CO
–
2 ] est très peu avancée car K2 1 donc [CH 3 CO
–
2 ] c b . On
a donc
c b [H 3 O
+ ]
ca
= Ka et donc pH = pKa = 4,75. Le point A représentatif de la solution est à
l’intersection des deux courbes puisque [CH 3 CO 2 H] = [CH 3 CO
–
2 ].
4. a. CH 3 CO 2 H(aq) + OH
– (aq)
CH 3 CO
–
2 (aq) + H 2 O(l).
Constante d’équilibre K3 =
[CH 3 CO
–
2 ]
[CH 3 CO 2 H][OH
– ]
=
[CH 3 CO
–
2 ][H 3 O
+ ]
[CH 3 CO 2 H]K e
=
Ka
Ke
= 10
9,25 .
b. Par litre de solution, on a ajouté 1,0 · 10
−2 mol de OH
– , qui réagit complètement avec 1,0 · 10
−2 mol
de CH 3 CO 2 H puisque K3 1. On a donc à l’équilibre [CH 3 CO 2 H] = 0,100−0,010 = 0,090 mol·L
−1
et [CH 3 CO
–
2 ] = 0,100 + 0,010 = 0,110 mol · L
−1 .
D’où [H 3 O
+ ] =
Ka[CH 3 CO 2 H]
[CH 3 CO
–
2 ]
= 1,45 · 10
−5 mol · L
−1 et donc pH = 4,84.
Les points B et B
représentatifs de la solution après ajout de NaOH sont placés en reportant les
nouvelles concentrations.
5. Les concentrations c
a et c
b se lisent sur le diagramme de distribution pour pH = 4,0. Les points
C et C
représentent cette solution. Si l’on ajoute
1,0 · 10
−2 mol de Na
+ ,OH
– par litre de solution,
les concentrations sont données par les points D
et D
construits en retranchant 0,010 à la concentration de CH 2 CO 2 H et en ajoutant 0,010 à la
concentration de CH 2 CO
–
2 . La variation de pH
qui en résulte est légèrement plus grande que pour
la solution tampon de pH = 4,75, car la pente des
courbes de concentration est un peu moins grande
à cet endroit.
2
3
4
5
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7
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pH
0.000
0.025
0.050
0.075
0.100
0.125
0.150
0.175
0.200
c (mol
· L
−1
)
A
B
B
C
C
D
D
CH3CO2H
CH3CO
−
2
Exercice 28.6
1. Pour HNO 3 et HCl on a : HNO 3 + H 2 O
NO
–
3 + H 3 O
+ et HCl + H 2 O
Cl
– + H 3 O
+ .
Si pH > 4,0 alors pH > pKa +2 = 1, 9+2. Dans ce cas SO
2–
4 est largement prépondérant devant HSO
–
4 ,
donc H 2 SO 4 est entièrement dissocié. On peut donc écrire : H 2 SO 4 + 2 H 2 O
SO
2–
4 + 2 H 3 O
+ . La
concentration des ions H 3 O
+ libérés est [H 3 O
+ ] = (2,0 + 2 × 1,5 + 0,5) · 10
−5 = 5,5 · 10
−5 mol · L
−1 . Le
pH en l’absence d’ammoniac serait donc pH = − log [H 3 O
+ ] = 4,3.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
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