760 Chapitre 28
Réactions acido-basiques
2. L’ion H 3 O
+ est un acide fort réagissant avec la base faible NH 3 : H 3 O
+ + NH 3
H 2 O + NH
+
4 . La
constante d’équilibre de cette réaction est K = 1/Ka = 10
pKa = 10
9,25 . La réaction est donc totale.
3. Pour la réaction précédente, NH 3 est le réactif limitant et H 3 O
+ est en excès. On a donc à l’équilibre :
[H 3 O
+ ] = (5,5 − 2,0) · 10
−5 = 3,5 · 10
−5 mol · L
−1 et pH = 4,5. La concentration en ions ammonium
formés est : [NH
+
4 ] = 2,0 · 10
−5 mol · L
−1 .
4. On écrit la condition d’équilibre :
[NH
+
4 ]
[NH 3 ][H 3 O
+ ]
= K d’où l’on déduit [NH 3 ] = 3,6 · 10
−10 mol · L
−1 .
Exercice 28.7
1. CH 3 CO 2 H + H 2 O = CH 3 CO
–
2 + H 3 O
+ . K1 = 10
−4,75 = 1,78 · 10
−5 .
ClCH 2 CO 2 H + H 2 O = ClCH 2 CO
–
2 + H 3 O
+ . K2 = 10
−2,86 = 1,38 · 10
−3 .
Cl 2 CHCO 2 H + H 2 O = Cl 2 CHCO
–
2 + H 3 O
+ . K3 = 10
−1,30 = 5,01 · 10
−2 .
2. La concentration d’acide introduit initialement est c = 0,010 mol · L
−1 , soit − log(c) = −2,0. On lit sur
le diagramme de Flood pH 1 = 3,4, pH 2 = 2,5 et pH 3 = 2,1.
Pour un couple acide/base AH/A
– , on écrit la condition d’équilibre de la réaction avec l’eau et la
conservation de A :
[A
– ][H 3 O
+ ]
[AH]
= Ka et [AH] + [A
– ] = c
La proportion d’acide dissocié est α = [A
– ]/c. Avec les deux équations précédentes on obtient :
cα[H 3 O
+ ]
c − cα
= Ka d’où l’on déduit α =
Ka
10 −pH + Ka
.
Pour chacune des trois solutions : α1 = 0,043, α2 = 0,30 et α3 = 0,86.
3. La condition d’équilibre s’écrit
[A
–
]
[AH]
= 10
−pKa+pH . La condition [A
– ] <
1
10
[AH] est vérifiée lorsque
pH < pKa − 1. Pour l’acide CH 3 CO 2 H la condition est pH < 3,75, soit − log(c) < 2,6.
Dans ce cas, on peut faire l’approximation [AH] c. On suppose de plus que pratiquement tous les
ions H 3 O
+ proviennent de la réaction AH + H 2 O = A
– + H 3 O
+ , ce qui implique [A
– ] = [H 3 O
+ ].
La condition d’équilibre s’écrit alors
[H 3 O
+ ]
2
c
= Ka d’où l’on déduit pH
1
2
(pKa − log(c)). Pour la
solution S1, cette expression donne pH
1
2
(4,75 + 2,0) 3,4, ce qui est identique à la valeur lue sur
le diagramme, au dixième de pH près.
Exercice 28.8
1. La solution d’acide chlorhydrique contient des ions H 3 O
+ à une concentration c = 0,10 mol·L
−1 . Jusqu’à
environ v = 12,5 mL, l’ammoniac ne réagit pratiquement pas. C’est donc OH
– qui réagit en premier :
OH
– (aq) + H 3 O
+ (aq)
2 H 2 O(l) avec une constante d’équilibre : K =
1
[OH
– ][H 3 O
+ ]
=
1
Ke
= 10
14,0 .
2. Lorsque la quantité de OH
– devient très faible par rapport à la quantité initiale, les ions H 3 O
+ ajoutés
réagissent avec l’ammoniac : NH 3 (aq) + H 3 O
+ (aq)
NH
+
4 (aq) + H 2 O(l). La constante d’équilibre
de cette réaction est K =
[NH
+
4 ]
[H 3 O
+ ][NH 3 ]
=
1
Ka
= 10
9,25 .
3. À l’équivalence pH e 6 et pH e < pKa − 2 = 7, 25 correspond à la conversion complète de NH 3 en
NH
+
4 . Le volume veq correspond donc à la conversion complète de OH
– et de NH 3 . La quantité de
H 3 O
+ versée à l’équivalence est n = cveq = 1,33 · 10
−3 mol · L
−1 . Le nombre de moles de base dans le
volume v1 = 10 mL est aussi n, puisqu’une mole de H 3 O
+ réagit avec une mole de base (NH 3 ou OH
–
).
Ce volume représente un dixième de la solution diluée initiale, qui contient donc 10n = 0,013 mol de
base, qui est aussi la quantité de base dans la masse m = 5,0 g de liquide prélevé.
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Réactions acido-basiques
2. L’ion H 3 O
+ est un acide fort réagissant avec la base faible NH 3 : H 3 O
+ + NH 3
H 2 O + NH
+
4 . La
constante d’équilibre de cette réaction est K = 1/Ka = 10
pKa = 10
9,25 . La réaction est donc totale.
3. Pour la réaction précédente, NH 3 est le réactif limitant et H 3 O
+ est en excès. On a donc à l’équilibre :
[H 3 O
+ ] = (5,5 − 2,0) · 10
−5 = 3,5 · 10
−5 mol · L
−1 et pH = 4,5. La concentration en ions ammonium
formés est : [NH
+
4 ] = 2,0 · 10
−5 mol · L
−1 .
4. On écrit la condition d’équilibre :
[NH
+
4 ]
[NH 3 ][H 3 O
+ ]
= K d’où l’on déduit [NH 3 ] = 3,6 · 10
−10 mol · L
−1 .
Exercice 28.7
1. CH 3 CO 2 H + H 2 O = CH 3 CO
–
2 + H 3 O
+ . K1 = 10
−4,75 = 1,78 · 10
−5 .
ClCH 2 CO 2 H + H 2 O = ClCH 2 CO
–
2 + H 3 O
+ . K2 = 10
−2,86 = 1,38 · 10
−3 .
Cl 2 CHCO 2 H + H 2 O = Cl 2 CHCO
–
2 + H 3 O
+ . K3 = 10
−1,30 = 5,01 · 10
−2 .
2. La concentration d’acide introduit initialement est c = 0,010 mol · L
−1 , soit − log(c) = −2,0. On lit sur
le diagramme de Flood pH 1 = 3,4, pH 2 = 2,5 et pH 3 = 2,1.
Pour un couple acide/base AH/A
– , on écrit la condition d’équilibre de la réaction avec l’eau et la
conservation de A :
[A
– ][H 3 O
+ ]
[AH]
= Ka et [AH] + [A
– ] = c
La proportion d’acide dissocié est α = [A
– ]/c. Avec les deux équations précédentes on obtient :
cα[H 3 O
+ ]
c − cα
= Ka d’où l’on déduit α =
Ka
10 −pH + Ka
.
Pour chacune des trois solutions : α1 = 0,043, α2 = 0,30 et α3 = 0,86.
3. La condition d’équilibre s’écrit
[A
–
]
[AH]
= 10
−pKa+pH . La condition [A
– ] <
1
10
[AH] est vérifiée lorsque
pH < pKa − 1. Pour l’acide CH 3 CO 2 H la condition est pH < 3,75, soit − log(c) < 2,6.
Dans ce cas, on peut faire l’approximation [AH] c. On suppose de plus que pratiquement tous les
ions H 3 O
+ proviennent de la réaction AH + H 2 O = A
– + H 3 O
+ , ce qui implique [A
– ] = [H 3 O
+ ].
La condition d’équilibre s’écrit alors
[H 3 O
+ ]
2
c
= Ka d’où l’on déduit pH
1
2
(pKa − log(c)). Pour la
solution S1, cette expression donne pH
1
2
(4,75 + 2,0) 3,4, ce qui est identique à la valeur lue sur
le diagramme, au dixième de pH près.
Exercice 28.8
1. La solution d’acide chlorhydrique contient des ions H 3 O
+ à une concentration c = 0,10 mol·L
−1 . Jusqu’à
environ v = 12,5 mL, l’ammoniac ne réagit pratiquement pas. C’est donc OH
– qui réagit en premier :
OH
– (aq) + H 3 O
+ (aq)
2 H 2 O(l) avec une constante d’équilibre : K =
1
[OH
– ][H 3 O
+ ]
=
1
Ke
= 10
14,0 .
2. Lorsque la quantité de OH
– devient très faible par rapport à la quantité initiale, les ions H 3 O
+ ajoutés
réagissent avec l’ammoniac : NH 3 (aq) + H 3 O
+ (aq)
NH
+
4 (aq) + H 2 O(l). La constante d’équilibre
de cette réaction est K =
[NH
+
4 ]
[H 3 O
+ ][NH 3 ]
=
1
Ka
= 10
9,25 .
3. À l’équivalence pH e 6 et pH e < pKa − 2 = 7, 25 correspond à la conversion complète de NH 3 en
NH
+
4 . Le volume veq correspond donc à la conversion complète de OH
– et de NH 3 . La quantité de
H 3 O
+ versée à l’équivalence est n = cveq = 1,33 · 10
−3 mol · L
−1 . Le nombre de moles de base dans le
volume v1 = 10 mL est aussi n, puisqu’une mole de H 3 O
+ réagit avec une mole de base (NH 3 ou OH
–
).
Ce volume représente un dixième de la solution diluée initiale, qui contient donc 10n = 0,013 mol de
base, qui est aussi la quantité de base dans la masse m = 5,0 g de liquide prélevé.
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