Chapitre 7 • pH des solutions d'acides ou de bases. Tampons. Dosages pH-métriques
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(ii) Position de l’équilibre 5 :
Les ions H 3 O
+ libérés à la concentration 6,76.10
–4 mol.L
–1 par la première acidité font rétrograder
la seconde dissociation. Pour contrôler que l’équilibre 5 est très peu déplacé dans le sens 1, calculons :
Cette faible valeur confirme que le second équilibre de dissociation est négligeable.
Bases
f) KOH : potasse ; base forte d’Arrhenius.
Dissolution de la potasse et autoprotolyse de l’eau.
KOH (s)
K
+ (aq) + OH
– (aq)
H 2 O + H 2 O
H 3 O + + OH –
☛ (i) c = 10
–2 mol.L
–1
pH = –log [H 3 O
+ ] = –log K e /[OH
– ] = –log 10
–14 /c = 14 + log 10
–2
☛ (ii) c = 2.10
–7 mol.L
–1
L’autoprotolyse ne doit plus être négligée ; elle génère :
[OH – ] auto = [H 3 O + ] auto = [H 3 O + ], car [H 3 O + ] ne provient que de l’autoprotolyse.
[OH
– ] = [OH – ] auto + [OH – ] base = [H 3 O + ] + c
K e = [H 3 O
+ ] × [OH
– ] = [H 3 O
+
] × {[H 3 O
+ ] + c}
Donc [H 3 O + ] est racine de : [H 3 O + ] 2 + c [H 3 O + ] – K e = 0
[H 3 O + ] 2 + 2.10 –7 [H 3 O + ] – 10 –14 = 0
[H 3 O
+ ] = 4,15.10
–8 mol.L
–1
soit :
g) (C 2 H 5 ) 2 NH : diéthylamine ; base faible.
pK A ((C 2 H 5 ) 2 NH 2
+ /(C 2 H 5 ) 2 NH) = 10,9 (K A = 1,26.10 –11 ).
Équilibres en solution.
(C 2 H 5 ) 2 NH + H 2 O
OH
– + (C 2 H 5 ) 2 NH 2
+
(équilibre 6)
(H 2 O + H 2 O
H 3 O + + OH – )
☛ (i) c = 0,2 mol.L
–1
Position de l’équilibre 6 ?
pK A – log c = 10,9 – log 0,2 = 11,6
[
− OOC - CH 2 - COO
− ]
[HOOC - CH 2 - COO
− ]
= 10
pH−pK A2 = 10
3,2−5,7
= 10
−2,5
≈ 3.10
−3
H 2 O
pH = 12
pH = 7,4
1
2