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Université Chouaïb Doukkali Année universitaire : 2019/2020 Faculté des Science

Université Chouaïb Doukkali Année universitaire : 2019/2020 Faculté des Sciences d’El Jadida Filière SMPC2 Département de Chimie 1/7 *************************************************************************** Corrigé- Série 2- Travaux dirigés de Chimie des Solutions Aqueuses *************************************************************************** Exercice 1 : (1) Calculer le pH des solutions suivantes : (a) Acide chlorhydrique HCl de concentration 10-2 M (pKa = -3,7). (b) 10 mL de HCl 10-5 M + 990 mL d’eau (pKa = -3,7). (c) Soude NaOH de concentration 10-2 M (pKa > 14). (d) NH4Cl 0,2 M pKa (NH4 +/NH3) = 9,25. (e) HCOONa de concentration 0,1 M (pKa = 3,8). (f) NaHCO3 0,2 M (H2CO3: pKa2 = 6,4, pKa1 = 10,3). Corrigé : (a) HCl est un acide fort (pKa < 0) Ca = 0,01 M : La solution est suffisamment concentrée pour qu’on puisse négliger les protons apportés par l’eau et appliquer la formule d’un acide fort : pH = - log Ca = -log(0,01) = 2 La relation pH = -log C est valable tant que le pH trouvé est inférieur ou égal à 6,5 ou Ca ≥ 10-6,5, et c’est le cas ici. (b) Ca = 10-5 x 10 / (990 + 10) = 10-7 M Ca = 10-7 M : La solution étant très diluée, il faut tenir compte des protons apportés par l’eau. En effet : [H3O+]sol = [H3O+]HCl + [H3O+]eau La dissociation de l’acide est totale: HCl + H2O  H3O+ + Cl- Donc : [H3O+]HCl = [Cl-] = Ca (Equation 1) Produit ionique de l’eau: [H3O+].[OH-] = Ke = 10-14 (Equation 2) Electroneutralité: [H3O+] = [OH-] + [Cl-] = [OH-] + Ca (Equation 3) En combinant (2) et (3): [H3O+] = (Ke/[H3O+]) + Ca [H3O+]2 – Ca.[H3O+] – Ke = 0 [H3O+] = 1,62 10-7M et pH = 6,8 (c) Soude NaOH de concentration 10-2 M (pKa > 14) NaOH base forte Cb = 10-2 M, la solution est suffisamment concentrée pour appliquer la formule d’une base forte. En négligeant les OH- apportés par l’eau : pH = 14 + log Cb = 14 + log(0,01) = 12 (d) NH4Cl  NH4 + + Cl- Dans ce cas seul l’acide NH4 + impose le pH et puisque NH4 + est un acide faible, 2/7 (e) HCOONa  HCOO- + Na+ Le formiate de sodium se dissocie totalement en Na+ et HCOO- (base faible). Seul HCOO- fixe le pH (f) L’hydrogénocarbonate de sodium NaHCO3 est totalement dissocié dans l’eau en Na+ et HCO3 -. L’échelle de prédominance des espèces montre que l’ion hydrogénocarbonate (HCO3 -) est un ampholyte car il se comporte à la fois comme un acide (pKa1 = 10,3) et comme une base (pKa2 = 6,4). HCO3 - + H2O CO3 2- + H3O+ HCO3 - + H3O+ H2CO3 + H2O H2CO3 pKa2 HCO3 - pKa1 CO3 2- 0 6,4 10,3 14 pH La formule de calcul du pH est donc celle d’un ampholyte : (2) Trois solutions ont le même pH : - La première est une solution d’acide chlorhydrique à 2.10-3 mol/L. - La seconde est une solution d’acide acétique (CH3CO2H) de pKa = 4,8. - La troisième est une solution d’acide formique (HCO2H) à 2,5.10-2 mol/L. On demande de calculer : (a) La concentration de l’acide acétique. (b) Le pKa du couple HCO2H/HCO2 -. Corrigé : (a) Les trois solutions ont le même pH. La solution d’acide fort fournit la valeur du pH commun aux trois solutions : pH = -log Ca = -log(2.10-3) = 2,7 (Ca = 210-3 > 10-6,5) CH3COOH est un acide faible de pKa = 4,8 C = 0,25 M (b) De même dans le cas de l’acide formique, qui est un acide faible : 3/7 Exercice 2 : (1) Quels sont les pH des solutions obtenues par mélange de volumes égaux des solutions 0,2 M suivantes : (a) HClO4 + HCl pKa (HClO4) = - 9,9 ; pKa(HCl) = -3,7. (b) HCOOH + KCl pKa (HCOOH/HCOO-) = 3,8. (c) KOH + NH3 pKa (NH4 +/NH3) = 9,2. (d) NH3 + NH4Cl pKa (NH4 +/NH3) = 9,2. Corrigé : (a) Après mélange, la concentration finale de chacun des composés est égale à 0,1M. Ces deux acides forts (HClO4 et HCl avec pKa < 0) sont totalement ionisés dans l’eau. Il s’agit d’un mélange de deux acides forts. Le pH de la solution est calculé à l’aide de la formule : pH = -log (CHClO4 + CHCl) = -log(0,1 + 0,1) = 0,7. (b) L’acide formique HCOOH se comporte comme acide faible (pKa – pCa = 2,8 > 2) et KCl est un sel neutre. Par conséquent, seul HCOOH acide faiblement dissocié fixe le pH : (c) KOH étant une base forte et NH3 une base faible. L’ionisation de NH3 est négligée, le mélange se comporte comme une solution de base forte KOH de concentration Cb = 0,1M : pH = 14 + log Cb = 13 (d) La solution contient un mélange équimolaire d’acide faible (NH4 +) et de sa base conjuguée (NH3). C’est un mélange tampon : (2) Quels sont les pH des mélanges suivants : (a) Mélange de 20 mL HCl 0,5 mol/L avec 60 mL CH3COOH 0,05 mol/L (b) Mélange de 20 mL de HCl 0,5 mol/L avec 9 mL de NaOH 1 mol/L (c) Mélange de 25 mL HCOOH 0,1 mol/L avec 50 mL CH3COOH 10-2 mol/L Corrigé : (a) On calcule le pH en négligeant l’acide faible. Cette approximation, n’est justifiée que si l’apport d’ions hydronium par l’acide faible est négligeable par rapport à celui fourni par l’acide fort. (c.à.d. si l’acide fort est assez concentré et si l’acide faible possède une constante d’acidité et une concentration assez faibles). pH = -log [H3O+] = -log(0,125) = 0,9 Vérification de l’approximation : CH3COOH, acide faible : 4/7 (b) nHCl = CHCl x VHCl = 0,5 x 0,02 = 0,01 mol de HCl nNaOH = CNaOH x VNaOH = 1 x 0,009 = 0,009 mol de NaOH L'acide HCl étant en excès : (nHCl)excès = 0,01 - 0,009 = 0,001 mol de HCl qui n'ont pas été neutralisé. Volume total de la solution = 29 mL La nouvelle concentration en ions H3O+ : (c) Mélange de deux acides faibles, CH3COOH et HCOOH : CH3COOH + H2O CH3COO- + H3O+ Ka1 HCOOH + H2O HCOO- + H3O+ Ka2 Electroneutralité : Milieu acide : (3) On dispose d’un litre de solution aqueuse d’hydroxyde de sodium (NaOH) 10-3 M à laquelle on a ajouté 6 mg d’acide acétique (solution A). (a) Quel est le pH de la solution A obtenue ? (b) Quelle quantité d’acide acétique (exprimée en mg) doit-t-on ajouter à la solution A pour obtenir une solution B de pH égal à 4,6 ? Données: pKa CH3COOH = 4,8 ; M(CH3COOH) = 60 g/mol. Corrigé : (a) Calcul des nombres de moles de NaOH et de CH3COOH à l’état initial : 5/7 Bilan réactionnel : NaOH + CH3COOH CH3COO- + Na+ + H2O Avant réaction 10-3 0,1.10-3 0 A l’équilibre 0,9.10-3 0 0,1.10-3 La solution A est un mélange de base forte (NaOH) et base faible (CH3COO-). C’est la base forte NaOH, de concentration CB1 = 9.10-4 M, qui impose le pH : pH = 14 + logCB1 = 10,95 (b) On est en présence d’une solution tampon CH3COOH/CH3COO- de pH égal à 4,6. Comme la solution est obtenue après réaction entre NaOH et CH3COOH, il faut que CH3COOH soit en excès. Les quantités des espèces (en moles) avant réaction et à l’équilibre sont les suivantes : NaOH + CH3COOH CH3COO- + Na+ + H2O Avant réaction 0,9.10-3 n0(CH3COOH) ? 0,1.10-3 A l’équilibre 0 n0(CH3COOH) - 0,9.10-3 0,1.10-3 + 0,9.10-3 CH3COOH et CH3COO- existent dans le même volume (1 litre) : nCH3COOH = 1,585 nCH3COO- La quantité de CH3COOH en mg à ajouter est donnée par : Exercice 3 : On prépare une solution tampon de pH = 4,5 à partir d'acide acétique CH3COOH (pKa = 4,8) et d'acétate de potassium CH3COOK. (1) Calculer le rapport [CH3COOH]/[CH3COO-]. (2) Indiquer comment préparer 5 litres de cette solution tampon ayant une concentration totale de 0,3 M ( [CH3COOH] + [CH3COO-] = 0,3 M ) à partir d'acide acétique 2 M, d'une solution de potasse KOH à 2,5 M et d'eau. (1) Le pH d’une solution tampon est défini par l’expression : 6/7     Acide conjuguée Base pKa pH log   CH3COOH + H2O  CH3COO- + H3O+ Donc :     COOH CH COO CH 3 3 log 8 , 4 5 , 4         2 3 3   COO CH COOH CH (2) [CH3COOH] + [CH3COO-] = 0,3 et     2 3 3   COO CH COOH CH  [CH3COOH] = 0,2 M et [CH3COO-] = 0,1 M Dans les 5 litres de solution on a donc 0,5 mole de CH3COOK et 1 mole de CH3COOH. L’acétate de potassium est préparé par réaction de l’acide acétique sur la potasse KOH selon : CH3COOH + KOH  CH3COOK + H2O  Pour former uploads/Finance/ corrige-serie-2 1 .pdf