Page I

CHAPITRE 5
ACIDES ET BASES
QUESTIONS
16.
Pour qu’une substance dans l’eau soit un acide, il faut qu’elle donne un proton à l’eau pour
former H3O+.
HA + H2O → A– + H3O+
Pour qu’elle soit une base, il faut qu’elle reçoive un proton provenant de l’eau et forme
OH–.
B + H2O → BH+ + OH–
Les acides et les bases qui réagissent avec l’eau ne pourront former que H3O+ et OH–
respectivement. Ces deux espèces représentent donc l’acide le plus fort et la base la plus
forte qui puissent exister dans l’eau.
17.
10,78 = 4 CS, 6,78 = 3 CS, 0,78 = 2 CS. Une valeur de pH étant un logarithme, cela signifie
que les chiffres à gauche de la virgule identifient l’exposant de 10 de la notation
scientifique de [H+]. Exemple : si [H+] = 10–7, pH = 7 ; si [H+] = 10–13, pH = 13. On en
conclut donc que si les valeurs 10,78, 6,78 et 0,78 sont des pH, elles ne comportent toutes
que 2 CS, soit les chiffres à droite de la virgule. Les [H+] calculées à partir de ces valeurs ne
devraient avoir que 2 CS.
18.
a) Ce sont les acides forts comme HCl, HBr, HI, HNO3, H2SO4 ou HClO4.
b) Ce sont les sels des acides conjugués des bases du tableau 5.3. Ces acides conjugués sont
tous des acides faibles. NH4Cl, CH3NH3NO3 et C2H5NH3Br sont trois exemples. On
remarque que les anions utilisés pour former ces sels (Cl−, NO3− et Br−) sont les bases
conjuguées d’acides forts; c’est parce qu’ils n’ont aucune propriété acide ou basique
dans l’eau (à l’exception de HSO4−, qui a les propriétés d’un acide faible).
c) Ce sont des bases fortes comme LiOH, NaOH, KOH, RbOH, CsOH, Ca(OH)2, Sr(OH)2
et Ba(OH)2.
d) Ce sont des sels des bases conjuguées des acides faibles de charge neutre du tableau 5.2.
Les bases conjuguées des acides faibles sont elles-mêmes des bases faibles. NaClO2,
KCH3COO et CaF2 sont trois exemples. Les cations utilisés pour former ces sels sont
Li+, Na+, K+, Rb, Cs+, Ca2+, Sr2+ et Ba2+ étant donné que ces cations n’ont ni propriétés
acides, ni propriétés basiques dans l’eau. Il faut mémoriser les cations des bases fortes.
e) Il y a deux façons de faire un sel neutre. La façon la plus simple consiste à combiner une
base conjuguée d’un acide fort (excepté pour HSO4−) avec un des cations d’une base
forte. Ces ions n’ont ni propriétés acides, ni propriétés basiques dans l’eau de sorte que
les sels de ces ions sont neutres. NaCl, KNO3 et SrI2 sont trois exemples. Un autre type
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
136
d’électrolyte fort qui peut produire des solutions neutres sont les sels qui contiennent un
ion ayant des propriétés d’acide faible combiné avec un ion de charge opposée ayant des
propriétés de base faible. Si Ka pour l’ion acide faible est égal au Kb pour l’ion base
faible, le sel produira une solution neutre. L’exemple de ce type le plus courant est
l’acétate d’ammonium, NH4CH3COO. Pour ce sel, Ka pour NH4+ = Kb pour CH3COO− =
5.6 × 10 −10 . Ce sel produit une solution neutre, quelle que soit sa concentration.
19.
Ka × Kb = Keau ; -log(Ka × Kb) = -logKeau ; pKa + pKb = 14,00 (à 25 °C).
20.
L’énoncé a seulement est vrai (en supposant que l’espèce n’est pas amphotère). On ne peut
pas ajouter une base à l’eau et obtenir un pH acide (pH < 7.0). Pour l’énoncé b, on peut
avoir des valeurs de pH négatives. Elles indiquent que [H+] > 1,0 mol/L. Pour l’énoncé c,
une solution d’un acide fort peut avoir un pH plus élevé qu’une solution plus concentrée
d’un acide faible. Pour l’énoncé d, la [OH−] de la solution de Ba(OH)2 sera le double de la
solution de KOH de même concentration, mais sa valeur de pOH n’est pas le double de
celle de la solution de KOH de même concentration (faites-en la preuve pour vous-mêmes).
21.
H2CO3 est un acide faible dont Ka1 = 4,3 × 10-7 et Ka2 = 5,6 × 10-11. Étant donné que Ka1 <<
1, [H+] < 0,10 mol/L ; seulement un petit pourcentage de H2CO3 se dissocie en HCO3- et
H+. C’est donc l’énoncé a qui décrit le mieux la solution H2CO3 0,10 mol/L. H2SO4 est un
acide fort et un très bon acide faible (Ka1 >> 1 et Ka2 = 1,2 × 10-2). Toute la solution de
H2SO4 0,10 mol/L se dissocie en H+ 0,10 mol/L et en HSO4- 0,10 mol/L. Toutefois, comme
HSO4- est un bon acide faible à cause de sa valeur de Ka relativement élevée, une partie de
HSO4- 0,10 mol/L se dissocie en davantage de H+ et en SO42-. Par conséquent [H+] sera plus
élevée que 0,10 mol/L, mais n’atteindra pas 0,20 étant donné que seulement une partie du
HSO4- se dissocie. L’énoncé c décrit le mieux la solution de H2SO4 0,10 mol/L.
22.
Une raison pour laquelle HF est un acide faible c’est que la liaison H-F est
exceptionnellement forte et qu’elle est difficile à rompre. Cela contribue de façon
importante à la résistance des molécules HF à se dissocier dans l’eau.
23.
a) Le soufre réagit avec l’oxygène pour produire SO2 et SO3. Ces oxydes de soufre
réagissent tous les deux avec l’eau pour produire H2SO3 et H2SO4, respectivement. La
pluie acide résulte des émissions de soufre qui ne sont pas contrôlées ;
b) CaO réagit avec l’eau pour produire Ca(OH)2, une base forte. Un jardinier mélange de la
chaux (CaO) dans le sol afin d’élever le pH du sol. En fait, ajouter de la chaux vive a
pour effet d’additionner Ca(OH)2.
EXERCICES
Nature des acides et des bases
24.
a) HNO2(aq) ⇌H+(aq) + NO2–(aq)
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Ka =
[H +][ NO-2 ]
[HNO 2]
Chapitre 5 Acides et bases
137
3+
b)
Ti(H2O)64+(aq)
⇌ H (aq) + Ti(OH)(H2O)5 (aq)
+
3+
c) HCN(aq) ⇌ H+(aq) + CN–(aq)
25.
Ka =
[H +][CN − ]
[HCN]
Un acide est un donneur de H+ et une base, un accepteur de H+. L’espèce conjuguée ne
diffère de son parent que par H+.
Acide
26.
[H +][Ti(OH)(H 2O) 5 ]
Ka =
4+
[Ti(H 2 O) 6 ]
Base
Base conjuguée
de l’acide
Acide conjugué
de la base
a) HF
H2O
F-
H3O+
b) H2SO4
H2O
HSO-4
H3O+
c) HSO-4
H2O
SO42-
H3O+
Les acides forts ont une Ka >> 1 et les acides faibles ont une Ka < 1. Le tableau 5.2 dans le
manuel donne la liste des valeurs de quelques Ka pour les acides faibles. Les valeurs de Ka
pour les acides forts sont diffiles à déterminer de sorte qu’elles ne sont pas données dans le
manuel. Cependant, il n’y a que quelques acides forts courants et si vous les mémorisez,
tous les autres acides seront des acides faibles. Les acides forts qu’il faut mémoriser sont:
HCl, HBr, HI, HNO3, HClO4 et H2SO4.
a) HClO4 est un acide fort.
b) HOCl est un acide faible (Ka = 3,5 × 10 −8 ).
c) H2SO4 est un acide fort.
d) H2SO3 est un acide faible dont les valeurs de Ka1 et de Ka2 sont inférieures à l’unité.
27.
Le bécher à gauche représente un acide fort en solution ; l’acide, HA, est dissocié à 100 %
en ions H+ et A-. Le bécher à droite représente un acide faible en solution ; seulement une
petite partie de l’acide, HB, se dissocie en ions, de sorte que l’acide existe surtout sous
forme de molécules non dissociées HB dans l’eau.
a) HNO2, bécher acide faible ;
b) HNO3, bécher acide fort ;
c) HCl, bécher acide fort ;
d) HF, bécher acide faible ; CH3COOH, bécher acide faible.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
138
28.
L’acidité est directement proportionnelle à la valeur de Ka.
HNO3 > HOCl > NH4+ > H2O
↑
plus grande Ka
29.
↑
plus faible Ka
Plus un acide est fort, plus sa base conjuguée est faible. Ainsi, la base conjuguée NO3– de
l’acide fort HNO3 est tellement faible qu’elle n’est pas basique dans l’eau.
NH3 > OCl- > H2O > NO3-.
30.
a) HClO4 > H2O
b) HClO2 > H2O
c) HF > HCN
31.
a) H2O > ClO4–
b) ClO2– > H2O
c) CN– > F–
Auto-ionisation de l’eau et échelle de pH
32.
Si [H+] = [OH–] = 1,0 × 10–7 mol/L, la solution est neutre.
Si [H+] > 1,0 × 10–7 mol/L et [OH–] < 1,0 × 10–7 mol/L, la solution est acide.
Si [H+] < 1,0 × 10–7 mol/L et [OH–] > 1,0 × 10–7 mol/L, la solution est basique.
a) Neutre.
b) Acide.
c) Basique.
d) Acide.
33.
a) Basique; pOH = 1,08; pH = 12,9
b) acide; pOH = 10,09; pH = 3,9
c) Neutre; pOH = 7; pH = 7
d) Basique.
34.
a) Puisque la valeur de la constante d’équilibre augmente lorsque la température augmente,
c’est donc qu’une augmentation de la température favorise la réaction vers la droite et
que la réaction est endothermique.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
139
b) [H+][OH–] = 5,47 × 10–14 et [H+] = [OH–]
[H+]2 = 5,47 × 10–14 → [H+] = 2,34 × 10–7 mol/L
35.
a) H2O(l) ⇌ H+(aq) + OH− (aq)
Ke = 2.92 × 10 −14 = [H+][OH−]
Dans l’eau pure [H+] = [OH−], donc 2,92 × 10 −14 = [H+]2, [H+] = 1,71 × 10 −7 mol/L =
[OH−]
b) pH = -log [H+] = -log (1,71 × 10 −7 ) = 6,767
c) [H+] = Ke/[OH−] = 2,92 × 10 −14 /0,10 = 2,9 × 10 −13 mol/L; pH = -log (2,9 × 10 −13 ) =12,54
36.
pH = –log [H] ; pOH = –log [OH–] ; à 25 °C, pH + pOH = 14,00
a) pH = –log [H+] = –log (1,0 × 10–7) = 7,00 ; pOH = 14,00 – pH = 14,00 – 7,00 = 7,00
b) pH = –log (1,4 × 10–3) = 2,85 ; pOH = 14,00 – 2,85 = 11,15
c) pH = –log (2,5 × 10–10) = 9,60 ; pOH = 14,00 – 9,60 = 4,40
d) pH = –log (6,1) = –0,79 ; pOH = 14,00 – (–0,79) = 14,79
On remarque que le pH est inférieur à zéro dans des solutions très acides.
37.
a) [H+] = 3,9 × 10-8 mol/L; [OH-] = 2,6 × 10-7 mol/L;
b) [H+] = 5 × 10-16 mol/L; [OH-] = 20 mol/L;
c) [H+] = 10 mol/L; [OH-] = 1 × 10-15 mol/L;
d) [H+] = 6 × 10-4 mol/L; [OH-] = 1,7 × 10-11 mol/L;
e) [H+] = 1 × 10-9 mol/L; [OH-] = 1 × 10-5 mol/L;
f) [OH-] = 2,5 × 10-10 mol/L; [H+] = 4 × 10-5 mol/L.
38.
a) pOH = 14,00 – 6,88 = 7,12; [H+] = 10−6,88 = 1,3 × 10 −7 mol/L
[OH−] = 10−7,12 = 7,6 × 10 −8 mol/L; acide
1, 0 × 10−14
b) [H ] =
= 0,12 mol/L; pH = -log(0,12) = 0,92
8, 4 × 10−14
+
pOH = 14,00 – 0,92 = 13,08; acide
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
140
c) pH = 14,00 – 3,11 = 10,89; [H+] = 10−10,89 = 1,3 × 10 −11 mol/L
[OH−] = 10−3,11 = 7,8 × 10 −4 mol/L; basique
−7
d) pH = -log (1,0 × 10 ) = 7,00; pOH = 14,00 – 7,00 = 7,00
[OH−] = 10−7,00 = 1,0 × 10 −7 mol/L; neutre
39.
pH = 14,00 – pOH = 14,00 – 5,74 = 8,26 ; [H+] = 10–pH = 10–8,26 = 5,5 × 10–9 mol/L
[OH–] =
-14
K eau = 1,0 × 10
= 1,8 × 10–6 mol/L où
[H +]
5,5 × 10-9
[OH–] = 10–pOH = 10–5,74 = 1,8 × 10–6 mol/L
La solution est basique puisque son pH est supérieur à 7,00.
Solutions d’acides
40.
HClO4 et HNO3 sont des acides forts complètement dissociés dans l’eau.
a) [H+] = 0,250 mol/L ; [ClO4–] = 0,250 mol/L ; pH = 0,602.
b) [H+] = 0,250 mol/L ; [NO3–] = 0,250 mol/L ; pH = 0,602.
41.
[HCl] =
0,050 mol
mol
50,0 mL
×
= 0,0125
(0,013)
200,0 mL
L
L
[HNO3] =
0,10 mol 150,0 mL
mol
×
= 0,075
200,0 mL
L
L
HCl(aq) → H+(aq) + Cl–(aq)
HNO3(aq) → H+(aq) + NO3–(aq)
[Cl–] =
0,0125 mol HCl 1 mol Cl_
mol
×
= 0,0125
(0,013)
mol HCl
L
L
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
141
0,075 mol HNO3 1 mol NO3mol
[NO3 ] =
×
= 0,075
L
mol HNO3
L
–
⎛ 0,0125 mol HCl 1 mol H + ⎞ ⎛ 0,075 mol HNO3
1 mol H + ⎞
+
×
×
⎟
⎟ ⎜
L
mol HNO3 ⎠
L
mol HCl ⎠ ⎝
⎝
mol
= 0,088
L
[H+] = ⎜
42.
90,0 × 10–3 L ×
5,00 mol
= 0,450 mol H+ de HCl
L
30,0 × 10–3 L ×
8,00 mol
= 0,240 mol H+ de HNO3
L
[H+] = 0,450 mol + 0,240 mol = 0,690 mol/L ; pH = –log (0,690) = 0,161
pOH = 14,000 – 0,161 = 13,839 ; [OH–] = 10–13,839 = 1,45 × 10–14 mol/L
43.
[H+] = 10-1,50 = 3,16 10-2 mol/L (avec un C.S. supplémentaire) ; c1V1 = c2V2
V1 =
c2V2
3,16 × 10-2 mol/L × 1,6 L
=
= 4,2 × 10-3 L
12 mol/L
c1
Ajouter 4,2 mL de HCl 12 mol/L à suffisamment d’eau pour obtenir 1600 mL de solution.
La solution résultante aura une [H+] = 3,2 × 10-4 et un pH de 1,50.
44.
[H+] = 10–pH = 10–4,25 = 5,6 × 10–5 mol/L. Une solution de HNO3 5,6 × 10–5 mol/L est
requise pour produire un pH de 4,25.
45.
a) HNO2 (Ka = 4,0 × 10–4) et H2O (Ka = Keau = 1,0 × 10–14) sont les espèces majeures.
Comme HNO2 est un acide faible, il faut faire un tableau de réaction en considérant qu’il
est la principale source de H+.
HNO2
Initiale
Changement
Équilibre
Ka =
0,25 mol/L
–x
0,250 –x
⇌
H+
→
~0
–x
– x
+
NO2–
0
–x
x
2
[H + ][ NO 2−]
x
= 4,0 × 10–4 =
; supposons que x << 0,250, alors :
[HNO 2 ]
0,250 - x
4,0 × 10–4 ≈ x2, x =
4,0 × 10-4 (0,250) = 0,010 mol/L
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
142
Vérifions l’approximation :
x
0,010
× 100 % =
× 100 % = 4,0 %
0,250
0,250
L’approximation est valide selon la règle des 5 %.
x = 0,010 mol/L = [H+] ; pH = –log (0,010) = 2,00
b) CH3COOH (Ka = 1,8 × 10–5) et H2O (Ka = Keau = 1,0 × 10–14) sont les principales espèces.
CH3COOH est la principale source de H+.
CH3COOH
Initiale
Changement
Équilibre
Ka =
0,250 mol/L
–x
0,250 – x
⇌
H+
→
~0
+x
x
+
CH3COO–
0
+x
x
2
2
[H +][CH3COO − ]
x
x
= 1,8 × 10–5 =
≈
0,250 - x 0,250
[CH 3COOH]
(en supposant que x << 0,250)
x = 2,1 × 10–3 mol/L ; approximation valide.
[H+] = x = 2,1 × 10–3 mol/L ; pH = –log (2,1 × 10–3) = 2,68
1 mol CH3COOH
60,05 g
= 1,87 × 10 −2 mol/L
0,05000 L
0,0560 g CH 3COOH ×
46.
[CH3COOH]0 =
CH3COOH
⇌
H+
+
CH3COO−
Ka = 1,8 × 10 −5
Initiale
0,0187 mol/L
~0
0
x mol/L CH3COOH se dissocie pour atteindre l’équilibre
Changement
-x
→
+x
+x
Équilibre
0,0187 - x
x
x
[H + ][CH3COO- ]
x2
x2
Ka = 1,8 × 10 =
=
≈
0, 0187 − x 0, 0187
[CH 3COOH]
−5
x = [H+] = 5,8 × 10 −4 mol/L; pH = 3,24
Approximation valide (x = 3,1 % de 0,0187).
[H+] = [CH3COO−] = 5,8 × 10 −4 mol/L; [CH3COOH] = 0,0187 - 5,8 × 10 −4
= 0,0181 mol/L
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
47.
143
CH3CH2COOH (Ka = 1,3 × 10–5) et H2O (Ka = Keau = 1,0 × 10–14) sont les principales
espèces présentes et CH3CH2COOH est le principal producteur de H+ :
CH3CH2COOH
⇌
H+(aq)
0,10 mol/L
–x
0,10 – x
→
~0
+x
x
Initiale
Changement
Équilibre
+
CH3CH2COO–
0
+x
x
2
2
[H +][CH 3CH 2 COO −2 ]
x
x
Ka = 1,3 × 10 =
≈
=
[CH3CH 2COO H]
0,10 − x 0,10
–5
x = [H+] = 1,1 × 10–3 mol/L ; pH = –log (1,1 × 10–3) = 2,96
Approximation valide.
[H +]
1,1 × 10-3
× 100 % =
× 100 % = 1,1 %
% de dissociation =
[CH 3CH 2 COO H]
0,10
HF
⇌
H+
Initiale
Changement
Équilibre
0,020 mol/L
–x
0,020 – x
→
~0
+x
x
Ka = 7,2 × 10–4 =
2
2
[H + ][F− ]
x
x
=
≈
(si x << 0,020)
[HF]
0,020 - x 0,020
48.
+
F–
Ka = 7,2 × 10–4
0
+x
x
x = [H+] = 3,8 × 10–3 mol/L ; vérifions l’approximation :
x
3,8 × 10-3
× 100 % =
× 100 % = 19 %
0,020
0,020
L’approximation n’est pas valide. Il faut donc résoudre l’équation quadratique, ce qui
donnera comme valeur de x = 3,5 × 10–3.
Donc :
[H+] = [F–] = x = 3,5 × 10–3 mol/L ; [OH–] = Ka/[H+] = 2,9 × 10–12 mol/L
[HF] = 0,020 – x = 0,020 – 0,0035 = 0,017 mol/L ; pH = 2,46
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
144
49.
Principales espèces : CH2ClCOOH (Ka = 1,35 × 10–3) et H2O ;
principale source de H+ : CH2ClCOOH
CH2ClCOOH
Initiale
Changement
Équilibre
⇌
0,10 mol/L
–x
0,10 – x
2
H+
+ CH2ClCOO–
~0
+x
x
→
0
+x
x
2
x
x
≈
, x = 1,2 × 10–2 mol/L ; x = 12 % de 0,10 mol/L, donc
0,10 - x 0,10
Ka = 1,35 × 10–3 =
approximation non valide. On doit donc résoudre 1,35 × 10–3 = x2/0,10 – x, ce qui donne
x = [H–] = 1,1 × 10–2 mol/L. pH = –log [H+] = –log (1,1 × 10–2) = 1,96
50.
a) HCl est un acide fort. Il produit 0,10 mol/L de H+. HOCl est un acide faible. Soit
l’équilibre :
HOCl
Initiale
⇌
0,10 mol/L
H+
+
OCl−
0,10 mol/L
Ka = 3,5 × 10 −8
0
x mol/L HOCl se dissocie pour atteindre l’équilibre
Changement
Équilibre
-x
0,10 - x
Ka = 3,5 × 10 −8 =
→
+x
0,10 + x
+x
x
[H + ][OCl- ] (0,10 + x )( x)
=
≈ x, x = 3,5 × 10 −8 mol/L
[HOCl]
0,10 − x
Approximation valide (x = 3,5 × 10-5 % de 0,10). On peut vraiment supposer que HCl
constitue la seule source importante de H+, ce qui est tout à fait vrai. La contribution en
[H+] de HOCl, x, est négligeable. Par conséquent, [H+] = 0,10 mol/L; pH = 1,00
b) HNO3 est un acide fort, qui donne une concentration initiale de H+ égale à 0,050 mol/L.
Soit l’équilibre:
CH3COOH
Initiale
⇌
0,50 mol/L
H+
+
CH3COO−
0,050 mol/L
0
x mol/L CH3COOH se dissocie pour atteindre l’équilibre
Changement
Équilibre
-x
0,50 - x
→
+x
0,050 + x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
+x
x
Ka = 1,8 × 10 −5
Chapitre 5 Acides et bases
145
[H + ][CH 3COO- ] (0, 050 + x ) x 0, 050 x
Ka = 1,8 × 10 =
=
.
0,50 − x
0,50
[CH 3COOH]
−5
x = 1,8 × 10 −4 ; approximation valide (bien inférieure à la règle du 5 %).
[H+] = 0,050 + x = 0,050 mol/L et pH = 1,30
51.
HF et C6H5OH sont deux acide faibles dont les valeurs de Ka sont 7,2 × 10 −4 et 1,6 × 10 −10 ,
respectivement. Étant donné que la valeur de Ka pour HF est beaucoup plus grande que
celle de C6H5OH, HF est le principal producteur de H+ (on peut ignorer la quantité de H+
produite par C6H5OH étant donné qu’elle est négligeable).
HF
⇌
H+
+
F−
Initiale
1,0 mol/L
~0
0
x mol/L HF se dissocie pour atteindre l’équilibre
Changement
-x
→
+x
+x
Équilibre
1,0 - x
x
x
[H + ][F- ]
x2
x2
Ka = 7,2 × 10 =
=
≈
[HF]
1, 0 − x 1, 0
−4
x = [H+] = 2,7 × 10 −2 mol/L; pH = -log (2,7 × 10 −2 ) = 1,57
Approximation valide.
Trouvons [C6H5O−] à l’aide de l’équilibre C6H5OH ⇌ H+ + C6H5O- :
Ka = 1,6 × 10 −10 =
[H + ][C6 H 5O- ] (2, 7 × 10−2 )[C6 H 5O − ]
=
, [C6H5O−]
1, 0
[C6 H 5OH]
= 5,9 × 10 −9 mol/L
Cette réponse indique que seulement 5,9 × 10 −9 mol/L de C6H5OH se dissocie, ce qui
justifie que HF soit vraiment le seul producteur important de H+dans cette solution.
CH3COOH(aq)
52.
Initiale
Changement
Équilibre
Ka = 1,8 × 10–5 =
co
–x
co – x
⇌
→
CH3COO– (aq)
0
+x
x
+
H+(aq)
≈ 0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
2
[H +] [CH 3COO − ]
x
=
[CH 3COOH]
co − x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
146
% diss =
x × 100 %
co
a) 1,8 × 10–5 =
2
2
x
x
≈
0,50 − x 0,50
x = 3,0 × 10–3 ; l’approximation est valide.
% diss =
3,0 × 10−3
× 100 % = 0,60 %
0,50
b) 1,8 × 10–5 =
2
2
x
x
≈
0,050 − x 0,050
x = 9,5 × 10–4 ; l’approximation est valide.
% diss =
9,5 × 10−4
× 100 % = 1,9 %
0,050
c) 1,8 × 10–5 =
2
2
x
x
≈
0,0050 − x 0,0050
x = 3,0 × 10–4 ; l’approximation n’est pas valide.
1,8 × 10−5
x =
0,0050 − x
2
x2 + 1,8 × 10–5 x – 2,9 × 10–8 = 0
x = 2,9 × 10–4
x = –3,1 × 10–4 inacceptable
% diss =
2,9 × 10−4
× 100 % = 5,8 %
0,0050
d) Quand on dilue une solution, toutes les concentrations sont diluées. Supposons par
exemple qu’on dilue d’un facteur 10 la solution en a.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
147
À ce moment,
⎛ ⎡⎣ H + ⎤⎦ ⎞ ⎛ [ CH 3COO − ]
éq
éq
⎜
⎟ ⎜
⎜ 10 ⎟ ⎜
10
⎠ ⎝
Q= ⎝
[CH3COOH ]éq
⎞
⎟
⎟
⎠
=
1
Ka
10
10
Puisque Q < Ka, la réaction n’est plus à l’équilibre et elle doit se déplacer vers les
produits pour rétablir la situation. Cela explique pourquoi le pourcentage de molécules
dissociées en produits augmente avec la dilution.
e) Si on compare les solutions a et b, on voit qu’une dilution d’un facteur 10 de la
concentration de CH3COOH ne multiplie que par 3 le % de dissociation. La décroissance
de [CH3COOH] n’est donc pas compensée par l’augmentation du % de dissociation, et
[H+]éq diminue.
53.
a)
Initiale
Changement
Équilibre
Ka = 3,5 × 10–8 =
HOCl(aq)
⇌
H+(aq)
0,100
–x
0,100 – x
→
≈0
+x
x
+
OCl–(aq)
0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
2
2
[H +] [OCl _ ]
x
x
≈
=
[HOCl]
0,100 − x 0,100
x = 5,9 × 10–5 ; l’approximation est valide.
% diss =
5,9 × 10−5
× 100 % = 0,059 %
0,100
HCN(aq)
b)
⇌
H+(aq)
→
≈0
+x
x
Initiale
Changement
Équilibre
0,100
–x
0,100 – x
Ka = 6,2 × 10–10 =
2
2
[H +] [CN − ]
x
x
≈
=
[HCN]
0,100 − x 0,100
+
CN–(aq)
0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
x = 7,9 × 10–6 ; l’approximation est valide.
% diss =
7,9 × 10−6
× 100 % = 7,9 × 10–3 %
0,100
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
148
c) HCl est un acide fort, il est dissocié à 100 %.
d) Pour des concentrations initiales égales, plus un acide est fort (plus sa Ka est élevée),
plus son % de dissociation est grand.
54.
Acide faible = HX
Initiale
Changement
Équilibre
HX
⇌
H+
0,100 mol/L
–x
0,15 – x
→
~0
+x
x
F–
+
0
+x
x
Si l’acide est dissocié à 30 %, alors [H+] = 3,0 % [HX] : x = 0,030 × (0,15 mol/L) = 4,5 ×
10–3 mol/L
En connaissant x, ou peut calculer Ka :
Ka =
2
[H +] [X − ]
(4,5 × 10−3 ) 2
x
=
=
= 1,4 × 10–4
−3
[HX]
0,15 − x
0,15 − 4,5 × 10
HX
55.
Initiale
⇌
H+
+
~0
c0
X−
0
où c0 = [HX]o
x mol/L HX se dissocie pour atteindre l’équilibre
Changement
Équilibre
-x
c0 - x
→
+x
x
+x
x
D’après les données du problème, x = 0,25(I) et c0 - x = 0,30 mol/L.
c0 - 0,25(c0) = 0,30 mol/L, c0 = 0,40 mol/L et x = 0,25 (0,40 mol/L) = 0,10 mol/L
Ka =
56.
[H + ][X − ]
x2
(0,10) 2
=
=
= 0,033
[HX]
c0 − x
0,30
HOBr
Initiale
0,063 mol/L
Changement
–x
Équilibre
0,063 – x
⇌
H+
→
~0
+x
x
+
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
OBr–
0
+x
x
Chapitre 5 Acides et bases
149
2
[H +][OBr − ]
x
Ka =
; si le pH = 4,95, alors : x = [H+] = 10–pH = 10–4,95
=
[HOBr]
0, 063 − x
= 1,1 × 10–5 mol/L
Ka =
57.
(1,1 × 10−5 ) 2
0,063 − 1,1 × 10−5
= 1,9 × 10–9
pH = 1,40 ; [H+] = 10–1,40 = 4,0 × 10–2 mol/L
CCl3COOH(aq)
Initiale
Changement
Équilibre
Ka =
0,050
–4,0 × 10–2
0,050 – 0,040
⇌
CCl3COO–(aq)
→
0
+4,0 × 10–2
4,0 × 10–2
+
H+(aq)
~0
mol/L
–2
+4,0 × 10 mol/L
4,0 × 10–2 mol/L
[H +][CCl3COO − ]
(4,0 × 10−2 ) 2
= 0,16
=
[CCl3COOH]
(0,050 − 0,040)
Solutions de bases
58.
Pricipales espèces : HCOOH et H2O; source principale de H+ : HCOOH
HCOOH
Initiale
⇌
H+
~0
c0
+ HCOO−
0
où C = [HCOOH]o
x mol/L HCOOH se dissocie pour atteindre l’équilibre
Changement
Équilibre
-x
c0 - x
→
+x
x
+x
x
[H + ][HCOO − ]
x2
Ka = 1,8 × 10 =
=
où x = [H+]
[HCOOH]
c0 − x
−4
1,8 × 10 −4 =
[H + ]2
; pH = 2,70, donc : [H+] = 10 −2.70 = 2,0 × 10 −3 mol/L
C − [H + ]
1,8 × 10 −4 =
(2,0 ×10−3 ) 2
4, 0 × 10−6
−3
,
c
(2,0
×
10
)
=
, c0 = 2,4 × 10 −2 mol/l
0
c0 − (2,0 ×10−3 )
1,8 × 10−4
Une solution d’acide formique 0,024 mol/L a un pH = 2,70.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
150
Solutions de bases
59.
a) NH3(aq)+H2O(l) ⇌ NH4+(aq) + OH-(aq)
Kb =
[NH +4 ][OH - ]
[NH 3 ]
b) C5H5N(aq) + H2O(l) ⇌ C5H5NH+(aq) + OH-(aq)
Kb =
[C6 H 5 NH + ][OH − ]
[C6 H 5 N]
60.
CH3NH2 > NH3 >> H2O > NO3− (Étant la base conjuguée d’un acide fort, NO3− n’a aucune
capacité basique dans l’eau.)
61.
HNO3 > NH4+ > CH3NH3+ > H2O.
62.
b) NH3
c) OH–
d) CH3NH2
a) NH3
La base la plus forte est celle qui a le plus grand Kb. OH– est la base la plus forte en milieu
aqueux.
63.
a) HNO3 ; b) NH4+ ; c) NH4+.
Pour calculer Ka, on utilise l’égalité Ka Kb = Keau.
64.
NaOH(aq) → Na+(aq) + OH–(aq) ;
a) [OH–] = 0,10 mol/L ; pOH = – log [OH–] = – log (0,10) = 1,00
pH = 14,00 – pOH = 14,00 – 1,00 = 13,00
Bien que l’eau soit présente, la quantité de OH– produite par H2O est insignifiante par
rapport à la quantité produite par NaOH.
b) La concentration de OH– produite par NaOH = 1,0 × 10–10 mol/L; comme l’eau en
produit
1,0 × 10–7 mol/L, [OH–]totale = 1,0 × 10–7 mol/L.
pOH = –log (1,0 × 10–7) = 7,00; pH = 14,00 – 7,00 = 7,00
c) [OH–] = 2,0 mol/L; pOH = –log (2,0) = –0,30 ; pH = 14,00 – (–0,30) = 14,30
65.
a) Ca(OH)2 → Ca2+ + 2 OH− ; Ca(OH)2 est une base forte qui se dissocie complètement.
[OH−] = 2(0,00040) = 8,0 × 10 −4 mol/L; pOH = -log [OH−] = 3,10;
pH = 14,00 - pOH = 10,90
b)
25 g KOH 1 mol KOH
×
= 0,45 mol KOH/L
L
56,11 g KOH
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
151
KOH est une base forte, donc [OH−] = 0,45 mol/L; pOH = -log (0,45) = 0,35;
pH = 13,65
c)
150,0 g NaOH
1 mol
×
= 3,750 mol/L; NaOH est une base forte,
L
40,00 g
donc [OH−] = 3,750 mol/L.
pOH = -log (3,750) = -0,5740 et pH = 14,0000 - (-0,5740) = 14,5740
Bien qu’il soit justifié de calculer la réponse à quatre décimales, en réalité, les valeurs de
pH sont généralement mesurées à deux décimales, parfois trois.
66.
a) Principales espèces : Na+, Li+, OH–; H2O (NaOH et LiOH sont deux bases fortes).
[OH–] = 0,050 + 0,050 = 0,100 mol/L; pOH = 1,000; pH = 13,000
b) Principales espèces : Ba2+, Rb+, OH–, H2O; Ba(OH)2 et RbOH sont des bases fortes et
Ba(OH)2 produit 2 mol OH– par mol Ba(OH)2.
[OH–] = 2(0,0010) + 0,020 = 0,022 mol/L; pOH = –log (0,022) = 1,66; pH = 12,34
67.
pOH = 14,00 – 11,56 = 2,44; [OH−] = [KOH] = 10−2,44 = 3,6 × 10 −3 mol/L
0,8000 L ×
68.
3,6 ×10−3 mol KOH 56,11 g KOH
×
= 0,16 g KOH
L
mol KOH
pH = 13,00 ; pOH = 14,00 – 13,00 = 1,00 ; [OH–] = 10–1,00 = 0,10 mol/L
Ca(OH)2(aq) → Ca2+(aq) + 2OH–(aq) ;
[Ca(OH)2] =
69.
0,10 mol OH − 1 mol Ca(OH) 2
×
= 0,050 mol Ca(OH)2/L
2 mol OH −
L
Les principales espèces sont NH3 et H2O, et NH3 est le principal producteur de OH–.
NH3(aq) + H2O(l)
Initiale
0,150 mol/L
Changement
–x
Équilibre
0,150 – x
Kb = 1,8 × 10–5 =
⇌
NH4+(aq)
→
0
+x
x
+
OH–(aq)
~0
+x
x
2
2
[ NH +4 ] [OH − ]
x
x
≈
(en supposant que x << 0,150)
=
[ NH 3]
0,150 − x 0,150
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
152
x = [OH–] = 1,6 × 10–3 mol/L ; approximation valide.
pOH = –log [OH–] = –log (1,6 × 10–3 mol/L) = 2,80 ; pH = 14,00 – pOH = 14,00 – 2,80
= 11,20
70.
a)
Initiale
Changement
Équilibre
(C2H5)3N + H2O
⇌
(C2H5)3NH+
0,20 mol/L
–x
0,20 – x
→
0
+x
x
Kb = 4,0 × 10–4 =
Kb = 4,0 × 10–4
+ OH–
~0
+x
x
2
2
[(C 2 H 5) 3 NH +] [OH − ]
x
x
≈
,
=
[(C 2 H 5)3 N]
0, 20 − x 0,20
x = [OH–] = 8,9 × 10–3 mol/L
Approximation valide.
−14
K eau = 1,0 × 10
= 1,1 × 10–12 mol/L, pH = 11,96
[H ] =
−3
−
[OH ]
8,9 × 10
+
b)
Initiale
Changement
Équilibre
HONH2(aq) + H2O(l)
⇌
0,200
–x
0,200 – x
→
[ − ][HONH 3 ]
Kb = 1,1 × 10–8 = OH
=
+
[HONH 2]
HONH3+(aq)
+
≈ 0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
0
+x
x
2
OH–(aq)
2
x
x
=
0,200 − x
0,200
x = 4,7 × 10–5 ; l’approximation est valide.
[OH–] = x = 4,7 × 10–5 mol/L
pOH = 4,33 pH = 14 – 4,33 = 9,67
[H+] = 2,1 × 10 –10 mol/L
71.
a)
Initiale
Changement
Équilibre
C6H5NH2 + H2O
⇌
0,20 mol/L
–x
0,20 – x
→
C6H5NH3+
0
+x
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
+
OH–
~0
+x
x
Kb = 3,8 × 10–10
Chapitre 5 Acides et bases
3,8 × 10
153
2
–10
2
x
x
=
≈
, x = [OH–] = 8,7 × 10–6 mol/L ; approximaiton valide.
0,20 - x 0,20
[H+] = Keau/[OH–] = 1,1 × 10–9 mol/L ; pH = 8,96
⇌
C5H5N + H2O
b)
Initiale
Équilibre
C5H5NH+
0,20 mol/L
0,20 – x
Kb = 1,7 × 10–9 =
+
0
x
2
Kb = 1,7 × 10–9
OH–
~0
x
2
x
x
≈
, x = 1,8 × 10–5 mol/L, approximation valide.
0,20 - x 0,20
[OH–] = 1,8 × 10–5 mol/L ; [H+] = 5,6 × 10–10 mol/L ; pH = 9,25
72.
a) et b)
NH3(aq)
Initiale
Changement
Équilibre
H2O(aq)
0
+x
x
co
–x
co – x
Kb = 1,8 × 10–5 =
% diss =
+
⇌
NH4+(aq)
+
OH–(aq)
≈ 0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
2
[ NH +4 ] [OH − ]
x
=
[ NH 3]
co − x
x × 100 %
co
a) 1,8 × 10–5 =
2
2
x
x
≈
0,10 − x 0,10
x = 1,3 × 10–3 ; l’approximation est valide.
% diss =
1,3 × 10−3
× 100 % = 1,3 %
0,10
b) 1,8 × 10–5 =
2
2
x
x
≈
0,010 − x 0,010
x = 4,2 × 10–4 ; l’approximation est valide.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
154
% diss =
4,2 × 10−4
× 100 % = 4,2 %
0,010
C5H5N + H2O
73.
Initiale
Équilibre
⇌
C5H5N+ + OH−
0,10 mol/L
0,10 - x
Kb = 1,7 × 10
−9
0
x
Kb = 1,7 × 10 −9
~0
x
x2
x2
=
≈
, x = [C5H5N] = 1,3 × 10 −5 mol/L;
0,10 − x 0,10
approximation valide.
% C5H5N qui a réagi =
74.
1,3 × 10−5 mol/L
× 100 = 1,3 × 10 −2 %
0,10 mol/L
[codéine]
=
mol codéine
5,0 mg codéine
mol codéine
g
1000 L
=
×
×
×
L
10,0 mL
299 g codéine
1000 mg
L
[codéine] = 1,7 × 10-3 mol/L
pKb = 6,05, Kb = 10-6,05 = 8,9 × 10-7
Cod(aq) + H2O(l)
1,7 × 10-3
-x
1,7 × 10-3 – x
Initiale
Changement
Équilibre
Kb = 8,9 × 10-7 =
⇌
CodH+(aq)
0
+x
x
+
[OH − ][CodH + ]
x2
x2
=
≈
[Cod]
1,7 × 10−3 − x
1,7 × 10−3
x = 3,9 x 10-5; l’approximation est valide.
[OH-] = 3,9 × 10-5 mol/L
pOH = 4,41 et pH = 14 – 4,41 = 9,59
HONH2 + H2O
75.
Initiale
Équilibre
c0
c0 – x
⇌
HONH3+ + OH−
0
x
~0
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Kb = 1,1 × 10 −8
c0 = [HONH2]0
OH-(aq)
≈ 0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
Chapitre 5 Acides et bases
Kb = 1,1 × 10 −8 =
155
x2
;
I−x
d’après les données du problème : pH = 10,00,
donc pOH = 4,00 et x = [OH−] = 1,0 × 10 −4 mol/L
1,1 × 10 −8 =
(1,0 ×10−4 ) 2
, c0 = 0,91 mol/L
c0 − 1,0 ×10-4
masse HONH2 = 0,2500 L ×
0,91 mol HONH 2 33,03 g HONH 2
×
= 7,5 g HONH2
L
mol HONH 2
Polyacides
76.
77.
H2SO3(aq) ⇌ HSO3–(aq) + H+(aq)
K a1
HSO3– (aq) ⇌ SO32–(aq) + H+(aq)
K a2 =
⇌
H+(aq)
H3AsO4(aq)
a)
Initiale
Changement
Équilibre
K a1
= 5 × 10–3 =
[HSO3− ][H +]
[H 2SO 3]
[SO 32 −][H +]
[HSO3− ]
+
≈0
+x
x
0,10
–x
0,10 –x
=
H2AsO4–(aq)
0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
2
[H +][H 2 AsO −4 ]
x
=
[H 3AsO 4]
0,10 − x
x2 + 5 × 10–3 x – 5 × 10–4 = 0
x = 0,02
x = –0,025 inacceptable
[H+] = x = 0,02 mol/L, pH = 1,7
H2CO3(aq)
b)
Initiale
Changement
Équilibre
0,10
–x
0,10 – x
⇌
H+(aq)
≈0
+x
x
+
HCO3–(aq)
0 mol/L
+x mol/L
x mol/L
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
156
2
2
[H +][HCO3− ]
x
x
=
≈
K a1 = 4,3 × 10 =
[H 2CO 3]
(0,10 − x) 0,10
–7
x = 2,1 × 10–4 ; l’approximation est valide.
[H+] = x = 2,1 × 10–4 mol/L, pH = 3,68
78.
Les réactions sont :
H3AsO4 ⇌ H+ + H2AsO4−
K a1 = 5 × 10 −3
H2AsO4− ⇌ H+ + HAsO42−
K a 2 = 8 × 10 −8
HAsO42− ⇌ H+ + AsO43−
K a3 = 6 × 10 −10
On traite les équations par ordre d’importance, en commençant par celle qui a la Ka la plus
élevée, K a1 .
⇌
H3AsO4
Initiale
Équilibre
5 × 10 −3 =
0,20 mol/L
0,20 - x
+
H
+
~0
x
H2AsO4
−
K a1 = 5 × 10
−3
[H + ][H 2 AsO 4− ]
=
[H 3 AsO 4 ]
0
x
x2
, x = 2,9 × 10 −2 = 3 × 10 −2 mol/L
0, 20 − x
(À l’aides des approximations
successives ou de la formule quadratique.)
[H+] = [H2AsO4−] = 3 × 10 −2 mol/L; [H3AsO4] = 0,20 - 0,03 = 0,17 mol/L
Étant donné que K a 2 =
[H + ][HAsO 42− ]
= 8 × 10 −8 est beaucoup plus petite que la valeur
[H 2 AsO −4 ]
de K a1 , très peu de H2AsO4− (et de HAsO42−) se dissocie comparé à H3AsO4. Par
conséquent, [H+] et [H2AsO4−] ne changeront pas de façon importante dans la réaction de
K a2 . On utilise les concentrations précédemment calculées de H+ et de H2AsO4− pour
obtenir la concentration de HAsO42− :
8 × 10 −8 =
(3 ×10-2 )[HAsO 24− ]
, [HAsO42−] = 8 × 10 −8 mol/L
−2
3 ×10
L’approximation selon laquelle la réaction de Ka2 ne change pas [H+] et [HAsO4−] est
valide. On répète le processus en utilisant K a 3 pour obtenir [AsO43−].
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
K a3 = 6 × 10 −10 =
157
[H + ][AsO34− ]
(3 ×10-2 )[AsO34− ]
=
[HAsO 24− ]
(8 ×10−8 )
[AsO43−] = 1,6 × 10 −15 ≈ 2 × 10 −15 mol/L. Approximation valide.
Donc, dans une solution de H3AsO4 de concentration 0,20 mol/L :
[H3AsO4] = 0,17 mol/L; [H+] = [H2AsO4−] = 3 × 10 −2 mol/L
[HAsO42−] = 8 × 10 −8 mol/L; [AsO43−] = 2 × 10 −15 mol/L
[OH−] = Ke/[H+] = 3 × 10 −13 mol/L
79.
L’acide fort H2SO4 en concentration 2,0 mol/L produit [HSO4–] = [H+] = 2,0 mol/L.
Cependant, l’acide faible HSO4– peut se dissocier pour former d’autres H+ :
HSO4–
Initiale
Changement
Équilibre
K a2
2,0 mol/L
–x
2,0 – x
⇌
H+
→
2,0 mol/L
+x
2,0 + x
+
SO42–
0
+x
x
[H +][SO 24− ]
(2, 0 + x)( x) 2,0(x)
= 1,2 × 10 =
≈
, x = 1,2 × 10–2 ;
=
−
2,0
[HSO 4 ]
2, 0 − x
–2
approximation valide.
Quantité de H+ produite par HSO4– = 1,2 × 10–2 mol/L
[H+]total = 2,0 + 1,2 × 10–2 = 2,0 mol/L ; pH = –log (2,0) = –0,30
80.
La première dissociation est complète : [HSO4–] = [H+] = 0,0010 mol/L. Pour la deuxième
dissociation, on traite l’équation suivante :
HSO4–
Initiale
0,0010 mol/L
Changement
–x
Équilibre
0,0010 – x
K a2 =
⇌
H+
→
0,0010 mol/L
+x
0,0010 + x
+
SO42–
0
+x
x
(0,0010x)(x)
≈ x, x = 0,012 ; approximation non valide.
0,0010 - x
Il faut résoudre l’équation sans approximation :
1,2 × 10–5 – 0,012 x = x2 + 0,0010 x, x2 + 0,013 x – 1,2 × 10–5 = 0
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
158
(1,69 × 10−4 + 4,80 × 10−5 )1/2 − 0,013 ± 0,0147
x = –0,013 ±
=
, x = 8,5 × 10–4
2
2
[H+] = (1,0 × 10–3 + 8,5 × 10–4) mol/L = 1,9 × 10–3 mol/L ; pH = 3,72
Propriétés acide-base des sels
81.
Pour s’y retrouver quant aux propriétés acido-basiques des espèces en solution aqueuse, il
faut mémoriser un certain nombre de concepts de base.
a) Il faut mémoriser ces acides forts : HCl, HBr, HI, HNO3, HClO4 et H2SO4 (pour le
premier H+).
b) Il faut mémoriser ces bases fortes : LiOH, NaOH, KOH, RbOH et Ca(OH)2, Sr(OH)2,
Ba(OH)2.
c) Les bases conjuguées des acides forts (Cl–, Br–, I–, NO3–, ClO4– et HSO4–) ne sont pas
basiques en milieu aqueux parce que leur Kb est inférieure à Keau ; HSO4– est cependant
un acide faible.
d) Les cations alcalins (Li+, Na+, K+, Rb+) et ceux des alcalinos-terreux les plus lourds
(Ca2+, Sr2+, Ba2+) ne sont ni acides ni basiques dans l’eau.
Appliquons ces connaissances :
KOH est une base forte (b).
KCl est neutre : formé de K+ et Cl– (c et d).
KCN donne K+ (neutre, d) et CN–, base conjuguée de HCN, acide du tableau 5.2 : solution
basique.
NH4Cl donne Cl– (neutre, c) et NH4+, acide conjugué de NH3 du tableau 5.3 : solution acide.
HCl est un acide fort.
Donc, le classement du plus acide au plus basique est :
HCl > NH4Cl > KCl > KCN > KOH
82.
Voir l’exercice 5.81 pour les principes de base.
Ca(NO3)2 donne Ca2+ (neutre, d) et 2NO3– (neutre, c) : solution neutre.
NaNO2 donne Na+ (neutre, d) et NO2–, base conjuguée de l’acide HNO2 : solution basique.
HNO3 : acide fort.
NH4NO3 donne NH4+ (acide conjugué de NH3) et NO3– (neutre, c) : solution acide.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
159
Ca(OH)2 : base forte.
Du plus acide au plus basique, on a donc :
HNO3 > NH4NO3 > Ca(NO3)2 > NaNO2 > Ca(OH)2
83.
1× 10−14 = 1× 10-14 = 3,3 × 10–7
K b, OCl_ =
K a, HOCl
3 × 10-8
K b, CH3COO
−
=
1×10−14 = 1×10−14 = 5,6 × 10–10
−5
K a, CH 3COOH 1,8 ×10
OCl– est une base plus forte que CH3COO–.
L’acide le plus faible (HOCl) possède la base conjuguée la plus forte.
84.
Comme NH3 est une base plus faible que CH3NH2, son acide conjugué NH4+ est plus fort
que CH3NH3+.
85.
NaN3 → Na+ + N3– ; N3– est la base conjuguée de l’acide faible HN3, Na+ est neutre.
N3– + H2O
Initiale
0,010 mol/L
Changement
–x
Équilibre
0,010 – x
⇌
HN3 + OH– Kb =
→
0
+x
x
−14
K eau = 1,0 × 10
= 5,3 × 10–10
−5
1,9 × 10
Ka
~0
+x
x
2
2
[HN 3][OH − ]
x
x
–10
Kb =
= 5,3 × 10 =
≈
(en supposant que x << 0,010)
[ N 3− ]
0,010 − x 0,010
x = [OH–] = 2,3 × 10–6 mol/L ; approximation valide ; [H+] =
1,0 × 10−14
2,3 × 10−6
= 4,3 × 10–9 mol/L
[HN3] = [OH–] = 2,3 × 10–6 mol/L ; [Na+] = 0,010 mol/L ;
[N3–] = 0,010 – 2,3 × 10–6 = 0,010 mol/L
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
160
86.
C2H5NH3Cl → C2H5NH3+ + Cl– ; Cl– est neutre et C2H5NH3+ est un acide faible.
Initiale
Changement
Équilibre
C2H5NH3+
⇌
0,25 mol/L
–x
0,25 – x
→
Ka = 1,8 × 10–11 =
C2H5NH2 +
0
+x
x
Ka = Keau/5,6 × 10–4 = 1,8 × 10–11
H+
~0
+x
x
2
2
[C 2 H 5 NH 2][H +]
x
x
≈
(en supposant que x << 0,25)
=
[C 2 H 5 NH 3+]
0, 25 − x 0, 25
x = [H+] = 2,1 × 10–6 mol/L ; pH = 5,68 ; approximation valide.
[C2H5NH2] = [H+] = 2,1 × 10–6 mol/L ; [C2H5NH3+] = 0,25 mol/L ; [Cl–] = 0,25 mol/L
[OH–] = Keau/[H+] = 4,8 × 10–9 mol/L
87.
a)
H2O
→
CH3NH3Cl
CH3NH3+
acide conjugué de CH3NH2
CH3NH3+(aq)
Initiale
Changement
Équilibre
−14
Ka = 1× 10
K b, CH 3 NH 2
+
H2O
⇌
0,10
–x
0,10 – x
=
+
Cl–
ion spectateur
CH3NH2(aq)
+
H3O+(aq)
≈ 0 mol/L
+x mol/L
x
mol/L
0
+x
x
2
[CH 3 NH 2][H 3O +]
x
1× 10−14
–11
=
=
2,28
×
10
=
4,38 × 10−4
[CN 3 NH 3+]
0,10 − x
2
≈
x
0,10
x = 1,5 × 10–6 ; l’approximation est valide.
[H+] = x = 1,5 × 10–6 mol/L ; pH = 5,82
b)
H2O
NaCN
→
+
Na+
ion spectateur
CN–(aq)
Initiale
Changement
Équilibre
+
0,050
–x
0,050 – x
CN–
base conjuguée de HCN
H2O
⇌
HCN(aq)
0
+x
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
+
OH–(aq)
≈ 0 mol/L
+x mol/L
x
mol/L
Chapitre 5 Acides et bases
Kb = 1× 10
−14
K a, HCN
=
161
−
2
2
x
x
1×10−14 = 1,6 × 10–5 = [HCN][OH ] =
≈
[CN − ]
0, 050 − x 0,050
6,2 × 10−10
x = 8,9 × 10–4 ; l’approximation est valide.
[OH–] = x = 8,9 × 10–4 mol/L
pOH = 3,05
pH = 14 – 3,05 = 10,95
88.
Tous ces sels contiennent l’ion Na+, neutre. Les anions sont : CN– (base conjuguée de
HCN), CH3CO2– (b.c. de CH3CO2H), F– (b.c. de HF), Cl– (neutre) et OCl– (b.c. de HOCl).
Pour déterminer lequel de ces anions est la base produisant un pH de 8,07 (pOH = 5,93,
[OH–] = 10–5,93 = 1,2 × 10–6 mol/L), il faut en évaluer la Kb :
⇌
A– + H2O
Initiale
0,1000 mol/1,00 L
Changement
–x
Équilibre
0,100 – x
HA
+
0
+x
x
→
OH–
~0
+x
sx
Kb =
2
[HA][OH − ]
x
=
; selon les données, x = [OH–] = 1,2 × 10–6 mol/L
[A − ]
0,100 − x
Kb =
(1,2 × 10−6 )
= 1,4 × 10–11
0,100 − 1, 2 × 10−6
2
La Ka de l’acide conjugué de A– est : Ka =
1,0 × 10−14
= 7,1 × 10–4
1,4 × 10−11
Selon le tableau 5.2, cette Ka appartient à HF. Le sel inconnu est donc NaF.
89.
BHCl → BH+ + Cl– ; Cl– est neutre et BH+ est un acide faible. Déterminons sa Ka :
BH+
Initiale
0,10 mol/L
Changement
–x
Équilibre
0,10 – x
⇌
→
B
+
0
+x
x
H+
~0
+x
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
162
Ka =
2
[B][H + ]
x
=
; selon les données, pH = 5,82 et [H+] = x = 10–5,82
[BH +]
0,10 − x
= 1,5 × 10–6
(1,5 − 10−6 )
= 2,3 × 10–11
−6
0,10 − 1,5 × 10
2
Ka =
Kb de la base B = Keau/Ka = 1,0 × 10–14/2,3 × 10–11 = 4,3 × 10–4
Selon le tableau 5.3, cette valeur appartient à la base CH3NH2. Le sel inconnu est donc
CH3NH3Cl.
90.
Principales espèces présentes : Al(H2O)63+ (Ka = 1,4 × 10–5), NO3– (neutre) et H2O
(Keau = 1,0 × 10–14) ; Al(H2O)63+ est le principal producteur de H+ :
Initiale
Changement
Équilibre
Ka = 1,4 × 10–5 =
Al(H2O)63+
⇌
Al(OH)(H2O)52+
0,050 mol/L
–x
0,050 – x
→
0
+x
x
+
H+
~0
+x
x
2
2
[Al(OH)(H 2 O)52+ ][H +]
x
x
≈
=
3+
0,050 − x 0,050
[Al(H 2 O) 6 ]
x = 8,4 × 10–4 mol/L = [H+] ; approximation valide ; pH = –log (8,4 × 10–4) = 3,08
91.
Principales espèces : Co(H2O)63+ (Ka = 1,0 × 10–5), Cl– (neutre) et H2O (Keau = 1,0 × 10–14) ;
Co(H2O)63+ est le principal producteur de H+.
Co(H2O)63+
Initiale
Équilibre
⇌
Co(OH)(H2O)52+
0,10 mol/L
0,10 – x
Ka = 1,0 × 10–5 =
2
0
x
+
H+
Ka = 1,0 × 10–5
~0
x
2
x
x
≈
, x = [H+] = 1,0 × 10–3 mol/L ; approximation valide.
0,10 − x 0,10
pH = –log (1,0 × 10–3) = 3,00
92.
a) NaNO3 → Na+ + NO3– ; Na+ est neutre, NO3– est neutre : solution neutre.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
163
b) NaNO2 → Na+ + NO2– ; Na+ est neutre, NO2– est la base conjuguée de l’acide faible
HNO2 ; la solution est basique :
NO2– + H2O ⇌ HNO2 + OH–
c) NH4NO3 ⇌ NH4+ + NO3– ; NH4+ est l’acide conjugué de NH3 ;
NO3– est neutre ; la solution est acide :
NH4+ + H2O ⇌ NH3 + H3O+
d) NH4NO2 → NH4+ + NO2– acide ; NH4+ est un acide faible (Ka = 5,6 × 10–10) et NO2– est
une base faible (Kb = 2,5 × 10–11). Comme K a, NH+4 > K b, NO−2 , alors la solution est acide.
NH4+ ⇌ H+ + NH3 Ka = 5,6 × 10–10 ; NO2– + H2O ⇌ HNO2 + OH–
Kb = 2,5 × 10–11
e) NaOCl → Na+ + OCl– ; OCl– est une base faible et Na+ est neutre ; la solution est
basique :
OCl– + H2O ⇌ HOCl + OH–
f) NH4OCl → NH4+ + OCl– ; NH4+ est un acide faible ; OCl– est une base faible.
NH4+ ⇌ NH3 + H+ Ka = 5,6 × 10–10 ; OCl– + H2O ⇌ HOCl + OH– Kb = 2,9 × 10–7
La solution est basique puisque K b, OCl_ > K a, NH+4
Relations entre la structure et la force des acides et des bases
93.
a) HBrO < HBrO2 < HBrO3 ; l’acidité augmente avec le nombre d’oxygène ;
b) HIO2 < HBrO2 < HClO2 ; la force de l’acide est directement proportionnelle à
l’électronégativité de l’atome central ;
c) HBrO3 < HClO3 ; même raisonnement qu’en b ;
d) H2SO3 < H2SO4 ; même raisonnement qu’en a.
94.
a) BrO3– < BrO2– < BrO– ; ces bases conjuguées des acides de l’exercice 93 a) sont d’autant
plus faibles que leur acide conjugué est fort.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
164
b) ClO2– < BrO2– < IO2– ; même raisonnement pour ces bases conjuguées des acides de
l’exercice 93 b).
95.
a) H2O < H2S < H2Se ; la force de l’acide augmente en fonction inverse de l’énergie de
liaison ;
b) CH3COOH < FCH2COOH < F2CHCOOH < F3CCOOH ; la force de l’acide
augmente en fonction du nombre d’atomes électronégatifs voisins ;
c) NH4+ < HONH3+ ; même raisonnement qu’en b ;
d) NH4+ < PH4+ ; même raisonnement qu’en a.
96.
Plus un acide est fort, plus sa base conjuguée est faible.
a) OH– > SH– > HSe– ; voir ex. 95 a.
b) PH3 < NH3 ; voir ex. 95 b.
c) HONH2 < NH3 ; voir ex. 95 c.
97.
a) Basique ; CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(aq) ;
b) Acide ; SO2(g) + H2O(l) → H2SO3 (aq) ;
c) Acide ; Cl2O(g) + H2O(l) → 2 HOCl(aq).
Acides et bases de Lewis
98.
99.
Acide de Lewis Base de Lewis
a) B(OH)3
H2O
b) Ag+
NH3
c) BF3
NH3
a) acide : I2, base : I- ; b) acide : Zn(OH)2, base : OH- ; c) acide : Fe3+, base : SCN-.
100. Al(OH)3 comme base :
Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O
Al(OH)3 comme acide
Al(OH)3 + OH– → Al(OH)4–
101. Zn(OH)2(s) + 2H+(aq) → Zn2+(aq) + 2H2O(l) (Zn(OH)2 = base de Lewis) ;
Zn(OH)2(s) + 2OH-(aq) → Zn(OH)42-(aq) (Zn(OH)2 = acide de Lewis).
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
165
102. Étant plus petit et portant une charge plus grande, Fe3+ devait être l’acide le plus fort, celui
le plus apte à attirer fortement des doublets d’électrons de bases de Lewis.
103. Structures de Lewis :
La base de Lewis H2O cède un doublet d’électrons au carbone de l’acide de Lewis CO2,
puis un proton H+ est déplacé pour former l’acide H2CO3.
EXERCICES SUPPLÉMETAIRES
104. À pH = 2,000, [H+] = 10−2,000 = 1,00 × 10 −2 mol/L;
à pH = 4,000, [H+] = 10−4,000 = 1,00 × 10 −4 mol/L
mol H+ présentes = 0,0100 L ×
0,0100 mol H +
= 1,00 × 10 −4 mol H+
L
Soit V = volume total de solution à pH = 4,000 :
1,00 × 10 −4 mol/L =
1,00 ×10−4 mol H +
, V = 1,00 L
V
Volume d’eau ajoutée = 1,00 L - 0,0100 L = 0,99 L = 990 mL
105. Les paires des parties a, c et d sont des couples acide-base conjugués. À la partie b, HSO4est la base conjuguée de H2SO4. De plus, HSO4- est l’acide conjugué de SO42-.
106. Soit HSac = saccharine et c0 = [HSac]o.
HSac
Initiale
Équilibre
Ka = 2,0 × 10
c0
c0 - x
−12
⇌
H+
~0
x
+
−
S sac
Ka = 10−11,70 = 2,0 × 10 −12
0
x
x2
=
; x = [H+] = 10−5,75 = 1,8 × 10 −6 mol/L
c0 − x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
166
2,0 × 10 −12 =
(1,8 ×10−6 )2
, c0 = 1,6 mol/L = [HSac]o.
c0 − 1,8 ×10−6
100,0 g HC7H4NSO3 ×
1 mol
1L
1000 mL
= 340 mL
×
×
183,19 g 1,6 mol
L
107. L’ampoule brille fortement à cause de la présence d’un électrolyte fort, c.-à-d., un soluté
qui se dissout pour produire beaucoup d’ions en solution. La valeur de 4,6 au pH-mètre
indique la présence d’un acide faible. (Si un acide fort était présent, le pH serait près de
zéro.) Parmi les substances possibles, seulement HCl (acide fort), NaOH (base forte) et
NH4Cl sont des électrolytes forts. De ces trois substances, seul NH4Cl contient un acide
faible (la solution de HCl aurait un pH près de zéro et la solution de NaOH, un pH près de
14,0). NH4Cl se dissocie en ions NH4+ et en ions Cl- lorsqu’il est dissous dans l’eau. Cl- est
la base conjuguée de l’acide fort, de sorte qu’il ne présente aucune propriété basique (ni
acide) dans l’eau. NH4+, par contre, est l’acide conjugué de la base faible NH3, de sorte que
NH4+ est un acide faible et produirait une solution de pH = 4,6 lorsque sa concentration est
~ 1 mol/L.
108. HBz = C6H5COOH
c0 = [HBz]o = concentration de HBz qui se dissout pour donner une solution saturée.
HBz
⇌
H+
+
Bz−
c0
~0
0
x mol/L HBz se dissocie pour atteindre l’équilibre.
Changement
-x
→
+x
+x
Équilibre
c0 - x
x
x
Initiale
x
[H + ][Bz − ]
Ka =
= 6,4 × 10 −5 =
, où x = [H+]
[HBz]
c0 − x
2
6,4 × 10 −5 =
[ H + ]2
; pH = 2,80; [H+] = 10−2,80 = 1,6 × 10 −3 mol/L
+
c0 − [ H ]
c0 - 1,6 × 10 −3 =
(1, 6 × 10−3 ) 2
= 4,0 × 10 −2 , c0 = 4,0 × 10 −2 + 1,6 × 10 −3
6.4 × 10−5
= 4,2 × 10 −2 mol/L
La solubilité molaire de C6H5COOH is 4,2 × 10 −2 mol/L.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
167
109. Parce que K a 2 pour H2S est très petit, on peut négliger la contribution en H+ de la réaction
Ka2 .
⇌
H2S
Initiale
Équilibre
0,10 mol/L
0,10 - x
K a1 = 1,0 × 10 −7 =
H+
HS−
~0
x
0
x
K a1 = 1,0 × 10 −7
x2
x2
≈
, x = [H+] = 1,0 × 10 −4 ; approximation valide.
0,10 − x 0,10
pH = -log (1,0 × 10 −4 ) = 4,00
À l’aide de la réaction de K a 2 , on détermine [S2−].
Initiale
Équilibre
⇌
H+
+
HS−
−4
−4
1,0 × 10 mol/L 1,0 × 10 mol /L
1,0 × 10 −4 - x
1,0 × 10 −4 + x
K a2 = 1,0 × 10 −19 =
S2−
0
x
(1, 0 × 10−4 + x) x 1, 0 × 10−4 x
≈
(1, 0 × 10−4 − x)
1, 0 × 10−4
x = [S2−] = 1,0 × 10 −19 mol/l; approximation valide.
110. Pour H2C6H6O6. K a1 = 7,9 × 10 −5 et K a 2 = 1,6 × 10 −12 . Étant donné que K a1 >> K a 2 , la
quantité de H+ produite par la réaction de K a 2 est négligeable.
1 mol H 2 C6 H 6 O6
176,12 g
= 0,0142 mol/L
0,2000 L
0,500 g ×
[H2C6H6O6]o =
H2C6H6O6(aq)
Initiale
Équilibre
⇌
0,0142 mol/L
0,0142 - x
HC6H6O6−(aq)
0
x
+ H+(aq)
K a1 = 7,9 × 10 −5
~0
x
x2
x2
K a1 = 7,9 × 10 =
≈
, x = 1,1 × 10 −3 ; approximation non valide,
0, 0142 − x
0, 0142
−5
ne respecte pas la règle des 5 %.
Résolvons par la méthode des approximations successives :
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
168
7,9 × 10 −5 =
x2
, x = 1,0 × 10 −3 mol/L (réponse logique)
0, 0142 − 1,1 × 10−3
Étant donné que H+ produit par la réaction de K a 2 est négligeable, [H+] = 1,0 × 10 −3 et
pH = 3,00.
111. [H+]o = 1,0 × 10 −2 + 1,0 × 10 −2 = 2,0 × 10 −2 mol/L provenant des acides forts HCl et H2SO4.
HSO4− est un bon acide faible (Ka = 0,012). Cependant, HCN est un acide très faible
(Ka = 6,2 × 10 −10 ) et on peut l’ignorer. Si on calcule la contribution de HSO4− en H+ :
⇌
HSO4−
Initiale
Équilibre
Ka =
0,010 mol/L
0,010 - x
H+
SO42−
+
0,020 mol/L
0,020 + x
Ka = 0,012
0
x
x (0, 020 + x)
x (0, 020)
= 0,012 ≈
, x = 0,0060;
(0, 010 − x)
(0, 010)
Approximation non valide (60 % d’erreur).
À l’aide de la formule quadratique : x2 + 0,032 x - 1,2 × 10 −4 = 0, x = 3,4 × 10 −3 mol/L
[H+] = 0,020 + x = 0,020 + 3,4 × 10 −3 = 0,023 mol/L; pH = 1,64
112. Dans ce problème on utilise l’abréviation Hacr pour CH2=CHCOOH et
CH2=CHCOO−.
a) Résolvons le problème de l’acide faible :
⇌
Hacr
Initiale
Équilibre
x2
0,10 − x
0,10 mol/L
0,10 - x
= 5,6 × 10
−5
H+
+
~0
x
acr−
Ka = 5,6 × 10 −5
0
x
x2
≈
, x = [H+] = 2,4 × 10 −3 M; pH = 2,62;
0,10
approximation valide.
b) % de dissociation =
2, 4 × 10−3
[H + ]
× 100 =
× 100 = 2,4 %
[Hacr]0
0,10
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
acr− pour
Chapitre 5 Acides et bases
169
c) acr− est une base faible et la principale source de OH − dans la solution.
acr−
Initiale
Équilibre
+ H2O
⇌
Hacr
0,050 mol/L
0,050 - x
+
0
x
Kb =
~0
x
Kb = 1,8 × 10 −10
x
x
[Hacr][OH − ]
= 1,8 × 10 −10 =
≈
−
[acr ]
0, 050 − x 0, 050
2
Kb =
Ke
1, 0 × 10−14
=
5, 6 × 10−5
Ka
OH−
2
x = [OH-] = 3,0 × 10 −6 mol/L; pOH = 5,52; pH = 8,48
Approximation valide.
113. D’après le pH, C7H4ClO2− est une base faible. Utilisez les données de la base faible pour
déterminer Kb pour C7H4ClO2− (qui est représenté par l’abréviation CB−).
CB−
Initiale
Équilibre
+
H2O
⇌
0,20 mol/L
0,20 - x
HCB
+
0
x
OH−
~0
x
Étant donné que pH = 8,65, pOH = 5,35 et [OH−] = 10−5,35 = 4,5 × 10 −6 mol/L = x.
Kb =
[HCB][OH − ]
(4,5 × 10−6 ) 2
x2
=
=
= 1,0 × 10 −10
−
−6
[CB ]
0, 20 − x 0, 20 − 4,5 × 10
Étant donné que CB− est une base faible, HCB, l’acide chlorobenzoïque, est un acide faible.
Résolvons le problème de l’acide faible :
HCB
Initiale
Équilibre
Ka =
⇌
0,20 mol/L
0,20 - x
H+
~0
x
0
x
Ke
1, 0 × 10−14
x2
x2
−4
=
=
1,0
×
10
=
≈
5, 6 × 10−10
Kb
0, 20 − x 0, 20
x = [H+] = 4,5 × 10 −3 mol/L; pH = 2,35
114. a)
CB−
+
Fe(H2O)63+ + H2O
Initiale
0,10 mol/L
Équilibre 0,10 - x
⇌
approximation valide.
Fe(H2O)5(OH)2+
0
x
+
H3O+
~0
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
170
[Fe(H 2 O)5 (OH) 2+ ][H 3O + ]
x2
x2
−3
Ka =
=
6,0
×
10
=
≈
[Fe(H 2 O)3+
0,10 − x 0,10
6 ]
x = 2,4 × 10 −2 ; approximation non valide (x = 24 % de 0,10). En résolvant le problème
par approximations successives :
x2
= 6,0 × 10 −3 , x = 0,021
0,10 − 0, 024
x2
x2
= 6,0 × 10 −3 , x = 0,022;
= 6,0 × 10 −3 , x = 0,022
0,10 − 0, 021
0,10 − 0, 022
x = [H+] = 0,022 mol/L; pH = 1,66
b) Puisque Fe2+(aq) a une charge plus faible que Fe3+(aq), une solution de nitrate de fer(II)
(Fe(NO3)2) sera moins acide qu’une solution de nitrate de fer(III) (Fe(NO3)3.
115. Voir la réponse à l’exercice 81.
a) HI :
acide fort; HF: acide faible (Ka = 7,2 × 10 −4 )
NaF : F- est la base conjuguée de l’acide faible HF; donc F- est une base faible.
La valeur de Kb pour F- = Ke/Ka, HF = 1,4 × 10 −11 . Na+ est neutre.
NaI : neutre (pH = 7,0); Na+ et I- sont neutres.
Classement en ordre croissant de pH : on place les composés du plus acide (pH le
plus bas) au plus basique (pH le plus élevé).
Ordre croissant de pH : HI < HF < NaI < NaF.
b) NH4Br :NH4+ est un acide faible (Ka = 5,6 × 10 −10 ) and Br- est neutre.
HBr : acide fort
KBr : neutre; K+ et Br- sont neutres
NH3 : base faible, Kb = 1,8 × 10 −5
Ordre croissant de pH : HBr < NH4Br < KBr < NH3
plus
plus
acide
basique
c) NH4NO3 : NH4+ est un acide faible (Ka = 5,6 × 10-10) et NO3- est neutre.
NaNO3:
neutre; Na+ et NO3− sont des espèces neutres.
NaOH:
base forte
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
171
HF :
acide faible (Ka = 7,2 × 10-4.
KF :
F- est une base faible (Kb = 1,4 × 10-11) et K+ est neutre.
NH3 :
base faible, Kb = 1,8 × 10 −5
HNO3 :
acide fort.
Ordre croissant de pH: HNO3 < HF < NH4NO3 < NaNO3 < KF < NH3 < NaOH
plus
plus
acide
basique
116. Na+ est neutre, mais HSO4− est un acide faible
HSO4−
Initiale
Équilibre
1,2 × 10
−2
⇌
0,10 mol/L
,10 - x
H+
~0
x
+
SO42−
Ka = 1,2 × 10-2
0
x
[H + ][SO 24− ]
x2
x2
=
≈
, x = 0,035
=
[HSO 4− ]
0,10 − x 0,10
Approximation non valide (x = 35 % de 0,10). En résolvant l’équation par approximations
successives :
x2
x2
=
= 1,2 × 10 −2 , x = 0,028
0,10 − x 0,10 − 0, 035
x2
x2
= 1,2 × 10 −2 , x = 0,029;
= 1,2 × 10 −2 , x = 0,029
0,10 − 0, 028
0,10 − 0, 029
x = [H+] = 0,029 mol/L; pH = 1,54
117. Les réactions en jeu sont :
H2CO3 ⇌ H+ + HCO3−
K a1 = 4,3 × 10 −7 ;
HCO3− ⇌ H+ + CO32−
K a 2 = 5,6 × 10 −11
Pour commencer, on ne s’occupe que de la première réaction (parce que K a1 >> K a 2 ) et les
résultats obtenus contrôlent les valeurs des concentrations dans la deuxième réaction.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
172
H2CO3
Initiale
Équilibre
⇌
0,010 mol/L
0,010 - x
K a1 = 4,3 × 10 −7 =
H+
HCO3−
~0
x
0
x
[H + ][HCO3− ]
x2
x2
=
≈
[H 2 CO3 ]
0, 010 − x 0, 010
x = 6,6 × 10 −5 mol/L = [H+] = [HCO3−] ;
HCO3Initiale
Équilibre
+
⇌
6,6 × 10 −5 mol/L
6,6 × 10 −5 - y
approximation valide.
H+
6,6 × 10 −5 mol/L
6,6 × 10 −5 + y
Si y est petit, alors [H+] = [HCO3−] et K a 2 = 5,6 × 10 −11 =
y = [CO32−] = 5,6 × 10 −11 mol/L;
CO32−
+
0
y
[H + ][CO32− ]
≈y
[HCO3− ]
Approximation valide.
La quantité de H+ provenant de la deuxième dissociation est 5,6 × 10 −11 mol/L ou :
5, 6 × 10−11
× 100 = 8,5 × 10-5 % de H+ provenant de la deuxième dissociation.
−5
6, 6 × 10
Ce résultat justifie de traiter les équilibres séparément. Si la deuxième dissociation
contribuait une quantité non négligeable de H+, il faudrait alors traiter les deux équilibres
simultanément. La réaction qui se produit quand on ajoute l’acide à la solution de HCO3−
est :
HCO3-(aq) + H+(aq) → H2CO3(aq) → H2O(l) + CO2(g)
Le bouillonnement sont des bulles de CO2(g) qui se forment par la décomposition des
molécules H2CO3 instables. Il faudrait écrire H2O(l) + CO2(aq) ou CO2(aq) pour ce qu’on
appelle l’acide carbonique. C’est par commodité, toutefois, qu’on écrit H2CO3(aq).
118. HbH44+ + 4O2 ⇌ Hb(O2)4 + 4H+
a) Au niveau des poumons, il y a une grande quantité de O2, la réaction vers la droite est
favorisée et la forme Hb(O2)4 est favorisée.
b) CO2 est un acide faible, CO2 + H2O ⇌ HCO3− + H+. Si on l’élimine, la concentration de
H+ diminue. La forme Hb(O2)4 est favorisée et l’oxygène n’est pas libéré au niveau des
cellules.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
173
Respirer dans un sac de papier fait augmenter la quantité de CO2 dans le sang, qui
augmente alors la quantité de H+, ce qui déplace la réaction vers la gauche.
c) CO2 s’accumule dans le sang qui devient trop acide; l’équilibre est déplacé vers la
gauche et l’hémoglobine ne fixe pas O2 aussi efficacement au niveau des poumons.
L’ion HCO3- est une base qui peut neutraliser l’acidité en excès.
119. a) H2SO3; acide sulfureux.
b) HClO3; acide chlorique
c) H3PO3; acide phosphoreux.
NaOH et KOH sont des composés ioniques formés de cations Na+ et K+ et d’anions
OH— basiques. Les oxacides comme H2SO3, HClO4 et H3PO3 sont des composés
covalents ; quand on les dissout dans l’eau, la liaison covalente entre O et H se brise
pour former des ions H+.
PROBLÈMES DÉFIS
120. Le pH de la solution n’est pas 8,00 parce que l’eau donne une quantité importante de H+ par
auto-ionisation. On ne peut pas ajouter un acide à de l’eau et obtenir un pH basique. Les
principales réactions sont :
H2O ⇌ H+ + OH−
Ke = [H+] [OH−] = 1,0 × 10 −14
HCl → H+ + Cl−
Ka est très grand, de sorte qu’on suppose que seule la réaction directe
se produit.
Si la solution est électriquement neutre, alors
[charge positive] = [charge négative ], alors [H+] = [OH−] + [Cl−]
À partir de Ke, [OH−] = Ke/[H+], et si [HCl] = 1,0 × 10 −8 mol/L, [Cl−] = 1,0 × 10 −8 mol/L.
En substituant ces valeurs dans l’égalité précédente :
1,0 ×10−14
+ 1,0 × 10 −8 , [H+]2 - 1,0 × 10 −8 [H+] - 1,0 × 10 −14 = 0
[H ] =
+
[H ]
+
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
174
Résolvons à l’aide de la formule quadratique :
[H+]
−(−1, 0 × 10−8 ) ± [(−1, 0 × 10−8 ) 2 − 4(1)(−1, 0 × 10−14 )]1/ 2
, [H+] = 1,1 × 10 −7 mol/L
2(1)
pH = -log (1,1 × 10 −7 ) = 6,96
121. Comme cette solution est très diluée, il faut tenir compte de deux sources d’ions OH-.
NaOH → Na+ + OH−
H2O ⇌ H+ + OH−
Ke = [H+] [OH−] = 1,0 × 10 −14
Comme cette solution doit être électriquement neutre, alors [charge positive] = [charge
négative].
[Na+] + [H+] = [OH−], où [Na+] = 1,0 × 10 −7 mol/L et [H+] =
Ke
[OH − ]
En substituant les valeurs, on obtient :
1,0 ×10−14
1,0 × 10 +
= [OH−], [OH−]2 - 1,0 × 10 −7 [OH−] - 1,0 × 10 −14 = 0
−
[OH ]
−7
On résout par la formule quadratique :
[OH−] =
−(−1, 0 × 10−7 ) ± [(−1, 0 × 10−7 ) 2 − 4(1)(−1, 0 × 10−14 )]1/ 2
2(1)
[OH−] = 1,6 × 10 −7 mol/L; pOH = -log (1,6 × 10 −7 ) = 6,80; pH = 7,20
HA
122.
Initiale
Équilibre
Ka =
⇌
c0
c0 - 1,00 × 10 −4
H+
~0
1,00 × 10 −4
+
A−
0
1,00 × 10 −4
Ka = 1,00 × 10 −6
c0 = [HA]o; pour pH = 4,000,
x = [H+] = 1,00 × 10 −4 mol/L
(1,00 × 10−4 ) 2
= 1,00 × 10 −6 ; c0 = 0,0101 mol/L
c0 - 1,00 × 10−4
La solution contient au départ 50,0 × 10 −3 L × 0,0101 mol/L = 5,05 × 10 −4 mol HA. On
dilue alors à un volume total, V, en litres. Le pH résultant est 5,000, alors [H+]
= 1,00 × 10 −5 . C’est un problème typique d’acide faible, x = [H+], alors :
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
175
⇌
HA
5,05 × 10 −4 mol/V
5,05 × 10 −4 /V - 1,00 × 10 −5
Initiale
Équilibre
Ka =
H+
A−
+
~0
1,00 × 10 −5
0
1,00 × 10 −5
(1, 00 × 10−5 ) 2
= 1,00 × 10 −6 , 1,00 × 10 −4
−4
−5
5, 05 × 10 / V − 1, 00 × 10
= 5,05 × 10 −4 /V - 1,00 × 10 −5
V = 4,59 L; 50,0 mL sont déjà présents, il faut donc ajouter 4540 mL d’eau.
⇌
HBrO
123.
1,0 × 10 −6 mol/L
Initiale
H+
+
~0
BrO−
Ka = 2 × 10 −9
0
x mol/L HBrO se dissocie pour atteindre l’équilibre
→
Changement -x
Équilibre
1,0 × 10 −6 - x
Ka = 2 × 10
−9
+x
x
x2
x2
=
≈
;
1, 0 × 10−6 − x 1, 0 × 10−6
+x
x
x = [H+] = 4 × 10 −8 mol/L; pH = 7,4
Vérifions l’approximation. La réponse est impossible! On ne peut pas ajouter une petite
quantité d’un acide à l’eau et obtenir une solution basique. Le pH le plus élevé pour un
acide dans l’eau est 7,0. Il faut tenir compte de H+ qui provient de la dissociation de l’eau.
124. Les principales espèces présentes sont H2O, C5H5NH+ (Ka = Ke/Kb(C5H5N)
= 1,0 × 10 −14 /1,7 × 10 −9 = 5,9 × 10 −6 ) et F− (Kb = Ke/Ka(HF) = 1,0 × 10 −14 /7,2 × 10 −4
= 1,4 × 10 −11 ).
La réaction à prendre en compte est celle du meilleur acide présent (C5H5NH+) qui réagit
avec la meilleure base présente (F−). En résolvant pour trouver les concentrations à
l’équilibre :
C5H5NH+(aq)
Initiale
0,200 mol/L
Changement -x
Équilibre
0,200 - x
+
F−(aq)
⇌
0,200 mol/L
-x
→
0,200 - x
C5H5N(aq) + HF(aq)
0
+x
x
0
+x
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
176
K = K a, C H NH + ×
5
5
1
K a, HF
= 5,9 × 10 −6 (1/7,2 × 10 −4 ) = 8,2 × 10 −3
2
K=
x
[C 5 H 5 N][HF]
= 8,2 × 10 −3 =
; en prenant la racine carrée des
+
−
[C5 H 5 NH ][F ]
(0, 200 − x) 2
deux membres :
0,091 =
x
, x = 0,018 - 0,091 x, x = 0,016 mol/L
0, 200 − x
D’après le tableau de réaction du problème, x = [C5H5N] = [HF] = 0,016 mol/L et 0,200 - x
= 0,200 - 0,016 = 0,184 mol/L = [C5H5NH+] = [F−]. Pour résoudre et trouver [H+], on peut
soit utiliser la constante d’équilibre Ka pour C5H5NH+ ou Ka pour HF. Si on utilise les
données pour C5H5NH+ :
K a, C H NH+ = 5,9 × 10 −6 =
5
5
[C5 H 5 N][H + ]
(0,016)[H + ]
, [H+] = 6,8 × 10 −5 mol/L
=
[C5 H 5 NH + ]
(0,184)
pH = -log(6,8 × 10 −5 ) = 4,17
Comme on s’y attend, étant donné que Ka pour l’acide faible est plus élevée que Kb pour la
base faible, une solution de ce sel doit être acide.
125. Comme NH3 est très concentré, il faut calculer la contribution en OH- de la base faible NH3.
NH3 +
Initiale
⇌
NH4+
15,0 mol/L
0
+
OH−
Kb = 1,8 × 10 −5
0,0100 mol/L
(On suppose aucune variation de volume.)
Équilibre
15,0 - x
Kb = 1,8 × 10 −5 =
x
0,0100 + x
x (0, 0100 + x)
x (0, 0100)
.
, x = 0,027; approximation non valide
15, 0 − x
15, 0
(x = 270% de 0,0100),
En utilisant la formule quadratique :
1,8 × 10 −5 (15,0 - x) = 0,0100 x + x2, x2 + 0,0100 x - 2,7 × 10 −4 = 0
x = 1,2 × 10 −2 , [OH−] = 1,2 × 10 −2 + 0,0100 = 0,022 mol/L
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
177
126. Pour une dissociation de 0,0010% : [NH4+] = 1,0 × 10 −5 (0,050) = 5,0 × 10 −7 mol/L
NH3 + H2O
NH4+ + OH−
Kb =
(5,0 × 10−7 )[OH −]
= 1,8 × 10 −5
0,050 - 5,0 × 10−7
Résolvons : [OH−] = 1,8 mol/L; en supposant aucun changement de volume :
1,0 L ×
1,8 mol NaOH 40,00 g NaOH
= 72 g de NaOH
×
L
mol NaOH
5,11 g 0,08206 L ⋅ atm
×
× 298 K
ρ RT
L
mol ⋅ K
127. Masse molaire =
=
= 125 g/mol
P
1,00 atm
1 mol
125 g
= 0,120 mol/L; pH = 1,80, [H+] = 10−1,80 = 1,6 × 10 −2 mol/L
0,100 L
1,50 g ×
[HA]o =
HA
Équilibre
⇌
H+ + A−
0,120 - x
x
x = [H+] = 1,6 × 10 −2 mol/L
x
−2 2
Ka =
(1, 6 × 10 )
[H + ][A − ]
=
= 2,5 × 10 −3
[HA]
0,120 − 0, 016
CH3COOH
128.
Initiale
Équilibre
1,8 × 10
−5
1,00 mol/L
1,00 − x
⇌
H+ +
0
x
CH3COO−
Ka = 1,8 × 10 −5
0
x
x2
x2
=
≈
, x = [H+] = 4,24 × 10 −3 mol/L
1, 00 − x 1, 00
(on utilise un C.S. supplémentaire)
pH = -log (4,24 × 10 −3 ) = 2,37 approximation valide.
On veut doubler le pH à 2(2,37) = 4,74 en ajoutant la base forte NaOH. Le meilleur acide
présent réagira avec la base forte. C’est CH3COOH. La réaction initiale qui se produit
quand une base forte est ajoutée est :
CH3COOH + OH− → CH3COO− + H2O
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
178
On remarque que cette réaction a comme effet global de convertir CH3COOH en sa base
conjugué, CH3COO−.
Pour un pH = 4,74, calculons le rapport entre [CH3COO−]/ CH3COOH] nécessaire pour
obtenir ce pH.
CH3COOH
⇌ H+
+ CH3COO−
−
Ka =
[H + ][C 2 H 3 O 2 ]
[ HC 2 H 3 O 2 ]
Quand pH = 4,74, [H+] = 10−4,74 = 1,8 × 10 −5 .
Ka = 1,8 × 10 −5 =
1,8 ×10−5 [C2 H 3O −2 ] [C2 H 3O −2 ]
= 1,0
,
[HC2 H 3O 2 ]
[HC2 H 3O 2 ]
Pour une solution de pH = 4,74, il faut des concentrations égales (nombre de moles égal) de
CH3COO− et de CH3COOH. Par conséquent, il faut ajouter une quantité de NaOH qui
convertira la moité de CH3COOH en CH3COO-. Cette quantité est 0,50 mol/L de NaOH.
Initiale
Changement
Après
réaction
CH3COOH
1,00 mol/L
-0,50
0,50 mol/L
+ OH− →
0,50 mol/L
-0,50
0
CH3COO− +
0
+0,50
0,50 mol/L
H2O
Selon le problème de stoechiométrie précédent, en ajoutant suffisamment de NaOH(s) pour
produire une solution de OH- à 0,50 mol/L on convertira la moitié de CH3COOH en
CH3COO−, ce qui donne une solution de pH = 4,74.
masse de NaOH = 1,0 L ×
0,500 mol NaOH 40,00 g NaOH
= 20,0 g NaOH
×
L
L
129. PO43− est la base conjuguée de HPO42−. La valeur de Ka pour HPO42− est K a 3 = 4,8 × 10-13.
PO43−(aq) + H2O(l) ⇌ HPO42−(aq) + OH−(aq)
Kb =
Ke
1, 0 × 10−14
=
= 0,021
4,8 × 10−13
K a3
HPO42− est la base conjuguée de H2PO4− ( K a 2 = 6,2 × 10 −8 ).
HPO42−+ H2O
⇌ H2PO4− + OH−
Kb =
Ke
1, 0 × 10−14
=
= 1,6 × 10 −7
6, 2 × 10−8
K a1
H2PO4− est la base conjuguée de H3PO4 ( K a1 = 7,5 × 10 −3 ).
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
H2PO4− + H2O
⇌
179
H3PO4 + OH−
Kb =
Ke
1, 0 × 10−14
=
= 1,3 × 10 −12
7,5 × 10−3
K a1
Selon les valeurs de Kb, PO43− est la base la plus forte. Il fallait s’y attendre puisque PO43−
est la base conjuguée de l’acide le plus faible (HPO42−).
130. Principales espèces : Na+, PO43− (une base faible), H2O; d’après les valeurs de Kb calculées
dans l’exercice 5.129, le plus important producteur de OH− est la réaction Kb pour PO43−.
On peut ignorer la contribution de OH− provenant des réactions Kb pour HPO42− et H2PO4−.
D’après l’exercice 5.129, Kb pour PO43− = 0,021.
PO43− +
H2O
⇌
HPO42− + OH−
0
x
Kb = 0,021
Initiale
Équilibre
0,10 mol/L
0,10 - x
~0
x
Kb = 0,021 =
x2
; comme Kb est très grande, l’approximation n’est pas valide.
0,10 − x
Résolvons à l’aide de l’équation quadratique :
x2 + 0,021 x – 0,0021 = 0, x = [OH−] = 3,7 × 10 −2 mol/L, pOH = 1,43, pH = 12,57
131. a) NH4(HCO3) → NH4+ + HCO3−
Ka pour NH4+ =
K e 1, 0 × 10−14
1, 0 × 10−14
−
−10
=
5,6
×
10
;
K
pour
HCO
=
=
b
3
1,8 × 10−5
K a1 4,3 × 10−7
= 2,3 × 10 −8
La solution est basique parce que la force de la base HCO3− est plus grande que la force
de l’acide NH4+. Les propriétés acides de HCO3− ont été ignorées parce que K a 2 est très
petite (5,6 × 10 −11 ).
b) NaH2PO4 → Na+ + H2PO4−; on ignore Na+.
K a 2 pour H 2 PO −4 = 6,2 × 10 −8 ;
Kb pour H2PO4− =
K e 1, 0 × 10−14
=
= 1,3 × 10 −12
K a1 7,5 × 10−3
La solution est acide parce que Ka > Kb.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
180
c) Na2HPO4 → 2 Na+ + HPO42−; on ignore Na+.
K a3 pour HPO 24− = 4,8 × 10 −13 ;
Kb pour HPO42− =
K e 1, 0 × 10−14
=
= 1,6 × 10 −7
−8
K a 2 6, 2 × 10
La solution est basique parce que Kb > Ka.
d) NH4(H2PO4) → NH4+ + H2PO4−
NH4+ est un acide faible et H2PO4− est également acide (voir b). La solution comportant
les deux ions est acide.
e) NH4(HCO2) → NH4+ + HCO2−;
d’après l’annexe 5, Ka pour HCOOH = 1,8 × 10 −4 .
Ka pour NH4+ = 5,6 × 10 −10 ; Kb pour HCO2− =
K e 1, 0 × 10−14
=
= 5,6 × 10 −11
−4
K a 1,8 × 10
La solution est acide parce que la force de l’acide NH4+ est plus grande que la force de la
base HCO2−.
132. a) HCO3− + HCO3− ⇌ H2CO3 + CO32−
[H 2 CO3 ][CO32− ] [H + ] K a 2
5, 6 × 10−11
Kéq =
=
=
= 1,3 × 10 −4
×
4,3 × 10−7
K a1
[HCO3− ][HCO3− ] [H + ]
b) [H2CO3] = [CO32−] étant donné que la réaction de la partie a est la principale réaction
d’équilibre.
c) H2CO3
⇌ 2 H+ + CO32−
Kéq =
[H + ]2 [CO32− ]
= K a1 × K a 2
[H 2 CO3 ]
Puisque, [H2CO3] = [CO32−] d’après la partie b, [H+]2 = K a1 × K a 2 .
[H+] = (K a1 × K a 2 )1/ 2 ou pH =
pK a1 + pK a 2
2
d) [H+] = [(4,3 × 10 −7 ) × (5,6 × 10 −11 )]1/2, [H+] = 4,9 × 10 −9 mol/L; pH = 8,31
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
181
1 mol
100,0 g
= 2,00 × 10 −3 mol/kg ≈ 2,00 × mol/L
0,5000 kg
0,100 g ×
133. Molalité = m =
(solution diluée)
ΔTf = iKfm, 0,0056 °C = i(1,86°C·kg/mol)(2,00 × 10 −3 mol/kg), i = 1,5
Si i = 1,0, le pourcentage de dissociation de l’acide = 0 % et si i = 2,0, le pourcentage de
dissociation = 100 %. Puisque i = 1,5, l’acide faible est dissocié à 50 %.
HA
⇌
H+ + A−
Ka =
[H + ][A − ]
[HA]
Puisque l’acide faible est dissocié à 50 % :
[H+] = [A−] = [HA]o × 0,50 = 2,00 × 10 −3 mol/L × 0,50 = 1,0 × 10 −3 mol/L
[HA] = [HA]o – quantité de HA qui a réagi = 2,00 × 10 −3 mol/L - 1,0 × 10 −3 mol/L
= 1,0 × 10 −3 mol/L
(1, 0 × 10−3 ) (1, 0 × 10−3 )
[H + ][A − ]
Ka =
=
= 1,0 × 10 −3
−3
[HA]
1, 0 × 10
134. a) En supposant qu’il n’y a pas association entre les ions SO42−(aq) et Fe3+(aq), alors
i = 5 pour Fe2(SO4)3.
π = icRT = 5(0,0500 mol/L)(0,08206 L·atm/K·mol)(298 K) = 6,11 atm
b) Fe2(SO4)3(aq) → 2 Fe3+(aq) + 3 SO42−(aq)
Dans des conditions idéales, 2/5 de π calculée ci-dessus est dû à Fe3+ et 3/5 est dû à
SO42−. La contribution de SO42− à π est 3/5 × 6,11 atm = 3,67 atm. Étant donné la
supposition que SO42− ne change pas dans la solution, la contribution de SO42− dans la
solution réelle sera également de 3,67 atm. La contribution de la réaction de dissociation
de Fe(H2O)63+ à la pression osmotique réelle est de 6,73 - 3,67 = 3,06 atm.
La concentration initiale de Fe(H2O)62+ est 2(0,0500) = 0,100 mol/L. Le tableau de
réaction pour le problème de l’acide faible est :
Fe(H2O)63+
Initiale
0,100 mol/L
⇌
H+
~0
+ Fe(OH)(H2O)52+ Ka =
[H + ][Fe(OH)(H 2 O)52+ ]
[Fe(H 2 O)3+
6 ]
0
x mol/L de Fe(H2O)63+ réagit pour atteindre l’équilibre
Équilibre 0,100 - x
x
x
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
182
π = icRT; concentration totale des ions = ic =
π
RT
=
3,06 atm
0,8206 L ⋅ atm/ K ⋅ mol (298)
= 0,125 mol/L
0,125 mol/L = 0,100 - x + x + x = 0,100 + x, x = 0,025 mol/L
Ka =
[H + ][Fe(OH)(H 2 O)52+ ]
x2
(0, 025) 2
(0, 025) 2
=
=
=
,
0,100 − x (0,100 − 0, 025)
0, 075
[Fe(H 2 O)3+
6 ]
Ka = 8,3 × 10 −3
PROBLÈMES D’INTÉGRATION
2,14 g NaIO ×
135. [IO−] =
IO−
Initiale
Équilibre
Kb =
1 mol NaIO 1 mol IO −
×
165,89 g
mol NaIO
= 1,03 × 10 −2 mol/L IO−
1,25 L
+
H2O
⇌
HIO
1,03 × 10 −2 mol/L
1,03 × 10 −2 - x
+
0
x
OH−
Kb =
[HIO][OH − ]
[IO − ]
~0
x
x2
; d’après les données du problème, pOH = 14,00 – 11,32 = 2,68
1, 03 × 10−2 − x
[OH−] = 10−2,68 = 2,1 × 10 −3 mol/L = x; Kb =
136. 10,0 g NaOCN ×
10,0 g H2C2O4 ×
(2,1 × 10−3 ) 2
= 5,4 × 10 −4
1, 03 × 10−2 − 2,1 × 10−3
1 mol
= 0,154 mol NaOCN
65,01 g
1 mol
= 0,111 mol H2C2O4
90,04 g
0,154 mol
mol NaOCN
(réel) =
= 1,39
mol H 2SO 4
0,111 mol
L’équation équilibrée nécessite un rapport molaire plus grand de 2:1. Par conséquent,
NaOCN au numérateur est limitant. Étant donné qu’il y a une correspondance en moles de
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
183
2:2 entre les moles NaOCN qui ont réagi et les moles de HNCO produites, 0,154 mol
HNCO seront produites.
HNCO
Initiale
Équilibre
Ka = 1,2 × 10 −4 =
⇌
H+
0,154 mol/0,100 L
1,54 - x
+
~0
x
NCO−
Ka = 1,2 × 10 −4
0
x
x2
x2
≈
, x = [H+] = 1,4 × 10 −2 mol/L
1,54
1,54 − x
pH = –log(1,4 × 10 −2 ) = 1,85; approximation valide.
137.
30,0 mg papH + Cl− 1000 mL
1g
1 mol papH + Cl−
1 mol papH +
×
×
×
×
mL soln
L
1000 mg
378,85 g
mol papH + Cl−
= 0,0792 mol/L
⇌
papH+
Initiale
Équilibre
Ka =
0,0792 mol/L
0,0792 - x
pap
+
0
x
H+
~0
x
Ke
2,1 × 10−14
=
= 2,5 × 10 −6
−9
Kb, pap
8,33 × 10
Ka = 2,5 × 10 −6 =
x2
x2
≈
, x = [H+] = 4,4 × 10 −4 mol/L
0, 0792 − x
0, 0792
pH = -log(4,4 × 10 −4 ) = 3,36; approximation valide.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
184
PROBLÈMES DE SYNTHÈSE
138. Pour déterminer le pH de la solution A, il faut calculer la valeur de Ka pour HX. Utilisons la
solution B pour déterminer Kb pour X−, qui peut par la suite servir à calculer Ka pour HX
(Ka = Ke/Kb).
Solution B :
X−
Initiale
Changement
Équilibre
Kb =
+
H2O
0,0500 mol/L
-x
0,0500 - x
⇌
HX
→
0
+x
x
+
OH−
Kb =
[HX][OH− ]
[X − ]
~0
+x
x
x2
;
0, 0500 − x
d’après les données du problème, pH = 10,02, alors pOH = 3,98 et [OH−] = x = 10−3,98
Kb =
(10−3,98 ) 2
= 2,2 × 10 −7
0, 0500 − 10−3,98
Solution A :
H a,HX = K e /K b,X − = 1,0 × 10 −14 /2,2 × 10 −7 = 4,5 × 10 −8
HX
⇌
H+ +
~0
+x
x
X−
Ka = 4,5 × 10 −8 =
Initiale
Changement
Équilibre
0,100 mol/L
-x
→
0,100 - x
Ka = 4,5 × 10 −8 =
x2
x2
≈
, x = [H+] = 6,7 × 10 −5 mol/L
0,100 − x
0,100
[H + ][X − ]
[HX]
0
+x
x
Approximation valide (x est 6,7 × 10 −2 % de 0,100); pH = 4,17
Solution C :
Principales espèces : HX (Ka = 4,5 × 10 −8 ), Na+, OH−; OH− provenant de la base forte
accepte facilement des protons. Les ions OH- réagissent avec le meilleur acide présent (HX)
et on peut supposer que OH− réagira complètement avec HX, c.-à-d., jusqu’à ce qu’un (ou
les deux) réactif s’épuise. Étant donné que les deux substances ont été mélangées, les
concentrations initiales des deux solutions ont été diluées. Ce qui n’a pas changé, c’est le
nombre de moles de chaque réactif. Alors, travaillons avec le nombre de moles initial de
chaque réactif.
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
mol HX = 0,0500 L ×
185
0,100 mol HX
= 5,00 × 10 −3 mol HX
L
0,250 mol NaOH 1 mol OH −
×
= 3,75 × 10 −3 mol OH−
mol OH = 0,0150 L ×
L
mol NaOH
−
Maintenant, déterminons ce qui reste dans la solution après que les ions OH- ont réagi
complètement avec HX. On remarque que OH- est le réactif limitant.
HX
Initiale
Changement
Après réaction
OH−
+
5,00 × 10 −3 mol
-3,75 × 10 −3
1,25 × 10 −3 mol
X−
→
3,75 × 10 −3 mol
-3,75 × 10 −3
→
0
+
H2O
0
−
−3
+3,75 × 10
+3,75 × 10 −3
−
3,75 × 10 −3 mol
Après réaction, la solution contient HX, X−, Na+ et H2O. L’ion Na+ (comme la plupart des
ions métalliques de charge +1) n’a aucun effet sur le pH de l’eau. Cependant, HX est un
acide faible et sa base conjuguée, X−, est une base faible. Étant donné que les réactions de
Ka et de Kb se rapportent à ces espèces, on peut utiliser l’une ou l’autre de ces réactions
pour trouver le pH; utilisons la réaction de Kb. Pour résoudre le problème d’équilibre en
utilisant la réaction de Kb, il faut convertir les unités de concentration étant donné que Kb
est exprimée en mol/L.
1,25 × 10−3 mol
3,75 × 10−3 mol
−
[HX] =
= 0,0192 mol/L; [X ] =
= 0,0577 mol/L
(0,0500 + 0,0150) L
0,0650 L
[OH−] = 0 (La réaction est complète.)
X−
Initiale
Changement
Équilibre
Kb = 2,2 × 10 −7 =
+
H2O
⇌
HX
+
OH−
Kb = 2,2 × 10 −7
0,0577 mol/L
0,0192 mol/L
0
−
x mol/L de X réagit pour atteindre l’équilibre
-x
→
+x
+x
0,0577 - x
0,0192 + x
x
(0, 0192 + x )( x)
(0, 0192) x
≈
(en supposant que x << 0,0192)
(0, 0577 − x)
(0, 0577)
2, 2 × 10−7 (0, 0577)
x = [OH ] =
= 6,6 × 10 −7 mol/L
0, 0192
−
Approximation valide (x = 3,4 × 10 −3 % de 0,0192).
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
186
[OH−] = 6,6 × 10 −7 mol/L, pOH = 6,18, pH = 14,00 − 6,18 = 7,82 = pH de la solution C
La combinaison est 4-17-7-82.
139. a) L’acide le plus fort du groupe I = HCl; la base la plus faible du groupe II = NaNO2
0,20 mol/L HCl + 0,20 mol/L NaNO2; principales espèces = H+, Cl−, Na+, NO2−, H2O;
soit la réaction complète des protons H+ avec la meilleure base présente, NO2−. Étant
donné que les acides forts acceptent facilement les protons, on suppose que tous les ions
H+ ont réagi.
H+
+
NO2−
→ HNO2
Initiale 0,10 mol/L 0,10 mol/L
0
(Les concentrations molaires ont diminué de moitié à cause de la dilution.)
Après
0
0
0,10 mol/L
réaction
⇌
H+
0,10 mol/L
-x
0,10 - x
0
+x
x
HNO2
Initiale
Changement
Équilibre
+
NO2−
0
+x
x
x2
= 4,0 × 10-4;
0,10 − x
Résolvons : x = [H+] = 6,3 × 10 −3 mol/L , pH = 2,20
b) L’acide le plus faible du groupe I = (C2H5)3NHCl; la meilleure base du groupe II = KOI
OI−
Initiale
Équilibre
K=
+
0,10 mol/L
0,10 - x
(C2H5)3NH+
⇌
0,10 mol/L
0,10 - x
HOI
0
x
+
(C2H5)3N
0
x
K a pour (C 2 H 5 )3 NH + 1, 0 × 10−14
1
×
=
= 1,25 (avec C.S. suppl.)
−4
K a pour HOI
4, 0 × 10
2 × 10−11
x2
= 1,25,
(0,10 − x )2
x
= 1,12, x = 0,053; [HOI] = 0,053 mol/L et [OI−] =
0,10 − x
0,047 mol/L (C.S. suppl.)
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite
Chapitre 5 Acides et bases
HOI
⇌ H+
+ OI−
2 × 10 −11 =
Kb pour
Ka = 2 × 10 −11 ; Résolvons pour obtenir H+ et pH :
[H + ](0,047 mol/L)
, [H+] = 2,3 × 10 −11 mol/L, pH = 10,64 = 10,6
(0,053 mol/L)
c) Ka pour (C2H5)3NH+ =
NO2−
187
1, 0 × 10−14
= 2,5 × 10 −11 ;
−4
4, 0 × 10
1, 0 × 10−14
=
= 2,5 × 10 −11
−4
4, 0 × 10
Parce que Ka = Kb, mélanger (C2H5)3NHCl avec NaNO2 donnera une solution de pH =
7,00. On vous suggère d’en faire la preuve en effectuant un calcul semblable à celui de
la partie b).
© 2007 Les Éditions CEC inc. Toute reproduction interdite