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Le pH d'un vinaigre d'alcool vendu dans le commerce
est égal à 2,38. Ce vinaigre sera assimilé à une solution aqueuse d'acide éthanoïque
CH3COOH.
Calculer les concentrations de toutes les espèces chimiques présentes dans la solution.
En déduire le coefficient de dissociation de cet
acide.
On donne : CH3COOH / CH3COO-
Ka = 1,75.10-5L'acide éthanoïque, acide faible, se
dissocie partiellement selon la réaction :
CH3COOH <----------------> CH3COO- + H+
Inventaire de toutes les espèces chimiques présentes dans la solution :
H+, OH-, CH3COOH, CH3COO-
pH = 2,38 implique [H+] = 10-2,38 soit 4,17.10-3 mole/l et [OH-] = 10-11,62 soit 2,40.10-12
mole/l
L'électroneutralité de la solution implique : [H+] = [OH-] +
[CH3COO-]
par conséquent : [CH3COO-] est voisin
de [H+] soit 4,17.10-3 mole/l, ce qui
revient à négliger la dissociation de l'eau (OH-) !
Ka = ( [CH3COO-] / [CH3COOH] ) . [H+] On en
déduit que [CH3COOH] est voisin de (4,17.10-3)2
/ 1,75.10-5
c'est à dire 0,994 mole/l
La concentration initiale de l'acide était [CH3COOH]
+ [CH3COO-] c'est à dire voisine de 1 mole/l
Le coefficient de dissociation de l'acide éthanoïque molaire est donc :
[CH3COO-] / ( [CH3COOH] + [CH3COO-]
) = 4,17.10-3 soit 0,4 %
espèce majoritaire |
espèces minoriaires |
espèce ultra-minoritaire |
CH3COOH |
H+ CH3COO- |
OH- |
Une eau de javel contient 0,2 mole/l d'hypochlorite de sodium
(NaClO) et autant de chlorure de sodium (NaCl). Le pH de la solution est de 10,4.Calculer
les concentrations de toutes les espèces chimiques dissoutes, les classer par ordre
d'importance. En déduire la constante d'acidité Ka du couple HClO / ClO- ainsi
que le coefficient d'hydrolyse de ClO-.
Dans l'eau, l'hypochlorite et le chlorure de sodium sont
entièrement dissouts :
NaClO --------------> Na+ + ClO-
NaCl ---------------> Na+ + Cl-
L'ion hypochlorite, ClO-, est une base faible qui s'hydrolyse partiellement :
ClO- + H2O <---------------> HClO
+ OH-
inventaire de toutes les espèces chimiques présentes dans la solution :
H+, OH-, Na+, ClO-,
HClO
pH = 10,4 implique [H+] = 10-10,4 soit 3,98.10-11 mole/l et [OH-] = 10-3,6 soit 2,51.10-4
mole/l
[Na+] = 0,2 + 0,2 = 0,4 mole/l et [Cl-] = 0,2 mole/l
L'électroneutralité de la solution implique : [H+] + [Na+] = [OH-] + [Cl-] + [ClO-]
par conséquent : [ClO-] est voisin de [Na+] - [Cl-] soit 0,2
mole/l, ce qui revient à négliger la dissociation de l'eau (H+) et
également l'hydrolyse de la base faible (OH-) !
La conservation de la matière implique que [HClO] + [ClO-] = 0,2 mole/l. Or
l'équation d'électroneutralité nous donne :
[ClO-] = [H+] + [Na+] - [OH-]
- [Cl-] sensiblement égal à 0,2 - [OH-] par conséquent [HClO] est voisin de [OH-] c'est-à-dire 2,51.10-4 mole/l, ce qui était prévisible à la
dissociation de l'eau près !
espèce majoritaire |
espèces minoriaires |
espèce ultra-minoritaire |
Na+ Cl-
ClO- |
OH- HClO |
H+ |
Ka = ( [ClO-] / [HClO] ) . [H+] = 3,17.10-8
Le coefficient d'hydrolyse de l'hypochlorite de sodium
0,2 molaire est donc :
[HClO] / ( [HClO] + [ClO-] ) = 1,25.10-3 soit
0,12 %
On ajoute à 50 ml d'une solution 0,07 M de benzoate de sodium,
que l'on notera NaA, v ml d'une solution d'acide benzoïque 0,1 M, que l'on notera AH. On
obtient un pH = 5.
Le pKa du couple AH / A- vaut 4,2.
Calculer v de manière approximative.
Calculer v de manière rigoureuse.
NaA ----------> Na+ + A-
Introduire du NaA c'est du point de vue du pH introduire une base faible A- car
Na+ est un acide indifférent.
Les concentrations notées [ ] sont exprimées en mole / litre
v approximatif :
On sait que par définition Ka = ([A-] / [AH]).[H+]
Or dans un mélange acide-base conjugués, l'acide AH est peu dissocié et la base A-
peu hydrolysée.
Par conséquent à l'équilibre [AH] est voisin de [AH]initial c'est à dire
(0,1.v) / (50+v) et [A-] est voisin de [A-]initial c'est
à dire (0,07.50) / (50+v).
Donc Ka est voisin de ([A-]initial / [AH]initial).[H+]
= ((0,07.50) / (0,1.v)).[H+]
pH » pKa - log (0,1.v) / (0,07.50) 5 »
4,2 - log (v/35) v » 5,55 ml
v rigoureux :
[H+] = 10-5 [OH-]
= 10-9 [Na+] = (50.0,07) /
(50+v) = 3,5 / (50+v)
L'éléctroneutralité de la solution nous dit : [H+] + [Na+] = [OH-]
+ [A-]
La conservation de la matière nous dit : [AH] + [A-] = [AH]initial +
[A-]initial c'est-à dire :
(0,1.v + 3,5) / (50 + v)
On en déduit que [A-] = 3,5 / (50+v) + 10-5 -
10-9 et que
[AH] = (0,1.v ) / (50 + v) - 10-5 + 10-9
Nous savons que pH = pKa - log ([AH] / ([A-])
5 = 4,2 - log (((0,1.v ) / (50 + v) - 10-5 + 10-9) / (3,5
/ (50+v) + 10-5 - 10-9))
La résolution donne v = 5,55 ml
On rappelle que HCl, HBr, HNO3, HClO4,
NaOH, KOH sont des composés "forts".
Quel est le pH final obtenu en mélangeant :
- 50 ml d'une solution 0,1 M de HCl à 20 ml d'une solution de NaOH 0,2 M ?
- 50 ml d'une solution 0,1 M de HCl à 200 ml d'eau ?
- 50 ml d'une solution 0,1 M de HBr à 100 ml d'une solution de HCl 0,05 M ?
- 50 ml d'une solution 0,1 M de HClO4 à 130 ml d'une solution 0,5 M de KNO3
?
- 50 ml d'une solution 0,1 M de HNO3 à 1 g de KOH solide ?
Les quantités sont exprimées en mole
- Nombre de H+ introduits : 0,1.50.10-3 = 5.10-3
Nombre de OH- introduits : 0,2.20.10-3 = 4.10-3
Nombre de H+ en excès : 10-3
pH = -log(Nombre de H+ / volume) pH = -log (10-3 / ((50+20).10-3))
pH = 1,85
- pH = -log ((0,1.50.10-3) / ((50+200).10-3)) pH
= 1,70
- Nombre de H+ introduits : 0,1.50.10-3 + 0,05.100.10-3 =
10.10-3
pH = -log((10.10-3) / ((100+50).10-3)) pH =
1,18
- KNO3 n'a aucune influence sur le pH : K+ et NO3-
sont 2 composés indifférents.
pH = -log((0,1.50.10-3) / ((130+50).10-3)) pH
= 1,56
- Nombre de H+ introduits : 0,1.50.10-3 = 5.10-3
Nombre de OH- introduits : 1/56 = 17,9.10-3
Nombre de OH- en excès : 12,9.10-3
pOH = -log(Nombre de OH- / volume) pOH = -log ((12,9.10-3) / (50.10-3))
pH = 14 - pOH pH = 13,4
Le pH d'une solution 0,15 M d'éthylamine C2H5NH2
est trouvé égal à 12,0.
- Ecrire l'équation chimique de la réaction d'hydrolyse de l'éthylamine.
- Calculer les concentrations de toutes les espèces chimiques présentes dans la
solution.
- Quelle est la valeur de la constante d'acidité du couple C2H5NH3+
/ C2H5NH2 ?
- Quelle est dans cette solution la constante d'hydrolyse b de l'éthylamine ?
- C2H5NH2 + H2O <-----------------> C2H5NH3+
+ OH-
- Inventaire des espèces chimiques :
H+, OH-, C2H5NH2, C2H5NH3+
[H+] = 10-12 [OH-] = 10-2
L'électroneutralité donne [C2H5NH3+] + [H+]
= [OH-] donc [C2H5NH3+]
= 10-2
La conservation de la matière indique que [C2H5NH3+]
+ [C2H5NH2] = 0,15
donc [C2H5NH2] = 0,14
- Ka = ([C2H5NH2] / [C2H5NH3+]).[H+]
Ka = 1,4.10-11
- b = [C2H5NH3+]
/ 0,15 = 0,067 soit 6,7 %
Une solution d'acide formique HCOOH (forme acide du couple
HCOOH / HCOO- dont le pKa vaut 3,8) a un pH égal à 2,3.
- Quelle est la valeur du coefficient de dissociation a de l'acide formique dans cette
solution ?
- Si on ajoute 25 ml d'eau pure à 50 ml de cette solution, quelles sont les nouvelles
valeurs du pH et de a ? Concluez.
- [H+] = 10-2,3 [OH-] = 10-11,7 [HCOO-]
= 10-2,3 (Cf électroneutralité)
Ka = ([HCOO-] / [HCOOH]).[H+] donc [HCOOH]) = (10-2,3)2
/ 10-3,8 = 0,158
La molarité initiale de l'acide est donc [HCOO-] + [HCOOH] = 0,163
a = [HCOO-]
/ ([HCOO-] + [HCOOH]) = 0,031 soit 3,1 %
- Après dilution la molarité initiale devient 0,163.(50/75) = 0,109
[HCOO-] + [HCOOH] = 0,109
Ka = ([HCOO-] / [HCOOH]).[H+] = 10-3,8
L'acide n'étant ni trop faible ni très dilué on peut négliger les ions de l'eau. Par
conséquent
[HCOO-] = [H+] (Cf électroneutralité)
On en déduit l'équation : [H+]2 + 10-3,8. [H+]
- 10-3,8.0,109 = 0
[H+] = 0,004 pH = 2,4
a = [HCOO-]
/ ([HCOO-] + [HCOOH]) = 0,037 soit 3,7 %
La dilution augmente la dissociation.
Quelle masse de NaOH faut-il introduire dans un récipient
contenant 2,5 litres d'une solution aqueuse d'acide phosphorique à 4,9 g/l pour obtenir
un pH de 11 ?
On donne les 3 constanes d'acidité de l'acide phosphorique :
Ka1 = 7,1.10-3 ; Ka2 = 6,2.10-8 ; Ka3
= 4,4.10-13
L'acide phosphorique est un triacide faible :
H3PO4 <----------------> H+ +
H2PO4- Ka1 = 7,1.10-3
donc pKa1 = 2,15
H2PO4- <----------------> H+
+ HPO42- Ka2 = 6,2.10-8
donc pKa2 = 7,21
HPO42- <----------------> H+ +
PO43- Ka3 = 4,4.10-13
donc pKa3 = 12,36
La solution contient (2,5 . 4,9) / 98 = 0,125 mole d'acide phosphorique. Il faut donc
ajouter 0,125 mole de NaOH pour le transformer en NaH2PO4
dont le pH est 0,5.(pKa1 + pKa2) = 4,68. Il faut à nouveau ajouter 0,125 mole de NaOH pour le transformer en Na2HPO4
dont le pH est 0,5.(pKa2 + pKa3) = 9,79. La demi-neutralisatioin de
la troisième acidité conduirait à un pH de 12,36. 11 se situe entre 9,79 et 12,36.
Au cours de cette troisième neutralisation, le pH est donné par l'expression de Ka3
:
Ka3 = ( [PO43-] / [HPO42-]
) . [H+] c'est-à-dire pH = pKa3 - log( [HPO42-]
/ [PO43-] )
[HPO42-] / [PO43-] = moles de HPO42-
/ moles de PO43-
Or moles de PO43- = moles de NaOH ajoutées depuis la deuxième
neutralisation et
moles de HPO42 = 0,125 - moles de PO43-
Soit X le nombre de moles de moles de NaOH ajoutées depuis la deuxième neutralisation
:
11 = 12,36 - log ((0,125 - X) / X) . La résolution donne X = 0,005.
Il faut donc ajouter 0,125 + 0,125 + 0,005 = 0,255 moles de NaOH soit 10,21 g pour obtenir un pH = 11
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Electrochimie |
On réalise un pile en associant une demi-pile au plomb à une
demi-pile Fer(II), Fer(III).
Les réactions redox associées et les potentiels normaux sont les suivants :
E red |
|
E ox |
- 0,13 Volt |
Pb <-------------> Pb++
+ 2e |
+ 0,13 Volt |
0,77 Volt |
Fe++
<------------> Fe+++ + e |
-0,77 volt |
Le volume de chaque demi-pile est de 300 ml et les concentrations
à l'origine sont les suivantes :
[Pb++] = 0,1 mole/l [Fe++] = 0,01 mole/l [Fe+++]
= 0,05 mole/l.
Donner la représentation symbolique de cette pile et en faire l'étude complète.
Représentation symbolique : Pb / Pb++ // Fe+++
/ Fe++ / Pt
Calculons les potentiels corrigés :
Eox(Plomb) = 0,13 - 0,03.log[Pb++] et Eox(Fer)
= -0,77 - 0,06.log([Fe+++]/[Fe++])
Ainsi lorsque la pile est neuve Eox(Plomb) = +0,16
Volt et Eox(Fer) = -0,81 Volt
Ered(Plomb) = -0,16 Volt et Ered(Fer)
= +0,81 Volt
Lorsque la pile va fonctionner, le Plomb va s'oxyder et le fer se réduire :
Pb + 2 Fe+++ -------------> Pb++
+ 2 Fe++ Les électrons vont aller
de la demi-pile au plomb vers la demi-pile au fer. Par convention le courant ira de la
demi-pile au fer (siège de la réduction) vers la demi-pile au plomb (siège de
l'oxydation). La FEM de cette pile est Eox(Plomb)
+ Ered(Fer) = Eox(Plomb) - Eox(Fer) = 0,97 Volt.
Lorsque la pile fonctionne :
[Pb++] augmente donc Eox(Plomb) diminue ; [Fe+++]
diminue et [Fe++] augmente donc Eox(Fer) augmente.
La FEM de cette pile diminue donc jusqu'à ce qu'elle soit nulle. A
ce stade Eox(Plomb) = Eox(Fer)
0,13 - 0,03.log[Pb++] = -0,77 - 0,06.log([Fe+++]/[Fe++])
On en déduit
|
[Pb++] . [Fe++]2 |
|
log |
---------------- |
= log Kc = (0,77 + 0,13) / 0,03 = 30 |
|
[Fe+++]2 |
|
Kc étant la constante de l'équilibre Pb + 2 Fe+++
<------------> Pb++ + 2 Fe++ qui
peut donc être considéré comme une réaction totale vers la droite : Kc = 1030
!!
Par conséquent lorsque la pile est "usée" [Fe+++] est proche de 0
|
[Pb++] |
[Fe+++] |
[Fe++] |
Pile neuve |
0,1 mole/l |
0,05 mole/l |
0,01 mole/l |
Pile "usée" |
0,125 mole/l |
quasiment 0 |
0,06 mole/l |
Variation |
+0,025 |
-0,05 |
+0,05 |
Lorsque la pile est usée : Eox(Plomb) = Eox(Fer)
= 0,13 -0,03.log 0,125 = 0,157 Volt
-0,81 Volt |
0,157 volt |
0,16 Volt |
Eox(Fer) -------------------- |
------------> Eox(Fer) |
|
|
Eox(Plomb) |
<------ Eox(Plomb) |
Perte de masse de l'électrode de plomb : 0,025. 0,3. 207
= 1,55 g
Quantité d'électricité pouvant être débitée par cette pile : 0,05 . 0,3 . 96500 =
1448 Coulombs soit 0,4 A.h
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Quantitative |
Soit la réaction : 3 Cu + 8 HNO3
-----------> 3 Cu(NO3)2 + 2 NO
+ 4 H2O
On veut préparer 200 g de nitrate de cuivre(II).
Quelle masse de cuivre doit-on utiliser ?
Quel volume minimum d'une solution d'acide nitrique à 10 mole/l doit-on utiliser ?
Quel volume gazeux de NO (CNTP) dégage-t-on ?
CNTP : Conditions Normales de Température et de Pression.
Nb de moles de Cu |
Nb de moles de HNO3 |
Nb de moles de Cu(NO3)2 |
Nb de moles de NO |
--------------------- = |
------------------------- = |
-------------------------- = |
----------------------- |
3 |
8 |
3 |
2 |
Avec :
Nb de moles de Cu = masse de Cu / Masse Molaire de Cu = mCu / 63,55
Nb de moles de HNO3 = Molarité de la solution . Volume utilisé = 10 . VHNO3
Nb de moles de Cu(NO3)2 = masse de Cu(NO3)2 /
Masse Molaire de Cu(NO3)2 = 200 / 187,55
Nb de moles de NO = volume de NO dégagé / volume molaire de NO = vNO / 22,4
mCu |
10 . VHNO3 |
200 |
vNO |
------------- = |
------------- = |
------------- = |
-------------- |
3 . 63,55 |
8 |
3 . 187,55 |
2 . 22,4 |
mCu = 67,8 [g]
VHNO3 = 0,284 [l]
vNO = 15,9 [l]
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