Acides et bases : pH, force des acides et solutions tampons

1. a)Acide fort : $[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]=c$, donc $\text{pH}=-\log (7,5\times {10}^{-3})=2,1$. (1)
2. b)$[\mathrm{H}{\mathrm{O}}^{-}]=\frac{K_e}{[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]}={10}^{12,2-14}={10}^{-1,8}=1,6\times {10}^{-2}$ mol·L⁻¹. (1)
3. c)$[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]={10}^{-5,7}=2,0\times {10}^{-6}$ mol·L⁻¹ ; $[\mathrm{H}{\mathrm{O}}^{-}]=\frac{1,0\times {10}^{-14}}{2,0\times {10}^{-6}}=5,0\times {10}^{-9}$ mol·L⁻¹ : eau légèrement acide. (1)
4. d)Après dilution, les ions H₃O⁺ apportés (${10}^{-8}$ mol·L⁻¹) sont négligeables devant ceux de l'autoprotolyse de l'eau (environ ${10}^{-7}$) : pH ≈ 7, légèrement inférieur. Diluer un acide ne rend jamais la solution basique. (1)

Erreur fréquente — La formule pH = −log c ne vaut que pour un acide fort assez concentré : pour c inférieure à environ 10⁻⁶ mol·L⁻¹, l'eau impose un pH voisin de 7.

1. a)CH₃–CHOH–COOH + H₂O ⇄ CH₃–CHOH–COO⁻ + H₃O⁺. (1)
2. b)$[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]={10}^{-2,9}=1,26\times {10}^{-3}$ mol·L⁻¹ ; $\tau =\frac{1,26\times {10}^{-3}}{1,5\times {10}^{-2}}=0,084$, soit 8,4 %. (1)
3. c)τ < 1 : réaction limitée, l'acide lactique est un acide faible. Seules 8,4 % des molécules ont réagi : l'acide lactique prédomine (91,6 % des espèces du couple). (1)
4. d)$[{\mathrm{A}}^{-}]=[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]=1,26\times {10}^{-3}$ et $[\mathrm{A}\mathrm{H}]=1,5\times {10}^{-2}-1,26\times {10}^{-3}=1,37\times {10}^{-2}$ mol·L⁻¹ ; $K_A=\frac{(1,26\times {10}^{-3}{)}^2}{1,37\times {10}^{-2}}=1,2\times {10}^{-4}$, d'où $\text{p}{K}_A=3,94\approx 3,9$. (1)

À retenir — Pour un acide faible, le taux d'avancement se calcule à partir du pH mesuré, jamais en supposant pH = −log c.

1. a)Pourcentages égaux ⇔ [HF] = [F⁻] ⇔ log([F⁻]/[HF]) = 0 ⇔ pH = pKa = 3,2. (1)
2. b)$r=\frac{[{\mathrm{F}}^{-}]}{[\mathrm{H}\mathrm{F}]}={10}^{2,6-3,2}={10}^{-0,6}=0,25$ ; $\%\mathrm{H}\mathrm{F}=\frac{100}{1+0,25}=80$ %. (1)
3. c)$\%{\mathrm{F}}^{-}>99$ % ⇔ $r>99$ ⇔ $\text{pH}>3,2+\log 99=5,2$. (1)
4. d)$\frac{[{\mathrm{F}}^{-}]}{[\mathrm{H}\mathrm{F}]}={10}^{7-3,2}={10}^{3,8}\approx 6\times {10}^3$ : le fluor est présent sous forme d'ions fluorure F⁻. (1)

Repère — À une unité du pKa, l'espèce prédominante représente 91 % ; à deux unités, 99 %.

1. a)NH₃ + H₂O ⇄ NH₄⁺ + HO⁻. (1)
2. b)$[\mathrm{H}{\mathrm{O}}^{-}]=\frac{K_e}{[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]}={10}^{10,95-14}={10}^{-3,05}=8,9\times {10}^{-4}$ mol·L⁻¹. (1)
3. c)$\tau =\frac{[\mathrm{H}{\mathrm{O}}^{-}]}{c}=\frac{8,9\times {10}^{-4}}{5,0\times {10}^{-2}}=0,018$ : 1,8 % seulement, l'ammoniac est une base faible. (1)
4. d)$\frac{[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3]}{[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}]}={10}^{10,95-9,2}={10}^{1,75}=56$ ; d'après b), $[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}]=8,9\times {10}^{-4}$ et $[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3]=4,91\times {10}^{-2}$ mol·L⁻¹, rapport 55 : cohérent. (1)

Le point clé — Pour une base, on passe toujours par [HO⁻] = Ke/[H₃O⁺], puis τ = [HO⁻]/c.

1. a)Même volume : rapport des concentrations = rapport des quantités ; $\text{pH}=3,8+\log \frac{5,4}{3,6}=3,8+0,18=4,0$. (1)
2. b)HCOOH + HO⁻ → HCOO⁻ + H₂O (totale) ; $n(\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{H})=3,0\times {10}^{-3}$ mol, $n(\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{O}{\mathrm{O}}^{-})=6,0\times {10}^{-3}$ mol ; $\text{pH}=3,8+\log 2,0=4,1$. (1)
3. c)$[\mathrm{H}{\mathrm{O}}^{-}]=\frac{6,0\times {10}^{-4}}{0,2500}=2,4\times {10}^{-3}$ mol·L⁻¹ ; $\text{pH}=14+\log (2,4\times {10}^{-3})=11,4$. (1)
4. d)Le rapport $[\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{O}{\mathrm{O}}^{-}]/[\mathrm{H}\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{H}]$ ne change pas par dilution : le pH reste voisin de 4,0 (propriété d'une solution tampon). (1)

Attention — Un tampon limite la variation du pH (+0,1 contre +4,4 pour l'eau pure) mais ne l'annule pas : sa capacité dépend des quantités de AH et de A⁻ présentes.