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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

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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 × . Ce sel produit une solution neutre, quelle que soit sa concentration. 1010−

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) Ka =

+ -2

2

[ ][ ]NOH[ ]HNO


Chapitre 5 Acides et bases

137

b) Ti(H2O)64+(aq) ⇌ H+(aq) + Ti(OH)(H2O)5

3+(aq) Ka = 3++

2 54+

2 6

[ ][Ti(OH)(H O ])H[Ti(H O ])

c) HCN(aq) ⇌ H+(aq) + CN–(aq) Ka = +[ ][ ]H CN

[HCN]

−

25. 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+. Base conjuguée Acide conjugué Acide Base de l’acide de la base a) HF H2O F- H3O+

b) H2SO4 H2O H-

4HSO 3O+

c) H-

4HSO 2O SO42- H3O+

26. 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 × ). 810−

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.



28. L’acidité est directement proportionnelle à la valeur de Ka. HNO3 > HOCl > NH4

+ > H2O ↑ ↑ plus grande Ka plus faible Ka 29. 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.



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 × = [H1410− +][OH−]

Dans l’eau pure [H+] = [OH−], donc 2,92 × = [H1410− +]2, [H+] = 1,71 × mol/L = 710−

[OH−] b) pH = -log [H+] = -log (1,71 × ) = 6,767 710−

c) [H+] = Ke/[OH−] = 2,92 × /0,10 = 2,9 × mol/L; pH = -log (2,9 × ) =12,54 1410− 1310− 1310−

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+] = = 1,3 × mol/L 6,8810− 710−

[OH−] = = 7,6 × mol/L; acide 7,1210− 810−

b) [H+] = 14

14

1,0 108,4 10

−

−

××

= 0,12 mol/L; pH = -log(0,12) = 0,92

pOH = 14,00 – 0,92 = 13,08; acide



c) pH = 14,00 – 3,11 = 10,89; [H+] = = 1,3 × mol/L 10,8910− 1110−

[OH−] = = 7,8 × mol/L; basique 3,1110− 410−

d) pH = -log (1,0 × = 7,00; pOH = 14,00 – 7,00 = 7,00 )10 7−

[OH−] = = 1,0 × mol/L; neutre 7,0010− 710−

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

eau-9+

1,0 10 = [ ] 5,5 10HK ×

× = 1,8 × 10–6 mol/L où

[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] = L

mol 0,050 ×

mL 200,0mL 50,0

= 0,0125 L

mol (0,013)

[HNO3] = L

mol 0,10 ×

mL 200,0mL 150,0

= 0,075 L

mol

HCl(aq) → H+(aq) + Cl–(aq) HNO3(aq) → H+(aq) + NO3

–(aq)

[Cl–] = L

HCl mol 0,0125 ×

HCl molCl mol 1 _

= 0,0125 L

mol (0,013)



141

[NO3–] = 30,075 mol HNO

L ×

-3

3

1 mol NOmol HNO

= 0,075 L

mol

[H+] = +0,0125 mol HCl 1 mol H ×

L mol HCl⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +

3

3

0,075 mol HNO 1 mol H L mol HNO

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠

= 0,088 L

mol

42. 90,0 × 10–3 L × L

mol 5,00 = 0,450 mol H+ de HCl

30,0 × 10–3 L × L

mol 8,00 = 0,240 mol H+ de HNO3

[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

-2

-32 21

1

3,16 10 mol/L 1,6 L = = = 4,2 10 L12 mol/L

c VVc

× ××

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 ⇌ H+ + NO2–

Initiale 0,25 mol/L ~0 0 Changement –x → –x –x Équilibre 0,250 –x – x x

Ka = +

2

2

[ ][ ]NOH[ ]HNO

−

= 4,0 × 10–4 = 2

0,250 - x

x ; supposons que x << 0,250, alors :

4,0 × 10–4 ≈ x2, x = -44,0 × 10 (0,250) = 0,010 mol/L



Vérifions l’approximation : 0,010× 100 % = × 100 % = 4,0 %

0,250 0,250x

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 ⇌ H+ + CH3COO– Initiale 0,250 mol/L ~0 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,250 – x x x

Ka = +

3

3

[ ][ ]CH COOH[CH COOH]

−

= 1,8 × 10–5 = 2

0,250 - x

x ≈

2

0,250x

(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

46. [CH3COOH]0 =

33

1 mol CH COOH0,0560 g CH COOH ×60,05 g

0,05000 L = 1,87 × mol/L 210−

CH3COOH ⇌ H+ + CH3COO− Ka = 1,8 × 510−

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

Ka = 1,8 × = 510−+ -

3

3

[H ][CH COO ][CH COOH]

= 2

0,0187x

x−≈

2

0,0187x

x = [H+] = 5,8 × mol/L; pH = 3,24 Approximation valide (x = 3,1 % de 0,0187). 410−

[H+] = [CH3COO−] = 5,8 × mol/L; [CH410−

3COOH] = 0,0187 - 5,8 × 410−

= 0,0181 mol/L



143

47. 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) + CH3CH2COO–

Initiale 0,10 mol/L ~0 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,10 – x x x

Ka = 1,3 × 10–5 = + 2

3 2 2

3 2

[ ][CH CH COO ]H = [CH CH COO H] 0,10

xx

−

− ≈

2

0,10x

x = [H+] = 1,1 × 10–3 mol/L ; pH = –log (1,1 × 10–3) = 2,96 Approximation valide.

% de dissociation = -3+

3 2

[ ] 1,1 10H 100 % = [CH CH COO H] 0,10

×× × 100 % = 1,1 %

48. HF ⇌ H+ + F– Ka = 7,2 × 10–4


Ka = 7,2 × 10–4 = +[ ][F ]H

[HF]

−

= 2

0,020 - x

x ≈

2

0,020x (si x << 0,020)

x = [H+] = 3,8 × 10–3 mol/L ; vérifions l’approximation :

-33,8 × 10 × 100 % = × 100 % = 19 %

0,020 0,020x

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



49. Principales espèces : CH2ClCOOH (Ka = 1,35 × 10–3) et H2O ; principale source de H+ : CH2ClCOOH

CH2ClCOOH ⇌ H+ + CH2ClCOO–


Ka = 1,35 × 10–3 = 2

0,10 - x

x ≈

2

0,10x , x = 1,2 × 10–2 mol/L ; x = 12 % de 0,10 mol/L, donc

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 ⇌ H+ + OCl− Ka = 3,5 × 810−

Initiale 0,10 mol/L 0,10 mol/L 0 x mol/L HOCl se dissocie pour atteindre l’équilibre Changement -x → +x +x Équilibre 0,10 - x 0,10 + x x

Ka = 3,5 × = 810−+ -[H ][OCl ]

[HOCl] =

(0,10 )( )0,10

x xx

+−

≈ x, x = 3,5 × mol/L 810−

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 ⇌ H+ + CH3COO− Ka = 1,8 × 510−

Initiale 0,50 mol/L 0,050 mol/L 0 x mol/L CH3COOH se dissocie pour atteindre l’équilibre Changement -x → +x +x Équilibre 0,50 - x 0,050 + x x



145

Ka = 1,8 × = 510−+ -

3

3

[H ][CH COO ][CH COOH]

= (0,050 )

0,50x xx

+−

.0,050

0,50x

x = 1,8 × ; approximation valide (bien inférieure à la règle du 5 %). 410−

[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 × et 1,6 × ,

respectivement. Étant donné que la valeur de K410− 1010−

a 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

Ka = 7,2 × = 410−+ -[H ][F ]

[HF] =

2

1,0x

x−≈

2

1,0x

x = [H+] = 2,7 × mol/L; pH = -log (2,7 × ) = 1,57 Approximation valide. 210− 210−

Trouvons [C6H5O−] à l’aide de l’équilibre C6H5OH ⇌ H+ + C6H5O- :

Ka = 1,6 × = 1010−+ -

6 5

6 5

[H ][C H O ][C H OH]

= 2

6 5(2,7 10 )[C H O ]1,0

− −×, [C6H5O−]

= 5,9 × mol/L 910−

Cette réponse indique que seulement 5,9 × mol/L de C910−

6H5OH se dissocie, ce qui justifie que HF soit vraiment le seul producteur important de H+dans cette solution.

52. CH3COOH(aq) ⇌ CH3COO– (aq) + H+(aq) Initiale co 0 ≈ 0 mol/L Changement –x → +x +x mol/L Équilibre co – x x x mol/L

Ka = 1,8 × 10–5 = + 2

3

3

[ ] [CH COO ]H = [CH COOH] o

xxc

−

−



% diss = o

100 %x c

×

a) 1,8 × 10–5 = 2

0,50x x−

≈ 2

0,50x

x = 3,0 × 10–3 ; l’approximation est valide.

% diss = 33,0 10

0,50

−× × 100 % = 0,60 %

b) 1,8 × 10–5 = 2

0,050x

x− ≈

2

0,050x


% diss = 49,5 10

0,050

−× × 100 % = 1,9 %

c) 1,8 × 10–5 = 2

0,0050x

x− ≈

2

0,0050x

x = 3,0 × 10–4 ; l’approximation n’est pas valide.

x2 = 51,8 10

0,0050 x

−×−

x2 + 1,8 × 10–5 x – 2,9 × 10–8 = 0 x = 2,9 × 10–4

x = –3,1 × 10–4 inacceptable

% diss = 42,9 10

0,0050

−× × 100 % = 5,8 %

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.



147

À ce moment,

Q =

[ ]

[ ]

+3éq éq

3 éq

H CH COO

10 10

CH COOH10

−⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ = a1

10 K

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) HOCl(aq) ⇌ H+(aq) + OCl–(aq) Initiale 0,100 ≈ 0 0 mol/L Changement –x → +x +x mol/L Équilibre 0,100 – x x x mol/L

Ka = 3,5 × 10–8 = _ 2+[ ] [ ]OClH =

[HOCl] 0,100 x

x− ≈

2

0,100x


% diss = 55,9 10

0,100

−× × 100 % = 0,059 %

b) HCN(aq) ⇌ H+(aq) + CN–(aq) Initiale 0,100 ≈ 0 0 mol/L Changement –x → +x +x mol/L Équilibre 0,100 – x x x mol/L

Ka = 6,2 × 10–10 = 2+[ ] [ ]H CN =

[HCN] 0,100 x

x

−

− ≈

2

0,100x


% diss = 67,9 10

0,100

−× × 100 % = 7,9 × 10–3 %



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

HX ⇌ H+ + F– Initiale 0,100 mol/L ~0 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,15 – x 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 = 3 22+

3

[ ] [ ] (4,5 10 )H X = = [HX] 0,15 0,15 4,5 10

xx

−−

−

×− − ×

= 1,4 × 10–4

55. HX ⇌ H+ + X−

Initiale c0 ~ 0 0 où c0 = [HX]o x mol/L HX se dissocie pour atteindre l’équilibre Changement -x → +x +x Équilibre c0 - 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 = [H ][X ]

[HX]

+ −

= 2

0

xc x−

= 2(0,10)

0,30= 0,033

56. HOBr ⇌ H+ + OBr–

Initiale 0,063 mol/L ~ 0 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,063 – x x x



149

Ka = 2+[ ][ ]H OBr =

[HOBr] 0,063 x

x

−

− ; si le pH = 4,95, alors : x = [H+] = 10–pH = 10–4,95

= 1,1 × 10–5 mol/L

Ka = 5 2

5

(1,1 10 )0,063 1,1 10

−

−

×− ×

= 1,9 × 10–9

57. pH = 1,40 ; [H+] = 10–1,40 = 4,0 × 10–2 mol/L

CCl3COOH(aq) ⇌ CCl3COO–(aq) + H+(aq) Initiale 0,050 0 ~0 mol/L Changement –4,0 × 10–2 → +4,0 × 10–2 +4,0 × 10–2 mol/L Équilibre 0,050 – 0,040 4,0 × 10–2 4,0 × 10–2 mol/L

Ka =22+

3

3

[ ][CCl COO ] (4,0 10 )H = [CCl COOH] (0,050 0,040)

− −×−

= 0,16

Solutions de bases 58. Pricipales espèces : HCOOH et H2O; source principale de H+ : HCOOH

HCOOH ⇌ H+ + HCOO−

Initiale c0 ~ 0 0 où C = [HCOOH]o x mol/L HCOOH se dissocie pour atteindre l’équilibre Changement -x → +x +x Équilibre c0 - x x x

Ka = 1,8 × = 410−+[H ][HCOO ]

[HCOOH]

−

= 2

0

xc x−

où x = [H+]

1,8 × = 410−+ 2

+

[H ]C [H ]−

; pH = 2,70, donc : [H+] = = 2,0 × mol/L 70.210− 310−

1,8 × = 410−3 2

30

(2,0 ×10 )(2,0 ×10 )c

−

−−, c0 - (2,0 × ) = 310−

6

4

4,0 101,8 10

−

−

××

, c0 = 2,4 × mol/l 210−

Une solution d’acide formique 0,024 mol/L a un pH = 2,70.



Solutions de bases

59. a) NH3(aq)+H2O(l) ⇌ NH4+(aq) + OH-(aq) Kb =

+ -4

3

[NH ][OH ][NH ]

b) C5H5N(aq) + H2O(l) ⇌ C5H5NH+(aq) + OH-(aq) Kb = 6 5

6 5

[C H NH ][OH ][C H N]

+ −

60. CH3NH2 > NH3 >> H2O > 3NO− (Étant la base conjuguée d’un acide fort, n’a aucune

capacité basique dans l’eau.) 3NO−

61. HNO3 > NH4

+ > CH3NH3+ > H2O.

62. a) NH3 b) NH3 c) OH– d) CH3NH2 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 × mol/L; pOH = -log [OH410− −] = 3,10; pH = 14,00 - pOH = 10,90

b) 25 g KOH 1 mol KOH×

L 56,11g KOH = 0,45 mol KOH/L



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×

L 40,00 g= 3,750 mol/L; NaOH est une base forte,

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] = = 3,6 × mol/L 2,4410− 310−

0,8000 L 33,6 ×10 mol KOH 56,11g KOH× ×L mol K

−

OH = 0,16 g KOH

68. 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] = 0,10 mol OH

L

−

× 21 mol Ca(OH)2 mol OH− = 0,050 mol Ca(OH)2/L

69. Les principales espèces sont NH3 et H2O, et NH3 est le principal producteur de OH–.

NH3(aq) + H2O(l) ⇌ NH4+(aq) + OH–(aq)

Initiale 0,150 mol/L 0 ~0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,150 – x x x

Kb = 1,8 × 10–5 = + 24

3

[ ] [ ]NH OH = [ ] 0,150 NH

xx

−

− ≈

2

0,150x (en supposant que x << 0,150)



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) (C2H5)3N + H2O ⇌ (C2H5)3NH+ + OH– Kb = 4,0 × 10–4

Initiale 0,20 mol/L 0 ~0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,20 – x x x

Kb = 4,0 × 10–4 = + 2

52 3

52 3

[( ] [ ])C NHH OH = [( N] 0,20 )C H

xx

−

− ≈

2

0,20x ,

x = [OH–] = 8,9 × 10–3 mol/L Approximation valide.

[H+] = 14

eau3

1,0 × 10 = [ ] 8,9 × 10OH

K −

−− = 1,1 × 10–12 mol/L, pH = 11,96

b) HONH2(aq) + H2O(l) ⇌ HONH3+(aq) + OH–(aq)

Initiale 0,200 0 ≈ 0 mol/L Changement –x → +x +x mol/L Équilibre 0,200 – x x x mol/L

Kb = 1,1 × 10–8 = +3

2

[ ][ ]HONHOH =[ ]HONH

− 2 2

0,200 0,200x x = x−

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) C6H5NH2 + H2O ⇌ C6H5NH3+ + OH– Kb = 3,8 × 10–10

Initiale 0,20 mol/L 0 ~ 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,20 – x x x



153

3,8 × 10–10 = 2

0,20 - x

x ≈

2

0,20x , x = [OH–] = 8,7 × 10–6 mol/L ; approximaiton valide.

[H+] = Keau/[OH–] = 1,1 × 10–9 mol/L ; pH = 8,96

b) C5H5N + H2O ⇌ C5H5NH+ + OH– Kb = 1,7 × 10–9

Initiale 0,20 mol/L 0 ~0 Équilibre 0,20 – x x x

Kb = 1,7 × 10–9 = 2

0,20 - x

x ≈

2

0,20x , x = 1,8 × 10–5 mol/L, approximation valide.

[OH–] = 1,8 × 10–5 mol/L ; [H+] = 5,6 × 10–10 mol/L ; pH = 9,25 72. a) et b)

NH3(aq) + H2O(aq) ⇌ NH4+(aq) + OH–(aq)

Initiale co 0 ≈ 0 mol/L Changement –x +x +x mol/L Équilibre co – x x x mol/L

Kb = 1,8 × 10–5 = + 24

3

[ ] [ ]NH OH = [ ]NH o

xxc

−

−

% diss = o

100 %x c

×

a) 1,8 × 10–5 = 2

0,10x x−

≈ 2

0,10x


% diss = 31,3 10

0,10

−× × 100 % = 1,3 %

b) 1,8 × 10–5 = 2

0,010x x−

≈ 2

0,010x




% diss = 44,2 10

0,010

−× × 100 % = 4,2 %

73. C5H5N + H2O ⇌ C5H5N+ + OH− Kb = 1,7 × 910−

Initiale 0,10 mol/L 0 ~ 0 Équilibre 0,10 - x x x

Kb = 1,7 × = 910−2

0,10x

x−≈

2

0,10x

, x = [C5H5N] = 1,3 × mol/L; 510−

approximation valide.

% C5H5N qui a réagi = 51,3 10 mol/L

0,10 mol/L

−× × 100 = 1,3 × % 210−

74. [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) ⇌ CodH+(aq) + OH-(aq) Initiale 1,7 × 10-3 0 ≈ 0 mol/L Changement -x +x +x mol/L Équilibre 1,7 × 10-3 – x x x mol/L

Kb = 8,9 × 10-7 = + 2 2

3 3

[OH ][CodH ] = [Cod] 1,7 10 1,7 10

x xx

−

− −≈× − ×

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

75. HONH2 + H2O ⇌ HONH3+ + OH− Kb = 1,1 × 810−

Initiale c0 0 ~0 c0 = [HONH2]0 Équilibre c0 – x x x



155

Kb = 1,1 × = 810−

xx−I

2

;

d’après les données du problème : pH = 10,00, donc pOH = 4,00 et x = [OH−] = 1,0 × mol/L 410−

1,1 × = 810−4 2

-40

(1,0 ×10 )1,0 ×10c

−

−, c0 = 0,91 mol/L

masse HONH2 = 0,2500 L 2 2

2

0,91 mol HONH 33,03 g HONH× ×L mol HONH

= 7,5 g HONH2

Polyacides

76. H2SO3(aq) ⇌ HSO3–(aq) + H+(aq) = K a1

+3

2 3

[ ][HSO H[ ]SOH

− ]

HSO3– (aq) ⇌ SO3

2–(aq) + H+(aq) = K a2

2 +3

3

[ ][SO H[ ]HSO

−

−

]

77. a) H3AsO4(aq) ⇌ H+(aq) + H2AsO4–(aq)

Initiale 0,10 ≈ 0 0 mol/L Changement –x +x +x mol/L Équilibre 0,10 –x x x mol/L

= 5 × 10K a1

–3 =+ 2

2 4

3 4

[ ][ ]AsOH H = [ ] 0,10 AsOH

xx

−

−

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

b) H2CO3(aq) ⇌ H+(aq) + HCO3–(aq)

Initiale 0,10 ≈ 0 0 mol/L Changement –x +x +x mol/L Équilibre 0,10 – x x x mol/L



= 4,3 × 10K a1

–7 = + 2

3

2 3

[ ][ ]HCOH = [ ] (0,10 )COH

xx

−

− ≈

2

0,10x

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

− = 5 × 1aK 310−

H2AsO4− ⇌ H+ + HAsO4

2− = 8 × 2aK 810−

HAsO42− ⇌ H+ + AsO4

3− = 6 × 3aK 1010−

On traite les équations par ordre d’importance, en commençant par celle qui a la Ka la plus

élevée, 1aK .

H3AsO4 ⇌ H+ + H2AsO4− = 5 × =

1aK 310−+

2 4

3 4

[H ][H AsO ][H AsO ]

−

Initiale 0,20 mol/L ~ 0 0 Équilibre 0,20 - x x x

5 × = 310−2

,0, 20

xx −

x = 2,9 × = 3 × mol/L (À l’aides des approximations 210− 210−

successives ou de la formule quadratique.) [H+] = [H2AsO4

−] = 3 × mol/L; [H210−3AsO4] = 0,20 - 0,03 = 0,17 mol/L

Étant donné que = 2aK

+ 24

2 4

[H ][HAsO ][H AsO ]

−

− = 8 × est beaucoup plus petite que la valeur 810−

de , très peu de H

1aK 2AsO4− (et de HAsO4

2−) se dissocie comparé à H3AsO4. Par conséquent, [H+] et [H2AsO4

−] ne changeront pas de façon importante dans la réaction de . On utilise les concentrations précédemment calculées de H

2aK + et de H2AsO4− pour

obtenir la concentration de HAsO42− :

8 × = 810−-2 2

42

(3×10 )[HAsO ]3×10

−

− , [HAsO42−] = 8 × mol/L 810−

L’approximation selon laquelle la réaction de Ka2 ne change pas [H+] et [HAsO4

−] est valide. On répète le processus en utilisant pour obtenir [AsO

3aK 43−].



157

= 6 × = 3aK 1010−

+ 34

24

[H ][AsO ][HAsO ]

−

− = -2 3

48

(3×10 )[AsO ](8×10 )

−

−

[AsO4

3−] = 1,6 × ≈ 2 × mol/L. Approximation valide. 1510− 1510−

Donc, dans une solution de H3AsO4 de concentration 0,20 mol/L : [H3AsO4] = 0,17 mol/L; [H+] = [H2AsO4

−] = 3 × mol/L 210−

[HAsO4

2−] = 8 × mol/L; [AsO810−4

3−] = 2 × mol/L 1510−

[OH−] = Ke/[H+] = 3 × mol/L 1310−

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– ⇌ H+ + SO4

2–

Initiale 2,0 mol/L 2,0 mol/L 0 Changement –x → +x +x Équilibre 2,0 – x 2,0 + x x

= 1,2 × 10K a2

–2 = + 2

4

4

[ ][ ]SO (2,0 + )( )H = [ ] 2,0 HSO

x xx

−

− − ≈

2,0( )2,0

x, x = 1,2 × 10–2 ;

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– ⇌ H+ + SO4

2–

Initiale 0,0010 mol/L 0,0010 mol/L 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,0010 – x 0,0010 + x x

= K a2

(0,0010 )( )0,0010 -

x xx

≈ x, x = 0,012 ; approximation non valide.

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



x = –0,013 ± 1/24 5(1,69 × 10 + 4,80 × 10 )

2

− −

= 0,013 ± 0,0147

2−

, x = 8,5 × 10–4

[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.



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. = K OCl b, _

14

a, HOCl

1 10K

−× = -14

-81 103 10××

= 3,3 × 10–7

= 3b, CH COOK −

3

14

a, CH COOH

1 10K

−× = 14

51 10

1,8 10

−

−××

= 5,6 × 10–10

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 ⇌ HN3 + OH– Kb =

14eau

5a

1,0 × 10 = 1,9 × 10

KK

−

− = 5,3 × 10–10


Kb = 3

3

[ ][HN OH[ ]N

−

−

] = 5,3 × 10–10 =

2

0,010x

x− ≈

2

0,010x (en supposant que x << 0,010)

x = [OH–] = 2,3 × 10–6 mol/L ; approximation valide ; [H+] = 14

6

1,0 × 102,3 × 10

−

−

= 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



86. C2H5NH3Cl → C2H5NH3+ + Cl– ; Cl– est neutre et C2H5NH3

+ est un acide faible.

C2H5NH3+ ⇌ C2H5NH2 + H+ Ka = Keau/5,6 × 10–4 = 1,8 × 10–11


Ka = 1,8 × 10–11 = 2+

52 2+

52 3

[ ][ ]C NHH H = [ ] 0,25 C NHH

xx−

≈ 2

0, 25x (en supposant que 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

+ + Cl– acide conjugué de CH3NH2 ion spectateur

CH3NH3+(aq) + H2O ⇌ CH3NH2(aq) + H3O+(aq)

Initiale 0,10 0 ≈ 0 mol/L Changement –x +x +x mol/L Équilibre 0,10 – x x x mol/L

Ka =3 2

14

b, CH NH

1 10K

−× = 14

41 10

4,38 10

−

−××

= 2,28 × 10–11 = + 2

33 2+

3 3

[ ][ ]CH NH OH = [ ] 0,10 CN NH

xx−

≈ 2

0,10x

x = 1,5 × 10–6 ; l’approximation est valide. [H+] = x = 1,5 × 10–6 mol/L ; pH = 5,82 b) H2O NaCN → Na+ + CN– ion spectateur base conjuguée de HCN

CN–(aq) + H2O ⇌ HCN(aq) + OH–(aq) Initiale 0,050 0 ≈ 0 mol/L Changement –x +x +x mol/L Équilibre 0,050 – x x x mol/L



161

Kb =14

a, HCN

1 10K

−× = 14

101 10

6,2 10

−

−××

= 1,6 × 10–5 = 2[HCN][OH ] =

[ ] 0,050 CNx

x

−

− − ≈

2

0,050x

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 ⇌ HA + OH– Initiale 0,1000 mol/1,00 L 0 ~0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,100 – x x sx

Kb = 2[HA][OH ] =

[A ] 0,100 x

x

−

− − ; selon les données, x = [OH–] = 1,2 × 10–6 mol/L

Kb = 26

6

(1,2 10 )0,100 1, 2 10

−

−

×− ×

= 1,4 × 10–11

La Ka de l’acide conjugué de A– est : Ka = 14

11

1,0 101,4 10

−

−

××

= 7,1 × 10–4

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+ ⇌ B + H+ Initiale 0,10 mol/L 0 ~0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,10 – x x x



Ka = + 2

+

[B][H ] = [ ] 0,10 BH

xx−

; selon les données, pH = 5,82 et [H+] = x = 10–5,82

= 1,5 × 10–6

Ka = 26

6

(1,5 10 )0,10 1,5 × 10

−

−

−−

= 2,3 × 10–11

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)6

3+ (Ka = 1,4 × 10–5), NO3– (neutre) et H2O

(Keau = 1,0 × 10–14) ; Al(H2O)63+ est le principal producteur de H+ :

Al(H2O)63+ ⇌ Al(OH)(H2O)5

2+ + H+ Initiale 0,050 mol/L 0 ~ 0 Changement –x → +x +x Équilibre 0,050 – x x x

Ka = 1,4 × 10–5 = 2+ + 2

2 53+

2 6

[Al(OH)(H O) ][ ]H = 0,050 [Al(H O ])

xx−

≈ 2

0,050x

x = 8,4 × 10–4 mol/L = [H+] ; approximation valide ; pH = –log (8,4 × 10–4) = 3,08 91. Principales espèces : Co(H2O)6

3+ (Ka = 1,0 × 10–5), Cl– (neutre) et H2O (Keau = 1,0 × 10–14) ; Co(H2O)6

3+ est le principal producteur de H+.

Co(H2O)63+ ⇌ Co(OH)(H2O)5

2+ + H+ Ka = 1,0 × 10–5 Initiale 0,10 mol/L 0 ~0 Équilibre 0,10 – x x x

Ka = 1,0 × 10–5 = 2

0,10x x−

≈ 2

0,10x , x = [H+] = 1,0 × 10–3 mol/L ; approximation valide.

pH = –log (1,0 × 10–3) = 3,00 92. a) NaNO3 → Na+ + NO3– ; Na+ est neutre, NO3

– est neutre : solution neutre.



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 NH a, +4 2b, NOK − , 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 OCl b, _ K NH a, +

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.



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. Acide de Lewis Base de Lewis a) B(OH)3 H2O b) Ag+ NH3 c) BF3 NH3 99. 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)4

2-(aq) (Zn(OH)2 = acide de Lewis).



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+] = = 1,00 × mol/L; 2,00010− 210−

à pH = 4,000, [H+] = = 1,00 × mol/L 4,00010− 410−

mol H+ présentes = 0,0100 L × +0,0100 mol H

L= 1,00 × mol H410− +

Soit V = volume total de solution à pH = 4,000 :

1,00 × mol/L = 410−4 +1,00 ×10 mol H

V

−

, V = 1,00 L

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, HSO4

- est la base conjuguée de H2SO4. De plus, HSO4

- est l’acide conjugué de SO42-.

106. Soit HSac = saccharine et c0 = [HSac]o.

HSac ⇌ H+ + −sacS K = 10a

−11,70 = 2,0 × 1210−

Initiale c0 ~ 0 0 Équilibre c0 - x x x

Ka = 2,0 × = 1210−2

0

xc x−

; x = [H+] = = 1,8 × mol/L 5,7510− 610−



2,0 × = 1210−6 2

60

(1,8×10 )1,8 ×10c

−

−−, c0 = 1,6 mol/L = [HSac]o.

100,0 g HC7H4NSO3 1 mol 1 L 1000 mL× × ×

183,19 g 1,6 mol L = 340 mL

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− Initiale c0 ~ 0 0 x mol/L HBz se dissocie pour atteindre l’équilibre. Changement -x → +x +x Équilibre c0 - x x x

Ka = ]HBz[

]Bz][H[ −+

= 6,4 × = 510−2

0

xc x −

, où x = [H+]

6,4 × = 510−2

0

[ ][ ]

Hc H

+

+−; pH = 2,80; [H+] = = 1,6 × mol/L 2,8010− 310−

c0 - 1,6 × = 310−3 2

5

(1,6 10 )6.4 10

−

−

××

= 4,0 × , c210−0 = 4,0 × + 1,6 × 210− 310−

= 4,2 × mol/L 210−

La solubilité molaire de C6H5COOH is 4,2 × mol/L. 210−



167

109. Parce que pour H2aK 2S est très petit, on peut négliger la contribution en H+ de la réaction

. 2aK

H2S ⇌ H+ HS− 1aK = 1,0 × 710−


= 1,0 × = 1aK 710−

2

0,10x

x− ≈

2

0,10x

, x = [H+] = 1,0 × ; approximation valide. 410−

pH = -log (1,0 × ) = 4,00 410−

À l’aide de la réaction de , on détermine [S

2aK 2−].

HS− ⇌ H+ + S2−

Initiale 1,0 × mol/L 1,0 × mol /L 0 410− 410−

Équilibre 1,0 × - x 1,0 × + x x 410− 410−

= 1,0 × = 2aK 1910−

4 4

4 4

(1,0 10 ) 1,0 10(1,0 10 ) 1,0 10

x x xx

− −

− −

× + ×≈

× − ×

x = [S2−] = 1,0 × mol/l; approximation valide. 1910−

110. Pour H2C6H6O6. = 7,9 × et = 1,6 × . Étant donné que la

quantité de H1aK 510−

2aK 1210−1 2a a>> ,K K

+ produite par la réaction de est négligeable. 2aK

[H2C6H6O6]o =

2 6 6 61 mol H C H O0,500 g ×176,12 g

0,2000 L= 0,0142 mol/L

H2C6H6O6(aq) ⇌ HC6H6O6

−(aq) + H+(aq) = 7,9 × 1aK 510−


= 7,9 × = 1aK 510−

2

0,0142x

x −≈

2

,0,0142

xx = 1,1 × ; approximation non valide, 310−

ne respecte pas la règle des 5 %. Résolvons par la méthode des approximations successives :



7,9 × = 510−2

3 ,0,0142 1,1 10

x−− ×

x = 1,0 × mol/L (réponse logique) 310−

Étant donné que H+ produit par la réaction de est négligeable, [H

2aK +] = 1,0 × et 310−

pH = 3,00. 111. [H+]o

= 1,0 × + 1,0 × = 2,0 × mol/L provenant des acides forts HCl et H210− 210− 210−2SO4.

HSO4

− est un bon acide faible (Ka = 0,012). Cependant, HCN est un acide très faible (Ka = 6,2 × ) et on peut l’ignorer. Si on calcule la contribution de HSO1010−

4− en H+ :

HSO4− ⇌ H+ + SO4

2− Ka = 0,012 Initiale 0,010 mol/L 0,020 mol/L 0 Équilibre 0,010 - x 0,020 + x x

Ka = (0,020 )

(0,010 )x x

x +−

= 0,012 ≈ (0,020) ,

(0,010)x

x = 0,0060;

Approximation non valide (60 % d’erreur). À l’aide de la formule quadratique : x2 + 0,032 x - 1,2 × = 0, x = 3,4 × mol/L 410− 310−

[H+] = 0,020 + x = 0,020 + 3,4 × = 0,023 mol/L; pH = 1,64 310−

112. Dans ce problème on utilise l’abréviation Hacr pour CH2=CHCOOH et acr− pour

CH2=CHCOO−. a) Résolvons le problème de l’acide faible :

Hacr ⇌ H+ + acr− Ka = 5,6 × 510−


2

0,10x

x − = 5,6 × ≈ 510−

2

0,10x

, x = [H+] = 2,4 × M; pH = 2,62; 310−

approximation valide.

b) % de dissociation = 0]Hacr[

]H[ +

× 100 = 32, 4 10

0,10

−×× 100 = 2,4 %



169

c) acr− est une base faible et la principale source de OH − dans la solution.

acr− + H2O ⇌ Hacr + OH− Kb = e

a

KK

= 14

5

1,0 105,6 10

−

−

××

Initiale 0,050 mol/L 0 ~ 0 Kb = 1,8 × 1010−

Équilibre 0,050 - x x x

Kb = ]acr[

]OH[]Hacr[−

−

= 1,8 × = 1010−2

0,050x

x−≈

2

0,050x

x = [OH-] = 3,0 × mol/L; pOH = 5,52; pH = 8,48 Approximation valide. 610−

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− + H2O ⇌ HCB + OH−

Initiale 0,20 mol/L 0 ~ 0 Équilibre 0,20 - x x x Étant donné que pH = 8,65, pOH = 5,35 et [OH−] = = 4,5 × mol/L = x. 5,3510− 610−

Kb = [HCB][OH ]

[CB ]

−

− = 2

0,20x

x−=

6 2

6

(4,5 10 )0,20 4,5 10

−

−

×− ×

= 1,0 × 1010−

Étant donné que CB− est une base faible, HCB, l’acide chlorobenzoïque, est un acide faible. Résolvons le problème de l’acide faible :

HCB ⇌ H+ + CB−


Ka = e

b

KK

= 14

10

1,0 105,6 10

−

−

××

= 1,0 × = 410−2

0, 20x

x−≈

2

0, 20x

x = [H+] = 4,5 × mol/L; pH = 2,35 approximation valide. 310−

114. a) Fe(H2O)63+ + H2O ⇌ Fe(H2O)5(OH)2+ + H3O+




Ka = 2+ +

2 5 33+

2 6

[Fe(H O) (OH) ][H O ][Fe(H O) ]

= 6,0 × = 310−2

0,10x

x−≈

2

0,10x

x = 2,4 × ; approximation non valide (x = 24 % de 0,10). En résolvant le problème

par approximations successives : 210−

2

0,10 0,024x−

= 6,0 × , x = 0,021 310−

2

0,10 0,021x−

= 6,0 × , x = 0,022; 310−2

0,10 0,022x−

= 6,0 × , x = 0,022 310−

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 × ) 410−

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 × . Na1110− + 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 × ) and Br1010− - est neutre. HBr : acide fort KBr : neutre; K+ et Br- sont neutres NH3 : base faible, Kb = 1,8 × 510−

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



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 × 510−

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− ⇌ H+ + SO4

2− Ka = 1,2 × 10-2

Initiale 0,10 mol/L ~ 0 0 Équilibre ,10 - x x x

1,2 × = 210−+ 2

4

4

[H ][SO ][HSO ]

−

−

= 2

0,10x

x−≈

2

0,10x

, x = 0,035

Approximation non valide (x = 35 % de 0,10). En résolvant l’équation par approximations

successives :

2

0,10x

x−=

2

0,10 0,035x−

= 1,2 × , x = 0,028 210−

2

0,10 0,028x−

= 1,2 × , x = 0,029; 210−2

0,10 0,029x−

= 1,2 × , x = 0,029 210−

x = [H+] = 0,029 mol/L; pH = 1,54 117. Les réactions en jeu sont : H2CO3 ⇌ H+ + HCO3

− = 4,3 × ; 1aK 710−

HCO3− ⇌ H+ + CO3

2− = 5,6 × 2aK 1110−

Pour commencer, on ne s’occupe que de la première réaction (parce que et les

résultats obtenus contrôlent les valeurs des concentrations dans la deuxième réaction. 1a >> )K K

2a



H2CO3 ⇌ H+ + HCO3−

Initiale 0,010 mol/L ~0 0 Équilibre 0,010 - x x x

= 4,3 × = 1aK 710−

+3

2 3

[H ][HCO ][H CO ]

−

= 2

0,010x

x−≈

2

0,010x

x = 6,6 × mol/L = [H510− +] = [HCO3

−] ; approximation valide.

HCO3- ⇌ H+ + CO3

2−

Initiale 6,6 × mol/L 6,6 × mol/L 0 510− 510−

Équilibre 6,6 × - y 6,6 × + y y 510− 510−

Si y est petit, alors [H+] = [HCO3−] et = 5,6 × =

2aK 1110−+ 2

3

3

[H ][CO ][HCO ]

−

− ≈ y

y = [CO3

2−] = 5,6 × mol/L; Approximation valide. 1110−

La quantité de H+ provenant de la deuxième dissociation est 5,6 × mol/L ou : 1110−

11

5

5,6 106,6 10

−

−

××

× 100 = 8,5 × 10-5 % de H+ provenant de la deuxième dissociation.

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.



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 × 1410−

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 × mol/L, [Cl810− −] = 1,0 × mol/L. 810−

En substituant ces valeurs dans l’égalité précédente :

[H+] = 14

+

1,0 ×10[H ]

−

+ 1,0 × , [H810− +]2 - 1,0 × [H810− +] - 1,0 × = 0 1410−



Résolvons à l’aide de la formule quadratique :

[H+] 8 8 2 1( 1,0 10 ) [( 1,0 10 ) 4(1)( 1,0 10 )] ,

2(1)

− − −− − × ± − × − − × 4 1/ 2

[H+] = 1,1 × mol/L 710−

pH = -log (1,1 × ) = 6,96 710−

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 × 1410−

Comme cette solution doit être électriquement neutre, alors [charge positive] = [charge

négative].

[Na+] + [H+] = [OH−], où [Na+] = 1,0 × mol/L et [H710− +] = e

[OH ]K

−

En substituant les valeurs, on obtient :

1,0 × + 710−141,0 ×10

[OH ]

−

− = [OH−], [OH−]2 - 1,0 × [OH710− −] - 1,0 × = 0 1410−

On résout par la formule quadratique :

[OH−] = 7 7 2( 1,0 10 ) [( 1,0 10 ) 4(1)( 1,0 10 )]

2(1)

− − −− − × ± − × − − × 14 1/ 2

[OH−] = 1,6 × mol/L; pOH = -log (1,6 × ) = 6,80; pH = 7,20 710− 710−

122. HA ⇌ H+ + A− Ka = 1,00 × 610−

Initiale c0 ~ 0 0 c0 = [HA]o; pour pH = 4,000, Équilibre c0 - 1,00 × 1,00 × 1,00 × x = [H410− 410− 410− +] = 1,00 × mol/L 410−

Ka = 4 2

40

(1,00 × 10 )-1,00 × 10c

−

− = 1,00 × ; c610−0 = 0,0101 mol/L

La solution contient au départ 50,0 × L × 0,0101 mol/L = 5,05 × mol HA. On

dilue alors à un volume total, V, en litres. Le pH résultant est 5,000, alors [H310− 410−

+] = 1,00 × . C’est un problème typique d’acide faible, x = [H510− +], alors :



175

HA ⇌ H+ + A−

Initiale 5,05 × mol/V ~ 0 0 410−

Équilibre 5,05 × /V - 1,00 × 1,00 × 1,00 × 410− 510− 510− 510−

Ka = 5 2

4

(1,00 10 )5,05 10 / 1,00 10V

−

−

×× − × 5− = 1,00 × , 1,00 × 610− 410−

= 5,05 × /V - 1,00 × 410− 510−

V = 4,59 L; 50,0 mL sont déjà présents, il faut donc ajouter 4540 mL d’eau.

123. HBrO ⇌ H+ + BrO− Ka = 2 × 910−

Initiale 1,0 × mol/L ~ 0 0 610−

x mol/L HBrO se dissocie pour atteindre l’équilibre Changement -x → +x +x Équilibre 1,0 × - x x x 610−

Ka = 2 × = 910−2

61,0 10x

x−× −≈

2

6 ;1,0 10

x−×

x = [H+] = 4 × mol/L; pH = 7,4 810−

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 × /1,7 × = 5,9 × ) et F1410− 910− 610− − (Kb = Ke/Ka(HF) = 1,0 × /7,2 × 1410− 410−

= 1,4 × ). 1110−

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) + F−(aq) ⇌ C5H5N(aq) + HF(aq) Initiale 0,200 mol/L 0,200 mol/L 0 0 Changement -x -x → +x +x Équilibre 0,200 - x 0,200 - x x x



K = × +5 5a, C H NH

Ka, HF

1K

= 5,9 × (1/7,2 × ) = 8,2 × 610− 410− 310−

K = ]F[]NHHC[

]HF[]NHC[

55

55−+ = 8,2 × = 310−

2

2 ;(0, 200 )

xx−

en prenant la racine carrée des

deux membres :

0,091 = 0,200

xx−

, x = 0,018 - 0,091 x, x = 0,016 mol/L

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+ :

= 5,9 × = +5 5a, C H NH

K 610−+ +

5 5+

5 5

[C H N][H ] (0,016)[H ]=[C H NH ] (0,184)

, [H+] = 6,8 × mol/L 510−

pH = -log(6,8 × ) = 4,17 510−

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 + ⇌ NH4+ + OH− Kb = 1,8 × 510−

Initiale 15,0 mol/L 0 0,0100 mol/L (On suppose aucune variation de volume.) Équilibre 15,0 - x x 0,0100 + x

Kb = 1,8 × = 510− (0,0100 )15,0

x xx+

−.

(0,0100)15,0

x, x = 0,027; approximation non valide

(x = 270% de 0,0100), En utilisant la formule quadratique : 1,8 × (15,0 - x) = 0,0100 x + x510− 2, x2 + 0,0100 x - 2,7 × = 0 410−

x = 1,2 × , [OH210− −] = 1,2 × + 0,0100 = 0,022 mol/L 210−



177

126. Pour une dissociation de 0,0010% : [NH4+] = 1,0 × (0,050) = 5,0 × mol/L 510− 710−

NH3 + H2O � NH4+ + OH− Kb =

7

7

(5,0 × 10 )[OH ]0,050 - 5,0 × 10

−

−

− = 1,8 × 510−

Résolvons : [OH−] = 1,8 mol/L; en supposant aucun changement de volume :

1,0 L × 1,8 mol NaOH 40,00 g NaOH×

L mol NaOH= 72 g de NaOH

127. Masse molaire = RTP

ρ=

5,11 g 0,08206 L atm× × 298 KL mol K

1,00 atm

⋅⋅ = 125 g/mol

[HA]o =

1 mol1,50 g ×125 g

0,100 L = 0,120 mol/L; pH = 1,80, [H+] = = 1,6 × mol/L 1,8010− 210−

HA ⇌ H+ + A−

Équilibre 0,120 - x x x x = [H+] = 1,6 × mol/L 210−

Ka = ]HA[

]A[]H[ −+

= 2 2(1,6 10 )

0,120 0,016

−×−

= 2,5 × 310−

128. CH3COOH ⇌ H+ + CH3COO− Ka = 1,8 × 510−

Initiale 1,00 mol/L 0 0 Équilibre 1,00 − x x x

1,8 × = 510−2

1,00x

x−≈

2

1,00x

, x = [H+] = 4,24 × mol/L 310−

(on utilise un C.S. supplémentaire) pH = -log (4,24 × ) = 2,37 approximation valide. 310−

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



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 = ]OHHC[

]OHC][H[

232

232−+

Quand pH = 4,74, [H+] = = 1,8 × . 4,7410− 510−

Ka = 1,8 × = 510−5

2 3 2 2 3 2

2 3 2 2 3 2

1,8×10 [C H O ] [C H O ],[HC H O ] [HC H O ]

− − −

= 1,0

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.

CH3COOH + OH− → CH3COO− + H2O Initiale 1,00 mol/L 0,50 mol/L 0 Changement -0,50 -0,50 +0,50 Après 0,50 mol/L 0 0,50 mol/L réaction 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× ×

L L = 20,0 g NaOH

129. PO4

3− est la base conjuguée de HPO42−. La valeur de Ka pour HPO4

2− est = 4,8 × 103aK -13.

PO43−(aq) + H2O(l) ⇌ HPO4

2−(aq) + OH−(aq) Kb = 3

e

a

KK

= 14

13

1,0 104,8 10

−

−

××

= 0,021

HPO4

2− est la base conjuguée de H2PO4− ( = 6,2 × ).

2aK 810−

HPO42−+ H2O ⇌ H2PO4

− + OH− Kb = 1

e

a

KK

= 14

8

1,0 106,2 10

−

−

××

= 1,6 × 710−

H2PO4

− est la base conjuguée de H3PO4 ( = 7,5 × ).

1aK 310−



179

H2PO4− + H2O ⇌ H3PO4 + OH− Kb =

1

e

a

KK

= 14

3

1,0 107,5 10

−

−

××

= 1,3 × 1210−

Selon les valeurs de Kb, PO4

3− 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+, PO4

3− (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 PO4

3−. On peut ignorer la contribution de OH− provenant des réactions Kb pour HPO4

2− et H2PO4−.

D’après l’exercice 5.129, Kb pour PO43− = 0,021.

PO43− + H2O ⇌ HPO4

2− + OH− Kb = 0,021 Initiale 0,10 mol/L 0 ~ 0 Équilibre 0,10 - x x x

Kb = 0,021 = 2

0,10x

x−; comme Kb est très grande, l’approximation n’est pas valide.

Résolvons à l’aide de l’équation quadratique : x2 + 0,021 x – 0,0021 = 0, x = [OH−] = 3,7 × mol/L, pOH = 1,43, pH = 12,57 210−

131. a) NH4(HCO3) → NH4

+ + HCO3−

Ka pour NH4+ =

14

5

1,0 101,8 10

−

−

××

= 5,6 × ; K1010−b pour HCO3

− = 1

e

a

KK

= 14

7

1,0 104,3 10

−

−

××

= 2,3 × 810−

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 est très

petite (5,6 × ). 2aK

1110−

b) NaH2PO4 → Na+ + H2PO4

−; on ignore Na+. = 6,2 × ;

2a 2pour H POK −4

810−

Kb pour H2PO4− =

1

e

a

KK

= 14

3

1,0 107,5 10

−

−

××

= 1,3 × 1210−

La solution est acide parce que Ka > Kb.



c) Na2HPO4 → 2 Na+ + HPO42−; on ignore Na+.

= 4,8 × ;

3

2a 4pour HPOK − 1310−

Kb pour HPO42− =

2

e

a

KK

= 14

8

1,0 106,2 10

−

−

××

= 1,6 × 710−

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 × . 410−

Ka pour NH4+ = 5,6 × ; K1010−

b pour HCO2− = e

a

KK

= 14

4

1,0 101,8 10

−

−

××

= 5,6 × 1110−

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−

Kéq = 2 +

2 3 3+

3 3

[H CO ][CO ] [H ]×[HCO ][HCO ] [H ]

−

− − = 2

1

a

a

KK

= 11

7

5,6 104,3 10

−

−

××

= 1,3 × 410−

b) [H2CO3] = [CO3

2−] étant donné que la réaction de la partie a est la principale réaction d’équilibre.

c) H2CO3 ⇌ 2 H+ + CO32− Kéq =

1 2

+ 2 23

a a2 3

[H ] [CO ] = ×[H CO ]

K K−

Puisque, [H2CO3] = [CO3

2−] d’après la partie b, [H+]2 = 1 2a aK K× .

[H+] = ou pH = 1 2

1/ 2a a(K K× ) 1 2a ap p

2K K+

d) [H+] = [(4,3 × ) × (5,6 × )]710− 1110− 1/2, [H+] = 4,9 × mol/L; pH = 8,31 910−



181

133. Molalité = m =

1 mol0,100 g ×100,0 g

0,5000 kg = 2,00 × mol/kg ≈ 2,00 × mol/L 310−

(solution diluée) ΔTf = iKfm, 0,0056 °C = i(1,86°C·kg/mol)(2,00 × mol/kg), i = 1,5 310−

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 = ]HA[

]A[]H[ −+

Puisque l’acide faible est dissocié à 50 % : [H+] = [A−] = [HA]o × 0,50 = 2,00 × mol/L × 0,50 = 1,0 × mol/L 310− 310−

[HA] = [HA]o – quantité de HA qui a réagi = 2,00 × mol/L - 1,0 × mol/L 310− 310−

= 1,0 × mol/L 310−

Ka = ]HA[

]A][H[ −+

= 3 3

3

(1,0 10 ) (1,0 10 )1,0 10

− −

−

× ××

= 1,0 × 310−

134. a) En supposant qu’il n’y a pas association entre les ions SO4

2−(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 SO4

2−(aq)

Dans des conditions idéales, 2/5 de π calculée ci-dessus est dû à Fe3+ et 3/5 est dû à SO4

2−. 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 SO4

2− dans la solution réelle sera également de 3,67 atm. La contribution de la réaction de dissociation de Fe(H2O)6

3+ 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+ ⇌ H+ + Fe(OH)(H2O)5

2+ Ka = + 2

2 53+

2 6

[H ][Fe(OH)(H O) ][Fe(H O) ]

+

Initiale 0,100 mol/L ~ 0 0 x mol/L de Fe(H2O)6

3+ réagit pour atteindre l’équilibre Équilibre 0,100 - x x x



π = icRT; concentration totale des ions = ic = 3,06 atm

0,8206 L atm/ K mol (298)RTπ

=⋅ ⋅

= 0,125 mol/L 0,125 mol/L = 0,100 - x + x + x = 0,100 + x, x = 0,025 mol/L

Ka = + 2+

2 53+

2 6

[H ][Fe(OH)(H O) ][Fe(H O) ]

= 2 2 2(0,025) (0,025)

0,100 (0,100 0,025) 0,075x

x= =

− −,

Ka = 8,3 × 310−

PROBLÈMES D’INTÉGRATION

135. [IO−] =

1 mol NaIO 1 mol IO2,14 g NaIO × ×165,89 g mol NaIO1,25 L

−

= 1,03 × mol/L IO210− −

IO− + H2O ⇌ HIO + OH− Kb = ]IO[

]OH][HIO[−

−

Initiale 1,03 × mol/L 0 ~0 210−

Équilibre 1,03 × - x x x 210−

Kb = 2

21,03 10x

x−× −; d’après les données du problème, pOH = 14,00 – 11,32 = 2,68

[OH−] = = 2,1 × mol/L = x; K2,6810− 310−b =

3 2

2 3

(2,1 10 )1,03 10 2,1 10

−

− −

×× − ×

= 5,4 × 410−

136. 10,0 g NaOCN × 1 mol

65,01g = 0,154 mol NaOCN

10,0 g H2C2O4 × 1 mol

90,04 g = 0,111 mol H2C2O4

42SOHmol

NaOCNmol (réel) = 0,154 mol0,111 mol

= 1,39

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



183

2:2 entre les moles NaOCN qui ont réagi et les moles de HNCO produites, 0,154 mol HNCO seront produites.

HNCO ⇌ H+ + NCO− Ka = 1,2 × 410−

Initiale 0,154 mol/0,100 L ~ 0 0 Équilibre 1,54 - x x x

Ka = 1,2 × = 410−2

1,54x

x− ≈

2

1,54x

, x = [H+] = 1,4 × mol/L 210−

pH = –log(1,4 × ) = 1,85; approximation valide. 210−

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+ ⇌ pap + H+

Initiale 0,0792 mol/L 0 ~0 Équilibre 0,0792 - x x x

Ka = e

b, pap

KK

= 14

9

2,1 108,33 10

−

−

××

= 2,5 × 610−

Ka = 2,5 × = 610−2

0,0792x

x− ≈

2

0,0792x

, x = [H+] = 4,4 × mol/L 410−

pH = -log(4,4 × ) = 3,36; approximation valide. 410−



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− + H2O ⇌ HX + OH− Kb = ]X[

]OH][HX[−

−

Initiale 0,0500 mol/L 0 ~ 0 Changement -x → +x +x Équilibre 0,0500 - x x x

Kb = 2

0,0500x

x−;

d’après les données du problème, pH = 10,02, alors pOH = 3,98 et [OH−] = x = 3,9810−

Kb = 3,98 2

3,98

(10 )0,0500 10

−

−−= 2,2 × 710−

Solution A : a,HX e b,X

H = /K K − = 1,0 × /2,2 × = 4,5 × 1410− 710− 810−

HX ⇌ H+ + X− Ka = 4,5 × = 810−

]HX[]X][H[ −+

Initiale 0,100 mol/L ~ 0 0 Changement -x → +x +x Équilibre 0,100 - x x x

Ka = 4,5 × = 810−2 2

0,100 0,100x x

x≈

− , x = [H+] = 6,7 × mol/L 510−

Approximation valide (x est 6,7 × % de 0,100); pH = 4,17 210−

Solution C : Principales espèces : HX (Ka = 4,5 × ), Na810− +, 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.



185

mol HX = 0,0500 L × 0,100 mol HX

L= 5,00 × mol HX 310−

mol OH− = 0,0150 L × 0,250 mol NaOH 1 mol OH×

L mol NaOH

−

= 3,75 × mol OH310− −

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 + OH− → X− + H2O Initiale 5,00 × mol 3,75 × mol 0 − 310− 310−

Changement -3,75 × -3,75 × → +3,75 × +3,75 × 310− 310− 310− 310−

Après réaction 1,25 × mol 0 3,75 × mol − 310− 310−

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.

[HX] = 31,25 × 10 mol

(0,0500 + 0,0150) L

−

= 0,0192 mol/L; [X−] = 33,75 × 10 mol

0,0650 L

−

= 0,0577 mol/L

[OH−] = 0 (La réaction est complète.)

X− + H2O ⇌ HX + OH− Kb = 2,2 × 710−

Initiale 0,0577 mol/L 0,0192 mol/L 0 x mol/L de X− réagit pour atteindre l’équilibre Changement -x → +x +x Équilibre 0,0577 - x 0,0192 + x x

Kb = 2,2 × = 710− (0,0192 ( ) (0,0192)(0,0577 ) (0,0577)

x ) x xx

+≈

− (en supposant que x << 0,0192)

x = [OH−] = 72, 2 10 (0,0577)

0,0192

−×= 6,6 × mol/L 710−

Approximation valide (x = 3,4 × % de 0,0192). 310−



[OH−] = 6,6 × mol/L, pOH = 6,18, pH = 14,00 − 6,18 = 7,82 = pH de la solution C 710−

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

HNO2 ⇌ H+ + NO2−

Initiale 0,10 mol/L 0 0 Changement -x +x +x Équilibre 0,10 - x x x

2

0,10x

x− = 4,0 × 10-4;

Résolvons : x = [H+] = 6,3 × mol/L , pH = 2,20 310−

b) L’acide le plus faible du groupe I = (C2H5)3NHCl; la meilleure base du groupe II = KOI

OI− + (C2H5)3NH+ ⇌ HOI + (C2H5)3N Initiale 0,10 mol/L 0,10 mol/L 0 0 Équilibre 0,10 - x 0,10 - x x x

K = +

a 2 5 3

a

pour (C H ) NHpour HOI

KK

= 14

4

1,0 10 14,0 10 2 10

−

−

××

× × 11− = 1,25 (avec C.S. suppl.)

2

2(0,10x

x )−= 1,25,

0,10x

x−= 1,12, x = 0,053; [HOI] = 0,053 mol/L et [OI−] =

0,047 mol/L (C.S. suppl.)



187

HOI ⇌ H+ + OI− Ka = 2 × ; Résolvons pour obtenir H1110− + et pH :

2 × 1110− = +[H ](0,047 mol/L)(0,053 mol/L)

, [H+] = 2,3 × mol/L, pH = 10,64 = 10,6 1110−

c) Ka pour (C2H5)3NH+ = 14

4

1,0 104,0 10

−

−

××

= 2,5 × ; 1110−

Kb pour NO2− =

14

4

1,0 104,0 10

−

−

××

= 2,5 × 1110−

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).


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