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Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Acide-base

1.1.1 Concentration de la solution $S_S$

Equivalence

$n_{OH^-}=n_{H_2O^+}\Rightarrow C_sV_s=C_aV_a\Rightarrow C_s =\frac{C_aV_a}{V_s}\; or \; C_a=10^{-pH}\Rightarrow C_s=\frac{10^{-pH_{V_s}}}{V_s}$

$C_s=\frac{10^{-2}.500}{50}=0,1\;mol.L^{-1}$

1.1.2.1 Calcul de la concentration $C_o$ :

$C_o=\frac{n}{v}\;or\;n=\frac{m_{pure}}{M}\;et\;m_{pure}=\frac{\%\times m_{solution}}{100}\Rightarrow n=\frac{\%\times m_{solution}}{100M}=$

$\frac{\%\times \rho\times V}{100M}\Rightarrow C_0=\frac{\%\times p\times V}{100M V}$

$\Rightarrow or\; p = d.p_{eau}\Rightarrow C_o=\frac{\%\times d.\rho_{eau}\times V}{100MV}=\frac{\%\times d.1000\times V}{1000MV}=\frac{\%\times d.10}{M}$

$C_0=\frac{10\times\%\times d}{M}$

$C_o=\frac{10\times 8\times 1,25}{40}=2,5\;mol.L^{-1}\quad\quad C_o=2,5 mol.L^{-1}$

1.1.2.2 Description de la préparation de $S_s$ :

Il s’agit d’une dilution ;il y a donc conservation de la quantité de matière d'hydroxyde de sodium

$C_oV_o=C_sV_s\Rightarrow V_o=\frac{C_sV_s}{C_o}=\frac{0,1\times 50}{2,5}=2\,mL$ .

Prélever à l’aide d’une pipette graduée un volume $V_o$ = 2 mL de la solution commerciale $S_o$ . Ensuite verser ce volume dans une fiole jaugée de 50 mL (contenant un peu d’eau distillée ) puis ajouter de l’eau jusqu’au deux tiers et homogénéiser . Enfin compléter avec de l’eau jusqu’au trait de jauge.

1.2.1 Equation-bilan: $C_6H_5COO^-\quad + \quad H_3O^+\rightleftarrows C_6H_5COOH\quad + \quad H_2O$

Constant de réaction : $k=\frac{[C_6H_5COOH]}{[C_2H_5COO^-]\times[H_3O^+]}=\frac{1}{k_a}=10^{pka}=10^{4,2}=1,58.10^4$

1.2.2 La constant de réaction $1,58.10^4\;>\;10^3$ la réaction est quasi-totale par conséquent les élèves peuvent l’utiliser comme antiacide.

1.2.3.1 Calcul du volume $V_a$ :

On a $[C_6H_5COOH]\quad = \quad[C_2H_5COO^-]$ c’est la demi-équivalence et pour ce faire on doit avoir

$n_{H_2o^+}=\frac{n_{basse faible}}{2}$

$\Rightarrow n_{H_2o^+}=\frac{C_BV_B}{2}$ or monoacide fort $n_{H_2o^+}=C_Av_A\Rightarrow C_AV_A=\frac{C_Bv_B}{2}\Rightarrow V_A=\frac{C_BV_B}{2C_A}$

or $C_B=\frac{m}{M\times V_B}\Rightarrow V_A=\frac{mV_B}{2M\times C_A\times V_B}\Rightarrow V_A\frac{m}{2M\times C_A}\quad V_A=\frac{0,072}{2\times144\times0,01}=$

$0,025\;L\quad V_A=0,025\;L=25mL$

1.2.3.2 Le pH de la solution S :

$pH=pk_a=4,2$ Justification :

$pH=pk_a+log\left\[\frac{[C_2H_5COO^-]}{[C_6H_5COOH]}\right\]\or\quad[C_6H_5COOH]=[C_2H_5COO^-]\Rightarrow pH=pk_a$

Propriétés : la solution S est une solution tampon. Son pH varie très peu lors d’un ajout modéré d’un acide ou d’une base ou lors d’une dilution modérée avec de l’eau.

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Acide-base

2.1.1 Equation de la réaction : $AH+OH^^-\rightarrow A^-+H_2O$

2.1.2 Equivalence acido-basique : lorsque l’acide et les ions hydroxyde sont mélangés dans les proportions stœchiométriques $(n_{AH}=n_{OH^-})$ .

2.2.1 Etablir la relation :

Nombre de mol d’acide présent dans le mélange : $(n_{AH\left(total)}=C_bV_{bE})$ .

Nombre de mol d’acide ayant réagi avec la base : $(n_{AH\left(r\'{e}agi)}=C_bV_{b})$ .

Nombre de mol d’acide restant dans le mélange : $n_A=(n_{AH\left(total)-n_{AH\left(r\'{e}agi)}$ .

On tire que $n_A=C_b.V_{bE}-C_b.V_b\Rightarrow{n_A=C_b(V_{bE}-V_b})$

2.2.2 Expression du rapport $\frac{[AH]}{[A^-]}$ :

$\frac{[AH]}{[A^-]}=\frac{\frac{n_AH}{V}}{\frac{n_A^-}{V}}=\frac{C_b(V_{bE})-V_b}{C_b.V_b}\Rightarrow\frac{[AH]}{[A^-]}=\frac{V_{bE}}{V_b}-1$

2.2.3 Expression de $[H_3O^+]$ .

$k_a=\frac{[H_3O^+][A^-]}{[AH]}\Rightarrow k_a=\frac{[H_3O^+]}{\frac{V_{bE}}{V_b}}\Rightarrow [H_3O^+]=k_a\left(\frac{V_{bE}}{V_b}-1\right)$

2.3.1 Tableau de valeur :

2.3.2 Courbe $[H_3O^+]=f\left(\frac{1}{V_b}\right)$

2.3.3 Valeurs du pKa et de $V_{Be}$ :

Exploitation du graphe donne : $[H_3O^+]=7,7.10^{-4}.\frac{1}{V_b}-0,73.10^{-4}$ .

De la question 2.2.3 on tire la relation théorique : $[H_3O^+]=K_{a}.V_{bE}\frac{1}{V_b}-k_a$

Par identification on tire :

$k_a=0,73.10^{-4}\Rightarrow pka=4,1$ $k_a.V_{bE}=0,7,7.10^{-4}\Rightarrow V_{bE}\approx 10,5mL.$

2.4 Masse d’acide dans un comprimé :

$m_{AH\left(total)}=n_{AH\left(total)}.M=C_bV_{bE}.M=5.10^{-2}.10,5.10^{-3}.5.176=0,462g\quad m_{AH\left(total)}=462mg.$

Aux erreurs de mesures près l’indication sur la boîte est proche de la valeur expérimentale donc l’appellation semble correcte

Corrigé 2012 : Etude d'une solution acide

Détails: Catégorie : Acide-base

2-1.
2-1-1. On a $[H_{3}O^{+}] = 10^{-pH} = 10^{-2,1} = 7,9.10^{-3} mol.L^{-1}$ d’où $[H_{3}O^{+}] = C$ donc le monoacide AH est complètement ionisé dans l’eau ; c’est un acide fort.

NB : On aurait pu vérifier, par calcul, que le coefficient d’ionisation α = 1 prouvant que la dissociation
de l’acide est totale et que par conséquent l’acide est fort.

2-1-2. Equation bilan de la réaction avec l’eau.

$AH + H_{2}O \rightarrow A^{-}+H_{3}O^{+}$

2-2.
2-1-1. $C=\frac{n}{V}=\frac{m}{MV}$ $C=[H_{3}O^{+}] \Longrightarrow pH = -log \frac{m}{MV}$

2-2-1.
a. La courbe est une droite ne passant par l’origine O, son équation est de la forme : pH=alogm+b

a est la pente de la droite et b l’ordonnée à l’origine.

Graphiquement on trouve a = -1 et b = 1,8

b. Masse molaire M de l’acide
$pH = -log \frac{m}{MV} \Longrightarrow pH = -(log m - log MV) = -log m + log MV$

par identification on a : b = logMV

$MV = 10^{b}$ ; $M = \frac{10^{b}}{V}$ $A.N:M=\frac{10^{1,8}}{1} = 63 g.mol^{-1}$

$M(HNO_{3}) =M_{N}+ M_{O}+M_{H} = 14 + 3 \times 16 +1= 63g.mol^{-1}$
Le monoacide fort a pour formule $HNO_{3}$

2-3.
2-3-1. Comparons $n(H_{3}O^{+})$ avec $n(OH^{-})$ .
$n(H_{3}O^{+})= n_{a} = C_{a} V_{a} = 7,9.10^{-3}\times 20.10^{-3}=1,58.10^{-4} mol$
$n(OH^{-}) = n_{b} = C_{b} V_{b} = 5.10^{-2}\times 30.10^{-3}=1,5.10^{-3} mol$

$n(H_3O^{+}) <n(OH^{-})$ donc le mélange est basique.

2-3-2. pH de la solution finale.
$[OH^{-}]_{restant}=\frac{nOH^{-}-nH_{3}O^{+}}{V_{a} + V_{b}}$

$[OH^{-}]_{restant}=\frac{1,5.10^{-3}-1,58.10^{-4}}{(20+30).10^{-3}}=2,74.10^{-2} mol.L^{-1}$

A 25°C, $pH = 14 + log[OH^{-}] = AN : pH =14 + log 2,74.10^{-2}=12,4$

2-3-3. Volume de soude à ajouter exactement pour neutraliser l’acide
Il s’agit ici de déterminer le volume de base $V'_{b}$ qu’il aurait fallu ajouter au volume $V_{a} = 20 mL$ d’acide
initialement prélevé pour atteindre l’équivalence acido-basique ; d’où $C_{a}V_{a} = C_{b}V'_{b}$
$V'_{b} =\frac{C_{a}V_{a}}{C}=\frac{7,9.10^{-3}\times 20.10^{-3}}{5.10^{-2}}=3,1 mL$

Corrigé 2013 : Dosage acide méthanoïque par la soude

Détails: Catégorie : Acide-base

2.1. Acide méthanoïque :

2.1.1. Montrer que $C_{O} = 20 mol/L$

$C_{o}=\frac{n}{V_{s}}=\frac{m}{M.V_{s}}=\frac{80.m_{s}}{M.V_{s}}=\frac{0,80.\rho.V_{s}}{MV_{s}}=\frac{0,80.\rho}{M}$ $A.N:C_{0}=\frac{0,80.1150}{46}=20mol.L^{-1}$

2.1.2

2.1.2.1. Détermination de $V_{0}$ : $n_{0}=\Longrightarrow C_{0}V_{0}=C.V\Longrightarrow V_{0}=\frac{C.V}{C_{0}}=\frac{5.10^{-2}.1}{20}=2,5.10^{-3}L=2,5 mL.$

2.1.2.2. Protocole : prélever 2,5 mL de la solution $S_{0}$ avec une pipette graduée. Placer ce prélèvement dans
une fiole jaugée de 1litre puis compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.

2.1.2.3. $\left[H_{3}O^{+}\right]=2,50.10^{-2}mol/L\Longrightarrow \left[H_{3}O^{+}\right]<C$ toutes les molécules d'acide méthanoïque
introduites dans l'eau ne sont pas dissociées; l’acide méthanoïque est donc partiellement dissocié
dans l'eau; c'est un acide faible.

2.2. Dosage

2.2.1. Equation bilan de la réaction support du dosage :
$HCO_{2}H+\left(Na^{+}+OH^{-}\right)\rightarrow \left(HCO_{2}^{-}+Na^{+}\right)+H_{2}O$

2.2.2. Calcul de la constante de réaction K :
On a $K= \left[HCO_{2}^{-}\right]/\left[HCO_{2}H\right].\left[HO^{-}\right]$ d'où $K=Ka/Ke; AN:K=10^{14-3,8}=1,58.10^{10}$

La réaction est quasi-totale donc elle pourrait être utilisée pour doser l’acide méthanoïque.

2.2.3. Il y a équivalence acido-basique lorsque les réactifs sont mélangés dans des proportions
stœchiométriques.

2.2.4. Solution la plus adaptée :

Pour $S_{1}$ : $V_{1}=\frac{C.V_{p}}{C_{1}}=\frac{5.10^{-2}}{2.10^{-1}}=2,5.10^{-3}L=2,5ml$ volume faible.

Pour $S_{2}$ : $V_{2}=\frac{C.V_{p}}{C_{1}}=\frac{5.10^{-2}.10}{2.10^{-2}}=20.10^{-3}L=20mL$

Donc c’est la solution $S_{2}$ qui est la plus adapté

Corrigé 1997 : pH du mélange de deux acides faibles

Détails: Catégorie : Acide-base

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1.)

Démontrer que

$\left[ H_{3}O^{+}\right] =\sqrt{K_{1}\overline{C}+K_{2}\overline{C_{2}}}$

$K_{1}=\frac{\left[ H_{3}O^{+}\right] \left[ CH_{3}COO^{-}\right] }{\left[ CH_{3}COOH\right] }\cong \frac{\left[ H_{3}O^{+}\right] \left[ CH_{3}COO^{-} \right] }{\overline{C_{1}}}\Longrightarrow$

$\left[ CH_{3}COO^{-}\right] =\frac{K_{1}\overline{C_{1}}}{\left[ H_{3}O^{+} \right] }$

$K_{2}=\frac{\left[ H_{3}O^{+}\right] \left[ C_{6}H_{5}COO^{-}\right] }{ \left[ C_{6}H_{5}-COOH\right] }=\frac{\left[ H_{3}O^{+}\right] \left[ C_{6}H_{5}-COOH\right] }{\overline{C_{2}}}$

$\left[ C_{6}H_{5}-COO^{-}\right] =\frac{K_{2}\overline{C_{2}}}{\left[ H_{3}O^{+}\right] }$

Equation d’électroneutralité

$\left[ H_{3}O^{+}\right] =\left[ OH^{-}\right] +\left[ CH_{3}CO_{2}^{-} \right] +\left[ C_{6}H_{5}CO_{2}^{-}\right]$

$\left[ OH^{-}\right] <<\left[ CH_{3}CO_{2}^{-}\right] +\left[ C_{6}H_{5}CO_{2}^{-}\right] \Longrightarrow \left[ H_{3}O^{+}\right] ^{2}= \left[ CH_{3}CO_{2}^{-}\right] +\left[ C_{6}H_{5}CO_{2}^{-}\right]$

$\left[ H_{3}O^{+}\right] =\frac{K_{1}\overline{C_{1}}}{\left[ H_{3}O^{+} \right] }+\frac{K_{2}\overline{C_{2}}}{\left[ H_{3}O^{+}\right] }=\frac{K_{1} \overline{C_{1}}+K_{2}\overline{C_{2}}}{\left[ H_{3}O^{+}\right] } \Longrightarrow \left[ H_{3}O^{+}\right] =K_{1}\overline{C_{1}}+K_{2} \overline{C_{2}}$

$\left[ H_{3}O^{+}\right] =\sqrt{K_{1}\overline{C_{1}}+K_{2}C_{2}}$

2.) pH du mélange

$pH=-\log H_{3}O^{+}=-\log \left( K_{1}\overline{C_{1}}+K_{2}\overline{C_{2}} \right) ^{\frac{1}{2}}$

$=-\frac{1}{2}\log \left( K_{1}\overline{C_{1}}+K_{2}\overline{C_{2}}\right)$

$=-\frac{1}{2}\log \left( 1,8.10^{-7}+12,6.10^{-7}\right)$

$=-\frac{1}{2}\log 14,4.10^{-7}=-\frac{1}{2}\log 144.10^{-8}$

$=-\frac{1}{2}\left( \log 12^{2}-8\right) =4-\log 12$

$\left[ OH^{-}\right]$ . étant négligeable par rapport à $H_{3}O^{+}$ .

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