Les exemples de ce document sont tirés des livres et notes de cours suivants : Allard, J.C. et Flamand, E. (2003). Chimie des solutions (2e édition). Mont- Royal (Québec) : aux Éditions Modulo.
Hill, J.W. et Petrucci, R.H. (2003). Chimie des solutions. Saint-Laurent (Québec) : aux Éditions du Renouveau Pédagogique Inc.
Miller, N. (2004). Notes de cours. Chimie des solutions.
Zumdahl, S. S. (1998). Chimie des solutions (2e édition). Anjou (Québec) : aux Éditions CEC.
Exemple 1 : Calcul du pH d’une solution tampon suite à l’ajout d’ions H+ Une solution tampon de 1,00L est constituée de 0,100 mol/L deCH3COOH et de 0,100 mol/L de CH3COONa. On y ajoute 0,0100 mol de HCl. Déterminez la variation de pH de la solution tampon. Ka = 1,80 x 10-5 (négligez la variation de volume causée par l’ajout)
Étape 1 : mise en solution du sel (CH3COONa) CH3COONa Na+ + CH3COO- i) 0,100 mol/L 0 0 f) 0 0,100 mol/L 0,100 mol/L Étape 2 : dissociation de l’acide faible (CH3COOH)
CH3COOH + H2O H+ + CH3COO- i) 0,100 mol/L 0 0,100 mol/L f) 0,100 mol/L 0,100 mol/L
Dans une solution tampon, les concentrations initiales sont pratiquement égales aux concentrations finales étant donné l’effet d’ion commun qui bloque la dissociation de l’acide faible.
Étape 3 : calcul du pH initial
Il faut utiliser l’équation de Henderson-Hasselbalch, car la solution est un tampon.
pH = pKa + log pH = -log 1,80 x 10-5 + log
pH = 4,74
Étape 4 : calcul du pH final
Le HCl est un acide fort qui se dissocie totalement : HCl Cl- + H+
i) 0,0100 mol/L 0 0
f) 0 0,0100 mol/L 0,0100 mol/L
Ce sont les ions CH3COO- (excès) qui réagiront avec les ions H+ (limitant).
CH3COO- + H+ CH3COOH i) 0,100 mol/L 0,0100 mol/L 0,100 mol/L r) - 0,0100 mol/L - 0,0100 mol/L + 0,0100 mol/L f) 0,0900 mol/L 0 0,110 mol/L
pH = pKa + log
pH = -log 1,80 x 10-5 + log
pH = 4,65
Étape 5 : calcul de la variation de pH
∆pH = pH final – pH initial
∆pH = 4,65 – 4,74
∆pH = -0,09
Il y a donc une diminution de pH de 0,09 suite à l’ajout de 0,0100 mol de HCl.
Exemple 2 : Calcul du pH d’une solution tampon suite à l’ajout d’ions OH- Une solution tampon de 1,00L est constituée de 0,350 mol/L de HCOOH et de 0,550 mol/L de HCOONa. On y ajoute 0,100 L d’une solution de KOH à 0,500 mol/L. Déterminez la variation de pH de la solution tampon. pKa = 3,75
Étape 1 : calculez la concentration de HCOOH et de HCOONa à la suite de la variation de volume
[HCOOH] =
= 0,318 mol/L [HCOONa] =
= 0,500 mol/L Étape 2 : mise en solution du sel (HCOONa)
HCOONa Na+ + HCOO- i) 0,500 mol/L 0 0 f) 0 0,500 mol/L 0,500 mol/L Étape 3 : dissociation de l’acide faible (HCOOH)
HCOOH + H2O H+ + HCOO- i) 0,318 mol/L 0 0,500 mol/L f) 0,318 mol/L 0,500 mol/L Étape 4 : calcul du pH initial
pH = pKa + log pH = 3,75 + log
pH = 3,95
Étape 5 : calcul du pH final
[KOH] =
= 0,0455 mol/L
Le KOH est une base forte qui se dissocie totalement : KOH K+ + OH-
i) 0,0455 mol/L 0 0
f) 0 0,0455 mol/L 0,0455 mol/L
C’est le HCOOH (excès) qui réagira avec les ions OH- (limitant).
HCOOH + OH- HCOO + H2O i) 0,318 mol/L 0,0455 mol/L 0,500 mol/L
r) - 0,0455 mol/L - 0,0455 mol/L + 0,0455 mol/L f) 0,0273 mol/L 0 0,546 mol/L
pH = pKa + log
pH = 3,75 + log
pH = 4,05
Étape 6 : calculez la variation de pH
∆pH = pH final – pH initial
∆pH = 4,05 – 3,95
∆pH = 0,10
Il y a donc une augmentation de pH de 0,10 à la suite de l’ajout de KOH.
Exemple 3 : Limite d’une solution tampon
Une solution ayant un volume de 1,00 L est constituée de 5,00 x 10-2 mol de HCOOH et de 5,10 x 10-2 mol de HCOONa. pKa = 3,75 Déterminez :
a- Si la solution initiale est un tampon et, le cas échéant, son pH
b- Si la solution initiale est encore un tampon après l’ajout de 5,0 x 10-2 mol de HCl
c- Le pH de la solution finale
Étape 1 : trouver la valeur initiale de
Mise en solution du sel (HCOONa) :
HCOONa Na+ + HCOO- i) 5,10 x 10-2 mol/L 0 0
f) 0 5,10 x 10-2 mol/L 5,10 x 10-2 mol/L Dissociation de l’acide faible (HCOOH) :
HCOOH + H2O H+ + HCOO-
i) 5,00 x 10-2 mol/L 0 5,10 x 10-2 mol/L
Avant de déterminer les concentrations finales, il faut déterminer si la solution est une solution tampon en trouvant la valeur de
=
= 1,02
Ce rapport permet d’affirmer que la solution présentée est un tampon.
Étape 2 : calculer le pH initial
HCOOH + H2O H+ + HCOO-
i) 5,00 x 10-2 mol/L 0 5,10 x 10-2 mol/L f) 5,00 x 10-2 mol/L 5,10 x 10-2 mol/L
pH = pKa + log
pH = 3,75 + log
pH = 3,76
Étape 3 : ajout de 5,00 x 10-2 mol de HCl
Le HCl est un acide fort qui se dissocie totalement : HCl Cl- + H+ i) 5,00 x 10-2 mol/L 0 0
f) 0 5,00 x 10-2 mol/L 5,00 x 10-2 mol/L
Ce sont les ions HCOO- (excès) qui réagiront avec les ions H+ (limitant).
HCOO- + H+ HCOOH
i) 5,10 x 10-2 mol/L 5,00 x 10-2 mol/L 5,00 x 10-2 mol/L r) - 5,00 x 10-2 mol/ - 5,00 x 10-2 mol/L + 5,00 x 10-2 mol/L f) 0,00100 mol/L 0 0,100 mol/L
Avant de calculer le pH final, il faut vérifier si la solution est encore une solution tampon.
Étape 4 : trouver la valeur finale de
=
= 0,01
Ce rapport montre que la solution finale n’est pas un tampon.
Étape 5 : calcul du pH final
Comme la solution n’est pas un tampon, l’équation de Henderson-Hasselbalch ne peut pas être utilisée, il faut prendre la méthode utilisée plus tôt avec l’équation quadratique.
HCOOH + H2O H3O+ + HCOO- i) 0,100 mol/L 0 0,00100 mol/L r) - x + x + x
f) 0,100 mol/L - x x 0,00100 mol/L + x
Ka =
= ( )
1,8 x 10-4 =
L’équation quadratique est résolue avec la calculatrice.
x = 3,69 x 10-3
[H3O+] = 3,69 x 10-3 mol/L pH = -log[H3O+]
pH = -log 3,69 x 10-3 pH = 2,43
