Exercices d’entraînement 16. Le produit « pH-moins » est le solide ionique NaHSO

Exercices d’entraînement

16. Le produit « pH-moins » est le solide ionique NaHSO4. L’équation de sa dissolution est NaHSO4 (s)  Na⁺ (aq) + HSO4 (aq). L’ion HSO4 est un acide qui réagit avec la base H2O selon la réaction d’équation :

HSO4 (aq) + H2O () H3O⁺ (aq) + SO42 (aq)

(l’énoncé ne précise pas qu’il s’agit d’un acide faible, la simple flèche est acceptée).

La réaction produit des ions H3O⁺.

Lorsque l’on ajoute le solide ionique dans l’eau, la concentration en ions H3O⁺ augmente et donc le pH diminue, d’où l’appellation produit « pH-moins ».

Le produit « pH-plus » est le solide ionique CaCO3. L’équation de sa dissolution est : CaCO3 (s)  Ca²⁺ (aq) + CO32 (aq)

L’ion CO32 est une base qui réagit avec l’acide H2O selon la réaction d’équation : CO32 (aq) + H2O () HCO3 (aq) + HO^ (aq)

(l’énoncé ne précise pas qu’il s’agit d’un acide faible, la simple flèche est acceptée).

La réaction produit des ions HO^.

Lorsque l’on ajoute le solide ionique dans l’eau, la concentration en ions HO^ augmente donc.

Or, en solution : [H3O⁺] = ^e HO K

 

 , donc la concentration en ions H3O⁺ diminue entrainant l’augmentation du pH, d’où l’appellation produit « pH-plus ».

--- 17. a. Une solution neutre vérifie [H3O⁺] = [HO^].

Or, en solution Ke = [H3O⁺]  [HO^].

Donc K_e = [H₃O⁺]², d’où –log Ke = -2log [H₃O⁺] = -2pH.

Le pH d’une solution neutre vérifie donc pH = 2 pKe

. A.N. : pH = ^{log 1,9 10}





2

  

= 6,9.

b. Le pH du plasma est supérieur à celui d’une solution neutre (7,4 > 6,9) donc le plasma est une solution basique.

c. On calcule les concentrations en ions H₃O⁺ correspondant aux deux valeurs extrêmes de pH :

- pour pH = 6,8, [H3O⁺] = 10^-6,8 = 1,6×10^-7 molL^-1 - pour pH = 7,8, [H3O⁺] = 10^-7,8 = 1,6×10^-8 molL^-1

D’où 1,6×10^-8 molL^-1 < [H₃O⁺] < 1,6×10^-7 molL^-1

--- 18. a. Le pH du suc gastrique vaut 1,5 ; la concentration en ions H3O⁺ y est donc égale à :

[H3O⁺]suc = 10^-pH = 3,2×10^-2 molL^-1 Dans l’estomac de pH = 3,0, cette concentration est égale à :

[H3O⁺]estomac = 10^-3 = 1,0×10^-3molL^-1 Le facteur de dilution est

+

3 estomac

+

3 suc

H O H O

 

 

 

  donc de

3 2

1, 0 10 3, 2 10







 = ¹ 32.

b. La valeur du pH permet de déterminer [H3O⁺] = 1,0 × 10^-8 molL^-1 puis celle en ions HO^ : [HO^] = ^e

H O3

K

 

  , avec Ke = 10^-pKe = 10^-13,7 A.N. : [HO^] =

13,7 8

10 1, 0 10



  = 2,0×10^-6 molL^-1.

--- 19. a. Dissolution de l’acide ascorbique :

C6H8O6 (s)  C6H8O6 (aq)

Il s’agit d’un acide faible qui réagit de façon équilibrée avec la base H2O selon la réaction d’équation :

C6H8O6 (aq) + H2O () H3O⁺ (aq) + C6H7O6 (aq)

b. Soit V le volume de la solution. La valeur du pH de la solution permet de déduire la concentration finale en ions H3O⁺ : [H3O⁺] = 10^-pH et donc sa quantité [H3O⁺]. V qui correspond à l’avancement final xf.

A.N. : xf = 10^-2,9  0,20 = 2,5×10^-4 mol.

c. Le tableau d’évolution de la réaction est :

avancement C6H8O6(aq) + H2O() H3O⁺(aq) + C6H7O6

(aq)

état initial 0 n excès 0 0

état final x_f n - x_f excès x_f x_f

La quantité finale d’ion ascorbate C6H7O6 est égale xf donc [C6H7O6] = [H3O⁺] = 10^-pH. La quantité finale d’acide ascorbique C6H8O6 est n – xf où n est la quantité initiale d’acide ascorbique avec n = ^m

M (avec m la masse d’acide ascorbique et M sa masse molaire).

D’où : [C6H8O6] = ^f m M x

V

 . A.N. : [C6H7O6] = 10^-2,9 = 1,3×10^-3 molL^-1. M = 6 12 + 8 + 6  16 = 176 gmol^-1 ;

[C6H8O6] = ⁴ 0, 50 176 2, 5 10

0, 2

   = 1,3×10^-2 molL^-1

--- 20. a. Réaction équilibrée de la base NH3 avec l’acide H2O :

NH3(aq) + H2O() NH4+(aq) + HO^(aq)

b. L’avancement de la réaction équilibrée de l’ammoniac avec l’eau est inférieur à celui de la réaction totale d’une même quantité de base forte avec l’eau. La quantité et donc la concentration d’ions HO^ dans la solution d’ammoniac sont donc plus faibles que dans la solution de base forte. Or, en solution [H3O⁺] = ^e

HO K

 

 . Donc la concentration d’ions H3O⁺ est plus élevée et donc le pH plus faible dans la solution d’ammoniac que dans la solution de base forte.

---

21. a. La base conjuguée de l’acide R-CO2H a pour formule R-CO2.

b. La réaction d’un acide fort avec l’eau est totale. La quantité d’ions H3O⁺ produite est égale à la quantité initiale d’acide fort introduit. La concentration en ions H3O⁺ est donc égale à la concentration apportée de l’acide : [H3O⁺] = c. Or, la valeur de pH permet de déterminer :

[H3O⁺] = 10^-pH = 10^-3,7 = 2,0 × 10^-4 Cette valeur est inférieure à c l’acide est donc faible.

c. R-CO2H (aq) + H2O() H3O⁺(aq) + R-CO2(aq).

--- 22. 1. a. L’eau pure est une solution neutre. À 25°C, son pH vaut 7.

b. Les valeurs de pH sont différentes de 7 donc ces différentes eaux ne sont pas « pures ».

2. Dans le manuel élève, nous avons précisé que le dioxyde de carbone en solution aqueuse se comporte comme un acide faible.

a. Réaction équilibrée de l’acide faible avec l’eau :

(CO2, H2O) (aq) + H2O () H3O⁺ (aq) + HCO3 (aq)

b. D’après l’équation précédente, les solutions dans lesquelles est dissous du dioxyde de carbone sont acides. C’est le cas de l’eau distillée du laboratoire laissée à l’air libre, qui dissout le CO2 atmosphérique et du Perrier gazéifié par du dioxyde de carbone gazeux.

--- 23. a. L’expérience est une mesure du pH de solutions savonneuse à l’aide de papier pH.

b. Un savon contient des ions carboxylate R-CO2, qui sont des bases faibles.

c. La couleur du papier pH change quelle que soit le pH pour prendre une couleur particulière. Le papier pH réagit donc à tout pH et pas seulement à pH élevé.

d. La couleur du papier pH est caractéristique d’une solution légèrement acide (pH 5 – 6).

C’est préférable parce que le pH de la peau est légèrement acide.

--- 24. On ne peut mesurer le pH que de solutions. Il faut donc réaliser des « solutions de sol », en agitant longtemps une masse de terre dans un volume d’eau. Après filtration, on mesure le pH de la solution avec un pH-mètre. Pour comparer différents sols, il faut que les solutions soient préparées avec la même masse de terre et le même volume d’eau. Le taux d’humidité de la terre peut varier de façon considérable selon les conditions de prélèvement Il est préférable de sécher la terre en la plaçant à l’étuve avant de peser les échantillons pour préparer des solutions de sol à partir d’une même masse de terre sèche.

Pour favoriser le transfert des ions H3O⁺ de la terre vers la solution, on peut utiliser plutôt que de l’eau pure une solution de chlorure de potassium (les ions H3O⁺ de la terre sont remplacés par les ions K⁺ de la solution).

Exemple de protocole : http://www2.ulg.ac.be/sciences/printemps/pedagogique/ll51.pdf

 Recueillir des échantillons de sol, les placer à l’étude pour les déshydrater ;

 Les broyer finement.

Pour chaque échantillon :

 Peser 10 g de terre sèche ;

 La placer dans un bécher et y ajouter 25 mL de solution de chlorure de potassium (K⁺(aq), Cl^(aq)) de concentration 0,1 molL^-1 ;

 Ajouter un barreau magnétique, agiter sur un agitateur magnétique ;

 Laisser reposer longuement pour décanter ;

 Mesurer le pH de la solution surnageant à l’aide d’un pH-mètre préalablement étalonné.

---

25. 1. [H3O⁺] = 10^-pH = 10^-5,23 = 5,888×10^-6 molL^-1 2.a. pH = 5,23  0,05.

b. Le pH est compris entre les valeurs 5,18 et 5,28.

Donc [H3O⁺]max > [H3O⁺] > [H3O⁺]min ;

avec [H3O⁺]max = 10^-5,18 = 6,61×10^-6 molL^-1 et [H3O⁺]min = 10^-5,28 = 5,25×10^-6 molL^-1. L’incertitude sur la valeur de [H3O⁺] peut être évaluée en calculant l’expression :

[H3O⁺] = ([H3O⁺]max - [H3O⁺]min) = 0,7×10^-6 molL^-1 (on ne garde qu’un chiffre significatif pour l’incertitude).

Pour donner la valeur de [H3O⁺], on calcule la valeur moyenne

+ +

3 max 3 min

H O + H O 2

   

    .

Le dernier chiffre significatif est celui sur lequel porte l’incertitude.

A.N. : [H3O⁺] = (5,9  0,7)×10^-6 molL^-1.

--- 26. a. Comme acides d’origine végétale, T. Lowry cite : « vinegar » obtenu à partir de vin ;

« citric acid » présent dans le jus de citron et « malic acid » dans les pommes.

Pour les acides d’origine minérale, il cite « vitriol », « aqua fortis or nitric acid » et

« muriatic acid ».

b.

Nom anglais Nom français courant Formule de l’acide Formule de la base

vinegar acide acétique C2H4O2 C2H3O2

citric acid acide citrique C6H8O7 C6H7O7

malic acid acide malique C4H6O5 C4H5O5

vitriol acide sulfurique H2SO4 HSO4

aqua fortis acide nitrique HNO3 NO3

muriatic acid acide chlorhydrique H3O⁺, Cl^ H2O

--- 27. a. et b. L’équation de la réaction totale est H3O⁺ (aq) + HO^ (aq)  2 H2O ().

L’avancement final de la réaction est égal à la quantité initiale de réactif limitant : Expérience Réactif limitant Avancement

final xf

Volume total Vt

Avancement volumique cf

1 Proportions

stœchiométriques cAVA = 10 mmol 200 mL 5,0×10^-2 molL^-1

2 Proportions

stœchiométriques cAVA = 5,0 mmol 100 mL 5,0×10^-2 molL^-1

3 H3O⁺ cAVA = 50 mmol 150 mL 3,3×10^-1 molL^-1

4 HO^ cBVB = 50 mmol 150 mL 3,3×10^-1 molL^-1

c. La variation de température dépend de l’avancement volumique (même variation pour deux valeurs de cf identiques expériences 1-2 et 3-4, variations différentes pour deux valeurs de cf différentes).

---

28. Lorsque le niveau d’eau du lac augmente, le volume d’eau augmente mais la quantité d’ions H3O⁺ reste constante. La concentration en ions H3O⁺ diminue par dilution et le pH augmente.

La quantité d’ions H3O⁺ est :

n = 10^-pHi  Vi

où Vi est le volume initial du lac et pHi son pH initial.

Lorsque le niveau augmente de h, le volume du lac devient : Vf = Vi +Sh

si on assimile le lac à un cylindre de surface S.

La concentration en ions H3O⁺ devient [H3O⁺]f =

f

n V .

Le pH final est : ⁱ

pH

i i

f i

i i

pH log10 V pH log V .

V Sh V Sh

 

   

 

La variation de pH est : _{f i} ⁱ

i

pH - pH log V . V Sh

  

A.N. :

6

f i 6 4

32 10

pH - pH log 0, 05.

32 10 41 10 10

   

   

--- 29. Il s’agit d’augmenter le pH d’une unité, ce qui revient à diviser la concentration en ions H3O⁺ par 10.

Le premier protocole repose sur une dilution au 1/10 qui conduit à la solution souhaitée.

Le second protocole repose sur la diminution de la quantité d’ions H3O⁺ de la solution en exploitant la réaction totale avec les ions HO^ : H3O⁺ (aq) + HO^ (aq)  2 H2O ().

La solution initiale a un pH de 3,0, donc une concentration en ions H3O⁺ égale à 1,0 × 10^-3 molL^-1. Pour obtenir 1 L d’une solution de pH = 4,0, c’est-à-dire de concentration 1,0 × 10^-4 molL^-1 en ions H3O⁺, il faut donc consommer 9,0 × 10^-4 mol d’ions H3O⁺, ce que l’on effectue en ajoutant une quantité égale d’ions HO^.

Une masse m d’hydroxyde de sodium de masse molaire M contient une quantité n = ^m M d’ions HO^. A.N. n =

36 10 3

16 1 23

 

  = 9,0×10^-4 mol, ce qui correspond bien à la quantité d’ions HO^ nécessaire.

Le premier protocole est bien plus précis. En effet, dans le second, une légère erreur dans la mesure de la masse d’hydroxyde de sodium à ajouter modifiera considérablement l’avancement de la réaction totale utilisée (par exemple, si la masse introduite est de 40 mg, tous les ions H3O⁺seront consommés et le pH vaudra 7 !)

--- 30. 1.a. D’après le document, un lac est qualifié d’acide si son pH est inférieur à 5,5 :

-log [H3O⁺] < 5,5  [H3O⁺] >10^-5,5 molL^-1  [H3O⁺] > 3,2 × 10^-6 molL^-1 b. L’acide fort HNO3 réagit de façon totale avec l’eau :

HNO3 (aq) + H2O ()  NO3 (aq) + H3O⁺ (aq)

c. Pour transformer SO2 en SO3, il faut un apport d’atome d’oxygène qui peut être foruni par le dioxygène de l’air :

 équation de la formation de SO3 (g) : 2SO2 (g) + O2 (g)  2SO3 (g) ;

d. Le diacide fort H2SO4 réagit de façon totale avec l’eau :

H2SO4 (aq) + 2H2O ()  SO42 (aq) + 2H3O⁺ (aq)

e. Les ions sulfate SO42 et nitrate NO3 sont produits en même temps que les ions H3O⁺ lors des réactions des acides forts avec l’eau. Leur présence met en évidence que l’acidité est bien corrélée à la présence d’acide nitrique et d’acide sulfurique.

2. a. La quantité n0 est liée à la concentration en H3O⁺ et donc au pH : n0 = [H3O⁺]  V = 10^-pH  V

A.N. : 10^-5,5 est la concentration en ions H3O⁺ exprimée en molL^-1, une conversion de volume en L est nécessaire : n0 = 10^-5,5  5,010⁸10³ = 1,610⁶ mol.

b. Les ions H3O⁺ sont consommés par la réaction acido-basique totale : H3O⁺ (aq) + A^ (aq)  HA (aq) + H2O () c. La quantité initiale d’ions H3O⁺ est n0.

La quantité finale d’ions H3O⁺ souhaitée est :

n = 10^-6  V = 10^-6  5,010⁸10³ = 5,010⁵ mol

La réaction doit donc consommer une quantité n0 – n d’ions H3O⁺, ce qui correspond, d’après l’équation de la réaction, à la quantité nb de base A^ à ajouter : nb =n0 – n.

A.N. : nb = 1,610⁶ - 5,010⁵ = 1,110⁶ mol.

d. La masse de base à ajouter est m = nb  M = 1,110⁶  100 = 1,110⁸ g = 1,110² t.

L’opération coûte donc : 50  1,110² = 5 500 €.

---

Exercices de synthèse

31. L’eau de pluie acide contient des ions nitrate, chlorure et sulfate, produits des réactions totales de l’acide nitrique, de chlorure d’hydrogène et d’acide sulfurique avec l’eau :

(1) HNO3 (aq) + H2O ()  NO3 (aq) + H3O⁺ (aq) (2) HCl (aq) + H2O ()  Cl^ (aq) + H3O⁺ (aq)

(3) H2SO4 (aq) + 2H2O ()  SO42 (aq) + 2H3O⁺ (aq)

Considérons un échantillon d’eau de pluie de volume V contenant une quantité n1 d’ions NO3, une quantité n2 d’ions Cl^ et une quantité n3 d’ions SO42 .

La réaction (1) a produit une quantité n1 d’ions NO3 et une quantité n1 d’ions H3O⁺. La réaction (2) a produit une quantité n2 d’ions Cl^ et une quantité n2 d’ions H3O⁺. La réaction (3) a produit une quantité n3 d’ions SO42 et une quantité 2n3 d’ions H3O⁺.

La quantité totale d’ions H3O⁺ présente est donc n1 + n2 + 2n3 et la concentration des ions H3O⁺ est :

[H3O⁺] = ^{n1 2 2 3} V

n n

  = c1 + c2 + 2c3

où c1, c2 et c3 sont les concentrations molaires des ions nitrate, chlorure et sulfate.

On connait les concentrations massiques cm1, cm2 et cm3 de ces ions dans l’eau de pluie. On peut en déduire leurs concentrations molaires :

c1 = ¹

1

cm

M ; c2 = ²

2

cm

M ; c3 =

3 3

cm

M

où M1, M2 et M3 sont les masses molaires des ions nitrate, chlorure et sulfate.D’où : [H3O⁺] = ¹

1

cm

M + ²

2

cm

M +2

3 3

cm

M On en déduit le pH de l’eau de pluie :

pH = -log [H3O⁺] = -log ( ¹

1

cm

M + ²

2

cm

M +2

3 3

cm

M )

A.N. : M1 = 14 + 3  16 = 62 gmol^-1 ; M2 = 35,5 gmol^-1 ; M3 = 32 + 16  4 = 96 gmol^-1. pH = -log (

3 3 3

1, 24 10 0,35 10 2 2,88 10

62 35,5 96

  

   

  ) = 4,0

--- 32. 1. a. D’après la notice, l’incertitude sur la mesure de pH est de 0,01 unité.

b. Les informations relatives à l’étalonnage sont dans la rubrique « calibrage ». L’étalonnage doit se faire avec deux solutions (2 points d’après la notice). L’appareil peut identifier automatiquement 3 groupes de 2 solutions tampon.

Les images se forment sur la rétine.

2. a. Les différences entre les mesures effectuées portent sur le chiffre des 1/10 d’unité pH.

La dispersion des mesures semble supérieure à l’incertitude donnée par la notice.

b. Valeur moyenne : 4,81, écart type : 0,06. Pour un intervalle de confiance de 95 % : pH = 4,81  2  0,06, soit pH = 4,81  0,12

c.

3. a. Le pH-mètre permet une mesure dans la plage 0-14 mais la sonde de pH ne permet une mesure que dans l’intervalle 0-12. Il n’est donc pas possible de mesurer un pH de 13 avec cette sonde.

b. Il faut conserver la sonde dans une solution de chlorure de potassium à 3 molL^-1.

--- 33. Dans le manuel élève, la question d. a été complétée par la question « Faire une recherche pour déterminer de quels sucres est constitué le lactose. » afin de faciliter la suite de l’exercice. La question e., présente dans le spécimen, a été supprimée.

Les documents de cet exercice sont extraits du dossier :

http://media.eduscol.education.fr/file/MPS/21/9/LyceeGT_Ressources_2_Exploration_MPS_

1-3_yaourt_152219.pdf disponible sur eduscol.

a. La caséine est soluble dans le lait et insoluble dans le yaourt.

b. La transformation du lait en yaourt conduit à la formation d’acide lactique responsable de l’acidification du milieu.

c. On peut acidifier du lait avec quelques gouttes d’acide chlorhydrique, de vinaigre ou de jus de citron et observer s’il coagule.

d. La molécule de lactose est constituée de l’association d’une molécule de glucose et d’une molécule de galactose.

e. Entre le lait et le yaourt, on observe une diminution de la quantité de lactose, la formation de galactose, de glucose et d’acide lactique. On peut supposer que le lactose a été décomposé en glucose et galactose, mais dans ce cas, on devrait obtenir une même masse de glucose et de galactose puisqu’ils ont la même formule brute. Le glucose formé a donc été transformé. On peut supposer que les bactéries permettent sa décomposition en acide lactique, autre molécule organique présente dans le yaourt et pas dans le lait.

Pour vérifier ces hypothèses on peut :

 Préparer une solution de lactose, y ajouter des ferments lactiques, porter à 40°C et mesurer le pH.

 Préparer une solution de glucose, y ajouter des ferments lactiques, porter à 40°C et mesurer le pH.

Dans les deux cas, le suivi du pH d’une solution témoin (sans ferment lactique) doit être effectué.

---

34. 1. Pour obtenir un volume V = 1L de solution de concentration cB, il faut introduire une quantité n_B d’hydroxyde de sodium NaOH(s) vérifiant n_B = c_BV. La masse m_B d’hydroxyde de sodium correspondante vérifie m_B = M_Bn_B où M_B est la masse molaire de l’hydroxyde de sodium.

D’où mB = cBVMB ; A.N. : mB = 10  1  (23 + 16 + 1) = 400 g

2. Dans le manuel élève, d = 1,2 remplace d = 1,19 afin que toutes les données de l’exercice aient le même nombre de chiffres significatifs.

a. La masse d’un échantillon de volume V de la solution S₃ est m₃ = dV où  est la masse volumique de l’eau.

Cet échantillon contient une masse de chlorure d’hydrogène m_HCl = xm₃ = x dV et la quantité de chlorure d’hydrogène (de masse molaire MHCl) présente est donc nHCl = mHCl/MHCl.

A.N. :  = 1,0 kgL^-1 ; mHCl = 0,37  1,2  1,0  1,0 = 0,44 kg ; nHCl =

0, 44 103

35,5 1



 = 12 mol.

b. La concentration molaire de la solution S₃ est c₃ = ^nHCl

V . A.N. : c₃ = ¹²

1 = 12molL^-1. On souhaite obtenir une solution fille de volume V et de concentration c_A.

On doit prélever un volume V₃ de la solution mère vérifiant c₃V₃ = c_AV, donc V₃ =

3

c VA

c . A.N. : V3 = 20 ^{1, 0}

12 = 1,7 mL.

3. a. Un échantillon de volume V = 1,0 L de la solution S2 contient une quantité nA = cAV d’ions H3O⁺ (issus de la réaction totale entre le chlorure d’hydrogène et l’eau). On y ajoute une quantité n_B = c_BV_B d’ions hydroxyde où V_B est le volume occupé par 6 gouttes de la solution S1. A.N. : nA = 20 mmol.

Le volume d’une goutte délivré par la burette est vB = ^{1, 0}

20= 5,010^-2 mL ; donc V_B = 6 5,010^-2 = 3,010^-1mL et n_B = 10 3,010^-1 = 3,0 mmol.

Il se produit la réaction totale suivante : H3O⁺ (aq) + HO^ (aq)  2 H2O ().

Son tableau d’évolution est :

avancement H3O⁺(aq) + HO^(aq)  2 H2O()

EI 0 nA > nB nB excès

EF nB nA - nB 0 excès

Il reste donc une quantité nA – nB d’ions H3O⁺ en solution et une concentration : [H3O⁺] =





V

A.N. : [H3O⁺] = 20 – 3,0

1, 0 = 1,7 mmolL^-1.

b. Pour obtenir une solution neutre, il faudrait introduire autant d’ions HO^ que d’ions H₃O⁺, ce qui correspond à un nombre de gouttes p vérifiant :n_A = c_B pv_B, soit p = ^A

B B

n c v . A.N. : p = 20 ₁

10 3, 0 10  ^ La neutralité s'obtiendra donc entre la 6^e et la 7^e goutte versée.

35. La correction dépendra des pages retenues par les élèves.

--- 36. Rédiger une synthèse de documents

Dans le manuel élève, l’objectif a été reformulée : « L'objectif de cet exercice est d'analyser et d'interpréter les résultats de l'examen des deux nourrissons. »

Le reflux gastro-œsophagien du nourrisson est une anormale remontée du contenu de l’estomac dans l’œsophage. Le milieu stomacal est très acide (pH de 1 à 3 d’après les données du document 5) et le reflux entraine une brûlure des parois de l’œsophage.

Le diagnostic repose sur un examen pH-métrique. Il consiste en une mesure du pH de l’œsophage grâce à une sonde placée à l’extrémité de l’œsophage (quelques cm au dessus de la jonction avec l’estomac d’après le document 2) et reliée à un pH-mètre. La mesure est effectuée en continu sur plusieurs heures. Les courbes tracées représentent l’évolution du pH au cours du temps. Les heures de prises de biberon sont indiquées.

Les premières courbes proposées concernent un relevé du pH de l’œsophage d’un nourrisson sain, ainsi que l’allure de l’évolution du pH de son estomac.

La sonde relève un pH constant voisin de 7, alors que le pH stomacal lui, décroit entre deux biberons (document 4). Nous pouvons expliquer cette évolution. La salive et le lait ont même pH (document 5). Le lait absorbé par le nourrisson ne modifie pas le pH de l’œsophage. En revanche, son introduction dans l’estomac provoque une augmentation du pH (l’estomac est rempli de lait de pH égal à 7). Le pH de l’estomac décroit de 7 (pH du lait) à 1 lorsque la digestion se produit. Il augmente de nouveau au biberon suivant.

Sur le tracé du pH œsophagien d’un nourrisson présentant un reflux, le pH n’est plus constant.

Les variations observées ont la même allure entre deux biberons, dates auxquelles le pH mesuré est de 7, à cause du lait absorbé.

Le tracé présente des décroissances périodiques du pH (d’une durée de quelques minutes toutes les 20 à 30 min), d’amplitudes de plus en plus grandes (1 unité pH 1 h après le biberon, 3 unités 1h 3/4 après le biberon et jusqu’à 6 unités pH 3 heures après.

Nous pouvons interpréter chaque décroissance par un reflux du contenu de l’estomac vers l’œsophage : le pH mesuré par la sonde est alors le pH de l’estomac. Comme nous l’avons vu pour un nourrisson sain, le pH de l’estomac diminue entre deux biberons, le contenu de l’estomac qui remonte dans l’œsophage est de plus en plus acide ce qui explique pourquoi l’amplitude des variations de pH enregistrées est de plus en plus grande lorsque la durée s’écoulant après le biberon augmente.

La variation du pH de l’œsophage du nourrisson malade peut donc s’expliquer par la présence d’un reflux périodique du contenu de l’estomac dans l’œsophage.

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