Cinquime CHAPITRE Calcul de p H des bases

Cinquième CHAPITRE Calcul de p. H des bases COURS DU PROFESSEUR TANGOUR BAHOUEDDINE

3 - Cas des solutions de bases Les traitements seront très semblables et les « formules » obtenues seront très similaires. Il suffira en fait de remplacer p. H par p. OH et Ka par Kb pour obtenir les résultats correspondant aux solutions basiques. Acide Fort : p. H = -log C Base forte : p. OH = -log C Soit p. H = 14 - p. OH = 14 + log C Base Forte : p. H = 14 + log C

Acide faible : p. H = 1/2 p. Ka - 1/2 log C Base faible : p. OH = 1/2 p. Kb - 1/2 log C Soit p. H = 14 - p. OH = 14 - 1/2 p. Kb + 1/2 log C Soit p. H = 14 - 1/2 (14 - p. Ka ) + 1/2 log C Soit p. H = 7 + 1/2 p. Ka + 1/2 log C Base faible : p. H = 7 + 1/2 p. Ka + 1/2 log C

Mélange d’acides forts : Se comporte comme un seul acide fort Mélange de bases fortes : Se comporte comme une seule base forte Mélange d’acides : L’acide le plus fort impose le p. H Mélange de bases : La base la plus forte impose le p. H

4 - p. H d’une base faible Quel sera le p. H d’une solution d’une base faible à la concentration C 0 mol. L-1 ? A-aq + H 2 O = AHaq + H 3 O+aq Ecriture utilisant Kb (rarement utilisée) AHaq + H 2 O = A-aq + H 3 O+aq Ecriture utilisant Ka (Privilégiée) Les équilibres chimiques mis en jeux sont. Soit exactement les même que ceux 4 inconnues mis en œuvre si on met en solution l’acide faible AH. La seule modification apparaît lors de l’écriture de l’électroneutralité de la solution. En effet, l’espèce A- ne peut exister seule et est obligatoirement accompagnée d’un cation que nous supposerons indifférent (Na+ par exemple). Espèces présentes : AH , A-, H 3 O+, OH- , Na+ E. N : [H 3 O+] + [ Na+] = [OH-] + [A-]

Ka = [A-] [H 3 O+] / [ AH ] = [A-] [H 3 O+] / Ka C. M : [AH] + [A-] = C 0 [A-] h / Ka + [A-] = C 0 / { 1 + h / Ka } = C 0 / L E. N : [H 3 O+] + [ Na+] = [OH-] + [A-] E. N : [H 3 O+] + C = [OH-] + [A-] h + C = Ke / h + C 0 / L h 2 + h C = Ke + h C 0 / L h 2 + h C - h C 0 / L - Ke = 0 On trouve des résultats tout à fait semblables a ceux obtenus lors de l’étude de l’acide faible h 2 + h C { 1 - 1 / L } - Ke = 0 h 2 - h C { 1 / L - 1} - Ke = 0 h 2 - h C M - Ke = 0 Avec M = { 1 / L - 1 } et L = 1 + h / Ka

5 - p. H d’une solution de dibase faible On met en solution la dibase X 2 - à la concentration C (obligatoirement accompagnée de Na+ ou d’un autre cation indifférent à la concentration 2 C) K 2 = [X 2 -] h / [ HX- ] K 1 = [HX-] h / [ H 2 X ] [ HX- ] = [X 2 -] h / K 2 [ H 2 X ] = [HX-] h / K 1 Les équilibres chimiques mis en jeux sont exactement les même que ceux mis en œuvre si on met en solution le diacide faible AH 2. [ H 2 X ] = [X 2 -] h 2 / K 1 K 2 C. M : C = [ H 2 X] + [HX-] + [X 2 -] C = [X 2 -] { h 2 / K 1 K 2 } + [X 2 -] { h / K 2 } + [X 2 -] C = [X 2 -] [ { h 2 / K 1 K 2 } + { h/ K 2} + 1 ] [X 2 -] = C / [ { h 2 / K 1 K 2 } + { h / K 2 } + 1 ] [X 2 -] = C / L Avec L = [ 1 + { ( h / K 2 ) + ( h 2 / K 1 K 2 ) ] La première partie de la résolution est donc totalement identique à celle mise en œuvre lors de l’étude du diacide AH 2.

La seule modification apparaît lors de l’écriture de l’électroneutralité de la solution à cause de l’introduction d’une nouvelle espèce : l’ion indifférent Na+. E. N : [HX-] + 2 [X 2 -] + [OH-] = [H 3 O+] + [Na+] [X 2 -] = C / L [ HX- ] = [X 2 -] h / K 2 = C h / K 2 L [ C h / ( K 2 L ) ] + [ 2 C / L ] + [ Ke / h ] = h C { h / K 2 L + 2 / L} + ( Ke / h ) = h +2 C C { h / K 2 L + 2 / L - 2 } + ( Ke / h ) = h h C { h / K 2 L + 2 / L - 2 } + Ke = h 2 - h C { h / K 2 L + 2 / L - 2 } - Ke = 0 h 2 - h C M - Ke = Q = 0 Avec M = { h / K 2 L + 2 / L - 2 } et L = [ 1 + { ( h / K 2 ) + ( h 2 / K 1 K 2 ) } +2 C [OH-] = Ke / h

6 - Comparaison Acide / Base Acide Faible : L = 1 + ( h / Ka ) - M = ( 1 / L ) Base Faible : L = 1 + ( h / Ka ) - M = ( 1 / L ) - 1 Diacide Faible : L = 1 + ( h / K 2 ) + ( h 2 / K 1 K 2 ) M = ( 2 / L ) + ( h / K 2 L ) Dibase Faible : L = 1 + ( h / K 2 ) + ( h 2 / K 1 K 2 ) M = ( 2 / L ) + ( h / K 2 L ) - 2 On pourrait retraiter tous les cas de figures étudiés pour les acides, on trouverait des résultats semblables Il existe une similarité entre les expressions de M. Nous verrons après étude du cas des ampholytes qu’il existe une règle simple permettant le passage de l’expression de M pour un acide au M des bases.

Il sera donc tout à fait possible de traiter les problèmes de bases ou de mélanges de bases de la même manière que les problèmes de solutions acides. A titre d’exemple calculer le p. H du mélange suivant : Na. OH : C = 10 -3 M - NH 3 : C = 0, 1 M p. Ka = 9, 25 Résolution exacte Na. OH : M 1 = -1 - C 1 = 10 -3 NH 3 : M 2 = ( 1 / ( 1 + h / 10 -9, 25) ) - 1 C 2 = 0, 1 h 2 - h S Ci Mi - Ke = 0 (10 -p. H)2 - 10 -p. H { -10 -3 + [ (0, 1 / ( 1 + 10 -p. H/ 10 -9, 25) ) -1 ] = 0