Acides et pKa : corrigé des exercices de sciences physiques terminale – PDF gratuit à télécharger et imprimer

1. Un acide est une espèce capable de céder un proton H⁺ ; une base est une espèce capable d’en capter un.
2. NH₄⁺ = NH₃ + H⁺.
3. H₃O⁺/H₂O et H₂O/HO⁻ : l’eau est amphotère (ampholyte).
4. K_a = [A⁻]_éq[H₃O⁺]_éq ÷ ([AH]_éq c°), constante de la réaction AH + H₂O ⇌ A⁻ + H₃O⁺.

a. Vrai : à 25 °C, [H₃O⁺] = [HO⁻] = 10⁻⁷ mol·L⁻¹.
b. Faux : une baisse de 2 unités multiplie [H₃O⁺] par 10² = 100 (et ne la divise pas par 2).
c. Vrai : pK_a petit signifie K_a grand, donc cession de proton plus facile.
d. Faux : pour pH > pK_a, c’est la forme basique qui prédomine.
e. Faux : un acide faible réagit de façon limitée (τ < 1) ; c’est l’acide fort qui réagit totalement.
f. Faux : par dilution, le pH tend vers 7 (autoprotolyse de l’eau) sans jamais le dépasser.

1. Du plus acide au plus basique : jus de citron (2,3) ; vinaigre (2,9) ; café (5,0) ; eau pure (7,0) ; sang (7,4) ; eau de mer (8,1) ; ammoniac ménager (11,5). Sont acides : citron, vinaigre, café (pH < 7). Sont basiques : sang, eau de mer, ammoniac (pH > 7). L’eau pure est neutre.
2. Vinaigre : [H₃O⁺] = 10^−2,9 = 1,3 × 10⁻³ mol·L⁻¹. Sang : [H₃O⁺] = 10^−7,4 = 4,0 × 10⁻⁸ mol·L⁻¹.
3. Rapport : 1,26 × 10⁻³ ÷ 3,98 × 10⁻⁸ = 10^{(7,4 − 2,9)} = 10^4,5 ≈ 3,2 × 10⁴.

1. pH = −log(3,2 × 10⁻⁴) = 3,49.
2. [H₃O⁺] = 10^−8,30 = 5,0 × 10⁻⁹ mol·L⁻¹.
3. [H₃O⁺] = 10^−11,0 = 1,0 × 10⁻¹¹ mol·L⁻¹ ; [HO⁻] = K_e ÷ [H₃O⁺] (avec c° = 1 mol·L⁻¹) = 1,0 × 10⁻¹⁴ ÷ 1,0 × 10⁻¹¹ = 1,0 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
4. [H₃O⁺] = 1,0 × 10⁻¹⁴ ÷ 2,5 × 10⁻⁵ = 4,0 × 10⁻¹⁰ mol·L⁻¹ ; pH = −log(4,0 × 10⁻¹⁰) = 9,40.

1. HCl + H₂O → H₃O⁺ + Cl⁻. La réaction est totale (acide fort) : chaque mole d’acide donne une mole d’ions oxonium, donc [H₃O⁺] = c.
2. pH = −log(2,0 × 10⁻²) = 1,70.
3. Facteur de dilution 100 : on prélève 10,0 mL de S à la pipette jaugée, on les verse dans une fiole jaugée de 1,00 L, on complète à l’eau distillée jusqu’au trait de jauge et on homogénéise. Nouvelle concentration : 2,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹ ; pH = 3,70 (le pH augmente de 2 unités).
4. Non : lorsque l’acide devient très dilué, les ions H₃O⁺ issus de l’autoprotolyse de l’eau (10⁻⁷ mol·L⁻¹) ne sont plus négligeables ; le pH tend vers 7 par valeurs inférieures, sans jamais atteindre 8.

1. CH₃COOH + H₂O ⇌ CH₃COO⁻ + H₃O⁺.
2. NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + HO⁻.
3. HCO₃⁻ est un ampholyte (espèce amphotère) : HCO₃⁻ = CO₃²⁻ + H⁺ (acide) et CO₂,H₂O = HCO₃⁻ + H⁺ (c’est alors la base HCO₃⁻ qui capte H⁺ : HCO₃⁻ + H⁺ = CO₂,H₂O).
4. CH₃COOH + NH₃ ⇌ CH₃COO⁻ + NH₄⁺.

1. K_a = 10^−pK_a : K_a(HF) = 10^−3,2 = 6,3 × 10⁻⁴ ; K_a(NH₄⁺) = 10^−9,2 = 6,3 × 10⁻¹⁰.
2. pK_a = −log(6,3 × 10⁻⁵) = 4,2.
3. Plus le pK_a est petit, plus l’acide est fort : HF (3,2) > C₆H₅COOH (4,2) > CH₃COOH (4,8) > NH₄⁺ (9,2).

1. La courbe 1 est décroissante : elle représente la forme acide qui disparaît quand le pH augmente, soit NH₄⁺ ; la courbe 2, croissante, représente la forme basique NH₃.
2. Les courbes se coupent à 50 % pour pH ≈ 9,2 : pK_a ≈ 9,2.
3. À pH = 8,0 < pK_a, NH₄⁺ prédomine. log([NH₃] ÷ [NH₄⁺]) = 8,0 − 9,2 = −1,2, donc [NH₃] ÷ [NH₄⁺] = 10^−1,2 ≈ 0,063.
4. [NH₃] ÷ [NH₄⁺] = 10^{(10,5 − 9,2)} = 10^1,3 ≈ 20 ; pourcentage de NH₃ = 20 ÷ 21 ≈ 95 %, ce que confirme la courbe 2 (proche de 100 % à pH = 10,5).

1. Estomac : pH = 1,5 < 3,9, donc l’acide lactique AH prédomine. Sang : pH = 7,4 > 3,9, donc l’ion lactate A⁻ prédomine.
2. pH = 6,5 : [A⁻] ÷ [AH] = 10^{(6,5 − 3,9)} = 10^2,6 ≈ 4,0 × 10².
3. pH = 1,5 : [A⁻] ÷ [AH] = 10^{(1,5 − 3,9)} = 10^−2,4 ≈ 4,0 × 10⁻³.
4. [A⁻] ÷ [AH] = 10, donc log = 1 et pH = pK_a + 1 = 4,9.

1. n(AH) = 0,10 × 20,0 × 10⁻³ = 2,0 × 10⁻³ mol ; n(A⁻) = 0,10 × 40,0 × 10⁻³ = 4,0 × 10⁻³ mol.
2. Le rapport des concentrations est celui des quantités (même volume) : pH = 4,8 + log(4,0 ÷ 2,0) = 4,8 + 0,30 = 5,10.
3. n(H₃O⁺) ajoutée = 0,10 × 1,0 × 10⁻³ = 1,0 × 10⁻⁴ mol. Elle convertit A⁻ en AH : n(A⁻) = 3,9 × 10⁻³ mol ; n(AH) = 2,1 × 10⁻³ mol. pH = 4,8 + log(3,9 ÷ 2,1) = 4,8 + 0,27 = 5,07.
4. Dans 62 mL au total, [H₃O⁺] = 1,0 × 10⁻⁴ ÷ 0,062 ≈ 1,6 × 10⁻³ mol·L⁻¹ (volume final 61 + 1 = 62 mL), donc pH ≈ 2,8. Le pH du tampon passe de 5,10 à 5,07 (−0,03) alors que celui de l’eau pure chute de plus de 4 unités : le tampon limite les variations de pH.

1. CH₃COOH + NH₃ ⇌ CH₃COO⁻ + NH₄⁺ ; K = K_a(CH₃COOH) ÷ K_a(NH₄⁺) = 10^{(9,2 − 4,8)} = 10^4,4 ≈ 2,5 × 10⁴ (réaction quasi totale).
2. HF + CH₃COO⁻ ⇌ F⁻ + CH₃COOH ; K = 10^{(4,8 − 3,2)} = 10^1,6 ≈ 4,0 × 10¹.
3. CH₃COOH + F⁻ ⇌ CH₃COO⁻ + HF ; K = 10^{(3,2 − 4,8)} = 10^−1,6 ≈ 2,5 × 10⁻² : très inférieure à 1, la réaction est très limitée, elle ne peut pas être considérée comme totale (c’est la réaction inverse de la question 2 qui est favorisée).

1. pH = 5,0 : hélianthine jaune (pH > 4,4), BBT jaune (pH < 6,0), phénolphtaléine incolore (pH < 8,2). pH = 9,0 : hélianthine jaune, BBT bleu (pH > 7,6), phénolphtaléine rose pâle (dans sa zone de virage 8,2-10,0).
2. L’hélianthine : rouge à pH = 3,0 (pH < 3,1) et jaune à pH = 5,0 (pH > 4,4).
3. La phénolphtaléine : sa zone de virage (8,2 à 10,0) contient pH = 8,75.
4. Le BBT vire entre 6,0 et 7,6 : il aurait changé de couleur bien avant l’équivalence (pH ≈ 8,75) et son bleu est déjà installé à l’équivalence, ce qui ne permet pas de la repérer.

1. C₆H₅COOH + H₂O ⇌ C₆H₅COO⁻ + H₃O⁺.
2. [H₃O⁺] = 10^−3,12 = 7,6 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹. x_max = c V, x_f = [H₃O⁺] V, donc τ = 7,6 × 10⁻⁴ ÷ 1,0 × 10⁻² = 0,076 = 7,6 %. τ < 1 : acide faible.
3. [C₆H₅COO⁻] = [H₃O⁺] = 7,6 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹ ; [C₆H₅COOH] = 1,0 × 10⁻² − 7,6 × 10⁻⁴ = 9,2 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
4. K_a = (7,6 × 10⁻⁴)² ÷ (9,2 × 10⁻³) = 6,2 × 10⁻⁵ ; pK_a = 4,2.

1. HCl : τ = 100 %, la réaction avec l’eau est totale.
2. Par force croissante : CH₃COOH (4,1 %) < HF (22 %) < HCl (100 %). À concentration égale, plus τ est grand, plus l’acide est fort ; cela correspond bien à des pK_a décroissants : 4,8 pour CH₃COOH et 3,2 pour HF.
3. [H₃O⁺] = τ c = 0,22 × 1,0 × 10⁻² = 2,2 × 10⁻³ mol·L⁻¹ ; pH = −log(2,2 × 10⁻³) = 2,66.
4. K_a = (2,2 × 10⁻³)² ÷ (1,0 × 10⁻² − 2,2 × 10⁻³) = 4,84 × 10⁻⁶ ÷ 7,8 × 10⁻³ = 6,2 × 10⁻⁴, d’où pK_a = 3,2 : cohérent avec la donnée.

1. HCOOH + H₂O ⇌ HCOO⁻ + H₃O⁺ ; K_a = [HCOO⁻][H₃O⁺] ÷ ([HCOOH] c°).
2. Avec [HCOO⁻] = [H₃O⁺] = h et [HCOOH] ≈ c : K_a = h² ÷ c, donc h² = K_a c. En prenant −log de chaque membre : 2 pH = pK_a − log c, soit pH = ½ (pK_a − log c). Application : log c = log(5,0 × 10⁻²) = −1,30 ; pH = ½ (3,8 + 1,30) = 2,55.
3. [H₃O⁺] = 10^−2,55 = 2,8 × 10⁻³ mol·L⁻¹ ; τ = 2,8 × 10⁻³ ÷ 5,0 × 10⁻² = 5,6 % < 10 % : l’approximation [HCOOH] ≈ c est acceptable.
4. Si l’on dilue 10 fois, c = 5,0 × 10⁻³ mol·L⁻¹ et τ augmente : avec h = √(K_a c) on trouve τ ∝ 1 ÷ √c, donc τ est multiplié par √10 ≈ 3,2 environ (de 5,6 % à environ 18 %). La dilution augmente le taux d’avancement d’un acide faible.

1. NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + HO⁻.
2. [H₃O⁺] = 10^−10,6 = 2,5 × 10⁻¹¹ mol·L⁻¹ ; [HO⁻] = 10⁻¹⁴ ÷ 2,5 × 10⁻¹¹ = 4,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹. τ = 4,0 × 10⁻⁴ ÷ 1,0 × 10⁻² = 4,0 % : base faible.
3. [NH₄⁺] = [HO⁻] = 4,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹ ; [NH₃] = 1,0 × 10⁻² − 4,0 × 10⁻⁴ = 9,6 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
4. K_a = [NH₃][H₃O⁺] ÷ ([NH₄⁺] c°) = 9,6 × 10⁻³ × 2,5 × 10⁻¹¹ ÷ 4,0 × 10⁻⁴ = 6,0 × 10⁻¹⁰ ; pK_a = 9,2.

1. [HCO₃⁻] ÷ [CO₂] = 10^{(7,4 − 6,4)} = 10 ; [CO₂] = 24 ÷ 10 = 2,4 mmol·L⁻¹.
2. pH = 6,4 + log 5 = 6,4 + 0,70 = 7,10.
3. Une chute de 0,3 unité de pH correspond à une concentration en H₃O⁺ doublée (10^0,3 ≈ 2) : l’échelle de pH est logarithmique, et les enzymes de l’organisme ne fonctionnent bien que dans un intervalle étroit autour de 7,4. Un pH inférieur à 7,0 signifie une concentration en ions oxonium environ 2,5 fois plus grande qu’à 7,4.

1. pH = 7,2 < 7,5 : HClO prédomine. pH = 8,0 > 7,5 : ClO⁻ prédomine.
2. À pH = 7,2 : [ClO⁻] ÷ [HClO] = 10^{(7,2 − 7,5)} = 10^−0,3 = 0,50 ; fraction de HClO = 1 ÷ (1 + 0,50) = 0,67, soit 67 %. À pH = 8,0 : rapport = 10^0,5 = 3,16 ; fraction de HClO = 1 ÷ 4,16 = 0,24, soit 24 %.
3. Pour un pH de 7,2 à 7,6, une part importante du chlore est sous la forme efficace HClO ; au-delà, la forme ClO⁻ domine (à pH = 8,5 : rapport 10 et seulement 9 % d’acide) : le désinfectant devient moins efficace, il faut abaisser le pH pour retrouver l’efficacité.

1. CH₃COOH + HO⁻ → CH₃COO⁻ + H₂O. K = 10^{(14 − 4,8)} = 10^9,2 ≈ 1,6 × 10⁹ : la réaction est quasi totale.
2. n(CH₃COOH)_i = 0,10 × 50,0 × 10⁻³ = 5,0 × 10⁻³ mol ; n(HO⁻)_i = 0,10 × 25,0 × 10⁻³ = 2,5 × 10⁻³ mol. Le réactif limitant est HO⁻ : x_max = 2,5 × 10⁻³ mol. État final : n(CH₃COOH) = 2,5 × 10⁻³ mol ; n(CH₃COO⁻) = 2,5 × 10⁻³ mol ; n(HO⁻) ≈ 0.
3. [A⁻] = [AH] : pH = pK_a + log 1 = 4,8.
4. Il contient l’acide faible et sa base conjuguée en quantités égales : un ajout modéré d’acide ou de base fait varier très peu le rapport [A⁻] ÷ [AH], donc le pH.

Protocole possible (demi-neutralisation). (1) Prélever avec une pipette jaugée un volume V₁ = 20,0 mL de solution de HA de concentration c dans un bécher. (2) Verser, avec une burette, un volume V₂ = 10,0 mL de soude de même concentration c : la réaction HA + HO⁻ → A⁻ + H₂O étant quasi totale, il reste n(HA) = c(V₁ − V₂) = c × 10,0 mL et il s’est formé n(A⁻) = c V₂ = c × 10,0 mL, donc [A⁻] = [HA]. (3) Agiter, attendre la stabilisation et mesurer le pH avec le pH-mètre étalonné. (4) Alors pH = pK_a + log 1 : pK_a = pH mesuré. On peut répéter avec V₂ = 5,0 mL et 15,0 mL et vérifier pH = pK_a + log(V₂ ÷ (V₁ − V₂)). Sources d’erreur : pH-mètre mal étalonné, électrode non rincée entre deux mesures, concentrations des solutions imprécises, volumes mal mesurés, température différente de 25 °C.