CHIMIE GENERALE 
Exercices du 16 décembre 2005 
C. Friedli 
Eau et Solutions (série 8 solution) 
1. Le pourcentage massiqu...
[ CN− 
] 
α = [HCN] 
Pour une dissociation très faible, α < 0,05, on peut déterminer le 
degré de dissociation par relatio...
pH = – log [H+] = – log (2,21·10-5) = 4,66 
Le degré de dissociation est: 
[ CN− 
] 
α = [HCN] 
= 
2,21 10−5 ⋅ = 2,21·10-5...
NH3 (aq) + H2O (l) ← → 
NH4OH(aq) ← → 
NH (aq) + OH– (aq) 
+4 
H2O (l) ← → 
H+ (aq) + OH– (aq) 
Puisque NH4OH est une base...
– Bilan des masses : 
[NH4OH] + [ +4 
NH ] = cb= 0,1 M 
– Electroneutralité : 
NH ] + [H+] – [OH–]= 0 
[ +4 
La constante ...
- Equilibres dans la solution: 
H2O ← → 
H+ + OH– ⇒ [H+]·[OH–] = Ke = 10–14 
C2H5NH2 + H2O ← → 
C H NH + 
+ OH– 2 5 3 ⇒ 
K...
remplaçant ces concentrations par leurs valeurs dans l’expression de la 
constante de basicité on calcule [OH–] ensuite pO...
Dans 10 ml de la solution de HCl 0,17 M 
H+ n = 1,7·10–3 mol 
: Dans 20 ml de la solution de C2H5NH2 0,17 M 
C2H5NH2 n = 3...
Variante 
Les reactions et les équilibres sont: 
H2O ← → 
H+ + OH– 
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CH3COOH(aq) ← → 
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Ke = [H...
Le volume total: 1020 ml. 
Dans 20 ml de la solution de HCl 0,2 M le nombre de moles de HCl 
est : 
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c) L’addition de NaOH, c’est-à-dire d’ions OH– réagit avec 
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pH = – log[H+] = – log(1,61·10–5) = 4,79 
Ces deux i...
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  1. 1. CHIMIE GENERALE Exercices du 16 décembre 2005 C. Friedli Eau et Solutions (série 8 solution) 1. Le pourcentage massique correspond à la masse du soluté (H2SO4) contenue dans 100 g de solution. Une solution à 27 % correspond à 27 g de soluté (H2SO4) dans 100 g de solution. Molarité, M (mol L-1) : le nombre de moles du soluté par litre de solution. On convertit d’abord en moles la masse du soluté en utilisant sa masse molaire, puis on calcule le volume de la solution en divisant la masse de la solution par sa masse volumique. Le nombre de moles de H2SO4 : 27g H2SO4 n = 98,1gmol 1 − = 0,275 mol Le volume de solution est : 100g − = 83,47 cm3 = 83,47·10–3 L V = 1,198g cm 3 La molarité de la solution est M = 0,275mol −3 ⋅ 83,47 10 L = 3,29 mol L–1 2. La pression osmotique, Π est donnée par l’expression suivante : Π = R T i M i = 3 pour CaCl2, car il se dissocie dans l’eau de manière à fournir trois ions par entité formulaire. P = 0,0821 L atm K–1 mol–1·298 K· 3·0,1 mol L–1 = 7,3 atm 3 Les H+ fournis par la dissociation de l’eau sont plus abondants 10–7 mol L–1>> [HNO3] = 10–10 mol L–1, donc pH € ≈ 7. 4. La force des acides est exprimée par la constante d’acidité Ka ou par le pKa. Leur relation est : pKa = – log Ka Plus pKa est élevé, plus l’acide est faible. L’acide cyanhydrique est un acide faible, il est partiellement dissocié dans l’eau. Le degré de dissociation α est défini comme le rapport du nombre de molécules dissociées au nombre total de molécules présentes :
  2. 2. [ CN− ] α = [HCN] Pour une dissociation très faible, α < 0,05, on peut déterminer le degré de dissociation par relation : a K α = [HCN] Pour déterminer le pH de la solution on doit connaître la concentration des ions H+. Les deux espèces en présence (HF et H2O) peuvent fournir des ions H+ : HCN (aq) ← → H+ (aq) + CN– (aq) Ka = 10-9,31 = 4,9·10–10 H2O (l) ← → H+ (aq) + OH– (aq) Ke = 10–14 Puisque HCN est un acide plus fort que H2O (4,9·10–10 > 10–14), c’est lui qui produit le plus de H+. L’expression de la constante d’acidité de HCN est: [ H+ ][ CN− ] Ka = [HCN] = 4,9·10-10 Les concentrations dans la solution: HCN ← → H+ + CN– conc. initiale [M] 1,0 0 0 modification [M] – x + x + x conc. à l’équil. [M] 1,0 – x x x En remplaçant ces concentrations par leurs valeurs dans l’expression de la constante d’équilibre: [ H+ ][ CN− ] Ka = [HCN] x2 − = 1,0 x = 4,9·10–10 x2 + 4,9·10-10 x – 4,9·10-10 = 0 d’où x = 2,21·10-5 On peut simplifier l’équation du second degré en effectuant une approximation pour le dénominateur, la valeur de x est très petite par rapport à 1,0 : [ H+ ][ CN− ] Ka = [HCN] x2 − = 1,0 x x2 ≈ 1 d’où x = 2,21·10-5 Comme x = [H+] = 2,21·10–5 M, le pH de la solution est :
  3. 3. pH = – log [H+] = – log (2,21·10-5) = 4,66 Le degré de dissociation est: [ CN− ] α = [HCN] = 2,21 10−5 ⋅ = 2,21·10-5 1,0 ou a K α = [HCN] = 4,9 10−10 ⋅ = 2,21·10-5 1 L’acide HCN est très peut dissocié dans l’eau. Variante – Les équilibres en solution sont : H2O (l) ← → H+ (aq) + OH– (aq) HCN (aq) ← → H+ (aq) + CN– (aq) Ke = [ H+] [OH–] = 10–14 [ H+ ][ CN− ] Ka = [HCN] = 4,9·10–10 – Bilan des masses : [HCN] + [CN–] = ca= 1 M – Electroneutralité : [H+] – [OH–] – [CN–] = 0 La constante d’équilibre prend la forme : Ka = € [H+] ([H+] – [OH−]) ca – [H+] = 4,9·10–10 [OH–] << [H+], dans le milieu acide Ka = € [H+]2 ca – [H+] = € [H+]2 1 – [H+] ≈ [H+]2 1 = 4,9·10–10 [H+] = 2,2·10–10 M Le pH de la solution est : pH = – log (2,21·10-5) = 4,66 Le degré de dissociation est: [ CN− ] α = [HCN] = 2,21 10−5 ⋅ = 2,21·10-5 1,0 5a) On exprime le Kb de NH3: pKb = – log Kb ⇒ Kb = 10-4,75 = 1,78·10–5 A cause de la faible valeur de son Kb, l’ammoniaque est une base faible, partiellement dissocié dans l’eau.
  4. 4. NH3 (aq) + H2O (l) ← → NH4OH(aq) ← → NH (aq) + OH– (aq) +4 H2O (l) ← → H+ (aq) + OH– (aq) Puisque NH4OH est une base plus forte que H2O ⇒ (10–4,75 = 1,78·10-5 >> 10-14), c’est lui qui produit le plus de OH–. On utilise par conséquent l’expression de la constante de basicité suivante : Kb = € NH4 [ +][OH−] [NH4OH] Les concentrations appropriées sont: NH4OH ← → NH + OH– +4 conc. initiale [M] 0,1 0 0 modification [M] – x + x + x conc. à l’équil. [M] 0,1 – x x x En remplaçant ces concentrations par leurs valeurs dans l’expression de la constante d’équilibre on obtient: Kb = € NH4 [ +][OH−] [NH4OH] x2 − = 0,1 x = 1,78·10–5 d’où x = [OH–] = 1,33·10-3 M e K [H+] = [OH− ] 14 1 10 = 3 1,33 10 − − ⋅ ⋅ = 7,52·10-12 M Soit pH = – log (7,52·10–12) = 11,12 Le degré de dissociation α est défini comme le rapport du nombre de molécules dissociées au nombre total de molécules présentes : α = € NH4 [ +] [NH4OH] = 1,33 10−3 ⋅ = 1,33·10-2 0,1 ou α = € Kb [NH4OH] = 1,78 10−5 ⋅ = 1,33·10-2(α < 0,05) 0,1 La base est très peu dissociée. Variante – Les équilibres en solution sont : H2O (l) ← → H+ (aq) + OH– (aq) NH3 (aq) + H2O (l) ← → NH4OH(aq) ← → NH (aq) + OH– (aq) +4 Ke = [ H+] [OH–] = 10–14 Kb = € NH4 [ +][OH−] [NH4OH] = 1,78·10–5
  5. 5. – Bilan des masses : [NH4OH] + [ +4 NH ] = cb= 0,1 M – Electroneutralité : NH ] + [H+] – [OH–]= 0 [ +4 La constante d’équilibre prend la forme : Kb = € [OH– ] ([OH−] – [H+] ca – [OH−] = 1,78·10–5 [H+] << [OH–] dans le milieu basique Kb = € [OH−]2 ca – [OH−] = € [OH−]2 0,1 – [OH−] ≈ [OH– ]2 0,1 = 1,78·10–5 [OH–] = 1,33·10–3 M Le pOH de la solution est : pOH = – log (1,33·10-3) = 2,88 pH = 14 – 2,88 = 11,12 α = € NH4 [ +] [NH4OH] = 1,33 10−3 ⋅ = 1,33·10-2 0,1 b) En ajoutant de l’eau à la solution initiale, la concentration des ions OH– change, le pH varie aussi. (On peut négliger [OH–] provenant de la dissociation de l’eau.) On calcule la concentration en ions OH–, sachant que le volume total de solution est 1 + 1 = 2 L. 1 − ⋅ ⋅ = 6,65·10-4 M [OH–] = 1,33 10 3 2 donc pOH = 3,18 et pH = 14 – 3,18 = 10,82 6a) L’équation chimique de l’ionisation de C2H5NH2 (base faible) permet d’établir l’expression de la constante de basicité. En connaissant pKa, on peut déterminer le Kb. La valeur de pH de la solution indique la concentration des ions H+ et OH-. En écrivant le bilan des masses et l’électroneutralité on calcule la concentration initiale de C2H5NH2. a) C2H5NH2 + H2O ← → C H NH + + OH– 2 5 3 Kb = € C2H5NH3 [ +]⋅ [OH−] [C2H5NH2] pH = 12,0 ⇒ pOH = 2,0 ⇒ [OH–] = 10–2 M pKa = 10,8 ⇒ pKb = 3,2 ⇒ Kb = 6,31·10–4
  6. 6. - Equilibres dans la solution: H2O ← → H+ + OH– ⇒ [H+]·[OH–] = Ke = 10–14 C2H5NH2 + H2O ← → C H NH + + OH– 2 5 3 ⇒ Kb = € C2H5NH3 [ +]⋅ [OH−] [C2H5NH2] = 6,31·10–4 2 5 3 C H NH , H+, OH– Espèces en présence: C2H5NH2, + - Bilan des masses: [C2H5NH2] + [ € +] = cb C2H5NH3 [C2H5NH2] = cb – [ € +] C2H5NH3 - Electroneutralité : [H+] – [OH–] + [ € +] = 0 C2H5NH3 Calcul des concentrations : [OH–] >>[H+] (dans le milieu basique) [ € +] = [OH–] – [H+] C2H5NH3 € ≈ [OH–] = 10–2 et [C2H5NH2] = cb – 10–2 L’expression de la constante de basicité devient: Kb = € C2H5NH3 [ +]⋅ [OH−] [C2H5NH2] = € (10–2 )2 cb −10–2 = 6,31·10–4 d’où cb = 0,17 mol L–1 = [C2H5NH2] Variante C2H5NH2 + H2O ← → € + + OH– C2H5NH3 cinitial {mol L–1} cb 0 0 conc équil {mol L–1} cb – 10–2 10–2 10–2 Kb = € C2H5NH3 [ +]⋅ [OH−] [C2H5NH2] = € (10–2 )2 cb −10–2 = 6,31·10–4 d’où cb = 0,17 mol L–1 = [C2H5NH2] b) On écrit l’équation de la réaction de HCl avec C2H5NH2. On détermine les concentrations des espèces en présente dans la nouvelle solution. En
  7. 7. remplaçant ces concentrations par leurs valeurs dans l’expression de la constante de basicité on calcule [OH–] ensuite pOH et pH. Equilibres. H2O ← → H+ + OH– C2H5NH2 + H2O ← → C H NH + + OH– 2 5 3 [H+]·[OH–] = Ke = 10–14 Kb = € C2H5NH3 [ +]⋅ [OH−] [C2H5NH2] = 6,31·10–4 - Bilan des masses: [C2H5NH2] + [ € +] = C2H5NH3 ' – [ € ' = cb € 0,17 ⋅ 0,020 0,030 =0,113 mol L–1 ⇒ [C2H5NH2] = +] + [H+] – [OH–]– [Cl–]= 0 € cb € +] C2H5NH3 - Electroneutralité : [ € C2H5NH3 Calcul des concentrations : [Cl–]= € ca ' = € 0,17 ⋅ 0,010 0,030 = 0,057 mol L–1 [OH–] >>[H+] [ € +] = [OH–] – [H+] + C2H5NH3 ' – [OH–] – € ca ' ≅ [OH–] + € ca ' = 10–2 [C2H5NH2] = € cb € ca ' L’expression de la constante de basicité devient: Kb € C2H5NH3 [ +]⋅ [OH−] [C2H5NH2] = € (ca ' + [OH– ]) [OH– ] cb ' −[OH– ] – ca ' = € ca ' + [OH– ] cb ' − ca ' = 6,31·10–4 Car € ' >>[OH–] cb € ca ' >>[OH–] Kb = € ≈ 0,057 + [OH– ] 0,056 = 6,31·10–4 [OH–] = 6,2·10–4 M [H+] = € 1⋅10−14 6,2 ⋅10−4 = 1,6·10–11 M pH = 10,8 Variante Volume totale: 30 ml
  8. 8. Dans 10 ml de la solution de HCl 0,17 M H+ n = 1,7·10–3 mol : Dans 20 ml de la solution de C2H5NH2 0,17 M C2H5NH2 n = 3,4·10–3 mol C2H5NH2 + H+ → + 2 5 3 C H NH ninitial {mol} 3,4·10–3 1,7·10–3+x 0 modif.{mol} –1,7·10–3 –1,7·10–3 +1,7·10–3 nfinal {mol} 1,7·10–3 1,7·10–3 conc. {M} 0,057 0,057 x << 0,17 M = [HCl], on peut négliger x Kb = 6,31·10–4= € [OH−]⋅ 0,057 0,057 [OH–] = 6,31·10–4 mol L–1 = Kb pOH = pKb pH = pKa = 10,8 7a) C’est une solution tampon, formée d’un acide faible CH3COOH et de son sel CH3COONa en concentrations égales. Les espèces importantes présentes en solution sont: H+, Na+, CH3COOH, CH3COO–, OH– et H2O Puisque l’ion Na+ est neutre (acide conjugué très faible et que H2O est soit un acide faible, soit une base faible, le pH est déterminé par l’équilibre de dissociation de l’acide éthanoïque: CH3COOH (aq) ← → H+ (aq) + CH3COO– (aq) et la reaction de dissociation de l’acétate de sodium CH3COONa (aq) → CH3COO– (aq) + Na+ (aq) Les concentrations sont les suivantes: CH3COOH H+ CH3COO– Conc.init. {M} 0,1 0 0,1 Modification {M} –x +x +x Conc. à équil. {M} 0,1–x x x [ H + ][ CH COO − ] Ka = [CH COOH] 3 3 = 0,1x + = 10-4,75 = 1,78·10-5 0,1 x (0,1 x) 0,1 x ≈ − d’où x = 1,78·10-5 = [H+] = 1,78·10-5 M pH = – log (1,78·10-5) = 4,75
  9. 9. Variante Les reactions et les équilibres sont: H2O ← → H+ + OH– € CH3COOH(aq) ← → € CH3COO– (aq) + H+ (aq) Ke = [H+]·[OH–] = 10–14 Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = 1,78·10-5 Bilan des masses: [CH3COOH] + [CH3COO–] = € cCH3COOH + cCH3COO– Electroneutralité: H+] + [Na+] –[CH3COO–] – [OH–] = 0 [H+] >> [OH–] [Na+] = € cCH3COO− [CH3COO–] – [H+] – € cCH3COO− = 0 [CH3COO–] = € cCH3COO− + [H+] [CH3COOH] = € cCH3COOH + cCH3COO– – [CH3COO–] [CH3COOH] = € cCH3COOH + cCH3COO– – € cCH3COO− – [H+] = € cCH3COO− – [H+] L’expression de la constante d’acidité devient: Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = € (cCH3COO− + [H+]) ⋅ [H+] cCH3COOH −[H+] ≈ cCH3COO− ⋅[H+] cCH3COOH [H+] = € Ka ⋅ cCH3COOH cCH3COO− = € 1,78 ⋅10−5 ⋅ 0,1 0,1 = 1,78·10–5 mol L–1 pH = – log[H+] = – log(= 1,78·10–5) = 4,75 b) Addition de HCl : L’addition de HCl, c’est-à-dire d’ions H+ (les ions Cl– n’intervenant pas), provoque la réaction : CH3COO– (aq) + H+ (aq) ← → CH3COOH (aq) On calcule les quantités molaires de CH3COO– et de CH3COOH, contenues dans la nouvelle solution.
  10. 10. Le volume total: 1020 ml. Dans 20 ml de la solution de HCl 0,2 M le nombre de moles de HCl est : nHCl = 4·10-3 mol CH3COO– H+ CH3COOH ninitial {mol} 0,1 0,04 (+1,78·10–5) 0,1 Modification {mol} – 0,04 +x – 0,04 +x + 0,04 –x nfinal {mol} 0,096 +x x 0,104 –x Conc {M} € 0,096 + x 1,020 € x 1,020 € 0,104 – x 1,020 Or x << 0,096 Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = 1,78·10–5 Ka = € 0,096 + x 1,020 ⋅ x 1,020 0,104 – x 1,020 = (0,096 + x)x (0,104 – x)1,020 =1,78 ⋅10−5 or x<< 0,096 Ka = € (0,096)x (0,104 ⋅1,020 =1,78 ⋅10−5 [H+] = = € 1,78 ⋅10−5 ⋅1,02 ⋅ 0,104 0,096 = 1,97·10–5 mol L–1 pH = – log[H+] = – log(1,97·10–5) = 4,71 Variante L’addition de HCl, c’est-à-dire d’ions H+ fait réagir l’acétate, CH3COO– (base) . CH3COO– (aq) + H+ (aq) → CH3COOH (aq) On calcule les quantités molaires de CH3COO– et de CH3COOH, contenues dans la nouvelle solution. Le volume total: 1020 ml. Dans 20 ml de la solution de HCl 0,2 M le nombre de moles de HCl est : nHCl = 0,020 ·0,2 = 4·10-3 mol c’HCl = € 4 ⋅10−3 mol 1,020 L = 3,92·10–3 mol L–1
  11. 11. € ' cCH3COO− = € 0,1mol 1,020 L == 9,8·10–2 mol L–1 € ' cCH3COOH = € 0,1mol 1,020 L == 9,8·10–2 mol L–1 Les équilibres sont: Ke = [H+]·[OH–] = 10–14 (1) Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = 1,78·10-5 (2) Bilan des masses: [Cl–] = ' (4) € ' (3) cHCl [Na+] = € cCH3COO− [CH3COOH] + [CH3COO–] = € ' + cCH3COO– cCH3COOH ' (5) Electroneutralité: [Na+] + [H+] – [OH–] – [Cl–] – [CH3COO–] = 0 (6) Milieu acide ⇒ [H+] >> [OH–] ⇒ [OH–] est négligeable Equations (3), (4) et (6) ⇒ ⇒ [CH3COO–] = [Na+] + [H+]– [Cl–] = ' + cCH3COO– € ' – cCH3COO− € ' + [H+] cHCl Equation (5) ⇒ [CH3COOH] = € cCH3COOH ' – [CH3COO–] [CH3COOH] = € ' + cCH3COO– cCH3COOH ' – ' – [H+] € ' + cCH3COO− € ' – [H+] cHCl [CH3COOH] = € ' + cCH3COOH € cHCl Equation(2) Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = ' – cHCl € ' – cHCl (cCH3COO− ' + [H+]) ⋅[H+] ' −[H+] cCH3COOH + cHCl = 1,78·10-5 [H+] << € ' cHCl Ka € ≈ (cCH3COO− ' ) ⋅[H+] ' = cCH3COOH + cHCl € (9,8 ⋅10−2 − 3,92 ⋅10−3)[H+] (9,8 ⋅10−2 + 3,92 ⋅10−3) = 1,78·10–5 [H+] € ≈ 1,78 ⋅10−5 ⋅1,02 ⋅10−1 9,41⋅10−2 = 1,93·10–5 mol L–1 pH = – log[H+] = – log(=1,93·10–5) = 4,71
  12. 12. c) L’addition de NaOH, c’est-à-dire d’ions OH– réagit avec CH3COOH CH3COOH (aq) + OH– (aq) ← → CH3COO– (aq) + H2O (l) Dans 5 ml de la solution de NaOH 1 M le nombre de moles de NaOH est : nNaOH= 5·10-3 mol CH3COOH OH– CH3COO– ninitial {mol} 0,1 5·10-3+x 0,1 Modification {mol} –5·10-3+x –5·10-3+x + 5·10-3–x nfinal {mol} 9,50·10- 2+x x 1,05·10-1–x Conc {M} € 9,5 ⋅10−2 + x 1,005 € x 1,005 € 0,105 – x 1,005 Kb= € 10−14 Ka = € [CH3COOH] ⋅ [OH−] [CH3COO−] = € 9,5 ⋅10−2 + x 1,005 ⋅ x 1,005 0,105 − x 1,005 = 10−4 1,78 ⋅10−5 Kb= € (9,5 ⋅10−2 + x)x (0,105 − x)1,005 = 10−4 1,78 ⋅10−5 x << 0,095, on peut négliger Kb= € 9,5 ⋅10−2x 0,105 ⋅1,005 = 10−4 1,78 ⋅10−5 x =[OH–] = 6,24·10–10 mol L–1 pOH = – log[OH–] = – log(6,2·10–10) = 9,21 pH = 14–9,21 = 4,79 Variation Les équilibres sont: H2O ← → H+ + OH– € CH3COOH(aq) ← → € CH3COO– (aq) + H+ (aq) Ke = [H+]·[OH–] = 10–14 (1) Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = 1,78·10-5 (2) Bilan des masses:
  13. 13. [Na+] = [NaOH]i = [CH3COONa]I = € ' + cCH3COO− cNaOH ' (3) [CH3COOH] + [CH3COO–] = € ' + cCH3COO– cCH3COOH ' (4) Electroneutralité: [Na+] +[H+]– [OH–] – [CH3COO–]= 0 (5) Concentration initiale: c’NaOH = € 5 ⋅10−3 mol 1,005 L = 4,98·10–3 mol L–1 € ' cCH3COO− = € 0,1mol 1,005 L == 9,95·10–2 mol L–1 € ' cCH3COOH = € 0,1mol 1,005 L == 9,95·10–2 mol L–1 Equation (1) ⇒ [OH–] = € 1⋅10−14 [H+] Equations (3), (5) et (6) ⇒ [CH3COO–] = [Na+] +[H+] +[OH–] = € ' + cCH3COO− cNaOH ' + [H+] – ' + cCH3COO– € 1⋅10−14 [H+] = 1,045·10–1+[H+]– € 1⋅10−14 [H+] Equation (4) ⇒ [CH3COOH] = € cCH3COOH ' – [CH3COO–] = € ' + cCH3COO– cCH3COOH ' – ' – [H+] + € ' − cCH3COO− cNaOH ' – [H+] + € 1⋅10−14 [H+] = € ' – cCH3COOH € cNaOH € 1⋅10−14 [H+] = 9,452·10–2– [H+] + € 1⋅10−14 [H+] Equation (2) ⇒ Ka = € [CH3COO−]⋅ [H+] [CH3COOH] = € 1,045 ⋅10−1 + [H+] – 10−4 [H+]       [H+] 9,452 ⋅10−2 −[H+]+ 10−4 [H+]       =1,78·10–5 [H+] + € 1⋅10−14 [H+] << 9,45·10–2 Ka = € 1,045 ⋅10−1[H+] 9,452 ⋅10−2 =1,78·10–5
  14. 14. [H+] = € 1,78 ⋅10−5 ⋅ 9,452 ⋅10−2 1,045 ⋅10−1 = 1,61·10–5 mol L–1 pH = – log[H+] = – log(1,61·10–5) = 4,79 Ces deux interventions provoquent des variations de pH très faibles.

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