Exercice 2 : Acide base Correction épreuve de chimie au baccalauréat D et C 2017

Exercice 2 :Acide base
2.1Base forte selon Bronsted : espèce chimique susceptible de capter un ou plusieurs protons au cours d’une transformation chimique. (0,25 pt)
Illustration par un exemple : cas de l’ion hydroxyde HO^- (0,25pt)
\(H{O^ - } + {H^ + } \to {H_2}O\)
2.2.1 Nature acido-basique de la solution S en justifiant : (0,5 pt)
\(\frac{{\left[ {{H_3}{O^ + }} \right]}}{{\left[ {H{O^ - }} \right]}} \prec 1\) alors \(\left[ {{H_3}{O^ + }} \right] \prec \left[ {H{O^ - }} \right]\) ; la solution est basique
2.2.2 Calcule du produit ionique de l’eau à cette température (0,5 pt)
\(Ke = \left[ {{H_3}{O^ + }} \right].\left[ {H{O^ - }} \right]\) \( = \left[ {{H_3}{O^ + }} \right].\frac{{\left[ {{H_3}{O^ + }} \right]}}{{{{4.10}^{ - 6}}}}\) \( = \frac{{{{\left[ {{H_3}{O^ + }} \right]}^2}}}{{{{4.10}^{ - 6}}}}\) or \(\left[ {{H_3}{O^ + }} \right] = {10^{ - PH}}\) \( = {10^{ - 10}}\)
\(Ke = \frac{{{{10}^{ - 20}}}}{{{{4.10}^{ - 6}}}}\)
AN : \(Ke = {2,5.10^{ - 15}}\)
2.3.1 Justifions si \(NH_4^ + \) est acide fort ou un acide faible (0,5 pt)
\( - \log c = 1\) et \(pH = 5,1\), \(pH \succ - \log C\) donc \(NH_4^ + \) est acide faible
2.3.2 Equation de la réaction avec l’eau (0,25 pt)
\(NH_4^ + + {H_2}O\) \( \mathbin{\lower.3ex\hbox{\(\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}\)}} N{H_3} + {H_3}{O^ + }\)
Expression de la constance d’acidité Ka (0,25 pt)
\(Ka = \frac{{\left[ {N{H_3}} \right]\left[ {{H_3}{O^ + }} \right]}}{{\left[ {NH_4^ + } \right]}}\)
2.3.3.1 Inventaire des espèces chimiques et calcule des concentrations (0,25x5=1,25 pt)
- Espèces chimiques \(NH_4^ + \), \({H_2}O\), \(N{H_3}\), \({H_3}{O^ + }\), \(O{H^ - }\), \(C{l^ - }\)
- Calcule des concentrations
\(\left[ {{H_3}{O^ + }} \right] = {10^{ - pH}}\) \( = {10^{ - 10,2}} = \) \(6,31 \times {10^{ - 11}}\) mol/l
\(\left[ {O{H^ - }} \right] = \frac{{{{10}^{ - 14}}}}{{{{10}^{ - 10,2}}}}\) \( = {10^{ - 3,8}} = \) \(1,58 \times {10^{ - 4}}\) mol/l
\(\left[ {C{l^ - }} \right] = \frac{m}{{MV}}\) \( = \frac{{53,5 \times {{10}^{ - 3}}}}{{53,3 \times 1}}\) \( = {10^{ - 3}}\)
\(\left[ {NH_4^ + } \right] = \left[ {C{l^ - }} \right]\) \( + \left[ {O{H^ - }} \right] - \left[ {{H_3}{O^ + }} \right]\) \( \approx \left[ {C{l^ - }} \right] + \left[ {O{H^ - }} \right]\) \( = {10^{ - 3}} + 1,58 \times {10^{ - 4}}\) donc
\(\left[ {NH_4^ + } \right] = 1,16 \times {10^{ - 3}}\) mol/l
\(\left[ {N{H_3}} \right] = \) \(\frac{{Ka\left[ {NH_4^ + } \right]}}{{\left[ {{H_3}{O^ + }} \right]}} = \) \(1,16 \times {10^{ - 2}}\) mol/l
2.3.3.2 Nombre de mole de \({n_o}(N{H_3})\) dans la solution S_b(0,5 pt)
\(Co(N{H_3}) + Co(NH_4^ + )\) \( = \left[ {NH_4^ + } \right] + \left[ {N{H_3}} \right]\)
\(Co(N{H_3}) = \left[ {NH_4^ + } \right]\) \( + \left[ {N{H_3}} \right] - \frac{m}{{MV}}\)
\({n_o}(N{H_3}) = \) \(\left( {\left[ {NH_4^ + } \right] + \left[ {N{H_3}} \right] - \frac{m}{{MV}}} \right)V\)
\({n_o}(N{H_3}) = \) \(1,18 \times {10^{ - 2}}\) mol
2.3.3.3 Calcule de la quantité d’ammoniac n (0,5 pt)
À l’équivalence \(n = CaVa\), \(n = 1,2 \times {10^{ - 2}}) mol
\({n_0} \approx n\), ce resultat est en accord avec celui de 2.3.3.2 (0,25 pt)
2.3.4 Calcule Va et V_b(0,75 pt)
\(pKa = - \log Ka\) \( = - \log (6,31 \times {10^{ - 10}})\) \( = 9,2\)
\(pH = pKa\) \( + \log \left( {\frac{{\left[ {N{H_3}} \right]}}{{\left[ {NH_4^ + } \right]}}} \right)\) or \(\left[ {N{H_3}} \right] = \frac{{CbVb}}{{Va + Vb}}\) et \(\left[ {NH_4^ + } \right] = \frac{{CaVa}}{{Va + Vb}}\)
\(pH = pKa\) \( + \log \left( {\frac{{CbVb}}{{CaVa}}} \right)\) or \({Ca = Cb}\)
\(\log \left( {\frac{{Vb}}{{Va}}} \right) = pH\) \( - pKa = 0,2\) d’où les équations suivantes
\(\frac{{Vb}}{{Va}} = {10^{0,2}}(1)\) et \({Va + Vb = V(2)}\)
Après résolution de ce système, nous avons :
\({Va = 38,7}\) mL et \({Vb = 61,3}\) mL