Solutions tampons : exercices corrigés de Terminale

Quantité d'acide : $n(\text{CH}_3\text{COOH}) = 0{,}10 \times 0{,}0500 = 5{,}0\times10^{-3}$ mol.

Quantité de base : $n(\text{CH}_3\text{COO}^-) = 0{,}10 \times 0{,}0500 = 5{,}0\times10^{-3}$ mol. Les deux quantités sont égales : le mélange est équimolaire.

Le rapport $[\text{A}^-]/[\text{HA}]$ vaut donc 1 et $\log 1 = 0$.

Ainsi $\text{pH} = \text{p}K_a + 0 = 4{,}7$, résultat conforme à la propriété du mélange équimolaire ²³.

Le pH escompté doit être aussi proche que possible du pKa du couple choisi ³.

Écart avec le pH visé : $|9 - 4{,}7| = 4{,}3$ pour l'acide acétique, $|9 - 9{,}2| = 0{,}2$ pour le couple ammonium/ammoniac.

Le couple $\text{NH}_4^+/\text{NH}_3$ convient donc.

Le pouvoir tampon est maximal pour un mélange équimolaire de l'acide faible et de sa base conjuguée ³ : on mélange à peu près des quantités égales d'ions ammonium et d'ammoniac.

Relation : $\text{pH} = \text{p}K_a + \log\dfrac{[\text{A}^-]}{[\text{HA}]}$.

On isole le logarithme : $\log\dfrac{[\text{A}^-]}{[\text{HA}]} = \text{pH} - \text{p}K_a = 5{,}7 - 4{,}7 = 1{,}0$.

On applique la fonction $10^x$ : $\dfrac{[\text{A}^-]}{[\text{HA}]} = 10^{1{,}0} = 10$.

Acide : $n(\text{HA}) = 0{,}10 \times 0{,}0500 = 5{,}0\times10^{-3}$ mol.

Base : $n(\text{A}^-) = 0{,}20 \times 0{,}0500 = 1{,}0\times10^{-2}$ mol.

Rapport : $\dfrac{n(\text{A}^-)}{n(\text{HA})} = \dfrac{10}{5} = 2$.

pH $= 4{,}7 + \log 2 = 4{,}7 + 0{,}30 = 5{,}0$.

Quantités inchangées : $n(\text{HA}) = 5{,}0$ mmol et $n(\text{A}^-) = 10$ mmol. Volume final : $200$ mL.

Concentrations : $[\text{HA}] = 5{,}0/200 = 0{,}025$ mol/L et $[\text{A}^-] = 10/200 = 0{,}050$ mol/L.

Rapport : $0{,}050/0{,}025 = 2$, identique à celui d'avant. Donc $\text{pH} = 4{,}7 + \log 2 = 5{,}0$.

Le pH n'a pas varié, comme l'indiquent les sources ²³. En revanche, les concentrations sont deux fois plus faibles : le pouvoir tampon a diminué, puisqu'il est d'autant plus élevé que la solution est concentrée ³.

Réaction supposée totale : $\text{CH}_3\text{COO}^- + \text{H}_3\text{O}^+ \rightarrow \text{CH}_3\text{COOH} + \text{H}_2\text{O}$.

Bilan : $n(\text{A}^-) = 5{,}0 - 0{,}50 = 4{,}5$ mmol ; $n(\text{HA}) = 5{,}0 + 0{,}50 = 5{,}5$ mmol.

pH $= 4{,}7 + \log\dfrac{4{,}5}{5{,}5} = 4{,}7 - 0{,}087 \approx 4{,}61$.

Dans l'eau pure : $[\text{H}_3\text{O}^+] = 0{,}50\times10^{-3}/0{,}100 = 5{,}0\times10^{-3}$ mol/L, donc $\text{pH} = 2{,}30$.

Réaction : $\text{CH}_3\text{COOH} + \text{HO}^- \rightarrow \text{CH}_3\text{COO}^- + \text{H}_2\text{O}$.

Bilan : $n(\text{HA}) = 5{,}0 - 1{,}0 = 4{,}0$ mmol ; $n(\text{A}^-) = 5{,}0 + 1{,}0 = 6{,}0$ mmol.

pH $= 4{,}7 + \log\dfrac{6{,}0}{4{,}0} = 4{,}7 + \log 1{,}5 = 4{,}7 + 0{,}18 \approx 4{,}88$.

Les deux espèces restent présentes en quantités comparables (rapport 1,5) : le tampon reste efficace.

Relation : $\text{pH} = \text{p}K_a + \log\dfrac{n(\text{NH}_3)}{n(\text{NH}_4^+)}$.

Donc $\log\dfrac{n(\text{NH}_3)}{n(\text{NH}_4^+)} = 9{,}0 - 9{,}2 = -0{,}2$, soit un rapport $10^{-0{,}2} \approx 0{,}63$.

Les deux solutions ayant la même concentration, $\dfrac{n(\text{NH}_3)}{n(\text{NH}_4^+)} = \dfrac{V(\text{NH}_3)}{V(\text{NH}_4^+)}$.

$V(\text{NH}_3) = 0{,}63 \times 200 \approx 126$ mL.

À pH $7{,}40$ : $\text{pH} - \text{p}K_a = 1{,}30$, donc le rapport vaut $10^{1{,}30} \approx 20$.

À pH $7{,}35$ : $10^{1{,}25} \approx 17{,}8$ ; à pH $7{,}45$ : $10^{1{,}35} \approx 22{,}4$. Le rapport reste donc compris entre environ 18 et 22.

Le mélange est très loin de l'équimolarité : la base est environ vingt fois plus abondante que l'acide.

Le pouvoir tampon maximal est atteint pour un mélange équimolaire ³. Ici, le tampon est plus efficace face à un apport d'acide (beaucoup de base disponible pour le neutraliser) que face à un apport de base (peu d'acide disponible).