dosage acido basique

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Dosages acido basique
I. Introduction
1. Généralités
Doser une solution, c’est déterminer la concentration de cette solution.
Titrer une solution, c’est déterminer la concentration de cette solution à l’aide d’une
réaction chimique totale ( quantitative )
Le titrage est donc un cas particulier du dosage. Mais souvent les deux termes sont
confondus.
Un acide est dosé par une base et vice versa.
L'équivalence acido-basique est obtenue lorsque le taux d’avancement atteint 100 %
‫ܣ‬ଵ + ‫ܤ‬ଶ → ‫ܤ‬ଵ + ‫ܣ‬ଶ
( équilibre fortement déplacé K° >> 1 )
Au point d'équivalence ( P.E. ) ݊஺భ = ݊஻మ
ܿ஺భ . ܸ஺భ = ܿ஻మ . ܸ஻మ .௘௤
( cas du dosage d’un acide par une base )
Pour caractériser l'avancement d'un titrage on utilise le taux d'avancement
݊‫ݎ ݑ݀ ݏ݈݁݋݉ ݁݀ ݁ݎܾ݉݋‬éܽܿ‫ݐݑ݋݆ܽ ݐ݊ܽݎݐ݅ݐ ݂݅ݐ‬é
‫=ݔ‬
݊‫ݎ ݑ݀ ݏ݈݁݋݉ ݁݀ ݁ݎܾ݉݋‬éܽܿ‫ ݂݅ݐ‬à ‫ݎ݁ݎݐ݅ݐ‬
௖ಳమ .௏ಳమ
௖ಳమ .௏ಳమ
௏ಳ
‫ = ݔ‬௖ .௏ = ௖ .௏
=௏ మ
au P.E. x = 1 ( mono acide monobase )
ಲభ
ಲభ
ಳమ
ಳమ .೐೜
ಳమ .೐೜
Pour la suite, un acide ( faible ou fort ) sera dosé par une base forte ( OH- apporté par la
une solution d’hydroxyde de sodium ) et une base ( faible ou forte ) sera dosé par un
acide fort ( H3O+ apporté par l’acide chlorhydrique ).
2. Méthodes usuelles
Nous nous limiterons à l'étude pHmétrique ( pH = f ( x ou V ) ) et à l'étude conductimétrique
( G = g ( x ou V ) ). Le point d'équivalence peut être aussi déterminé à l'aide d'un indicateur
coloré judicieusement choisi ( méthode colorimétrique ).
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solution étalon
pHmètre ou
conductimètre
solution à doser
II. Titrage d'un acide fort par une base forte
1. Par pHmétrie
Prenons l'exemple du titrage de HCl ( cA, VA ) par une solution de soude étalon ( cB, VB )
VB.e est le volume de soude versé à l'équivalence.
( HCl + H2O → H3O+ + Cl- )
si x = 0 pH = pcA = - log(cA)
si 0 < x < 1 R.P. H3O+ + HO- → 2 H2O ( K° = 10+14 réaction quasi totale )
Equilibre de contrôle : ‫ܪ‬ଷ ܱା + ‫ܪ‬ଶ ܱ ‫ܪ‬ଶ ܱ + ‫ܪ‬ଷ ܱା
K° = 1
ା
ൣ‫ܪ‬ଷ ܱ௔௤
൧
௏ಲ
௏ಲ ା௏ಳ
=
௡ಹ ೀశ
ି௡ೀಹష
ೌ೛
య ೌ೜ ೔೙೔೟
௏ಲ ା௏ಳ
est le facteur de dilution
ା
ൣ‫ܪ‬ଷ ܱ௔௤
൧ = ܿ஺ ሺ1 − ‫ݔ‬ሻ ௏
௏ಲ
ಲ ା௏ಳ
=
௖ಲ .௏ಲ ି௖ಳ .௏ಳ
௏ಲ ା௏ಳ
௖ .௏
௏
= ቀܿ஺ − ܿ஻ ௏ಳ ቁ ௏
ಲ
௖ .௏
௏
‫ = ݔ‬௖ಳ .௏ಳ = ௖ ಳ.௏ ಳ = ௏ ಳ
ಲ
ಲ
ሾܰܽ ା ሿ =
ಳ
ಳ.೐
௖ಳ .௏ಳ
௏ಲ ା௏ಳ
ಳ.೐
௏ಲ
ಲ ା௏ಳ
‫ݔ‬. ܿ஺ =
ሾ‫ ି ݈ܥ‬ሿ =
௖ಳ .௏ಳ
௏ಲ
௖ಲ .௏ಲ
௏ಲ ା௏ಳ
ା
si la dilution est négligeable ( VA > 10.VB )
ൣ‫ܪ‬ଷ ܱ௔௤
൧ = ܿ஺ ሺ1 − ‫ݔ‬ሻ
‫ܿ݌ = ܪ݌‬஺ − ݈‫݃݋‬ሺ1 − ‫ݔ‬ሻ
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La formule donnant le pH est valable tant que pH < 6,5 ( autoprolyse de l’eau négligeable )
ௗ௣ு
si x = 0
si x = 0,99
ௗ௫
ௗ௣ு
ௗ௫
ௗ௣ு
ௗ௫
=
ଵ
ଵ
ଶ,ଷ ଵି௫
= 0,435 faible pente
= 43,5 très forte pente
x= 1 P.E. les ions H3O+ de l'acide ont "entièrement" réagi avec les ions HONa+ et Cl- sont des ions indifférents.
R.P. 2. ‫ܪ‬ଶ ܱ ‫ܪ‬ଷ ܱ ା + ‫ ିܱܪ‬K° = Ke = 10-7
pH = 7
x > 1 L'ajout de soude rend le milieu basique pω est imposé par la concentration en ions
HO- en "excès".
R.P. ‫ ିܱܪ‬+ ‫ܪ‬ଶ ܱ ‫ܪ‬ଶ ܱ + ‫ ିܱܪ‬K° = 1
௖ .௏ ି௖ .௏
௏
ሾ‫ ିܱܪ‬ሿ = ಳ ಳ ಲ ಲ = ܿ஺ ሺ‫ ݔ‬− 1ሻ ಲ
௏ ା௏
௏ ା௏
ಲ
ಳ
ಲ
ಳ
Si l'effet de dilution est négligeable ( VA > 10.VB ) :
ω = [HO-] = cA.( x - 1 )
pω = - log( [HO-] ) = pcA - log ( x - 1 )
pH = 14 - pcA + log ( x - 1 )
Cette formule est applicable à partir pour pH > 7,5 ( autoprotolyse de l’eau négligeable )
Graphe pH = f (x )
-1
pH
12
-3
-1
Dosage de HCl cA = 0,01 mol.L ( 10 mol.L )
-1
-2
-1
par NaOH cB = 0,1 mol.L ( 10 mol.L )
7
E
1
0,1
0,5
1
1,5
x
Il existe un très fort saut de pH autour du point d'équivalence ( P.E. )
Ex : Pour cA = 0,01 mol.L-1 pH = 4,0 pour x = 0,99 et pH = 10,0 pour x = 1,01 ∆ pH = 6
∆௣ு
( pente moyenne ∆௫ = 300 )
Si l'effet de dilution est négligeable la courbe présente un centre de symétrie ( P.E. )
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Si la solution est plus diluée, l'allure de la courbe est conservée mais le saut de pH est moins
marqué au voisinage de P.E. Utiliser des solutions concentrées pour réaliser des dosages
précis.
Vu la symétrie du problème, le titrage d'une base forte par un acide fort conduit à une courbe
qui se déduit de la courbe précédente en effectuant une symétrie autour d’un axe y = 7
-1
pH
12
Dosage de NaOH cB = 0,01 mol.L
-1
par HCl cA = 0,1 mol.L
7
E
1
0,1
0,5
1
1,5
x
Recherche graphique du P.E.
Méthode des tangentes ( elle n'est rigoureusement applicable que si la courbe présente un
centre de symétrie, effet de dilution négligeable ).
pH
7
E
1
0,1
Rabeux Michel
0,5
1
1,5
x
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Méthode de Gran :
௖ .௏ ି௖ .௏
௏ ି௏
ା
Pour 0 < VB < VB.e ൣ‫ܪ‬ଷ ܱ௔௤
൧ = ℎ = ಲ ಲ ಳ ಳ = ܿ஻ ಳ.೐ ಳ
௏ಲ ା௏ಳ
௏ಲ ା௏ಳ
La fonction de Gran est F ( VB ) = ( VA + VB ) . h = ( VA + VB ) . 10-pH = cB . ( VB.e - VB )
Cette fonction est affine de VB et s'annule pour VB = VB.e
pH
droite de Gran
7
E
1
VB.e
VB
Il faut deux points pour la tracer ( ex : VB = 0,3.VB.e et VB = 0,7.VB.e )
VB permet d'avoir le pH grâce à la courbe pH = f ( VB ) et ( VB et h ) permettent de déterminer
F ( VB ). L'intersection de la droite de Gran avec l'axe des VB permet d'avoir VB.e.
Méthode de la courbe dérivée ( voir T.P. assisté par ordinateur )
2. Par conductimétrie
Prenons les mêmes solutions que celles choisies dans l'étude précédente.
Les ions présents sont H3O+ , Cl- , Na+ et HOLa conductivité de la solution a pour expression :
γ = 10 3. λH O+ .h + λHO − .ω + λ Na + . Na + + λCl− . Cl −
(
[
3
]
[ ])
10 3 provient du passage mol.L-1 à mol.m -3 lorsque λ est donné en S.m².mol-1
λH O = 350.10 −4 λHO = 199.10 −4 λ Na = 50.10 −4 λCl = 76.10 −4 S.m².mol -1
3
+
(
−
)
+
−
x = 0 γ = 10 3. λH O + + λCl− .c A conductivité élevée ( électrolyte fort )
3
Na + =
0 < x < 1 ω << h
c A .VA
x
VA + VB
Cl − =
c A .VA
VA + VB
 c A .VA

c .V
c .V
(1 − x)λ H O + + A A λCl− + A A x.λ Na + 
3
VA + VB
VA + VB
 VA + VB

γ ≈ 10 3 
 c .V

c .V
≈ 10 3  A A (λH O + + λCl− ) + A A .(λ Na + − λH O + ).x 
3
3
VA + VB
 VA + VB

La conductance G = k.γ est une fonction décroissante de x.
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Si l'on néglige les effets de la dilution on obtient :
γ ≈ 10 3 c A .( λ Na + − λ H O + ).x + c A ( λ H O + + λ Cl − )
3
3
G = f ( x ) est une droite de pente négative.
x = 1 pH = 7 h et ω sont négligeables devant [ Na+ ] et [ Cl- ].
c .V
γ ≈ (λ Na + + λCl− ) A A
VA + VB.e
x > 1 h << ω
 c .V

c .V
c .V
γ ≈ 10 3  A A (x − 1).λ HO − + A A λCl− + A A x.λ Na + 
VA + VB
VA + VB
 VA + VB

 c .V

c .V
≈ 10 3  A A (λCl − − λ HO − ) + A A .(λ HO − + λ Na + ).x 
VA + VB
 VA + VB

Si l'effet de dilution est négligeable on obtient une droite de pente positive.
γ ≈ 103 c A .( λ HO − + λ Na + ).x + c A ( λ Cl − − λ HO − )
Graphe G = g (x )
γ
S.m
-1
-1
0,4
Dosage de HCl cA = 0,01 mol.L
-1
par NaOH cB = 0,1 mol.L
0,2
E
0.1
1
x
III. Titrage d'un acide faible par une base forte
1. Généralités :
HA + H2O A- + H3O+
Ka
Nous distinguons trois cas :
* pcA ≥ pKa + 1
α > 0,9 acide fortement dissocié
* pcA ≤ pKa - 2
α < 0,1 acide faiblement dissocié
* pKa - 2 < pcA < pKa +1
0,1 < α < 0,9 acide partiellement dissocié
Le premier cas est équivalent au titrage de l'acide fort :
( ex : CCl3COOH cA = 10-2 mol.L-1 pKa = 0,7 )
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2. Cas d'un acide faible : ( faiblement dissocié )
Ex : CH3COOH cA = 10-2 mol.L-1 pKa = 4,8 dosé par de la soude ( cB = 0,1 mol.L-1, VB )
le volume d'acide utilisé est VA.
a. Par pHmétrie :
x=0
La réaction prépondérante est CH3COOH + H2O CH3COO- + H3O+
1
pH = 3,4
pH = (pKa + pc A )
2
0<x<1
RP1
CH3COOH + HO- → CH3COO- + H2O K° = 109,2
puis RP2
CH3COOH + CH3COO- CH3COO- + CH3COOH K° = 1
espèces
état initial
CH3COO0
CH3COOH
c A . VA
VA + VB
cA .VA − cB.VB cA .VA
=
⋅ (1− x)
VA + VB
VA + VB
état final
HOc B . VB
VA + VB
c B . VB
c .V
= A A ⋅x
VA + VB VA + VB
 x 
pH = pKa + log
 relation d’Henderson
1− x 
On obtient une courbe bilogarithmique. La relation précédente n'est pas utilisable pour x
proche de 0 et de 1
Si x = 0,5 ( demi-équivalence ) pH = pKa ( point de demi-équivalence )
dpH
1
1
d ² pH
2.x − 1
=
=
dx
2, 3 x.(1 − x)
dx ²
2,3.( x ².(1 − x) ²)
dpH
d ² pH
pour x = 0,5
= 1, 74
=0
dx
dx ²
Au point de demi-équivalence le pH varie peu, ce point est un point d'inflexion et est centre
de symétrie pour le domaine d'Henderson.
( L'équation de la droite d'Henderson est pH = pKa + 1,74 ( x - 0,5 ) )
x=1
La réaction prépondérante est CH3COO- + H2O CH3COOH + HOL'acide est "entièrement" transformé en sa base conjuguée. Le pH est celui d'une base faible
1
(pKb + pc base conj. )cbase conj. = c A .VA
2
VA + VB.e
-1
Avec cB = 0,1 mol.L
pω = 5,60 pH = 8,40 ( pHP.E. > 7 )
pω =
x>1
L'excès d'ion HO- impose le pH ( RP : HO- + H2O
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H2O + HO-
K° = 1 )
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TSI 1
ω=
c B .VB − c A .VA
c .V
= A A (x − 1)
VA + VB
VA + VB
 c .V 
pH = 14 − p A A  + log(x − 1)
 VA + VB 
Si l'effet de dilution est négligeable pH = 14 -pcA + log ( x - 1 )
On retrouve la même fin de courbe que pour le titrage acide fort base forte
graphe
-2
pH
-1
Dosage de CH3COOH ( 10 mol.L )
-1
par NaOH ( 0,1 mol.L )
10
E
4
0,1
0,5
1
1,5
x
Le saut de pH est moins marqué à l'équivalence
∆pH
= 160
si x = 0,99 pH = 6,8 si x = 1,01 pH = 10
∆x
Le P.E. n'est plus centre de symétrie, le point de demi-équivalence est un centre local de
symétrie [ 0,3 ; 0,7 ]
Si la solution est plus diluée ( d'un facteur 10 par ex. ) le pH de départ est modifié, la droite
d'Henderson est inchangée et pour x > 1 ∆ pH = -1
Si la solution est trop diluée l'acide devient acide "moyen" ( voir 3. )
Le titrage d'une base faible ( NH3 ; pKa = 9,2 ) par un acide fort ( HCl ) conduit avec des
raisonnements symétriques au graphe suivant
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TSI 1
-1
pH
Dosage de NH3 ( cB = 0,01 mol.L )
-1
par HCl ( cA = 0,1 mol.L )
11
7
E
0,1
0,5
1
1,5
x
Méthode graphique de détermination du P.E.
méthode des tangentes ( en toute rigueur non valable car courbe non symétrique )
méthode de la courbe dérivée ( ordinateur )
méthode de Gran :
Dans le domaine d'Henderson :
c A .VA − c B .VB
V − VB
= c B B.e
VA + VB
VA + VB
h.c B .VB
h.VB
Ka =
=
c B (VB.e − VB ) VB.e − VB
AH =
A− =
c B .VB
VB + VB
La fonction de Gran est F ( VB ) = h.VB = Ka.( VB.e - VB ) fonction affine de VB qui s'annule
pour VB = VB.e et de pente Ka. Il suffit de calculer F ( VB ) en deux points
(ex : 0,3 VB.e et 0,7 VB.e) puis tracer la droite F (VB) et on en déduit Ka et VB.e (donc P.E.)
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TSI 1
-2
pH
-1
Dosage de CH3COOH ( 10 mol.L )
-1
par NaOH ( 0,1 mol.L )
10
droite de Gran
E
4
VB.e
VB
b. Par conductimètrie
* x<1
La réaction prépondérante ( excepté pour x ≈ 0 ) est :
CH3COOH + HO- → CH3COO- + H2O
L'ajout de soude provoque l'apparition de CH3COO- et de Na+ et la disparition de H3O+.
Dans un premier temps la conductivité diminue légèrement puis la conductivité augmente ( la
diminution est plus importante pour un acide moyen ).
* x>1
L'ajout de soude provoque l'augmentation de la concentration en Na+ et HO-, la conductance
augmente plus fortement ( λOH- > λA- )
0,30
γ ( mS.m-1 )
-1
Dosage de CH3COOH ( cA = 0,01 mol.L )
-1
par NaOH ( cB = 0,1 mol.L )
0,15
E
0,1
Rabeux Michel
1
x
Page 10
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3. Cas d'un acide "moyen" ( complément )
Ex : HCOOH cA = 10-3 mol.l-1 pKa = 3,8
a. Etude pHmétrique
x=1
pKa -2 < pc < pKa + 1 le pH se calcule avec l’équation du second degré ( voir page 36 )
pH = 3,5
x<1
La première réaction prépondérante est :
HCOOH + HO- → HCOO- + H2O K = 1010,2
ensuite il y a deux réactions prépondérantes :

→
HCOOH + HCOO- ←
  HCOO + HCOOH K’ = 1

→
+
HCOOH + H2O ←
  HCOO + H3O
espèces
état initial
[ HCOOH ]
c A .VA − c B . VB
VA + VB
c A .VA − c B .VB
−h
VA + VB
état final
[ HCOO- ]
c B .VB
VA + VB
c B .VB
+h
VA + VB
K’’ = Ka = 10-3,2
[ H3O+ ]
h
VB
c .V
= B B
VB.e c A .VA
Si l'effet de dilution est négligeable ( VA >> VB ) la constante d'acidité peut s'écrire.
(x.c A + h).h 
[AH]

Ka =
 si h << − on retrouve la formule d ' Henderson ) 
c A .(1 − x) − h 
A

On obtient une équation du second degré en h :
h² + h . ( Ka + x.cA ) + cA.Ka.( x - 1 ) = 0
x=
[ ]
h=
− ( Ka + x.c A ) + (Ka + x.c A ) ² − 4.c A .Ka.(x − 1)
2
Pour x = 0,5 pH ≠ pKa
x=1
On obtient une solution de méthanoate de sodium ( base faible ) pH = 7,4
x>1
L'excès de soude impose le pH
c .V
ω = A A ( x − 1) ≈ c A ( x − 1)
VA + VB
Le saut de pH au voisinage du P.E. est de :
pH = 14 − pc A + log(x − 1)
∆pH
= 157
∆x
Courbe analogue à une courbe acide fort base forte, il n'y a plus de point d'inflexion à la
demi-équivalence mais le saut de pH est plus faible à l'équivalence.
pour x = 0,99 pH = 5,86
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pour x = 1,01 pH = 9
∆ pH = 3,1
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b. Etude conductimétrique
Ex : 50 mL de HCOOH cA = 10-3 mol.L-1 pKa = 3,8 titré par NaOH cB = 10-2 mol.L-1
( λHCOO- = 54,6 . 10-4 U.S.I. )
(
)
γ = 10 3. λH O .h + λHO .ω + λ Na .[Na + ] + λHCOO .[HCOO − ]
+
3
−
x=0
[Na+] = 0 ω << h h ≈ HCOO −
0<x<1
[Na+] = x. cA
(
−
)
γ = 10 3. λH O + λHCOO .h = 12,8 mS.m-1
+
3
−
ω << h ( en négligeant l'effet de dilution )
[HCOO-] = x.cA + h
(
γ = 10 .[(λ
+
γ = 10 3. λH O .h + λ Na .x.c A + λHCOO .(x.c A + h)
3
+
+
3
H 3O +
(λ
H 3O +
Na +
) (
)
)
+ λHCOO − .h + λ Na + + λHCOO− .x.c A
avec h = f(x) h =
(λ
−
− (Ka + x.c A ) +
]
(Ka + x.c A )² − 4.Ka.c A .(x − 1)
2
h est une fonction décroissante de x
+ λ HCOO − .h est une fonction décroissante de x
)
+ λ HCOO − ).x.c A est une fonction croissante de x
Dans un premier temps la diminution de h est un facteur prépondérant : γ diminue, ensuite le
deuxième facteur devient prépondérant : γ augmente. ( γmini = 9,3 mS.m-1 pour x ≈ 0,6 )
x=1
h et ω << à [Na+] et [HCOO-]
γ = 103.( λNa+ + λHCOO- ).cA = 10,4 mS.m-1
x>1
le milieu est basique h << ω
γ = 10 3. λHO− .ω + λ Na + . Na + + λHCOO− . HCOO−
[
(
]
[
])
ω = c0.( x - 1 ) [Na ] = x.cA [HCOO ] = cA ( effet de dilution négligé )
γ = 10 .c A .x. λHO − + λ Na + + 10 3.c A . λHCOO− − λHO− ( fonction croissante de x )
+
3
(
)
-
(
)
IV. Titrage de polyacides par une base forte ( compléments )
Un diacide H2A est caractérisé par deux pKa les domaines de prédominance ( à 1 % ) sont
les suivants :
H2 A
HAA2pH
pKa1 - 1
pKa1
pKa1 + 1
pKa2 - 1 pKa2
pKa2 + 1
Si ∆ pKa ≥ 4 les deux acidités sont dosées séparément, la courbe obtenue est constituée
par deux parties correspondant aux dosages de H2A puis de HA Si ∆ pKa < 4 On tenir compte des deux réactions simultanées.
Rabeux Michel
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Dosage de l'acide phosphorique par la soude :
H3PO4 VA = 10 mL cA = 0,1 mol.L-1
( H3A / H2A- pKa1 = 2,2 ;
H2A- / HA2- pKa2 = 7,2 ;
HA2- / A2- pKa3 = 12,3 )
NaOH cB = 1 mol.L-1
‫=ݔ‬
௏ಳ
௏ಳ ೛ೝ೐೘೔èೝ೐ é೜ೠ೔ೡೌ೗೐೙೎೐
a. x = 0 R.P.
H3A + H2O H2A- + H3O+
calcul du pH par l’équation du second degré:
(
1
− Ka 1 + Ka 1 ² + 4.Ka 1 .c A
2
h=
b. 0 < x < 1
R.P1.
)
K1 = 10-2,2
h = 2,2.10-2 mol.L-1
H3A + HO- → H2A- + H2O
pH = 1,65
K2 = 1011,8
puis deux réactions prépondérantes ( idem III. 3. a. cas 0 < x < 1 )
h=
c. x = 1
R.P.
H2A − =
2
2 H2A-
R.P.
d. 1 < x < 2
− ( Ka 1 + x.c A ) + ( Ka 1 + x.c A ) ² − 4.c A .Ka 1 .( x − 1)
H3A + HA2K3 = 10-5
1
pH = (pKa 1 + pKa 2 ) = 4,7
2
H2A- + HO-
c A .VA
(2 − x)
VA + VB
→
HA2- + H2O
HA 2 − =
K4 = 106,8
c A . VA
(x − 1)
VA + VB
c A . VA
(1 − x' )
VA + VB
x'
x −1
pH = pKa 2 + log
= pKa 2 + log
1 − x'
2−x
en posant x' = x - 1
e. x = 2
R.P.
f. x > 2
R.P.
2 HA2-
H2A − =
HA 2 − =
c A . VA
x'
VA + VB
H2A- + A3- K5 = 10-5,1
1
pH = (pKa 2 + pKa 3 ) = 9,8
2
HA2- + HO- A3- + H2O
en posant x" = x' - 1 = x - 2
[HA ] = c
2−
K6 =
A
K6 = 101,7
[ ]
.VA (1 − x" )
c .V .x"
+ ω A 3− = A A − ω
VA + VB
VA + VB
(c A .VA .(x - 2) − ω.V A .(1 + x) )
(c A .VA (3 − x) + ω.V A .(1 + x) ).ω
On obtient une équation du second degré en ω.
ω=
− (1 + x + K 6 .c A .(3 − x) ) +
Rabeux Michel
(1 + x + K 6 .c A .(3 − x) )2 + 4.K 6 .c A .(x - 2).(1 + x)
2.K 6 .(1 + x)
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Lycée Viette
pour x = 2,5 x" = 0,5
TSI 1
ω = 6,9 . 10-3 mol.L-1 pH =11,8
pour x = 3 pH = 12,2
-1
pH
Dosage de H3PO4 ( cA = 0,1 mol.L )
-1
par NaOH ( cB = 1,0 mol.L )
12
7
1
Rabeux Michel
2
3
x
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