AB-JAcides, bases et pH

Monobase faible : caractère faible, $\tau_f=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}$ , $pK_a$ du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ , classement de deux bases et dilution

Idée directrice

L'ouverture la plus constante de l'exercice acide-base, côté base : on montre que la monobase est faible en comparant son pH à $pK_e+\log C$ , on calcule $\tau_f=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}$ et on vérifie $\tau_f\le0{,}05$ . Cette approximation ( $[\text{B}]\approx C$ ) donne $\tau_f=10^{pK_a-\mathrm{pH}}$ , donc le $pK_a$ du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ . À même concentration, la base la plus forte a le pH le plus grand ; à même pH, c'est la moins concentrée. La dilution augmente $\tau_f$ ( $C\tau_f^2=K_e/K_a$ ) et fait baisser le pH.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que la monobase B est faible » ; « Montrer que le taux d'avancement final … s'écrit $\tau_f=10^{(pK_a-\mathrm{pH})}$ » ; « Vérifier que B est faiblement ionisée » ; « Comparer les forces relatives des monobases B₁ et B₂ » ; « Montrer que $C=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}$ »

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Base faible ou forte : comparer le pH à $pK_e+\log C$ (valeur d'une base forte) ; un pH plus petit signe une réaction limitée.
$\tau_f=\dfrac{[\text{OH}^-]}{C}=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}$ , à comparer à $0{,}05$ avant toute approximation.
Base faiblement ionisée : $[\text{B}]\approx C$ , d'où $\tau_f=10^{pK_a-\mathrm{pH}}$ , $pK_a=2\,\mathrm{pH}-pK_e-\log C$ et $\mathrm{pH}=\frac12(pK_e+pK_a+\log C)$ .
Classer : à même $C$ , la plus forte a le pH (et le $\tau_f$ ) le plus grand ; à même pH, la plus forte est la moins concentrée.
Dilution : $C\tau_f^2=K_e/K_a$ ; $\tau_f$ augmente, le pH baisse (de $\frac12\log n$ pour une dilution par $n$ ) — revérifier $\tau_f\le0{,}05$ après la dilution.

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Écrire $\tau_f=\dfrac{10^{-\mathrm{pH}}}{C}$ pour une base (c'est $[\text{OH}^-]$ qu'il faut, pas $[\text{H}_3\text{O}^+]$ ) ; utiliser $[\text{B}]\approx C$ sans avoir vérifié $\tau_f\le0{,}05$ ; conclure « même pH donc même force » ou « même pH donc même quantité de base à doser » ; croire que la dilution rend la solution plus basique alors qu'elle ionise davantage la base et fait baisser le pH ; oublier, après une dilution, de vérifier que l'approximation reste valable.

Sujet principal

Exercice — deux monobases faibles (3,75 points), dans l'esprit des sessions 2017–2025

8 questionsCorrigé masqué

Toutes les solutions sont prises à $25\ ^\circ\text{C}$ , température à laquelle $K_e=10^{-14}$ . On néglige les ions provenant de l'ionisation propre de l'eau. Une monobase est dite faiblement ionisée dans une solution si le taux d'avancement final de sa réaction avec l'eau vérifie $\tau_f\le0{,}05$ .

On dispose de deux solutions aqueuses $(S_1)$ et $(S_2)$ contenant respectivement les monobases $\text{B}_1$ et $\text{B}_2$ . On dose séparément un volume $V_B=10\ \text{mL}$ de chacune d'elles par une solution d'acide chlorhydrique (monoacide fort) de concentration $C_A=2{,}5\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}$ : pour les deux dosages, l'équivalence est atteinte après l'ajout de $V_{AE}=20\ \text{mL}$ d'acide. Les pH initiaux mesurés sont $\mathrm{pH}_1=10{,}95$ pour $(S_1)$ et $\mathrm{pH}_2=11{,}25$ pour $(S_2)$ .

On donne les $pK_a$ de quelques couples à $25\ ^\circ\text{C}$ :

$\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_3^+/\text{C}_6\text{H}_5\text{NH}_2$ : $4{,}6$ ;
$\text{NH}_4^+/\text{NH}_3$ : $9{,}2$ ;
$(\text{CH}_3)_3\text{NH}^+/(\text{CH}_3)_3\text{N}$ : $9{,}8$ ;
$\text{CH}_3\text{NH}_3^+/\text{CH}_3\text{NH}_2$ : $10{,}7$ .

Les concentrations.
1. Montrer que les deux solutions ont la même concentration molaire $C$ et calculer sa valeur.
2. Montrer que $\text{B}_1$ et $\text{B}_2$ sont des bases faibles.
Taux d'avancement final.
1. Écrire l'équation de la réaction d'une monobase $\text{B}$ avec l'eau et dresser le tableau descriptif de son évolution en avancement volumique $y$ .
2. Montrer que le taux d'avancement final s'écrit $\tau_f=\dfrac{10^{(\mathrm{pH}-pK_e)}}{C}$ . Calculer $\tau_{f1}$ et $\tau_{f2}$ et vérifier que les deux bases sont faiblement ionisées.
3. Comparer, en le justifiant, les forces des bases $\text{B}_1$ et $\text{B}_2$ .
Constantes d'acidité.
1. Montrer que, pour une monobase faible faiblement ionisée, $\tau_f=10^{(pK_a-\mathrm{pH})}$ , $K_a$ étant la constante d'acidité du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ .
2. En déduire $pK_{a1}$ et $pK_{a2}$ , puis identifier dans la liste donnée les bases $\text{B}_1$ et $\text{B}_2$ .
Dilution de $(S_1)$ .
1. Montrer que, pour une monobase faible faiblement ionisée, $C\,\tau_f^2=\dfrac{K_e}{K_a}$ . En déduire, sans calcul, l'effet d'une dilution sur le taux d'avancement final et sur le pH.
2. À $10\ \text{mL}$ de $(S_1)$ , on ajoute $40\ \text{mL}$ d'eau distillée. Calculer le taux d'avancement final $\tau'_{f1}$ dans la solution obtenue, vérifier que $\text{B}_1$ y reste faiblement ionisée, puis calculer le pH de cette solution.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Idée : même volume dosé, même acide, même volume à l'équivalence, donc même quantité de base. À l'équivalence, $C\,V_B=C_A\,V_{AE}$ pour chacun des deux dosages : les deux solutions ont la même concentration $C=\dfrac{C_AV_{AE}}{V_B}=\dfrac{2{,}5\times10^{-2}\times20}{10}=\boxed{5{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}}$ .

1.b Une monobase forte de concentration $C$ donnerait $\mathrm{pH}=pK_e+\log C=14+\log(5{,}0\times10^{-2})\approx12{,}7$ . Les pH mesurés, $10{,}95$ et $11{,}25$ , sont plus petits : $[\text{OH}^-]<C$ , la réaction de chaque base avec l'eau est limitée. $\text{B}_1$ et $\text{B}_2$ sont des bases faibles.

2.a $\text{B}+\text{H}_2\text{O}\rightleftharpoons\text{BH}^++\text{OH}^-$ (eau en excès) :

Avancement volumique	$[\text{B}]$	$[\text{BH}^+]$	$[\text{OH}^-]$
$y=0$	$C$	$0$	$0$
$y$	$C-y$	$y$	$y$
$y_f$	$C-y_f$	$y_f$	$y_f$

2.b L'eau étant en excès, $y_{max}=C$ et $\tau_f=\dfrac{y_f}{C}$ . Les ions $\text{OH}^-$ de l'eau étant négligés, $y_f=[\text{OH}^-]=\dfrac{K_e}{[\text{H}_3\text{O}^+]}=10^{\mathrm{pH}-pK_e}$ , d'où $\tau_f=\dfrac{10^{(\mathrm{pH}-pK_e)}}{C}$ . Ainsi $\tau_{f1}=\dfrac{10^{-3{,}05}}{5{,}0\times10^{-2}}\approx\boxed{1{,}8\times10^{-2}}$ et $\tau_{f2}=\dfrac{10^{-2{,}75}}{5{,}0\times10^{-2}}\approx\boxed{3{,}6\times10^{-2}}$ : les deux valeurs sont inférieures à $0{,}05$ , les deux bases sont faiblement ionisées.

2.c Idée : à concentration égale, la base la plus forte est la plus ionisée. $\tau_{f2}>\tau_{f1}$ pour la même concentration : $\text{B}_2$ réagit davantage avec l'eau, $\text{B}_2$ est plus forte que $\text{B}_1$ , ce que traduit aussi $\mathrm{pH}_2>\mathrm{pH}_1$ .

3.a $K_a=\dfrac{[\text{B}][\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{BH}^+]}$ avec $[\text{BH}^+]=C\tau_f$ et $[\text{B}]=C(1-\tau_f)\approx C$ puisque $\tau_f\le0{,}05$ . Donc $K_a\approx\dfrac{10^{-\mathrm{pH}}}{\tau_f}$ , soit $\tau_f=\dfrac{10^{-\mathrm{pH}}}{10^{-pK_a}}=10^{(pK_a-\mathrm{pH})}$ .

3.b $pK_a=\mathrm{pH}+\log\tau_f$ : $pK_{a1}=10{,}95+\log(1{,}78\times10^{-2})\approx\boxed{9{,}2}$ et $pK_{a2}=11{,}25+\log(3{,}56\times10^{-2})\approx\boxed{9{,}8}$ . $\text{B}_1$ est l'ammoniac $\text{NH}_3$ et $\text{B}_2$ la triméthylamine $(\text{CH}_3)_3\text{N}$ ; la base la plus forte a bien le $pK_a$ le plus grand.

4.a Avec $[\text{BH}^+]=[\text{OH}^-]=C\tau_f$ et $[\text{B}]\approx C$ : $K_a=\dfrac{C\,[\text{H}_3\text{O}^+]}{C\tau_f}=\dfrac{K_e}{[\text{OH}^-]\,\tau_f}=\dfrac{K_e}{C\tau_f^2}$ , soit $C\tau_f^2=\dfrac{K_e}{K_a}$ , constante à température donnée. Si $C$ diminue, $\tau_f=\sqrt{\dfrac{K_e}{K_aC}}$ augmente : la dilution favorise l'ionisation de la base. En revanche $[\text{OH}^-]=C\tau_f=\sqrt{\dfrac{K_eC}{K_a}}$ diminue : le pH diminue et se rapproche de 7.

4.b $C'=\dfrac{C\times10}{50}=1{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}$ (dilution par 5). $\tau'_{f1}=\tau_{f1}\sqrt{\dfrac{C}{C'}}=1{,}78\times10^{-2}\times\sqrt5\approx\boxed{4{,}0\times10^{-2}}\le0{,}05$ : $\text{B}_1$ reste faiblement ionisée. Alors $\mathrm{pH}'=pK_{a1}-\log\tau'_{f1}=9{,}2+1{,}40\approx\boxed{10{,}6}$ , soit une baisse de $\frac12\log5\approx0{,}35$ .

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : relation $\dfrac{[\text{B}]}{[\text{BH}^+]}=C\cdot10^{(pK_e-\mathrm{pH})}$ puis deux monobases de même pH initial (principale 2023, Mathématiques) ; monobase faible de pH 11,00 diluée, $\tau_f=\dfrac{10^{(\mathrm{pH}-pK_e)}}{C}$ (principale 2021, Mathématiques) ; trois monobases dont une forte, $V_{AE}$ en tableau, $\tau_f=10^{(pK_a-\mathrm{pH})}$ puis dilution (contrôle 2025, Sciences expérimentales) ; relation $C=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}$ et dosage après dilution (contrôle 2024, Sciences expérimentales) ; trois monobases de même concentration classées par leur pH (principale 2017, Mathématiques) ; effet de la dilution $\tau_f=\tau_{f0}\sqrt{1+V_e/V_0}$ (principale 2019, Mathématiques).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill AB-J.1 — l'ammoniac : de la dissolution du gaz au

pK_a

du couple

\text{NH}_4^+/\text{NH}_3

Entraînement 01 / 03

Drill AB-J.1 — l'ammoniac : de la dissolution du gaz au $pK_a$ du couple $\text{NH}_4^+/\text{NH}_3$

5 questionsCorrigé masqué

À $25\ ^\circ\text{C}$ ( $K_e=10^{-14}$ ), on dissout $0{,}24\ \text{L}$ de gaz ammoniac $\text{NH}_3$ (volume molaire $V_m=24\ \text{L·mol}^{-1}$ dans les conditions de l'expérience) dans de l'eau distillée et on complète à $500\ \text{mL}$ . Le pH de la solution $(S)$ obtenue vaut $10{,}75$ . On néglige les ions provenant de l'ionisation propre de l'eau ; une base est faiblement ionisée si $\tau_f\le0{,}05$ .

Calculer la concentration molaire $C$ de $(S)$ .
Montrer que l'ammoniac est une base faible.
Calculer le taux d'avancement final $\tau_f$ de la réaction de $\text{NH}_3$ avec l'eau ; conclure.
En précisant l'approximation utilisée, montrer que $pK_a=2\,\mathrm{pH}-pK_e-\log C$ pour le couple $\text{NH}_4^+/\text{NH}_3$ ; calculer sa valeur.
Quelle est l'espèce du couple qui prédomine dans $(S)$ ? Calculer le rapport $\dfrac{[\text{NH}_3]}{[\text{NH}_4^+]}$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. $n=\dfrac{0{,}24}{24}=1{,}0\times10^{-2}\ \text{mol}$ ; $C=\dfrac{n}{V}=\dfrac{1{,}0\times10^{-2}}{0{,}500}=\boxed{2{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}}$ .

2. Une base forte donnerait $\mathrm{pH}=14+\log C\approx12{,}3$ . Le pH mesuré est plus petit : $[\text{OH}^-]=10^{-3{,}25}\approx5{,}6\times10^{-4}\ \text{mol·L}^{-1}<C$ , la réaction avec l'eau est limitée, l'ammoniac est une base faible.

3. $\tau_f=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}=\dfrac{5{,}6\times10^{-4}}{2{,}0\times10^{-2}}\approx\boxed{2{,}8\times10^{-2}}\le0{,}05$ : l'ammoniac est faiblement ionisé dans $(S)$ .

4. Idée : faiblement ionisée signifie $[\text{NH}_3]\approx C$ . $K_a=\dfrac{[\text{NH}_3][\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{NH}_4^+]}$ avec $[\text{NH}_4^+]=[\text{OH}^-]=10^{\mathrm{pH}-pK_e}$ (ions de l'eau négligés) et $[\text{NH}_3]\approx C$ : $K_a=\dfrac{C\cdot10^{-\mathrm{pH}}}{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}$ , d'où $pK_a=2\,\mathrm{pH}-pK_e-\log C=21{,}5-14+1{,}70\approx\boxed{9{,}2}$ .

5. $\mathrm{pH}=10{,}75>pK_a=9{,}2$ : la forme basique $\text{NH}_3$ prédomine. $\dfrac{[\text{NH}_3]}{[\text{NH}_4^+]}=10^{\mathrm{pH}-pK_a}=10^{1{,}55}\approx\boxed{35}$ , cohérent avec $\tau_f=\dfrac{1}{1+35}\approx2{,}8\times10^{-2}$ .

2 Drill AB-J.2 — deux monobases de même pH : laquelle est la plus forte, laquelle demande le plus d'acide ?

Entraînement 02 / 03

Drill AB-J.2 — deux monobases de même pH : laquelle est la plus forte, laquelle demande le plus d'acide ?

4 questionsCorrigé masqué

À $25\ ^\circ\text{C}$ ( $K_e=10^{-14}$ ), deux solutions $(S_1)$ et $(S_2)$ des monobases faibles $\text{B}_1$ et $\text{B}_2$ ont le même pH, $11{,}10$ , mais des concentrations différentes : $C_1=0{,}10\ \text{mol·L}^{-1}$ et $C_2=5{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}$ . On néglige les ions provenant de l'ionisation propre de l'eau ; une base est faiblement ionisée si $\tau_f\le0{,}05$ .

Calculer les taux d'avancement finaux $\tau_{f1}$ et $\tau_{f2}$ ; vérifier que les deux bases sont faiblement ionisées.
Sachant que, pour une monobase faiblement ionisée, $\tau_f=10^{(pK_a-\mathrm{pH})}$ , comparer sans calculer les $pK_a$ les forces des deux bases.
Calculer $pK_{a1}$ et $pK_{a2}$ et vérifier la comparaison.
On dose $20\ \text{mL}$ de chaque solution par une même solution d'acide chlorhydrique de concentration $5{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}$ . Un élève affirme : « les deux solutions ayant le même pH, les deux dosages demandent le même volume d'acide ». Discuter cette affirmation en calculant les volumes à l'équivalence.

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1. Dans les deux solutions, $[\text{OH}^-]=10^{11{,}10-14}=10^{-2{,}90}\approx1{,}26\times10^{-3}\ \text{mol·L}^{-1}$ . $\tau_{f1}=\dfrac{1{,}26\times10^{-3}}{0{,}10}\approx\boxed{1{,}3\times10^{-2}}$ et $\tau_{f2}=\dfrac{1{,}26\times10^{-3}}{5{,}0\times10^{-2}}\approx\boxed{2{,}5\times10^{-2}}$ : toutes deux inférieures à $0{,}05$ .

2. Idée : à pH égal, $\tau_f=10^{pK_a-\mathrm{pH}}$ croît avec $pK_a$ . $\tau_{f2}>\tau_{f1}$ au même pH, donc $pK_{a2}>pK_{a1}$ : $\text{B}_2$ est la plus forte. Deux fois moins concentrée, elle fournit autant d'ions $\text{OH}^-$ que $\text{B}_1$ .

3. $pK_a=\mathrm{pH}+\log\tau_f$ : $pK_{a1}=11{,}10+\log(1{,}26\times10^{-2})\approx\boxed{9{,}2}$ et $pK_{a2}=11{,}10+\log(2{,}52\times10^{-2})\approx\boxed{9{,}5}$ : $pK_{a2}>pK_{a1}$ , la comparaison est confirmée.

4. À l'équivalence, $C_AV_{AE}=C\,V_B$ : $V_{AE1}=\dfrac{0{,}10\times20}{5{,}0\times10^{-2}}=\boxed{40\ \text{mL}}$ et $V_{AE2}=\dfrac{5{,}0\times10^{-2}\times20}{5{,}0\times10^{-2}}=\boxed{20\ \text{mL}}$ . L'affirmation est fausse : le pH ne renseigne que sur la base ionisée ( $[\text{OH}^-]$ ), alors que le dosage neutralise toute la base, ionisée ou non ; $(S_1)$ en contient deux fois plus.

3 Drill AB-J.3 — la relation

C=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}

: concentration, dosage après dilution et solution tampon

Entraînement 03 / 03

Drill AB-J.3 — la relation $C=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}$ : concentration, dosage après dilution et solution tampon

5 questionsCorrigé masqué

À $25\ ^\circ\text{C}$ ( $K_e=10^{-14}$ ), on néglige les ions provenant de l'ionisation propre de l'eau ; une base est faiblement ionisée si $\tau_f\le0{,}05$ . On dispose d'une solution $(S_0)$ d'une monobase faible $\text{B}$ de concentration $C_0=0{,}10\ \text{mol·L}^{-1}$ . À $V_0=10\ \text{mL}$ de $(S_0)$ , on ajoute un volume $V_e$ d'eau distillée : on obtient la solution $(S_1)$ , de concentration $C_1$ . On dose $V_b=20\ \text{mL}$ de $(S_1)$ par une solution $(S_a)$ d'acide chlorhydrique de concentration $C_a$ ; l'équivalence est obtenue pour $V_{aE}=20\ \text{mL}$ . Quelques mesures :

$V_a$ (mL)	0	5	10	15	20	25
pH	10,9	10,0	9,5	9,0	5,7	2,7

Montrer que, si $\text{B}$ est faiblement ionisée dans une solution de concentration $C$ , alors $C=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}$ , $K_a$ étant la constante d'acidité du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ .
En exploitant le tableau :
1. justifier que $\text{B}$ est une base faible ;
2. déterminer le $pK_a$ du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ .
La solution $(S_1)$ .
1. Calculer $C_1$ et vérifier que $\text{B}$ est faiblement ionisée dans $(S_1)$ .
2. Justifier, sans calcul supplémentaire, que $\text{B}$ est aussi faiblement ionisée dans $(S_0)$ .
Déterminer $C_a$ et le volume $V_e$ .
Quel volume de $(S_a)$ faut-il ajouter à $10\ \text{mL}$ de $(S_0)$ pour obtenir un mélange renfermant autant de $\text{B}$ que de $\text{BH}^+$ ? Justifier que ce mélange est une solution tampon et donner son pH.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. $K_a=\dfrac{[\text{B}][\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{BH}^+]}$ avec $[\text{BH}^+]=[\text{OH}^-]=10^{\mathrm{pH}-pK_e}$ et, la base étant faiblement ionisée, $[\text{B}]\approx C$ . Donc $K_a=C\cdot10^{pK_e-2\mathrm{pH}}$ , soit $C=K_a\cdot10^{2\mathrm{pH}-pK_e}=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}$ .

2.a À l'équivalence ( $V_a=20\ \text{mL}$ ), $\mathrm{pH}=5{,}7<7$ : la solution ne contient plus que l'acide conjugué $\text{BH}^+$ , qui réagit avec l'eau ; $\text{BH}^+$ est un acide faible, donc $\text{B}$ est une base faible (une base forte donnerait $\mathrm{pH}=7$ à l'équivalence).

2.b À la demi-équivalence, $V_a=\dfrac{V_{aE}}{2}=10\ \text{mL}$ : $[\text{B}]=[\text{BH}^+]$ et $\mathrm{pH}=pK_a$ , soit $\boxed{pK_a=9{,}5}$ .

3.a $C_1=10^{(2\times10{,}9-14-9{,}5)}=10^{-1{,}7}\approx\boxed{2{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}}$ . Vérification : $\tau_{f1}=\dfrac{10^{10{,}9-14}}{C_1}=\dfrac{7{,}9\times10^{-4}}{2{,}0\times10^{-2}}\approx4{,}0\times10^{-2}\le0{,}05$ , l'hypothèse est vérifiée.

3.b Pour une base faiblement ionisée, $\tau_f=\sqrt{\dfrac{K_e}{K_aC}}$ diminue quand $C$ augmente ; $C_0>C_1$ , donc $\tau_{f0}<\tau_{f1}\le0{,}05$ .

4. $C_a=\dfrac{C_1V_b}{V_{aE}}=\dfrac{2{,}0\times10^{-2}\times20}{20}=\boxed{2{,}0\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}}$ . Dilution : $C_0V_0=C_1(V_0+V_e)$ , donc $V_0+V_e=\dfrac{0{,}10\times10}{2{,}0\times10^{-2}}=50\ \text{mL}$ et $\boxed{V_e=40\ \text{mL}}$ .

5. Idée : autant de $\text{B}$ que de $\text{BH}^+$ , c'est la demi-équivalence : il faut transformer la moitié de la base. $n(\text{B})=0{,}10\times10\times10^{-3}=1{,}0\times10^{-3}\ \text{mol}$ ; il faut $n(\text{H}_3\text{O}^+)=5{,}0\times10^{-4}\ \text{mol}$ , soit $V=\dfrac{5{,}0\times10^{-4}}{2{,}0\times10^{-2}}=\boxed{25\ \text{mL}}$ . Ce mélange d'une base faible et de son acide conjugué en quantités égales a pour pH $pK_a=\boxed{9{,}5}$ , qui varie peu par ajout modéré d'acide ou de base ou par dilution : c'est une solution tampon.

Relier ce raisonnement au bac

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Monobase faible : caractère faible, $\tau_f=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}$ , $pK_a$ du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ , classement de deux bases et dilution

Exercice — deux monobases faibles (3,75 points), dans l'esprit des sessions 2017–2025

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Drill AB-J.1 — l'ammoniac : de la dissolution du gaz au $pK_a$ du couple $\text{NH}_4^+/\text{NH}_3$

Drill AB-J.2 — deux monobases de même pH : laquelle est la plus forte, laquelle demande le plus d'acide ?

Drill AB-J.3 — la relation $C=10^{(2\mathrm{pH}-pK_e-pK_a)}$ : concentration, dosage après dilution et solution tampon

Relier ce raisonnement au bac

Monobase faible : caractère faible, τf=10pH−pKeC\tau_f=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}τf​=C10pH−pKe​​, pKapK_apKa​ du couple BH+/B\text{BH}^+/\text{B}BH+/B, classement de deux bases et dilution

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Relier ce raisonnement au bac

Monobase faible : caractère faible, $\tau_f=\dfrac{10^{\mathrm{pH}-pK_e}}{C}$ , $pK_a$ du couple $\text{BH}^+/\text{B}$ , classement de deux bases et dilution