Feuille d'entraînement : Réactions en solution aqueuse : acide-base, précipitation, complexation

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q35

   L'équilibre acido-basique considéré est régi par la constante d'acidité :

   K_a = \frac{[\mathrm{H}^+][\mathrm{HCO_2^-}]}{[\mathrm{HCO_2H}]} \quad \iff \quad \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\left(\frac{[\mathrm{HCO_2^-}]}{[\mathrm{HCO_2H}]}\right)

   Identification des courbes :

   • Lorsque \mathrm{pH} \to 0 (milieu très acide), la forme acide \mathrm{HCO_2H} est très largement prédominante, son pourcentage tend vers 100\,\%, tandis que celui de sa base conjuguée \mathrm{HCO_2^-} tend vers 0\,\%.
   • Réciproquement, à \mathrm{pH} élevé (\mathrm{pH} \gg \mathrm{p}K_a), la forme basique \mathrm{HCO_2^-} devient prédominante et son pourcentage tend vers 100\,\%.

   Par conséquent :

   • la courbe en trait plein correspond à l'acide méthanoïque \mathbf{HCO_2H(aq)} ;
   • la courbe en pointillés correspond à l'ion méthanoate \mathbf{HCO_2^-(aq)}.

   Détermination de K_a : À l'intersection des deux courbes, les deux espèces sont en proportions égales (50\,\%) :

   [\mathrm{HCO_2H}] = [\mathrm{HCO_2^-}] \implies \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a

   L'axe des abscisses de la figure 12 comporte 7 subdivisions régulières entre 0 et 7, soit une division par unité de \mathrm{pH}. Le point de croisement se situe entre \mathrm{pH} = 3 et \mathrm{pH} = 4, plus proche de 4 : on lit graphiquement

   \mathrm{p}K_a \simeq 3{,}75 \pm 0{,}05

   On en déduit la valeur de la constante d'acidité :

   K_a = 10^{-\mathrm{p}K_a} \simeq 10^{-3{,}75} \simeq 1{,}8 \times 10^{-4}

   (Une lecture à \mathrm{p}K_a \simeq 3{,}8 conduit de manière équivalente à K_a \simeq 1{,}6 \times 10^{-4}).

   \boxed{\text{Trait plein : } \mathrm{HCO_2H(aq)}, \quad \text{Pointillés : } \mathrm{HCO_2^-(aq)}, \quad \mathrm{p}K_a \simeq 3{,}75 \quad (K_a \simeq 1{,}8 \times 10^{-4})}

   Résultat

   $$\text{Trait plein : }\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_2\mathrm{H}(\mathrm{aq}),\text{Pointilleˊs : }\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_2^{-}(\mathrm{aq}),\mathrm{p}{K}_a\simeq 3,75(K_a\simeq 1,8\times 10^{-4})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q37

   Lors de la mise en solution dans l'eau, l'acide méthanoïque réagit selon la réaction acido-basique :

   \mathrm{HCO_2H(aq)} + \mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{HCO_2^-(aq)} + \mathrm{H_3O^+(aq)}

   (notée également de façon équivalente dans l'énoncé : \mathrm{HCO_2H(aq)} = \mathrm{HCO_2^-(aq)} + \mathrm{H^+(aq)}).

   À l'état initial, la concentration introduite est C = 0{,}13\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}. En négligeant l'autoprotolyse de l'eau (le milieu étant nettement acide), les concentrations à l'équilibre s'écrivent :

   \begin{aligned} [\mathrm{H^+}] &= [\mathrm{HCO_2^-}] = h \\ [\mathrm{HCO_2H}] &= C - h \end{aligned}

   La constante d'acidité s'exprime par :

   K_a = \frac{[\mathrm{HCO_2^-}][\mathrm{H^+}]}{[\mathrm{HCO_2H}]\,c^\circ} = \frac{h^2}{C - h}

   avec c^\circ = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}.

   En supposant l'acide peu dissocié (h \ll C), on a C - h \approx C, d'où :

   h \approx \sqrt{K_a C}

   Avec K_a \simeq 1{,}8 \times 10^{-4} (d'après la question Q35) et C = 0{,}13\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} :

   h = \sqrt{1{,}8 \times 10^{-4} \times 0{,}13} \simeq 4{,}8 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   Vérifions les hypothèses :

   • Taux de dissociation : \frac{h}{C} = \frac{4{,}8 \times 10^{-3}}{0{,}13} \simeq 3{,}7\,\% < 5\,\%, l'approximation de faible dissociation est bien vérifiée (la résolution exacte du trinôme h^2 + K_a h - K_a C = 0 donne h \simeq 4{,}7 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, soit un écart relatif inférieur à 2\,\%).
   • Autoprotolyse de l'eau : [\mathrm{OH^-}] = \frac{K_e}{h} \approx 2 \times 10^{-12}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \ll h, largement négligeable.

   On en déduit les concentrations à l'équilibre :

   \begin{aligned} [\mathrm{H^+}] &= 4{,}8 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ [\mathrm{HCO_2^-}] &= 4{,}8 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ [\mathrm{HCO_2H}] &= C - h \simeq 0{,}13 - 0{,}0048 = 0{,}125\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \simeq 0{,}13\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   Le \mathrm{pH} de la solution vaut :

   \mathrm{pH} = -\log_{10}\left(\frac{h}{c^\circ}\right) = -\log_{10}(4{,}8 \times 10^{-3}) \simeq 2{,}3

   \boxed{ \begin{aligned} &[\mathrm{H^+}] = [\mathrm{HCO_2^-}] \simeq 4{,}8 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ &[\mathrm{HCO_2H}] \simeq 0{,}13\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ &\mathrm{pH} \simeq 2{,}3 \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}& [{\mathrm{H}}^{+}]=[\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_2^{-}]\simeq 4,8\times 10^{-3}\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\\ & [\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_2\mathrm{H}]\simeq 0,13\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\\ & \mathrm{pH}\simeq 2,3\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MPI 2025, Q20

   1. Diagramme de prédominance

   Les deux couples acide-base mis en jeu sont caractérisés par :

   • pour \text{HLa} / \text{La}^- : \text{p}K_{\text{a}2} = 3{,}9 ;
   • pour \text{H}_2\text{CO}_3 / \text{HCO}_3^- : \text{p}K_{\text{a}1} = 6{,}4.

   2. Équation de la réaction

   L'acide lactique \text{HLa} réagit avec la base hydrogénocarbonate \text{HCO}_3^- selon le transfert de proton :

   \boxed{\text{HLa}_{(\text{aq})} + \text{HCO}_{3\,(\text{aq})}^- \rightleftharpoons \text{La}_{(\text{aq})}^- + \text{H}_2\text{CO}_{3\,(\text{aq})}}

   3. Expression et calcul de la constante d'équilibre

   La constante thermodynamique d'équilibre associée s'écrit :

   \begin{aligned} K^\circ &= \frac{[\text{La}^-]_{\text{éq}}\,[\text{H}_2\text{CO}_3]_{\text{éq}}}{[\text{HLa}]_{\text{éq}}\,[\text{HCO}_3^-]_{\text{éq}}} \\ &= \left(\frac{[\text{La}^-]_{\text{éq}}\,[\text{H}_3\text{O}^+]_{\text{éq}}}{[\text{HLa}]_{\text{éq}}\,c^\circ}\right) \times \left(\frac{[\text{H}_2\text{CO}_3]_{\text{éq}}\,c^\circ}{[\text{HCO}_3^-]_{\text{éq}}\,[\text{H}_3\text{O}^+]_{\text{éq}}}\right) \\ &= \frac{K_{\text{a}2}}{K_{\text{a}1}} = 10^{\text{p}K_{\text{a}1} - \text{p}K_{\text{a}2}} \end{aligned}

   Application numérique avec \text{p}K_{\text{a}1} = 6{,}4 et \text{p}K_{\text{a}2} = 3{,}9 :

   K^\circ = 10^{6{,}4 - 3{,}9} = 10^{2{,}5} \approx 3{,}2 \cdot 10^2

   \boxed{K^\circ = \frac{K_{\text{a}2}}{K_{\text{a}1}} = 10^{\text{p}K_{\text{a}1}-\text{p}K_{\text{a}2}} \approx 3{,}2 \cdot 10^2}

   4. Analyse critique de l'hypothèse de réaction quasi-totale

   Par convention, une réaction en solution aqueuse est considérée comme quasi-totale a priori si sa constante d'équilibre vérifie usuellement le critère K^\circ \ge 10^3 (ou 10^4, correspondant à \Delta \text{p}K_\text{a} \ge 3 ou 4).

   Ici, K^\circ \approx 316 < 10^3 : l'équilibre est certes nettement favorisé dans le sens direct, mais la constante n'est pas suffisamment élevée pour qualifier d'office la réaction de « quasi-totale » sur la seule base de K^\circ. Toutefois, la forte présence initiale d'ions \text{HCO}_3^- dans le sang par rapport à la quantité d'acide lactique produite pourra déplacer très fortement cet équilibre.

   Résultat

   $${\text{HLa}}_{(\text{aq})}+{\text{HCO}}_{3(\text{aq})}^{-}\rightleftharpoons {\text{La}}_{(\text{aq})}^{-}+{\text{H}}_2{\text{CO}}_{3(\text{aq})}$$

   $$K^{\circ }=\frac{K_{\text{a}2}}{K_{\text{a}1}}=10^{\text{p}{K}_{\text{a}1}-\text{p}{K}_{\text{a}2}}\approx 3,2\cdot 10^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MPI 2025, Q22

   1. Équation de la réaction de titrage

   L'acide lactique \text{HLa} présent dans la solution S est titré par les ions hydroxyde \text{HO}^- apportés par la solution de soude S_1 :

   \boxed{\text{HLa}_{(\text{aq})} + \text{HO}^-_{(\text{aq})} \longrightarrow \text{La}^-_{(\text{aq})} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)}}

   2. Constante d'équilibre et interprétation

   La constante thermodynamique d'équilibre associée à cette réaction s'écrit :

   K^\circ = \frac{[\text{La}^-]_{\text{éq}}\,c^\circ}{[\text{HLa}]_{\text{éq}}\,[\text{HO}^-]_{\text{éq}}} = \frac{[\text{La}^-]_{\text{éq}}\,[\text{H}_3\text{O}^+]_{\text{éq}}}{[\text{HLa}]_{\text{éq}}\,c^\circ} \times \frac{(c^\circ)^2}{[\text{H}_3\text{O}^+]_{\text{éq}}\,[\text{HO}^-]_{\text{éq}}} = \frac{K_{\text{a}2}}{K_e} = 10^{\text{p}K_e - \text{p}K_{\text{a}2}}

   Application numérique avec \text{p}K_e = 14 et \text{p}K_{\text{a}2} = 3{,}9 :

   K^\circ = 10^{14 - 3{,}9} = 10^{10{,}1} \approx 1{,}3 \cdot 10^{10}

   \boxed{K^\circ = 10^{\text{p}K_e - \text{p}K_{\text{a}2}} \approx 1{,}3 \cdot 10^{10}}

   On a K^\circ \gg 10^4 : la réaction est quasi-totale (quantitative). De plus, s'agissant d'un échange direct de proton entre un acide et une base forte, la réaction est rapide et univoque. Elle vérifie donc tous les critères d'une réaction support de titrage.

   3. Schéma annoté du montage

   Résultat

   $${\text{HLa}}_{(\text{aq})}+{\text{HO}}_{(\text{aq})}^{-}⟶{\text{La}}_{(\text{aq})}^{-}+{\text{H}}_2{\text{O}}_{(\ell )}$$

   $$K^{\circ }=10^{\text{p}{K}_e-\text{p}{K}_{\text{a}2}}\approx 1,3\cdot 10^{10}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie MPI 2025, Q24

   Pour qu'un indicateur coloré convienne lors d'un titrage acido-basique, sa zone de virage doit englober le pH à l'équivalence \text{pH}_E, ou tout au moins être comprise dans la zone de forte variation du pH correspondant au saut de titrage.

   D'après la courbe de titrage (figure 8), le saut de pH est centré autour de l'abscisse équivalente V_E \approx 11{,}0\text{ mL}, pour laquelle :

   \text{pH}_E \approx 7{,}5 \text{ à } 8{,}0

   Le saut de pH s'étend approximativement de \text{pH} \approx 6{,}0 à \text{pH} \approx 9{,}5.

   Analysons les indicateurs proposés :

   • Rouge congo : sa zone de virage (3{,}5 - 4{,}5) est située bien avant l'équivalence, sur la partie lentement croissante de la courbe de titrage. Il ne convient pas du tout.
   • Rouge de phénol : sa zone de virage (6{,}8 - 7{,}8) contient le pH à l'équivalence \text{pH}_E et se trouve en plein dans la partie quasi-verticale du saut de pH. Le passage de la teinte acide (jaune) à la teinte basique (rouge) permettra de repérer l'équivalence avec une excellente netteté et une très faible erreur de titrage.
   • Thymolphtaléine : sa zone de virage (9{,}0 - 10{,}0) est située tout en haut du saut de pH, à la limite du plateau final. Même si elle pourrait à la rigueur virer en fin de saut, elle conduirait à une surévaluation du volume équivalent versé.

   \boxed{\text{L'indicateur coloré à utiliser est le rouge de phénol.}}

   Résultat

   $$\text{L’indicateur coloreˊ aˋ utiliser est le rouge de pheˊnol.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q5

   1. Expressions des constantes d'acidité

   L'acide sulfurique \mathrm{H_2SO_4} est un diacide dont les réactions de transfert de proton avec l'eau s'écrivent :

   \begin{aligned} \mathrm{H_2SO_4(aq)} + \mathrm{H_2O(\ell)} &\rightleftharpoons \mathrm{HSO_4^-(aq)} + \mathrm{H_3O^+(aq)} \\ \mathrm{HSO_4^-(aq)} + \mathrm{H_2O(\ell)} &\rightleftharpoons \mathrm{SO_4^{2-}(aq)} + \mathrm{H_3O^+(aq)} \end{aligned}

   En adoptant la convention de l'énoncé où l'ion oxonium est noté indifféremment \mathrm{H^+} ou \mathrm{H_3O^+}, et avec la concentration de référence C^\circ = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} :

   \boxed{K_{\text{a}_1} = \frac{[\mathrm{HSO_4^-}][\mathrm{H^+}]}{[\mathrm{H_2SO_4}]\,C^\circ}} \quad \text{et} \quad \boxed{K_{\text{a}_2} = \frac{[\mathrm{SO_4^{2-}}][\mathrm{H^+}]}{[\mathrm{HSO_4^-}]\,C^\circ}}

   2. Identification des courbes et graduations des axes

   • Axe vertical : il porte les fractions molaires relatives x_i. Par définition, pour toute valeur de \mathrm{pH}, x_1 + x_2 + x_3 = 1 et 0 \leqslant x_i \leqslant 1. L'axe vertical est donc gradué de 0 à 1 (ou 100\,\%) avec une valeur médiane remarquable à 0{,}5.

   • Identification des espèces :

     • À \mathrm{pH} très faible, le milieu est fortement acide : la forme totalement protonée \mathrm{H_2SO_4} prédomine (x_1 \to 1). La courbe décroissante correspond à x_1 (\mathrm{H_2SO_4}).
     • À \mathrm{pH} élevé, la forme totalement déprotonée \mathrm{SO_4^{2-}} prédomine (x_3 \to 1). La courbe croissante correspond à x_3 (\mathrm{SO_4^{2-}}).
     • L'ampholyte \mathrm{HSO_4^-} prédomine aux \mathrm{pH} intermédiaires. La courbe en cloche correspond à x_2 (\mathrm{HSO_4^-}).

   • Axe horizontal (\mathrm{pH}) :

     • Lorsque [\mathrm{H_2SO_4}] = [\mathrm{HSO_4^-}] (c'est-à-dire x_1 = x_2), l'espèce \mathrm{SO_4^{2-}} est ultra-minoritaire car \mathrm{p}K_{\text{a}_2} - \mathrm{p}K_{\text{a}_1} = 4{,}9 \gg 1. On a alors x_1 = x_2 \simeq 0{,}5, ce qui donne immédiatement :

       \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_{\text{a}_1} = -3{,}0

     • De même, lorsque [\mathrm{HSO_4^-}] = [\mathrm{SO_4^{2-}}] (soit x_2 = x_3 \simeq 0{,}5, \mathrm{H_2SO_4} étant ultra-minoritaire) :

       \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_{\text{a}_2} = 1{,}9

     • Le maximum de prédominance de l'ampholyte \mathrm{HSO_4^-} est atteint pour :

       \mathrm{pH}_{\max} = \frac{\mathrm{p}K_{\text{a}_1} + \mathrm{p}K_{\text{a}_2}}{2} = \frac{-3{,}0 + 1{,}9}{2} = -0{,}55

       En ce point, x_2 = \frac{1}{1 + 2\cdot 10^{-\frac{\mathrm{p}K_{\text{a}_2}-\mathrm{p}K_{\text{a}_1}}{2}}} \simeq 1 - 2\cdot 10^{-2{,}45} \simeq 0{,}993 \simeq 1.

   Résultat

   $$K_{{\text{a}}_1}=\frac{[\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_4^{-}][{\mathrm{H}}^{+}]}{[{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4]C^{\circ }}$$

   $$K_{{\text{a}}_2}=\frac{[\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}][{\mathrm{H}}^{+}]}{[\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_4^{-}]C^{\circ }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q23

   Considérons les trois équilibres physico-chimiques mis en jeu en solution aqueuse :

   • L'acidité du dihydrogénodiphosphate :

     \mathrm{H_2P_2O_7^{2-} + H_2O \rightleftarrows HP_2O_7^{3-} + H_3O^+} \quad (K_{a1})

   • L'acidité du dioxyde de carbone dissous :

     \mathrm{CO_{2,aqueux} + 2\,H_2O \rightleftarrows HCO_3^- + H_3O^+} \quad (K_{a3})

   • La dissolution du dioxyde de carbone gazeux :

     \mathrm{CO_2(g) \rightleftarrows CO_{2,aqueux}} \quad (K_s)

   La réaction (1) s'écrit comme la combinaison suivante :

   (1) = \text{réaction}(K_{a1}) - \text{réaction}(K_{a3}) - \text{réaction}(K_s)

   soit :

   \mathrm{H_2P_2O_7^{2-} + HCO_3^- \rightleftarrows CO_2(g) + H_2O + HP_2O_7^{3-}}

   La constante d'équilibre K_1^\circ de la réaction (1) s'exprime donc par :

   \boxed{ K_1^\circ = \frac{K_{a1}}{K_{a3} \, K_s} }

   Application numérique : À 25\text{ }^\circ\text{C} :

   \begin{aligned} K_{a1} &= 10^{-\mathrm{p}K_{a1}} = 10^{-6{,}7} \\ K_{a3} &= 10^{-\mathrm{p}K_{a3}} = 10^{-6{,}3} \\ K_s &= 2{,}8 \cdot 10^{-2} \end{aligned}

   D'où :

   K_1^\circ = \frac{10^{-6{,}7 + 6{,}3}}{2{,}8 \cdot 10^{-2}} = \frac{10^{-0{,}4}}{2{,}8 \cdot 10^{-2}} \approx \frac{0{,}398}{0{,}028} \approx 14

   \boxed{ K_1^\circ = 14 }

   Résultat

   $$K_1^{\circ }=\frac{K_{a1}}{K_{a3}{K}_s}$$

   $$K_1^{\circ }=14$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q26

   a) Attribution des espèces aux courbes :

   • Par définition du \mathrm{pH}, [\mathrm{H_3O^+}] = 10^{-\mathrm{pH}}, soit \log\left(\frac{[\mathrm{H_3O^+}]}{C^\circ}\right) = -\mathrm{pH}. Il s'agit d'une droite de pente -1 passant par l'origine (0,0) : c'est la courbe 4.
   • Le produit ionique de l'eau donne [\mathrm{OH^-}] = \frac{K_e}{[\mathrm{H_3O^+}]} = 10^{\mathrm{pH}-14}, soit \log\left(\frac{[\mathrm{OH^-}]}{C^\circ}\right) = \mathrm{pH}-14. C'est une droite de pente +1 s'annulant en \mathrm{pH} = 14 : c'est la courbe 5.

   • Les espèces phosphorées dérivent du diacide \mathrm{H_2P_2O_7^{2-}}. Selon l'échelle des \mathrm{p}K_a, les formes prédominent par ordre de déprotonation croissante lorsque le \mathrm{pH} augmente :

     • À \mathrm{pH} < \mathrm{p}K_{a1} = 6{,}7, l'acide \mathrm{H_2P_2O_7^{2-}} prédomine : courbe 1.
     • Pour 6{,}7 < \mathrm{pH} < \mathrm{p}K_{a2} = 9{,}3, l'ampholyte \mathrm{HP_2O_7^{3-}} prédomine : courbe 2.
     • À \mathrm{pH} > \mathrm{p}K_{a2} = 9{,}3, la base \mathrm{P_2O_7^{4-}} prédomine : courbe 3.

   \boxed{ \begin{aligned} \text{Courbe 1} &: \mathrm{H_2P_2O_7^{2-}} \\ \text{Courbe 2} &: \mathrm{HP_2O_7^{3-}} \\ \text{Courbe 3} &: \mathrm{P_2O_7^{4-}} \\ \text{Courbe 4} &: \mathrm{H_3O^+} \\ \text{Courbe 5} &: \mathrm{OH^-} \end{aligned} }

   b) Détermination de C_p : Dans le domaine où l'une des espèces phosphorées est ultra-majoritaire (par exemple pour la courbe 1 entre \mathrm{pH} = 2 et 5), sa concentration est pratiquement égale à la concentration totale C_p. Sur ce palier horizontal, on lit :

   \log\left(\frac{C_p}{C^\circ}\right) \simeq -0{,}44 \pm 0{,}02

   D'où la concentration totale en espèces phosphorées :

   C_p = 10^{-0{,}44} \approx 0{,}36\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C_p \simeq 0{,}36\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   c) Valeurs théoriques des abscisses des points P et Q :

   • Le point \mathrm{P} correspond à l'intersection des courbes 1 et 2, soit [\mathrm{H_2P_2O_7^{2-}}] = [\mathrm{HP_2O_7^{3-}}]. D'après la relation d'Henderson-Hasselbalch appliquée au premier couple acido-basique :

     \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_{a1} + \log\left(\frac{[\mathrm{HP_2O_7^{3-}}]}{[\mathrm{H_2P_2O_7^{2-}}]}\right) = \mathrm{p}K_{a1}

     L'abscisse théorique du point \mathrm{P} est donc :

     \boxed{\mathrm{pH}_\mathrm{P} = \mathrm{p}K_{a1} = 6{,}7}

   • Le point \mathrm{Q} correspond à l'intersection des courbes 2 et 3, soit [\mathrm{HP_2O_7^{3-}}] = [\mathrm{P_2O_7^{4-}}]. De même, pour le second couple acido-basique :

     \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_{a2} + \log\left(\frac{[\mathrm{P_2O_7^{4-}}]}{[\mathrm{HP_2O_7^{3-}}]}\right) = \mathrm{p}K_{a2}

     L'abscisse théorique du point \mathrm{Q} est donc :

     \boxed{\mathrm{pH}_\mathrm{Q} = \mathrm{p}K_{a2} = 9{,}3}

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\text{Courbe 1}& :{\mathrm{H}}_2{\mathrm{P}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}\\ \text{Courbe 2}& :\mathrm{H}{\mathrm{P}}_2{\mathrm{O}}_7^{3-}\\ \text{Courbe 3}& :{\mathrm{P}}_2{\mathrm{O}}_7^{4-}\\ \text{Courbe 4}& :{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\\ \text{Courbe 5}& :\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\end{array}$$

   $$C_p\simeq 0,36\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   $${\mathrm{pH}}_{\mathrm{P}}=\mathrm{p}{K}_{a1}=6,7$$

   $${\mathrm{pH}}_{\mathrm{Q}}=\mathrm{p}{K}_{a2}=9,3$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie MPI 2023, Q50

   En solution aqueuse, un milieu basique est une solution dans laquelle la concentration en ions hydroxyde \mathrm{HO^-} est strictement supérieure à celle en ions oxonium \mathrm{H_3O^+} :

   [\mathrm{HO^-}] > [\mathrm{H_3O^+}]

   À la température de travail fixée par l'énoncé (T = 25\,^\circ\mathrm{C}), le produit ionique de l'eau vaut K_\mathrm{e} = [\mathrm{H_3O^+}][\mathrm{HO^-}] = 1{,}0 \cdot 10^{-14}. Cette condition est donc équivalente à :

   \boxed{\mathrm{pH} > \frac{1}{2}\mathrm{p}K_\mathrm{e} = 7{,}0}

   Résultat

   $$\mathrm{pH}>\frac{1}{2}\mathrm{p}{K}_{\mathrm{e}}=7,0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q36

    1. Calcul des grandeurs à prélever

    La masse molaire de l'acide méthanoïque \mathrm{HCO_2H} vaut :

    \mathcal{M} = \mathcal{M}_{\mathrm{C}} + 2\,\mathcal{M}_{\mathrm{H}} + 2\,\mathcal{M}_{\mathrm{O}} = 12{,}0 + 2 \times 1{,}0 + 2 \times 16{,}0 = 46{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}

    La quantité de matière d'acide requise pour préparer un volume V = 100\text{ mL} = 0{,}100\text{ L} de solution à la concentration C = 0{,}13\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} est :

    n = C\,V = 0{,}13 \times 0{,}100 = 1{,}3 \times 10^{-2}\text{ mol}

    La masse correspondante d'acide méthanoïque pur est :

    m = n\,\mathcal{M} = 1{,}3 \times 10^{-2} \times 46{,}0 = 0{,}598\text{ g} \simeq 0{,}60\text{ g}

    Sachant que la masse volumique de l'acide pur est \rho = 1{,}22\text{ kg}\cdot\text{L}^{-1} = 1{,}22\text{ g}\cdot\text{mL}^{-1}, le volume V_0 à prélever est :

    V_0 = \frac{m}{\rho} = \frac{C\,V\,\mathcal{M}}{\rho} = \frac{0{,}598}{1{,}22} \simeq 0{,}49\text{ mL} \quad (\text{soit } 490\ \mu\text{L})

    \boxed{V_0 \simeq 0{,}49\text{ mL} \quad (\text{ou } m \simeq 0{,}60\text{ g})}

    2. Phases opératoires

    • Consignes de sécurité : l'acide méthanoïque pur est volatil et très corrosif. La manipulation se fait obligatoirement sous hotte aspirante ventilée, avec le port d'une blouse, de lunettes de protection et de gants adaptés.
    • Introduction du solvant : introduire au préalable environ 40\text{ à }50\text{ mL} d'eau purifiée dans une fiole jaugée de 100\text{ mL} propre et sèche (ou rincée à l'eau purifiée), afin d'éviter les projections corrosives lors de la dilution (toujours verser l'acide dans l'eau).

    • Prélèvement :

      • soit prélever V_0 = 490\ \mu\text{L} d'acide pur à l'aide d'une micropipette de précision munie d'un cône propre ;
      • soit peser précisément m = 0{,}60\text{ g} d'acide pur dans un petit bécher sur une balance de précision sous hotte.
    • Ajout et homogénéisation : introduire l'acide dans la fiole jaugée (en rinçant soigneusement les parois de l'entonnoir ou du récipient de pesée à l'eau purifiée).
    • Mise au trait de jauge : compléter avec de l'eau purifiée jusqu'à un centimètre en dessous du trait de jauge, puis ajuster au ménisque goutte à goutte à l'aide d'une pipette Pasteur (le bas du ménisque doit affleurer le trait de jauge).
    • Homogénéisation finale : boucher la fiole jaugée et la retourner à plusieurs reprises pour homogénéiser la solution.

    Résultat

    $$V_0\simeq 0,49\text{ mL}(\text{ou }m\simeq 0,60\text{ g})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question