Des équilibres acido-basiques 
en milieu biologique

Le système « phosphate » est celui qui maintient pratiquement constant le pH intracellulaire (d’après le document 1). Or le pH intracellulaire normal est de 6,8 à 7,0 selon les cellules.

De plus, l’effet tampon optimal est obtenu lorsque pH = pK_A.

Donc le pK_A du couple H₂PO₄^–_(aq)/HPO₄^2–_(aq) est compris entre 6,8 et 7,0.

On a, d’après l’énoncé, la formule $\text{pH}=\text{p}{K}_{\text{A}}+\text{log}\frac{[\text{B}]}{[\text{A}]}$.

Ici pK_A $({\text{CO}}_{2(\text{aq})}{\text{/HCO}}_{3(\text{aq})}^{-})$ = 6,1.

Or d’après le document 2, dans les conditions normales de respiration on a :

[CO_2(aq)] = α × p(CO₂) = 0,030 × 40 = 1,2 mmol · L⁻¹ et $[{\text{HCO}}_{{}_{\text{3}(\text{aq})}}^{-}]$ = 24 mmol · L^–1.

Le pH dans les conditions normales de respiration est donc $\text{pH}=\mathrm{6,1}+\text{log}\frac{24}{\mathrm{1,2}}=\mathrm{7,4}.$

Cela correspond tout à fait au pH du sang humain dans les conditions normales de respiration d’après le document 1.

Par définition $K_{\text{A}}=\frac{\left[{\text{HCO}}_{\text{3(aq)}}^{-}\right]\times \left[{\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}\right]}{\left[{\text{CO}}_{2(\text{aq})}\right]}$.

D’après le document 3, les concentrations en base et en acide du couple ${\text{CO}}_{2(\text{aq})}{\text{/HCO}}_{\text{3(aq)}}^{-}$ peuvent être régulées l’une par voie respiratoire $({\text{CO}}_{2(\text{aq})})$ et l’autre par voie rénale $({\text{HCO}}_{\text{3(aq)}}^{-})$.

On en déduit que la concentration du dioxyde de carbone (CO₂) diminue en cas d’hyperventilation (le patient expulse davantage de CO₂). Ce qui est confirmé par le document 3 « la réaction ventilatoire est rapide, elle met en jeu une hyperventilation destinée à abaisser la quantité de dioxyde de carbone dans le sang, qui doit normalement diminuer en quelques minutes. »

Au contraire, l’hyperventilation ne modifie pas la concentration de l’hydrogénocarbonate $({\text{HCO}}_{\text{3(aq)}}^{-})$ puisque celle-ci est modifiée par voie rénale (l’urine).

On sait que la valeur de la constante d’acidité reste identique (car elle ne dépend que de la température).

La concentration de CO₂ diminue alors et celle de ${\text{HCO}}_{\text{3}}^{-}$ reste constante en même temps que le rapport $\frac{\left[{\text{HCO}}_{\text{3(aq)}}^{-}\right]\times \left[{\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}\right]}{\left[{\text{CO}}_{2(\text{aq})}\right]}$ reste constant : il faut forcément que $\left[{\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}\right]$ diminue et comme $\text{pH}=-\text{log}\left[{\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}\right]$, le pH augmentera automatiquement.

Une acidose est une modification du pH qui devient trop faible, il y donc augmentation de l’acidité. L’augmentation du pH sanguin par hyperventilation permet de corriger cette acidose métabolique.

La molécule comporte un groupe hydroxyle OH et un groupe carboxyle COOH.

Il s’agit d’un acide fort donc sa réaction dans l’eau est totale et la concentration des ions oxonium ${\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}$ est celle de l’acide apporté donc $\left[{\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}\right]$ =c = 1,0 · 10^–2 mol · L⁻¹.

De plus, $\text{pH}=-\text{log}\left[{\text{H}}_{\text{3}}{\text{O}}_{\text{(aq)}}^{+}\right]$ donc $\text{pH}=-\text{log}\left[\mathrm{1,0}·{10}^{-2}\right]=2$.

Par identification, lorsque l’on n’a pas encore versé la base, le pH est celui de la solution d’acide donc la courbe de titrage de l’acide fort est la courbe n° 2.

Par définition de l’équivalence, à l’équivalence on a introduit autant de moles de base que de moles d’acide initialement présentes. Donc, lorsque l’on a ajouté un volume égal à $\frac{V_{\text{E}}}{2}$, on a consommé exactement la moitié de la quantité d’acide initialement présente.

De plus d’après l’équation de la réaction

${\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOOH}}_{(\text{aq})}+{\text{OH}}_{{}^{(\text{aq})}}^{-}\to {\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOO}}_{{}^{(\text{aq})}}^{-}+{\text{H}}_{\text{2}}{\text{O}}_{(\text{l})}$

Si la moitié de la quantité d’acide a été consommée, on a formé aussi exactement la même quantité de la base conjuguée.

On est donc dans la situation où $\left[{\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOOH}}_{(\text{aq})}\right]\text{ = }\left[{\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOO}}_{{}^{(\text{aq})}}^{-}\right]$ car il reste une moitié des moles d’acide à titrer et on a fabriqué une moitié de la base conjuguée.

Or, d’après l’énoncé, on a :

$\text{pH}=\text{p}{K}_{\text{A}}+\text{log}\frac{\left[{\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOO}}_{{}^{(\text{aq})}}^{-}\right]}{\left[{\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOOH}}_{(\text{aq})}\right]}=\text{p}{K}_{\text{A}}$ car log(1) = 0.

D’après le graphique du titrage, on détermine le volume équivalent par la méthode des tangentes et l’on trouve V_E = 10 mL donc $\frac{V_{\text{E}}}{2}$ = 5,0 mL.

On peut maintenant estimer d’après la courbe le pH de la solution lorsque l’on a versé 5,0 mL d’hydroxyde de sodium d’où $\text{p}{K}_{\text{A}}=\mathrm{3,9}.$

D’après l’équation de la réaction de titrage

${\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOOH}}_{(\text{aq})}+{\text{OH}}^{-}\to {\text{CH}}_{\text{3}}{\text{CHOHCOO}}_{{}^{(\text{aq})}}^{-}+{\text{H}}_{\text{2}}{\text{O}}_{(\text{l})}$

On a à l’équivalence $n_{i\text{ acide lactique}}=n_{\text{soude ajoutée}}$

car les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques. Donc, $C_{\text{A exp}}\times V_{\text{A}}=C_{\text{B}}\times V_{\text{E}}$

d’où $C_{\text{A exp}}=\frac{C_{\text{B}}\times V_{\text{E}}}{V_{\text{A}}}=\frac{\mathrm{3,00}·{10}^{-2}\times \mathrm{10,1}}{20}=\mathrm{1,51}·{10}^{-2}\text{ mol}·{\text{L}}^{-\text{1}}$.

Les incertitudes obtenues sur V_A et C_B sont respectivement de 0,05 mL et 0,01 · 10⁻² mol · L⁻¹ pour des valeurs respectives de 20 mL et 3,0 · 10⁻² mol · L^–1. On peut donc calculer les incertitudes relatives de ces deux grandeurs :

$\frac{\Delta V_{\text{A}}}{V_{\text{A}}}=\frac{\mathrm{0,05}}{20}=\mathrm{0,0025}=\mathrm{2,5}·{10}^{-3}$ et $\frac{\Delta C_{\text{B}}}{C_{\text{B}}}=\frac{\mathrm{0,01} · {10}^{-2}}{\mathrm{3,0} · {10}^{-2}}=\mathrm{0,0033}=\mathrm{3,3} · {10}^{-3}.$

Or l’incertitude évaluée sur le volume équivalent est DV_E = 0,3 mL pour une valeur de 10,1 mL. On obtient ainsi l’incertitude relative sur V_E : $\frac{\Delta V_{\text{E}}}{V_{\text{E}}}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{10,1}}=3 · {10}^{-2}.$

L’incertitude relative au volume équivalent est bien dix fois supérieure à celles relatives à C_A ou C_B. On peut donc négliger les incertitudes relatives à V_A et C_B par rapport à celle de V_E.

On a alors $\frac{\Delta C_{\text{A exp}}}{C_{\text{A exp}}}=\frac{\Delta V_{\text{E}}}{V_{\text{E}}}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{10,1}}=3.$

Or, d’après la question 1, on a C_{A exp} = 1,51 · 10^–2 mol · L⁻¹ donc l’incertitude relative sur C_A exp est de 3 % et correspond à $\frac{3}{100}\times \mathrm{1,51}·{10}^{-2}=5·{10}^{-4}\text{ mol}·{\text{L}}^{-1}$.

On a alors C_A exp= 1,51 · 10^–2 ± 0,05 mol · L^–1.

On peut aussi donner le résultat sous la forme d’un encadrement :

1,46 · 10⁻² mol · L⁻¹< C_A exp< 1,56 · 10⁻² mol. L⁻¹.

L’encadrement de la concentration molaire attendue est
C_A = (2,22 ± 0,005) · 10⁻² mol · L⁻¹

Cela correspond à l’encadrement
2,215 · 10⁻² mol · L⁻¹< C_A< 2,225 · 10⁻² mol · L⁻¹

Les deux encadrements ne coïncident pas puisque chacune des valeurs ne rentre pas dans l’intervalle d’incertitude de l’autre. Les intervalles ne se superposent pas.

Les écarts peuvent avoir ici de nombreuses explications comme, par exemple, une erreur de lecture du niveau de la burette lors du titrage, une erreur effectuée sur la concentration de la solution titrante, une erreur lors du pipetage du volume de la solution titrée ou encore une erreur dans le repérage du volume équivalent, ce qui est certainement l’erreur la plus « facile » à faire car il s’agit d’un titrage colorimétrique.