Titrage : corrigé des exercices de sciences physiques première – PDF gratuit à télécharger et imprimer

1. Le dosage par étalonnage compare une grandeur mesurée (absorbance, conductivité…) à celle de solutions connues, sans transformation chimique utile. Le dosage par titrage utilise une réaction chimique et détruit l’espèce titrée.
2. La réaction support doit être rapide, totale et unique.
3. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : l’espèce titrée et le titrant sont entièrement consommés.
4. La burette graduée verse le titrant ; la pipette jaugée prélève la solution titrée.

a. Faux : le titrage est destructif, l’espèce titrée est consommée.
b. Vrai : c’est la définition de l’équivalence.
c. Faux : après l’équivalence, c’est le titrant qui est en excès.
d. Faux : V_E est proportionnel à V_A (C_A V_A ÷ a = C_T V_E ÷ b).
e. Vrai : sinon l’eau restante diluerait le titrant et fausserait sa concentration.
f. Faux : l’eau ajoutée ne change pas la quantité de matière de l’espèce titrée, donc ni V_E ni le résultat ; elle peut même faciliter l’agitation.

1. Le bas du ménisque est à mi-chemin entre 12,4 et 12,5 : V = 12,45 mL ± 0,05 mL.
2. On lit le bas du ménisque, avec l’œil à la hauteur de la surface, pour éviter l’erreur de parallaxe (lecture trop haute ou trop basse selon l’angle de vue).
3. 0,1 mL ÷ 0,05 mL = 2 gouttes.

1. n(MnO₄⁻) = C_T × V_E = 1,00 × 10⁻² × 15,2 × 10⁻³ = 1,52 × 10⁻⁴ mol.
2. n(Fe²⁺) = 5 × n(MnO₄⁻) = 5 × 1,52 × 10⁻⁴ = 7,60 × 10⁻⁴ mol.
3. C_A = 7,60 × 10⁻⁴ ÷ 10,0 × 10⁻³ = 7,60 × 10⁻² mol/L. Concentration en masse : 7,60 × 10⁻² × 55,8 ≈ 4,24 g/L.

1. Avant l’équivalence, il reste du diiode qui donne avec l’amidon une couleur bleu-noir. À l’équivalence, tout le diiode a été consommé par les ions thiosulfate : plus de diiode, plus de coloration, la solution est incolore.
2. À l’équivalence : n(I₂) ÷ 1 = n(S₂O₃²⁻) ÷ 2, soit n(I₂) = n(S₂O₃²⁻) ÷ 2.
3. n(S₂O₃²⁻) = 0,100 × 8,4 × 10⁻³ = 8,4 × 10⁻⁴ mol ; n(I₂) = 4,2 × 10⁻⁴ mol ; C(I₂) = 4,2 × 10⁻⁴ ÷ 20,0 × 10⁻³ = 2,1 × 10⁻² mol/L.

1. MnO₄⁻ + 8 H⁺ + 5 e⁻ = Mn²⁺ + 4 H₂O et Fe³⁺ + e⁻ = Fe²⁺.
2. On écrit Fe²⁺ = Fe³⁺ + e⁻ et on la multiplie par 5 pour échanger 5 électrons : MnO₄⁻ + 5 Fe²⁺ + 8 H⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O.
3. L’oxydant est MnO₄⁻ (il capte des électrons), le réducteur est Fe²⁺ ; l’espèce titrée est Fe²⁺.
4. Les ions permanganate sont violets alors que Mn²⁺ est presque incolore : la première goutte en excès colore la solution en rose. Le titrant sert d’indicateur (auto-indication).

1. Il faut choisir R3. R1 est trop lente (on ne sait pas quand l’équivalence est atteinte), R2 n’est pas totale, R4 n’est pas unique : une partie de A est consommée par une autre réaction, ce qui fausse le bilan.
2. Avec une réaction limitée, les réactifs coexistent avant et après le « point d’équivalence » : il n’y a pas de changement brusque de réactif limitant, donc pas de changement de couleur net.

1. n(MnO₄⁻) = 2,00 × 10⁻² × 14,8 × 10⁻³ = 2,96 × 10⁻⁴ mol. À l’équivalence, n(MnO₄⁻) ÷ 2 = n(H₂O₂) ÷ 5, donc n(H₂O₂) = 5 ÷ 2 × 2,96 × 10⁻⁴ = 7,40 × 10⁻⁴ mol.
2. C_dil = 7,40 × 10⁻⁴ ÷ 10,0 × 10⁻³ = 7,40 × 10⁻² mol/L ; C = 10 × C_dil = 0,740 mol/L.
3. C_m = 0,740 × 34,0 ≈ 25,2 g/L.
4. Sans dilution, V_E serait 10 fois plus grand : 148 mL, bien plus que la capacité d’une burette de 25 mL. On dilue pour obtenir un volume équivalent raisonnable (10 à 20 mL).

1. Courbe A = Fe²⁺ (réactif consommé, sa quantité décroît) ; courbe B = Fe³⁺ (produit formé, sa quantité croît).
2. Les quantités sont constantes à partir de V = 10,0 mL : V_E = 10,0 mL. À ce volume, n(Fe²⁺) = 0.
3. n_i(Fe²⁺) = 1,00 mmol dans 10,0 mL : C_A = 1,00 × 10⁻³ ÷ 10,0 × 10⁻³ = 0,100 mol/L.
4. n(MnO₄⁻) = n(Fe²⁺) ÷ 5 = 0,200 mmol, donc C_T = 0,200 × 10⁻³ ÷ 10,0 × 10⁻³ = 2,00 × 10⁻² mol/L.
5. Après V_E : plus de Fe²⁺ à oxyder, donc n(Fe²⁺) = 0 et n(Fe³⁺) reste constante à 1,00 mmol ; le permanganate versé s’accumule.

1. Valeurs : 12,3 ; 12,4 ; 12,4 ; 12,5 ; 12,6 mL. Écart maximal : 0,3 mL. Selon le critère « au plus 0,2 mL », la valeur 12,6 est un peu éloignée ; on conserve cependant les cinq valeurs, le critère étant proche d’être satisfait (écart de 0,2 mL entre 12,4 et 12,6).
2. V̄_E = (12,3 + 12,4 + 12,4 + 12,5 + 12,6) ÷ 5 = 62,2 ÷ 5 = 12,44 mL.
3. u(V_E) = 0,11 ÷ √5 = 0,11 ÷ 2,236 ≈ 0,05 mL.
4. C_A = 5 × C_T × V̄_E ÷ V_A = 5 × 2,00 × 10⁻² × 12,44 ÷ 20,0 = 6,22 × 10⁻² mol/L.
5. u(C_A) ÷ C_A = 0,05 ÷ 12,44 ≈ 0,4 % ; u(C_A) ≈ 0,004 × 6,22 × 10⁻² = 2,5 × 10⁻⁴ mol/L. On écrit C_A = (6,22 ± 0,03) × 10⁻² mol/L.

1. Tant qu’il reste de la vitamine C, le diiode versé est consommé et disparaît. Dès qu’il n’y en a plus, le diiode en excès forme avec l’amidon un complexe bleu-noir : c’est l’équivalence.
2. À l’équivalence, n(C₆H₈O₆) = n(I₂) = 5,00 × 10⁻² × 5,52 × 10⁻³ = 2,76 × 10⁻⁴ mol.
3. Dans la fiole de 100,0 mL (10 fois plus de volume) : n = 2,76 × 10⁻³ mol ; m = n × M = 2,76 × 10⁻³ × 176,0 ≈ 0,486 g, soit 486 mg.
4. Écart relatif = |486 − 500| ÷ 500 = 14 ÷ 500 = 2,8 %.

1. Quantités en mmol : état initial (x = 0) : Fe²⁺ 1,00 ; MnO₄⁻ 0,200 ; Fe³⁺ 0 ; Mn²⁺ 0. État en cours (x) : Fe²⁺ 1,00 − 5x ; MnO₄⁻ 0,200 − x ; Fe³⁺ 5x ; Mn²⁺ x. H⁺ et H₂O sont en excès.
2. 1,00 − 5x_max = 0 donne x = 0,200 mmol ; 0,200 − x_max = 0 donne x = 0,200 mmol. Les deux valeurs sont égales : x_max = 0,200 mmol, les deux réactifs sont limitants (proportions stœchiométriques).
3. À l’équivalence : n(Fe²⁺) = 0 ; n(MnO₄⁻) = 0 ; n(Fe³⁺) = 1,00 mmol ; n(Mn²⁺) = 0,200 mmol.
4. Plus aucun Fe²⁺ ne peut réagir : les 0,050 mmol ajoutés restent : n(MnO₄⁻) = 0,050 mmol.

1. Tant qu’il reste des ions chlorure, les ions argent précipitent sous forme de AgCl. Quand les Cl⁻ sont épuisés, les Ag⁺ en excès réagissent avec le chromate : le précipité rouge brique signale que l’équivalence est franchie.
2. À l’équivalence, n(Cl⁻) = n(Ag⁺) = 0,100 × 15,4 × 10⁻³ = 1,54 × 10⁻³ mol ; C = 1,54 × 10⁻³ ÷ 10,0 × 10⁻³ = 0,154 mol/L.
3. C_m = 0,154 × 58,5 ≈ 9,01 g/L. L’écart relatif avec 9,0 g/L est d’environ 0,1 % : le résultat est conforme à l’étiquette.

a. La bulle occupe un volume qui est compté comme du titrant versé alors que ce n’est pas du liquide : V_E lu est trop grand, C_A trop grande.
b. L’eau résiduelle dilue le titrant : sa concentration réelle est plus faible que C_T, il en faut plus pour atteindre l’équivalence. V_E trop grand, C_A trop grande.
c. V_E mesuré est trop grand : C_A trop grande.
d. L’eau résiduelle dilue le prélèvement : il contient moins d’espèce titrée que prévu, V_E est trop petit, C_A trop petite.
e. L’eau n’apporte aucune quantité de matière de l’espèce titrée : inchangée.

1. Valeurs : 0,81 ; 0,84 ; 0,78 ; 0,86 mol/L. Moyenne = 3,29 ÷ 4 ≈ 0,82 mol/L.
2. z = |C − 0,83| ÷ 0,02 : groupe 1 : 0,02 ÷ 0,02 = 1,0 ; groupe 2 : 0,01 ÷ 0,02 = 0,5 ; groupe 3 : 0,05 ÷ 0,02 = 2,5 ; groupe 4 : 0,03 ÷ 0,02 = 1,5.
3. Les groupes 1, 2 et 4 sont compatibles (z < 2) ; le groupe 3 ne l’est pas (z = 2,5).
4. Par exemple un titrage arrêté trop tôt, une pipette mal rincée à l’eau (prélèvement dilué) ou une erreur de lecture : toutes ces erreurs donnent un volume équivalent trop petit.

1. À l’équivalence, C_A V_A ÷ 5 = C_T V_E ÷ 1, donc V_E = C_A × V_A ÷ (5 × C_T).
2. Avec C_A ÷ (5 C_T) = 0,050 ÷ 0,100 = 0,50 : V_A = 5,0 mL donne V_E = 2,5 mL ; 10,0 mL donne 5,0 mL ; 20,0 mL donne 10,0 mL ; 25,0 mL donne 12,5 mL.
3. L’incertitude de lecture de 0,05 mL pèse moins lorsque V_E est grand : 0,05 ÷ 2,5 = 2 % contre 0,05 ÷ 12,5 = 0,4 %. Le volume V_E doit aussi rester inférieur à 25 mL. On choisit la pipette de 25,0 mL (V_E = 12,5 mL) ; celle de 20,0 mL convient aussi (0,5 %).

1. Il donne rapidement un encadrement de V_E pour savoir où ralentir lors du titrage précis, et évite d’utiliser trop de réactifs.
2. Encadrement : 9 mL < V_E < 10 mL. La valeur 9,30 mL est cohérente.
3. C_A = C_T × V_E ÷ V_A = 0,100 × 9,30 ÷ 20,0 = 4,65 × 10⁻² mol/L.
4. Une goutte de trop représente 0,05 mL : 0,05 ÷ 9,30 ≈ 0,5 %.

Protocole possible. Matériel : jus d’orange filtré, solution de diiode (burette de 25 mL), pipette jaugée de 10,0 mL, bécher, agitateur magnétique, empois d’amidon, lunettes et gants. Étapes : (1) filtrer le jus pour éliminer la pulpe ; (2) rincer la burette au diiode, la remplir et ajuster le zéro ; (3) prélever V_A = 10,0 mL de jus filtré avec la pipette jaugée ; (4) ajouter 10 mL d’eau distillée et quelques gouttes d’empois d’amidon ; (5) verser le diiode jusqu’à l’apparition d’une teinte bleu-noir persistante ; (6) répéter pour obtenir des volumes concordants. Réaction support : C₆H₈O₆ + I₂ → C₆H₆O₆ + 2 H⁺ + 2 I⁻, donc n(vitamine C) = C_T × V_E.
Difficultés. La couleur orangée du jus masque le virage : on dilue fortement et on compare à un témoin non titré. La pulpe gêne et peut consommer du diiode : on filtre. On peut aussi travailler rapidement car la vitamine C s’oxyde à l’air.

1. À l’équivalence, n(C₆H₈O₇) ÷ 1 = n(HO⁻) ÷ 3, soit n(acide) = n(HO⁻) ÷ 3.
2. n(HO⁻) = 0,100 × 14,0 × 10⁻³ = 1,40 × 10⁻³ mol ; n(acide) dans 10,0 mL = 1,40 × 10⁻³ ÷ 3 ≈ 4,67 × 10⁻⁴ mol ; dans la fiole de 100,0 mL : 4,67 × 10⁻³ mol.
3. m = 4,67 × 10⁻³ × 192 ≈ 0,896 g ; pourcentage = 0,896 ÷ 1,00 ≈ 90 % de la poudre.

1. Erreurs : (a) une éprouvette graduée n’est pas assez précise, il faut une pipette jaugée ; (b) la relation est fausse : n(Fe²⁺) = 5 × n(MnO₄⁻) ; (c) trop de chiffres significatifs : 0,008400 en affiche 4 alors que V_E n’en a que 2 ou 3 ; (d) pas d’incertitude ni de répétition des mesures ; V_E n’est donné qu’avec 2 chiffres significatifs.
2. C_A = 5 × 0,0200 × 8,4 ÷ 20,0 = 4,2 × 10⁻² mol/L (2 chiffres significatifs, comme V_E = 8,4 mL).
3. « La concentration en ions Fe²⁺ de la solution est C_A = 4,2 × 10⁻² mol/L, déterminée par titrage avec les ions permanganate. »