Feuille d'entraînement : Titrages

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie MP 2025, Q25

   L'acide lactique \mathrm{HLa} est titré par les ions hydroxyde \mathrm{HO}^- apportés par la solution de soude. L'équation de la réaction support de titrage s'écrit :

   \boxed{\mathrm{HLa}_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})} = \mathrm{La}^-_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}}

   La constante d'équilibre associée s'exprime en fonction des constantes d'acidité des couples mis en jeu :

   K^\circ = \frac{[\mathrm{La}^-]_{\text{éq}}}{[\mathrm{HLa}]_{\text{éq}}\,[\mathrm{HO}^-]_{\text{éq}}} = \frac{[\mathrm{La}^-]_{\text{éq}}\,[\mathrm{H}_3\mathrm{O}^+]_{\text{éq}}}{[\mathrm{HLa}]_{\text{éq}}} \times \frac{1}{[\mathrm{HO}^-]_{\text{éq}}\,[\mathrm{H}_3\mathrm{O}^+]_{\text{éq}}} = \frac{K_{a2}}{K_e} = 10^{\mathrm{p}K_e - \mathrm{p}K_{a2}}

   Avec \mathrm{p}K_{a2} = 3,9 et \mathrm{p}K_e = 14 à 25\text{ }^\circ\mathrm{C} :

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

   \boxed{K^\circ = 10^{\mathrm{p}K_e - \mathrm{p}K_{a2}} \approx 1,3 \cdot 10^{10}}

   Comme K^\circ \gg 10^4, la réaction est quasi-totale (quantitative). De plus, s'agissant d'un échange de proton en solution aqueuse, elle est rapide et unique : elle convient donc parfaitement comme réaction support de titrage.

   Résultat

   $${\mathrm{HLa}}_{(\mathrm{aq})}+{\mathrm{HO}}_{(\mathrm{aq})}^{-}={\mathrm{La}}_{(\mathrm{aq})}^{-}+{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}$$

   $$K^{\circ }=10^{\mathrm{p}{K}_e-\mathrm{p}{K}_{a2}}\approx 1,3\cdot 10^{10}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q40

   1. Réaction avant le dosage (oxydation de l'acide ascorbique par le diiode)

   L'acide ascorbique \mathrm{C_6H_8O_6} réagit avec le diiode \mathrm{I_2} introduit en excès. Les demi-équations électroniques associées aux deux couples sont :

   \begin{aligned} \mathrm{C_6H_8O_6} &\rightleftharpoons \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{H^+} + 2\,\mathrm{e^-} \\ \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{e^-} &\rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-} \end{aligned}

   Puisque E^\circ(\mathrm{I_2 / I^-}) = 0{,}54\text{ V} > E^\circ(\mathrm{C_6H_6O_6 / C_6H_8O_6}) = 0{,}13\text{ V}, la réaction est thermodynamiquement très favorisée (et supposée totale). Son équation-bilan s'écrit :

   \boxed{\mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{I^-} + 2\,\mathrm{H^+}}

   (ou sous forme hydratée : \mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{H_2O} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{I^-} + 2\,\mathrm{H_3O^+}).

   2. Réaction de dosage (titrage du diiode en excès par le thiosulfate)

   Le diiode résiduel en excès est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}}. Les demi-équations électroniques sont :

   \begin{aligned} \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{e^-} &\rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-} \\ 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} &\rightleftharpoons \mathrm{S_4O_6^{2-}} + 2\,\mathrm{e^-} \end{aligned}

   Comme E^\circ(\mathrm{I_2 / I^-}) = 0{,}54\text{ V} > E^\circ(\mathrm{S_4O_6^{2-} / S_2O_3^{2-}}) = 0{,}08\text{ V}, la réaction est quasi-totale et rapide. L'équation-bilan de la réaction de dosage est :

   \boxed{\mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}}

   Résultat

   $${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_6+{\mathrm{I}}_2⟶{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6{\mathrm{O}}_6+2{\mathrm{I}}^{-}+2{\mathrm{H}}^{+}$$

   $${\mathrm{I}}_2+2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}⟶2{\mathrm{I}}^{-}+{\mathrm{S}}_4{\mathrm{O}}_6^{2-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MP 2025, Q26

   1. Détermination du volume à l'équivalence

   La courbe de titrage présente un saut de pH marqué dont le point d'inflexion (obtenu par exemple par la méthode des tangentes) se situe à :

   V_E \approx 11{,}0\text{ mL} \quad (\pm\, 0{,}2\text{ mL})

   2. Concentration C dans la solution S

   À l'équivalence du titrage acido-basique, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

   n_{\text{HLa}} = n_{\text{HO}^-,\text{ versé}} \implies C \, V = C_1 \, V_E

   D'où l'expression de la concentration C dans la solution S :

   C = \frac{C_1 \, V_E}{V}

   Application numérique avec C_1 = 1{,}00\cdot 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, V = 50{,}0\text{ mL} et V_E = 11{,}0\text{ mL} :

   C = \frac{1{,}00\cdot 10^{-3} \times 11{,}0}{50{,}0} = 2{,}20\cdot 10^{-4}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C \approx 2{,}2\cdot 10^{-4}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   3. Concentration C_0 dans le sang

   Tout l'acide lactique contenu initialement dans le prélèvement sanguin de volume V_0 = 5{,}0\text{ mL} a été dissous dans le volume V = 50{,}0\text{ mL} de la solution S, soit la conservation de la quantité de matière :

   C_0 \, V_0 = C \, V = C_1 \, V_E \implies C_0 = C \, \frac{V}{V_0} = \frac{C_1 \, V_E}{V_0}

   Application numérique :

   C_0 = 2{,}20\cdot 10^{-4} \times \frac{50{,}0}{5{,}0} = 2{,}20\cdot 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C_0 \approx 2{,}2\cdot 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   4. Diagnostic d'acidose lactique

   La masse molaire de l'acide lactique \mathrm{C}_3\mathrm{H}_6\mathrm{O}_3 vaut :

   M(\mathrm{C}_3\mathrm{H}_6\mathrm{O}_3) = 3 \times 12 + 6 \times 1 + 3 \times 16 = 90\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}

   La concentration en masse C_{m,0} dans le sang est donc :

   C_{m,0} = C_0 \times M = 2{,}20\cdot 10^{-3} \times 90 = 0{,}198\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} = 198\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C_{m,0} \approx 2{,}0\cdot 10^2\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1} \quad (\text{soit } 198\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1})}

   La valeur trouvée étant de l'ordre de 198\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1}, elle est extrêmement proche du seuil critique de 200\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1}. Compte tenu des incertitudes de lecture graphique sur V_E, le patient se situe à la limite immédiate de l'acidose lactique (strictement parlant, il n'est pas encore en acidose si l'on prend 198 < 200\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1}).

   Résultat

   $$C\approx 2,2\cdot 10^{-4}\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   $$C_0\approx 2,2\cdot 10^{-3}\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   $$C_{m,0}\approx 2,0\cdot 10^2\text{ mg}\cdot {\text{L}}^{-1}(\text{soit }198\text{ mg}\cdot {\text{L}}^{-1})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MP 2025, Q27

   Pour qu'un indicateur coloré convienne au repérage visuel de l'équivalence d'un titrage, sa zone de virage doit être comprise dans le saut de pH de la courbe de titrage et, idéalement, contenir le pH à l'équivalence \text{pH}_E.

   D'après la courbe de titrage (figure 8) :

   • Le volume équivalent est V_E \approx 11{,}0\text{ mL}.
   • À ce point d'inflexion, le pH à l'équivalence est situé aux alentours de \text{pH}_E \approx 7{,}5 (la solution est alors une solution de base faible, le lactate \mathrm{La}^-, donc légèrement basique).
   • Le saut de pH s'étend approximativement de \text{pH} \approx 6 à \text{pH} \approx 9.

   Examinons les trois indicateurs proposés :

   • Rouge congo (zone de virage : 3{,}5 - 4{,}5) : cette zone se situe dans la région tampon avant l'équivalence (dès le début du versement) ; il virera bien trop tôt (V \ll V_E).
   • Thymolphtaléine (zone de virage : 9{,}0 - 10{,}0) : cette zone est située en fin de saut et sur le palier basique, ce qui conduirait à une erreur de titrage par excès (V_{\text{virage}} > V_E).
   • Rouge de phénol (zone de virage : 6{,}8 - 7{,}8) : cette zone est entièrement comprise dans le saut de pH vertical et encadre parfaitement le pH à l'équivalence \text{pH}_E \approx 7{,}5. Le virage du jaune au rouge sera donc net et permettra de repérer V_E avec une excellente précision.

   \boxed{\text{On doit utiliser le rouge de phénol.}}

   Résultat

   $$\text{On doit utiliser le rouge de pheˊnol.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q41

   Dans l'erlenmeyer, la quantité initiale de diiode apportée par le volume V_i de solution (i) vaut :

   n_{\mathrm{I}_2,0} = C_i V_i

   D'après l'équation bilan établie à la question Q40, la réaction entre l'acide ascorbique et le diiode présente des nombres stœchiométriques égaux à l'unité :

   \mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{I^-} + 2\,\mathrm{H^+}

   La quantité de diiode consommée par les n_a moles d'acide ascorbique est donc égale à n_a. La quantité de diiode en excès restante après cette première transformation est :

   n_{\mathrm{I}_2,\text{excès}} = n_{\mathrm{I}_2,0} - n_a = C_i V_i - n_a

   Ce diiode en excès est ensuite dosé par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}} selon la réaction :

   \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}

   À l'équivalence du titrage, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

   \frac{n(\mathrm{S_2O_3^{2-}})_{\text{versé}}}{2} = \frac{n_{\mathrm{I}_2,\text{excès}}}{1}

   soit :

   \frac{C_t V_t}{2} = C_i V_i - n_a

   On en déduit l'expression de la quantité de matière n_a d'acide ascorbique :

   \boxed{n_a = C_i V_i - \frac{1}{2} C_t V_t}

   Résultat

   $$n_a=C_i{V}_i-\frac{1}{2}{C}_t{V}_t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q42

   D'après la question Q41, la quantité de matière d'acide ascorbique dans la prise d'essai de volume V_a = 20{,}0\text{ mL} s'écrit :

   n_a = C_i V_i - \frac{1}{2} C_t V_t

   Avec les concentrations calculées en Q39 :

   \begin{aligned} C_i &= \frac{m_i}{M(\mathrm{I_2}) V_{\text{sol}}} = \frac{1{,}250}{254 \times 0{,}100} \approx 4{,}921 \cdot 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ C_t &= \frac{m_t}{M(\mathrm{Na_2S_2O_3}) V_{\text{sol}}} = \frac{1{,}500}{158 \times 0{,}100} \approx 9{,}494 \cdot 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   et les volumes V_i = 30{,}0\text{ mL} = 30{,}0 \cdot 10^{-3}\text{ L} et V_t = 19{,}4\text{ mL} = 19{,}4 \cdot 10^{-3}\text{ L}, on obtient :

   \begin{aligned} n_a &= 4{,}921 \cdot 10^{-2} \times 30{,}0 \cdot 10^{-3} - \frac{1}{2} \times 9{,}494 \cdot 10^{-2} \times 19{,}4 \cdot 10^{-3} \\ &= 1{,}476 \cdot 10^{-3} - 0{,}921 \cdot 10^{-3} \\ &= 5{,}55 \cdot 10^{-4}\text{ mol} \end{aligned}

   La masse molaire de l'acide ascorbique \mathrm{C_6H_8O_6} vaut :

   M(\mathrm{C_6H_8O_6}) = 6 \times 12 + 8 \times 1 + 6 \times 16 = 176\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}

   La quantité totale d'acide ascorbique contenue dans les V_{\text{sol}} = 100\text{ mL} de solution préparée à partir de la masse m_p = 500\text{ mg} = 0{,}500\text{ g} de poudre est :

   n_{\text{tot}} = n_a \times \frac{V_{\text{sol}}}{V_a} = 5{,}55 \cdot 10^{-4} \times \frac{100}{20{,}0} = 2{,}78 \cdot 10^{-3}\text{ mol}

   La masse d'acide ascorbique correspondante dans la poudre est donc :

   m_{\text{acide}} = n_{\text{tot}} \cdot M(\mathrm{C_6H_8O_6}) = 2{,}78 \cdot 10^{-3} \times 176 \approx 0{,}489\text{ g} = 489\text{ mg}

   Le degré de pureté de la poudre (p) est la fraction massique en acide ascorbique :

   w = \frac{m_{\text{acide}}}{m_p} = \frac{n_a M(\mathrm{C_6H_8O_6}) V_{\text{sol}}}{m_p V_a}

   Numériquement :

   w = \frac{0{,}489}{0{,}500} \approx 0{,}978 = 97{,}8\,\%

   \boxed{w \approx 98\,\%}

   Résultat

   $$w\approx 98\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2021, Q12

   Le titrage réalisé est un titrage acido-basique en retour. La solution titrée prélevée contient les ions hydroxyde \mathrm{HO}^-_{(\text{aq})} en excès non consommés par la résine, ainsi que les contre-ions spectateurs \mathrm{Na}^+_{(\text{aq})}. La solution titrante d'acide chlorhydrique apporte des ions oxonium \mathrm{H}_3\mathrm{O}^+_{(\text{aq})} et des ions chlorure spectateurs \mathrm{Cl}^-_{(\text{aq})}.

   L'équation de la réaction support du titrage s'écrit :

   \boxed{\mathrm{HO}^-_{(\text{aq})} + \mathrm{H}_3\mathrm{O}^+_{(\text{aq})} = 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}}

   Résultat

   $${\mathrm{HO}}_{(\text{aq})}^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}_{(\text{aq})}^{+}=2{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\ell )}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2021, Q13

   1. Identification des capteurs de la figure 6 :

   • Capteur 1 : Électrode combinée de pH (à corps protecteur en plastique). Elle réunit en un seul corps une électrode de verre indicatrice et une électrode de référence.
   • Capteur 2 : Électrode au calomel saturé (ECS). C'est une électrode de référence dont le potentiel est fixé et indépendant du milieu (E_{\text{ECS}} \approx 0{,}244\text{ V} à 25\text{ }^\circ\text{C}).
   • Capteur 3 : Cellule de conductimétrie (constituée de deux plaques de platine platiné parallèles), dédiée aux mesures de conductivité.
   • Capteur 4 : Électrode de verre (ou électrode combinée tout en verre). Il s'agit d'une électrode indicatrice de pH dont la fine membrane de verre développe un potentiel fonction de l'activité des ions \mathrm{H}_3\mathrm{O}^+.

   2. Choix et rôle des capteurs pour le titrage pH-métrique : Le suivi demandé est pH-métrique. Deux options sont possibles :

   • Option 1 (la plus usuelle) : Utiliser uniquement l'électrode combinée de pH (capteur 1), reliée à un pH-mètre. Elle assure à la fois la mesure du potentiel indicateur et la référence, permettant de mesurer directement la différence de potentiel proportionnelle au \mathrm{pH} selon la loi de Nernst :

     \Delta E = E_{\text{ind}} - E_{\text{réf}} = \text{cste} - \frac{RT\ln 10}{F}\mathrm{pH}
   • Option 2 : Utiliser l'électrode au calomel saturé (capteur 2) comme électrode de référence (fournit un potentiel invariant) associée à l'électrode de verre (capteur 4) comme électrode indicatrice (mesure de l'activité des ions \mathrm{H}^+).

   3. Verrerie et montage expérimental :

   • Prélèvement : une pipette jaugée de 50{,}0\text{ mL} (munie d'une pro-pipette) pour introduire avec précision le volume V_0 = 50{,}0\text{ mL} de filtrat dans un bécher de titrage (forme haute, typiquement 150 ou 250\text{ mL}).
   • Burette graduée : une burette de 25\text{ mL} (préalablement rincée à l'eau distillée puis avec la solution titrante d'acide chlorhydrique à C_1 = 0{,}10\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, et ajustée au zéro) fixée au-dessus du bécher.
   • Agitation et immersion : le bécher est placé sur un agitateur magnétique muni d'un barreau aimanté. On peut ajouter de l'eau distillée (sans modifier la quantité de matière de \mathrm{HO}^- prélevée) afin d'assurer l'immersion complète de la membrane de verre et du poreux sans que le barreau ne heurte l'électrode.
   • Étalonnage préalable : le pH-mètre est étalonné à l'aide de deux solutions tampons (par exemple de pH 7,00 et 10,00, la solution à titrer étant initialement basique).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2021, Q14

   D'après l'équation de la réaction support de titrage établie en Q12 :

   \mathrm{HO}^-_{(\text{aq})} + \mathrm{H}_3\mathrm{O}^+_{(\text{aq})} \longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}

   À l'équivalence du titrage de la prise d'essai de volume V_0, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. La quantité d'ions hydroxyde présente dans ce volume V_0 vaut :

   n_{\mathrm{HO}^-}(V_0) = C_1 V_{\text{eq}}

   La solution surnageante étant homogène, la concentration effective en ions hydroxyde restant après échange est :

   [\mathrm{HO}^-]_r = \frac{n_{\mathrm{HO}^-}(V_0)}{V_0} = \frac{C_1 V_{\text{eq}}}{V_0}

   La quantité totale d'ions hydroxyde restant dans le volume initial V s'exprime donc par :

   n_{\mathrm{HO}^-,r} = [\mathrm{HO}^-]_r \, V = C_1 V_{\text{eq}} \, \frac{V}{V_0}

   Application numérique : D'après la figure 5, le volume équivalent est V_{\text{eq}} = 6,7\text{ mL}. Avec C_1 = 0,10\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, V = 100,0\text{ mL} et V_0 = 50,0\text{ mL}, on a :

   \begin{aligned} n_{\mathrm{HO}^-,r} &= 0,10 \times 6,7 \times 10^{-3} \times \frac{100,0}{50,0} \\ &= 1,34 \times 10^{-3}\text{ mol} \end{aligned}

   En conservant deux chiffres significatifs (en accord avec la précision sur V_{\text{eq}}) :

   \boxed{n_{\mathrm{HO}^-,r} = C_1 V_{\text{eq}} \, \frac{V}{V_0} = 1,3 \times 10^{-3}\text{ mol}}

   Résultat

   $$n_{{\mathrm{HO}}^{-},r}=C_1{V}_{\text{eq}}\frac{V}{V_0}=1,3\times 10^{-3}\text{ mol}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10E3A Physique-Chimie MP 2020, Q44

    Le titrage met en jeu les deux couples d'oxydoréduction suivants, dont les potentiels standard sont fournis à 25\text{ \textdegree{}C} :

    • Couple de l'espèce titrante : \mathrm{Ce^{4+}(aq)} / \mathrm{Ce^{3+}(aq)} (E_1^\circ = 1{,}61\text{ V}) ;
    • Couple de l'espèce titrée : \mathrm{Ti^{4+}(aq)} / \mathrm{Ti^{3+}(aq)} (E_2^\circ = 0{,}34\text{ V}).

    Les demi-équations électroniques associées s'écrivent :

    \begin{aligned} \mathrm{Ce^{4+}(aq)} + \mathrm{e}^- &\rightleftharpoons \mathrm{Ce^{3+}(aq)} \\ \mathrm{Ti^{3+}(aq)} &\rightleftharpoons \mathrm{Ti^{4+}(aq)} + \mathrm{e}^- \end{aligned}

    En combinant ces deux demi-équations (échange d'un électron), on obtient l'équation support de la réaction de titrage :

    \boxed{\mathrm{Ti^{3+}(aq)} + \mathrm{Ce^{4+}(aq)} = \mathrm{Ti^{4+}(aq)} + \mathrm{Ce^{3+}(aq)}}

    Résultat

    $$\mathrm{T}{\mathrm{i}}^{3+}(\mathrm{aq})+\mathrm{C}{\mathrm{e}}^{4+}(\mathrm{aq})=\mathrm{T}{\mathrm{i}}^{4+}(\mathrm{aq})+\mathrm{C}{\mathrm{e}}^{3+}(\mathrm{aq})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question