Feuille d'entraînement : Titrages

Corrigés

1. Exercice 1E3A 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

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q37

   1. Réaction d'oxydation de l'acide ascorbique par le diiode (avant titrage) :

   Les couples oxydant/réducteur engagés sont :

   • \mathrm{I_2 / I^-} avec E^\circ_1 = 0{,}54\text{ V} ;
   • \mathrm{C_6H_6O_6 / C_6H_8O_6} avec E^\circ_2 = 0{,}13\text{ V}.

   Comme E^\circ_1 > E^\circ_2, le diiode \mathrm{I_2} oxyde spontanément l'acide ascorbique \mathrm{C_6H_8O_6}.

   Les demi-équations électroniques s'écrivent :

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

   La réaction étant supposée totale, son équation-bilan est :

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

   2. Réaction de titrage du diiode en excès par le thiosulfate :

   Le diiode n'ayant pas réagi est dosé par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}}. Les couples mis en jeu sont :

   • \mathrm{I_2 / I^-} avec E^\circ_1 = 0{,}54\text{ V} ;
   • \mathrm{S_4O_6^{2-} / S_2O_3^{2-}} avec E^\circ_3 = 0{,}08\text{ V}.

   Comme E^\circ_1 > E^\circ_3, le diiode oxyde les ions thiosulfate.

   Les demi-équations électroniques sont :

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

   On en déduit l'équation-bilan de la réaction de dosage :

   \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 3CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q38

   La quantité totale initiale de diiode introduite dans l'erlenmeyer vaut :

   n(\mathrm{I_2})_{\text{init}} = C_i V_i

   D'après l'équation de la réaction préliminaire établie en Q37, une mole de diiode réagit avec une mole d'acide ascorbique :

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

   La réaction étant totale et le diiode introduit en excès, la quantité de matière de diiode consommée est égale à n_a. La quantité de diiode restant en solution à l'issue de cette réaction s'écrit donc :

   n(\mathrm{I_2})_{\text{excès}} = n(\mathrm{I_2})_{\text{init}} - n_a = C_i V_i - n_a

   Lors du dosage de cet excès de diiode par les ions thiosulfate, l'équation support est (d'après Q37) :

   \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{I_2})_{\text{excès}}}{1} = \frac{n(\mathrm{S_2O_3^{2-}})_{\text{versé, éq}}}{2} = \frac{C_t V_t}{2}

   On en déduit :

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

   \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

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MPI 2025, Q23

   1. Concentration C dans la solution S

   Par la méthode des tangentes parallèles (ou par repérage du point d'inflexion où la dérivée \frac{\mathrm{d}\text{pH}}{\mathrm{d}V} est maximale), le saut de pH est centré sur le volume équivalent :

   V_E \approx 11{,}0\text{ mL} \quad (\text{estimé entre } 10{,}8\text{ et } 11{,}2\text{ mL})

   D'après l'équation de titrage établie en Q22 :

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

   les réactifs réagissent mole à mole. À l'équivalence, la quantité d'ions hydroxyde versée est égale à la quantité initiale d'acide lactique présente dans le bécher :

   n_{\text{HLa}} = n_{\text{HO}^-, E} \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 = 2{,}2 \cdot 10^{-4}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   2. Concentration C_0 dans le sang prélevé

   L'acide lactique contenu dans la solution S provient intégralement de l'échantillon sanguin de volume V_0 = 5{,}0\text{ mL}. La conservation de la matière s'écrit :

   n_{\text{HLa}} = C_0\,V_0 = C\,V = C_1\,V_E

   On en déduit la concentration sanguine C_0 :

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

   Application numérique :

   C_0 = \frac{1{,}00 \cdot 10^{-3} \times 11{,}0}{5{,}0} = 2{,}2 \cdot 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

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

   3. Diagnostic d'acidose lactique

   La masse molaire de l'acide lactique \text{C}_3\text{H}_6\text{O}_3 vaut, d'après les données de l'annexe :

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

   La concentration massique en acide lactique dans le sang est donc :

   \begin{aligned} C_{m,0} &= C_0 \times M \\ &= 2{,}2 \cdot 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \times 90\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} \\ &= 0{,}198\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} \approx 2{,}0 \cdot 10^2\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{C_{m,0} \approx 200\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1}}

   Cette valeur coïncide avec le seuil limite recommandé de 200\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1} :

   • avec V_E = 11{,}0\text{ mL}, on trouve C_{m,0} = 198\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1} \le 200\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1} ;
   • compte tenu de la précision de lecture sur la courbe (\pm 0{,}2\text{ mL}), le patient se situe au seuil critique de l'acidose lactique.

   Résultat

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

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

   $$C_{m,0}\approx 200\text{ mg}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   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 6CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q39

   D'après les données, la masse molaire de l'acide ascorbique \mathrm{C_6H_8O_6} vaut :

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

   D'après la question Q38, la quantité de matière d'acide ascorbique présente dans le prélèvement de volume V_a = 20{,}0\text{ mL} s'écrit :

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

   En reprenant les concentrations calculées à la question Q36 :

   \begin{aligned} C_i V_i &= 4{,}921 \cdot 10^{-2} \times 30{,}0 \cdot 10^{-3} = 1{,}476 \cdot 10^{-3}\text{ mol} \\ \frac{1}{2} C_t V_t &= \frac{1}{2} \times 9{,}494 \cdot 10^{-2} \times 19{,}4 \cdot 10^{-3} = 9{,}209 \cdot 10^{-4}\text{ mol} \\ n_a &= 1{,}476 \cdot 10^{-3} - 9{,}209 \cdot 10^{-4} = 5{,}554 \cdot 10^{-4}\text{ mol} \end{aligned}

   Ce prélèvement V_a = 20{,}0\text{ mL} provient de la solution (a) préparée dans un volume V_0 = 100\text{ mL} à partir de la masse m_p = 500\text{ mg} = 0{,}500\text{ g} de poudre (p). La quantité totale d'acide ascorbique dissoute dans la solution (a) est donc :

   n_{\text{tot}} = n_a \frac{V_0}{V_a} = 5 \times 5{,}554 \cdot 10^{-4} = 2{,}777 \cdot 10^{-3}\text{ mol}

   La masse d'acide ascorbique correspondante dans l'échantillon de poudre dissous vaut :

   m_{\text{asc}} = n_{\text{tot}} M = 2{,}777 \cdot 10^{-3} \times 176 = 0{,}4888\text{ g} = 489\text{ mg}

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

   w = \frac{m_{\text{asc}}}{m_p} = \frac{n_a \frac{V_0}{V_a} M}{m_p}

   Soit numériquement :

   w = \frac{0{,}4888}{0{,}500} \approx 0{,}978 = 97{,}8\%

   \boxed{w = 97{,}8\% \quad (\text{soit } 0{,}98)}

   Résultat

   $$w=97,8\%(\text{soit }0,98)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question