Feuille d'entraînement : Titrages

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q11

   Les deux couples d'oxydoréduction mis en jeu lors de cette étape sont \mathrm{I}_3^- / \mathrm{I}^- et \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-} / \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-}. Les demi-équations électroniques associées s'écrivent :

   \begin{aligned} \mathrm{I}_3^- + 2\,\mathrm{e}^- &\rightleftharpoons 3\,\mathrm{I}^- \\ 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} &\rightleftharpoons \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-} + 2\,\mathrm{e}^- \end{aligned}

   En combinant ces deux demi-équations, on obtient l'équation-bilan de la réaction support de ce titrage :

   \boxed{\mathrm{I}_3^- + 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} \longrightarrow 3\,\mathrm{I}^- + \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-}}

   Remarque : Comme l'ion triiodure est en équilibre rapide avec le diiode (\mathrm{I}_3^- \rightleftharpoons \mathrm{I}_2 + \mathrm{I}^-), l'écriture équivalente \mathrm{I}_2 + 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} \longrightarrow 2\,\mathrm{I}^- + \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-} est également recevable.

   Concernant la nature du dosage :

   • Il s'agit d'un titrage d'oxydoréduction (plus précisément une iodométrie).
   • Au niveau de la démarche expérimentale globale, il s'agit d'un dosage indirect ou dosage en retour : le réactif de Wijs (\mathrm{ICl}) a été introduit en excès connu sur l'huile, puis l'excès non consommé a été transformé quantitativement en triiodure \mathrm{I}_3^-, lequel est finalement dosé par le thiosulfate.
   • Le mode de détection est un titrage colorimétrique à l'aide d'un indicateur de fin de réaction (l'empois d'amidon, qui forme un complexe bleu sombre avec le diiode/triiodure et se décolore brutalement à l'équivalence).

   Résultat

   $${\mathrm{I}}_3^{-}+2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}⟶3{\mathrm{I}}^{-}+{\mathrm{S}}_4{\mathrm{O}}_6^{2-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Modelisation PC 2026, Q35

   D'après le résultat de la question Q34, l'intensité transmise en sortie de cuve s'écrit :

   I_s = I_0 \exp(-\alpha c_0 e)

   Expression de la transmittance T : Par définition de la transmittance :

   T = \frac{I_s}{I_0}

   On obtient directement :

   \boxed{T = \exp(-\alpha c_0 e)}

   Expression de l'absorbance A : Par définition de l'absorbance et en utilisant la relation fournie dans l'annexe \log(x) = \dfrac{\ln(x)}{\ln(10)} :

   \begin{aligned} A &= \log\left(\frac{I_0}{I_s}\right) \\ &= \log\left(\exp(\alpha c_0 e)\right) \\ &= \frac{\ln\left(\exp(\alpha c_0 e)\right)}{\ln(10)} \end{aligned}

   D'où l'expression de l'absorbance :

   \boxed{A = \frac{\alpha c_0 e}{\ln(10)}}

   Résultat

   $$T=\exp (-\alpha c_{0}e)$$

   $$A=\frac{\alpha c_{0}e}{\ln (10)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation PC 2026, Q36

   D'après le résultat de la question Q35, l'absorbance A s'écrit :

   A = \frac{\alpha \, c_0 \, e}{\ln(10)}

   En introduisant le coefficient d'extinction molaire \epsilon_{em} = \dfrac{\alpha}{\ln(10)}, on en déduit immédiatement :

   \boxed{A = \epsilon_{em} \, c_0 \, e}

   Cette relation de proportionnalité entre l'absorbance, la concentration de l'espèce absorbante et le trajet optique traversé est la loi de Beer-Lambert.

   Résultat

   $$A={ϵ}_{em}{c}_{0}e$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie PC 2026, Q27

   Lors d'une dilution, la masse (ou la quantité de matière) de soluté se conserve entre la solution mère de vin rouge et la solution fille (\mathrm{S}) préparée :

   C_{\text{vin}} V_{\text{vin}} = C_{\mathrm{S}} V_{\mathrm{S}}

   Une dilution au dixième correspond à un facteur de dilution :

   F = \frac{C_{\text{vin}}}{C_{\mathrm{S}}} = 10

   Le volume V_{\text{vin}} de vin rouge à prélever pour obtenir un volume V_{\mathrm{S}} = 10{,}0\text{ mL} de solution fille est donc :

   V_{\text{vin}} = \frac{V_{\mathrm{S}}}{F}

   Application numérique :

   V_{\text{vin}} = \frac{10{,}0\text{ mL}}{10} = 1{,}0\text{ mL}

   \boxed{V_{\text{vin}} = 1{,}0\text{ mL}}

   Résultat

   $$V_{\text{vin}}=1,0\text{ mL}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PC 2026, Q28

   Le choix de la longueur d'onde \lambda = 760\text{ nm} repose sur deux critères complémentaires :

   1. Maximisation de la sensibilité (absorption du produit formé) :
      D'après le document 3, la réduction du réactif de Folin-Ciocalteu par les polyphénols conduit à la formation d'un mélange « d'oxydes bleus de tungstène (\mathrm{W_8O_{23}}) et de molybdène (\mathrm{Mo_8O_{23}}) ». Une espèce de couleur bleue absorbe préférentiellement dans le domaine de sa couleur complémentaire, c'est-à-dire dans le rouge et le proche infrarouge (\lambda > 700\text{ nm}). Ces oxydes présentent un maximum d'absorption à \lambda = 760\text{ nm}, ce qui confère à la méthode une sensibilité maximale (coefficient d'absorption molaire \varepsilon élevé dans la loi de Beer-Lambert).
   2. Absence d'interférence spectrale de la matrice (spécificité de la mesure) :
      D'après les spectres d'absorption UV-visible des vins rouges présentés dans le document 3, le vin absorbe fortement dans l'UV (vers 280\text{ nm} en raison des noyaux aromatiques) ainsi que dans le visible vert/jaune (maximum autour de 520\text{ nm} dû aux anthocyanes conférant sa robe rouge au vin). En revanche, son absorbance décroît rapidement au-delà de 600\text{ nm} pour devenir quasi nulle à partir de 700\text{ nm}.

   \boxed{\text{À } \lambda = 760\text{ nm, les oxydes bleus formés absorbent au maximum tandis que le vin n'absorbe plus.}}

   Cette longueur d'onde assure donc à la fois une excellente sensibilité et une sélectivité optimale, sans interférence liée à la coloration propre du vin.

   Résultat

   $$\text{Aˋ }\lambda =760\text{ nm, les oxydes bleus formeˊs absorbent au maximum tandis que le vin n’absorbe plus.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie PC 2026, Q29

   D'après le protocole (document 2), les solutions étalons et la solution (\text{S}) subissent rigoureusement le même traitement : prélèvement de 1{,}0\text{ mL}, ajout de 0{,}5\text{ mL} de réactif de Folin-Ciocalteu, puis ajustement à 10{,}0\text{ mL} avec la solution de carbonate de sodium. La courbe d'étalonnage donne ainsi directement l'absorbance en fonction de la concentration de la solution introduite.

   Pour l'échantillon de vin analysé, l'absorbance mesurée est :

   A = 0{,}52

   D'après le tableau de données du document 4, cette valeur est encadrée par :

   • la solution 5 : C_5 = 0{,}120\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} pour A_5 = 0{,}42 ;
   • la solution 6 : C_6 = 0{,}180\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} pour A_6 = 0{,}57.

   Par interpolation linéaire entre ces deux points expérimentaux :

   \begin{aligned} C_{\mathrm{S}} &= C_5 + \frac{A - A_5}{A_6 - A_5}\,(C_6 - C_5) \\ C_{\mathrm{S}} &= 0{,}120 + \frac{0{,}52 - 0{,}42}{0{,}57 - 0{,}42}\,(0{,}180 - 0{,}120) \\ C_{\mathrm{S}} &= 0{,}120 + \frac{0{,}10}{0{,}15} \times 0{,}060 = 0{,}120 + 0{,}040 = 0{,}160\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   Remarque : La pente moyenne de la droite d'étalonnage modélisée est k \approx \frac{1{,}03}{0{,}300} \approx 3{,}43\text{ L}\cdot\text{g}^{-1}, ce qui conduirait à C_{\mathrm{S}} = \frac{A}{k} \approx 0{,}152\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}, en très bon accord avec la lecture graphique (C_{\mathrm{S}} \approx 0{,}15\text{ à }0{,}16\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}).

   La solution (\text{S}) ayant été préparée par dilution au dixième du vin rouge (facteur de dilution F = 10, question Q27), la concentration en polyphénols totaux dans le vin brut est :

   \begin{aligned} C_{\mathrm{vin}} &= 10 \times C_{\mathrm{S}} \\ C_{\mathrm{vin}} &= 10 \times 0{,}160\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} = 1{,}6\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} = 1{,}6 \cdot 10^3\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{C_{\mathrm{vin}} \approx 1{,}5\text{ à }1{,}6\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} \quad (\text{soit } 1\,500\text{ à }1\,600\text{ mg}\cdot\text{L}^{-1})}

   Résultat

   $$C_{\mathrm{vin}}\approx 1,5\text{ aˋ }1,6\text{ g}\cdot {\text{L}}^{-1}(\text{soit }1500\text{ aˋ }1600\text{ mg}\cdot {\text{L}}^{-1})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie PC 2025, QChimie-Problème 1-I-Q27

   D'après la question Q25, la réaction entre les ions dichromate restants et les ions iodure introduits en excès s'écrit :

   \mathrm{Cr_2O_7^{2-}(aq) + 6\,I^-(aq) + 14\,H^+(aq) \rightarrow 2\,Cr^{3+}(aq) + 3\,I_2(aq) + 7\,H_2O(\ell)}

   Cette réaction étant totale et les ions iodure étant en excès, la quantité de diiode formé s'écrit d'après les nombres stœchiométriques :

   n(\mathrm{I_2}) = 3\,n_{\text{dich,r}}

   Le diiode ainsi formé est ensuite dosé par les ions thiosulfate selon l'équation établie à la question Q25 :

   \mathrm{I_2(aq) + 2\,S_2O_3^{2-}(aq) \rightarrow 2\,I^-(aq) + S_4O_6^{2-}(aq)}

   À l'équivalence de ce titrage, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques, soit :

   n(\mathrm{I_2}) = \frac{n_{\text{thio}}}{2}

   En égalant les deux expressions de la quantité de diiode n(\mathrm{I_2}), on obtient :

   3\,n_{\text{dich,r}} = \frac{n_{\text{thio}}}{2}

   D'où la relation cherchée :

   \boxed{n_{\text{dich,r}} = \frac{n_{\text{thio}}}{6}}

   Résultat

   $$n_{\text{dich,r}}=\frac{n_{\text{thio}}}{6}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie PC 2025, QChimie-Problème 1-I-Q28

   Dans le volume V_1 de distillat introduit dans l'erlenmeyer, la quantité d'éthanol est :

   n_{\text{éth}} = C_{\text{distillat}} \, V_1

   La quantité initiale d'ions dichromate introduite lors de l'ajout de la solution nitrochromique vaut :

   n_{\text{dich,0}} = C_2 \, V_2

   Ces ions dichromate sont introduits en excès. La conservation de la matière s'écrit :

   n_{\text{dich,0}} = n_{\text{dich}} + n_{\text{dich,r}}

   où :

   • n_{\text{dich}} est la quantité d'ions dichromate consommée par l'oxydation de l'éthanol ;
   • n_{\text{dich,r}} est la quantité d'ions dichromate restants.

   D'après la question Q27, la quantité d'ions dichromate restants est reliée à la quantité de thiosulfate versée à l'équivalence par :

   n_{\text{dich,r}} = \frac{n_{\text{thio}}}{6} = \frac{C \, V_{\text{éq}}}{6}

   On en déduit la quantité de dichromate ayant réagi avec l'éthanol :

   \begin{aligned} n_{\text{dich}} &= n_{\text{dich,0}} - n_{\text{dich,r}} \\ &= C_2 \, V_2 - \frac{C \, V_{\text{éq}}}{6} \\ &= \frac{6 \, C_2 \, V_2 - C \, V_{\text{éq}}}{6} \end{aligned}

   D'après la relation stœchiométrique établie à la question Q24, on a :

   n_{\text{éth}} = \frac{3}{2} \, n_{\text{dich}}

   soit :

   \begin{aligned} n_{\text{éth}} &= \frac{3}{2} \left( \frac{6 \, C_2 \, V_2 - C \, V_{\text{éq}}}{6} \right) \\ &= \frac{6 \, C_2 \, V_2 - C \, V_{\text{éq}}}{4} \end{aligned}

   Enfin, la concentration molaire en éthanol du distillat s'obtient en divisant par le volume V_1 :

   C_{\text{distillat}} = \frac{n_{\text{éth}}}{V_1}

   \boxed{C_{\text{distillat}} = \frac{6 \cdot C_{2} \cdot V_{2} - C \cdot V_{\text{éq}}}{4 \cdot V_{1}}}

   Résultat

   $$C_{\text{distillat}}=\frac{6\cdot C_2\cdot V_2-C\cdot V_{\text{eˊq}}}{4\cdot V_1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PC 2025, QChimie-Problème 1-I-Q29

   D'après la question Q28, la concentration en quantité de matière d'éthanol dans le distillat est :

   C_{\text{distillat}} = \frac{6\,C_2\,V_2 - C\,V_{\text{éq}}}{4\,V_1}

   D'où la concentration molaire d'éthanol dans le sang :

   C_{\text{sang}} = 5 \cdot C_{\text{distillat}} = \frac{5\,(6\,C_2\,V_2 - C\,V_{\text{éq}})}{4\,V_1}

   Effectuons l'application numérique avec les grandeurs fournies :

   • C_2 = 1{,}80 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} et V_2 = 10{,}00\text{ mL} = 10{,}00 \times 10^{-3}\text{ L} ;
   • C = 5{,}00 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} et V_{\text{éq}} = 15{,}95\text{ mL} = 15{,}95 \times 10^{-3}\text{ L} ;
   • V_1 = 20{,}00\text{ mL} = 20{,}00 \times 10^{-3}\text{ L}.

   On calcule le numérateur :

   \begin{aligned} 6\,C_2\,V_2 - C\,V_{\text{éq}} &= 6 \times (1{,}80 \times 10^{-2}) \times (10{,}00 \times 10^{-3}) - (5{,}00 \times 10^{-2}) \times (15{,}95 \times 10^{-3}) \\ &= 1{,}080 \times 10^{-3} - 0{,}7975 \times 10^{-3} \\ &= 2{,}825 \times 10^{-4}\text{ mol} \end{aligned}

   On en déduit :

   C_{\text{distillat}} = \frac{2{,}825 \times 10^{-4}}{4 \times 20{,}00 \times 10^{-3}} = 3{,}531 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   puis la concentration molaire dans le sang :

   C_{\text{sang}} = 5 \times 3{,}531 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} = 1{,}77 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C_{\text{sang}} = 1{,}77 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   Pour commenter cette valeur, calculons la concentration massique (alcoolémie) en éthanol (\mathrm{C_2H_6O}) :

   M(\mathrm{C_2H_5OH}) = 2\,M(\mathrm{C}) + 6\,M(\mathrm{H}) + M(\mathrm{O}) = 2 \times 12{,}0 + 6 \times 1{,}0 + 16{,}0 = 46{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}

   C_{m,\text{sang}} = C_{\text{sang}} \times M(\mathrm{C_2H_5OH}) = 1{,}766 \times 10^{-2} \times 46{,}0 = 0{,}812\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C_{m,\text{sang}} = 0{,}81\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}}

   Commentaire : Le texte introductif rappelle que la limite légale autorisée pour la conduite est de 0{,}5\text{ g}\cdot\text{L}^{-1} de sang (hors permis probatoire). La concentration mesurée (0{,}81\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}) est nettement supérieure à ce seuil (elle dépasse même le seuil délictuel de 0{,}80\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}) : l'individu n'est pas en état de conduire.

   Résultat

   $$C_{\text{sang}}=1,77\times 10^{-2}\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   $$C_{m,\text{sang}}=0,81\text{ g}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q3

    D'après l'équation de la réaction d'oxydation établie à la question Q2 :

    \mathrm{C_6H_5OH} + 7\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 6\,\mathrm{CO_2} + 3\,\mathrm{H_2O}

    l'oxydation complète d'une mole de phénol nécessite la consommation de 7\text{ moles} de dioxygène :

    n(\mathrm{O_2}) = 7\,n(\mathrm{C_6H_5OH})

    Par définition, la demande chimique en oxygène \mathrm{DCO} correspond à la masse de dioxygène consommée par unité de volume de solution :

    \mathrm{DCO} = \frac{m(\mathrm{O_2})}{V} = \frac{n(\mathrm{O_2})\,M_{\mathrm{O_2}}}{V}

    En introduisant la concentration molaire en phénol c = [\mathrm{C_6H_5OH}] = \frac{n(\mathrm{C_6H_5OH})}{V}, on obtient :

    \mathrm{DCO} = 7\,M_{\mathrm{O_2}}\,[\mathrm{C_6H_5OH}]

    soit la relation de proportionnalité :

    \boxed{\mathrm{DCO} = 7\,M_{\mathrm{O_2}}\,c} \quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{c = \frac{\mathrm{DCO}}{7\,M_{\mathrm{O_2}}}}

    Avec M_{\mathrm{O_2}} = 32\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, le coefficient de proportionnalité s'écrit numériquement :

    \mathrm{DCO} = 224\,c

    où \mathrm{DCO} est exprimée en \text{g}\cdot\text{L}^{-1} et c en \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}.

    Résultat

    $$\mathrm{DCO}=7M_{{\mathrm{O}}_2}c$$

    $$c=\frac{\mathrm{DCO}}{7M_{{\mathrm{O}}_2}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question