Feuille d'entraînement : Titrages

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q26

   Le dispositif expérimental correspond à un titrage volumétrique colorimétrique standard.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q11

   Lors de l'opération 6, le diiode \mathrm{I_2(aq)} régénéré à l'opération 4 est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)}. Les deux couples rédox impliqués sont :

   • \mathrm{I_2(aq)/I^-(aq)} : \mathrm{I_2(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-(aq)} ;
   • \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)/S_2O_3^{2-}(aq)} : 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)} + 2\,\mathrm{e}^-.

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

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

   Justification qualitative du caractère quasi-total : D'après les données fournies à 298\text{ K} :

   \begin{aligned} E^\circ(\mathrm{I_2(aq)/I^-}) &= 0{,}68\text{ V}, \\ E^\circ(\mathrm{S_4O_6^{2-}/S_2O_3^{2-}}) &= 0{,}09\text{ V}. \end{aligned}

   L'écart entre les potentiels standard est :

   \Delta E^\circ = E^\circ(\mathrm{I_2(aq)/I^-}) - E^\circ(\mathrm{S_4O_6^{2-}/S_2O_3^{2-}}) = 0{,}68 - 0{,}09 = 0{,}59\text{ V}.

   L'oxydant le plus fort (\mathrm{I_2}) réagit sur le réducteur le plus fort (\mathrm{S_2O_3^{2-}}). Cet écart de potentiel standard très nettement supérieur à 0{,}2\text{ V} (pour une réaction échangeant n = 2 électrons) conduit à une constante d'équilibre :

   K^\circ = 10^{\frac{n\,\Delta E^\circ}{0{,}06}} = 10^{\frac{2 \times 0{,}59}{0{,}06}} \approx 10^{20} \gg 10^4.

   La constante d'équilibre est extrêmement grande, ce qui garantit que la réaction est quasi-totale.

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q12

   Détaillons les bilans de matière successifs :

   • Opération 1 : La quantité initiale de diiode introduite vaut :

     n_0(\mathrm{I_2}) = C_1 V_1

   • Opération 2 : Lors de la dismutation en milieu basique (question Q8) :

     3\,\mathrm{I_2} + 6\,\mathrm{HO^-} \longrightarrow 5\,\mathrm{I^-} + \mathrm{IO_3^-} + 3\,\mathrm{H_2O}

     les quantités d'ions formés sont :

     \begin{aligned} n_0(\mathrm{IO_3^-}) &= \frac{1}{3} n_0(\mathrm{I_2}) = \frac{1}{3} C_1 V_1 \\ n_0(\mathrm{I^-}) &= \frac{5}{3} n_0(\mathrm{I_2}) = \frac{5}{3} C_1 V_1 \end{aligned}

   • Opération 3 : La boisson de concentration C_0 est diluée d'un facteur 10, soit une concentration C_2 = \dfrac{C_0}{10}. Le volume V_2 apporte une quantité de glucose :

     n_{\text{gluc}} = C_2 V_2 = \frac{C_0 V_2}{10}

     D'après la stœchiométrie de la réaction d'oxydation (question Q9) :

     \mathrm{IO_3^-} + 3\,\mathrm{C_6H_{12}O_6} + 3\,\mathrm{HO^-} \longrightarrow \mathrm{I^-} + 3\,\mathrm{C_6H_{11}O_7^-} + 3\,\mathrm{H_2O}

     le glucose étant le réactif limitant, la quantité d'ions iodate restante s'écrit :

     n_{\text{rest}}(\mathrm{IO_3^-}) = n_0(\mathrm{IO_3^-}) - \frac{1}{3} n_{\text{gluc}} = \frac{1}{3} C_1 V_1 - \frac{C_0 V_2}{30}

   • Opération 4 : En milieu acide, la réaction de médiamutation (question Q10) régénère le diiode :

     \mathrm{IO_3^-} + 5\,\mathrm{I^-} + 6\,\mathrm{H^+} \longrightarrow 3\,\mathrm{I_2} + 3\,\mathrm{H_2O}

     Comme les ions \mathrm{I^-} sont en large excès par rapport aux ions \mathrm{IO_3^-}, le réactif limitant est \mathrm{IO_3^-}. La quantité de diiode régénéré est donc :

     n(\mathrm{I_2}) = 3\,n_{\text{rest}}(\mathrm{IO_3^-}) = C_1 V_1 - \frac{C_0 V_2}{10}

   • Opération 6 : Le titrage par le thiosulfate (question Q11) selon la réaction :

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

     conduit à l'équivalence à :

     n(\mathrm{I_2}) = \frac{1}{2} n_{\text{éq}}(\mathrm{S_2O_3^{2-}}) = \frac{1}{2} C_3 V_{\text{éq}}

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

   \begin{aligned} C_1 V_1 - \frac{C_0 V_2}{10} &= \frac{1}{2} C_3 V_{\text{éq}} \\ \frac{C_0 V_2}{10} &= C_1 V_1 - \frac{1}{2} C_3 V_{\text{éq}} \end{aligned}

   D'où l'expression de la concentration en glucose de la boisson :

   \boxed{C_0 = \frac{10}{V_2} \left( C_1 V_1 - \frac{1}{2} C_3 V_{\text{éq}} \right)}

   Résultat

   $$C_0=\frac{10}{V_2}\left(C_1{V}_1-\frac{1}{2}{C}_3{V}_{\text{eˊq}}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q41

   Le diiode \mathrm{I}_2 formé à l'issue de l'étape 3 est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-}.

   Les demi-équations électroniques associées aux deux couples rédox s'écrivent :

   \begin{aligned} \text{Réduction de l'oxydant } \mathrm{I}_2 : \quad & \mathrm{I}_2 + 2\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{I}^- \\ \text{Oxydation du réducteur } \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} : \quad & 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} = \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-} + 2\,\mathrm{e}^- \end{aligned}

   En sommant ces deux demi-équations, on obtient l'équation-bilan de la réaction de dosage :

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

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q28

   1. Couleur de la solution témoin :
      La solution témoin est préparée avec de l'eau distillée, exempte d'ions \mathrm{Ca}^{2+} et \mathrm{Mg}^{2+}, et contient de l'EDTA qui complexerait d'éventuelles traces résiduelles de cations métalliques. Le Noir Ériochrome T s'y trouve donc exclusivement sous sa forme libre. D'après l'énoncé, en l'absence de cations \mathrm{Ca}^{2+} et \mathrm{Mg}^{2+}, la solution est de couleur bleue.

      \boxed{\text{La solution témoin est bleue.}}

   2. Utilité de la solution témoin :
      Elle sert de témoin de couleur (solution étalon de fin de titrage) pour repérer le virage à l'équivalence avec précision :

      • au cours du dosage, la solution passe du rouge (complexe métaux–NET) au bleu (NET libre) en passant par une teinte intermédiaire violacée ;
      • la comparaison visuelle avec la solution témoin permet d'identifier l'instant précis où l'équivalence est atteinte, c'est-à-dire dès l'obtention du même bleu franc, sans risque d'arrêter le titrage trop tôt ou de dépasser l'équivalence.

   Résultat

   $$\text{La solution teˊmoin est bleue.}$$

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6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q29

   D'après les équations de complexation (1) et (2), une mole d'EDTA réagit avec une mole de cation métallique (\mathrm{Ca^{2+}} ou \mathrm{Mg^{2+}}). La stœchiométrie du titrage est donc de 1:1 pour chacun des deux ions.

   À l'équivalence du dosage, la quantité de matière totale d'ions calcium et magnésium initialement présents dans la prise d'essai de volume V_1 est égale à la quantité d'EDTA versée :

   n(\mathrm{Ca^{2+}}) + n(\mathrm{Mg^{2+}}) = n(\text{EDTA})_{\text{éq}} = C_3 \, V_{\text{éq}}

   La concentration totale en ions \mathrm{Ca^{2+}} et \mathrm{Mg^{2+}} dans l'eau étudiée s'écrit alors (avec V_1 et V_{\text{éq}} exprimés dans la même unité, en l'occurrence en \mathrm{mL}) :

   [\mathrm{Ca^{2+}}] + [\mathrm{Mg^{2+}}] = \frac{C_3 \, V_{\text{éq}}}{V_1} \quad (\text{en }\mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1})

   Exprimée en \mathrm{mol}\cdot\mathrm{m}^{-3} (1\text{ m}^3 = 10^3\text{ L}) :

   c_{\text{total}} = 10^3 \times \frac{C_3 \, V_{\text{éq}}}{V_1} \quad (\text{en }\mathrm{mol}\cdot\mathrm{m}^{-3})

   Par définition, 1\text{ degré hydrotimétrique (F)} correspond à une concentration de 0{,}1\text{ mol}\cdot\mathrm{m}^{-3} en ions \mathrm{Ca^{2+}} ou \mathrm{Mg^{2+}}, soit 10^{-4}\text{ mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}. Le titre hydrotimétrique d de l'eau est donc le rapport :

   d = \frac{c_{\text{total}}}{0{,}1\text{ mol}\cdot\mathrm{m}^{-3}} = \frac{10^3 \, \frac{C_3 \, V_{\text{éq}}}{V_1}}{0{,}1}

   Soit finalement :

   \boxed{d = 10^4 \, \frac{C_3 \, V_{\text{éq}}}{V_1}}

   Les données utiles sont donc V_1, V_{\text{éq}} et C_3. Les paramètres relatifs au tampon ammoniacal (V_2 et C_2) n'interviennent pas dans le calcul.

   Résultat

   $$d=10^4\frac{C_3{V}_{\text{eˊq}}}{V_1}$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q29

   1. Détermination de la concentration C_0

   La réaction support du titrage s'écrit globalement :

   \mathrm{H_3BO_3(aq)} + 2\,\mathrm{M(aq)} + \mathrm{HO^-(aq)} = \mathrm{C^-(aq)} + 3\,\mathrm{H_2O}

   ou, en l'absence de mannitol :

   \mathrm{H_3BO_3(aq)} + \mathrm{HO^-(aq)} = \mathrm{B(OH)_4^-(aq)}

   Dans tous les cas, la stœchiométrie entre l'acide borique et les ions hydroxyde est de 1 pour 1. La quantité de matière initiale d'acide borique introduite est n_0 = C_0 V_0 avec V_0 = 10\text{ mL}. À l'équivalence :

   n_0 = C_0 V_0 = C_B V_{B,\text{eq}} \implies C_0 = C_B \frac{V_{B,\text{eq}}}{V_0}

   Sur la figure 8, les trois courbes présentent leur saut ou point d'inflexion pour :

   V_{B,\text{eq}} = 10{,}0\text{ mL}

   On en déduit :

   C_0 = 0{,}10 \times \frac{10{,}0}{10} = 0{,}10\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{C_0 = 0{,}10\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   2. Identification de la courbe (a) et valeur de x_a

   À la demi-équivalence (V_B = 5{,}0\text{ mL}), les concentrations de la forme acide et de la forme basique sont égales, ce qui conduit à \mathrm{pH}(V_{B,\text{eq}}/2) = \mathrm{pK}_{a,\text{app}}. Sur la courbe (a), on lit à V_B = 5{,}0\text{ mL} :

   \mathrm{pH} \simeq 9{,}25 = \mathrm{pK}_a(\mathrm{H_3BO_3})

   Le saut de pH est par ailleurs quasiment indétectable car l'acide est trop faible. La courbe (a) correspond donc au cas sans D-mannitol :

   \boxed{x_a = 0\text{ g}}

   3. Détermination des masses x_b et x_c

   D'après la question Q28, avec \mathrm{pK} = 4{,}25 (Q27) :

   \mathrm{pK}_{a,\text{app}} = \mathrm{pK} - 2\log\left(\frac{[\mathrm{M}]}{c^\circ}\right) \implies [\mathrm{M}] = c^\circ \, 10^{\frac{\mathrm{pK} - \mathrm{pK}_{a,\text{app}}}{2}}

   Le D-mannitol étant en large excès devant l'acide borique (C_A = C_0 V_0 / V_{\text{tot}} = 5{,}0 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}), sa consommation est négligeable et sa concentration dans le volume préparé V_{\text{tot}} = 200\text{ mL} s'écrit :

   [\mathrm{M}] \simeq \frac{x}{M_D \, V_{\text{tot}}} \implies x = M_D \, V_{\text{tot}} \, c^\circ \, 10^{\frac{\mathrm{pK} - \mathrm{pK}_{a,\text{app}}}{2}}

   avec M_D \, V_{\text{tot}} \, c^\circ = 182{,}17 \times 0{,}200 \times 1 = 36{,}43\text{ g}.

   • Courbe (b) : à V_B = 5{,}0\text{ mL}, on lit \mathrm{pH} \simeq 6{,}9 (soit \mathrm{pK}_{a,\text{app}} \simeq 6{,}9).

     \begin{aligned} [\mathrm{M}]_b &= 10^{\frac{4{,}25 - 6{,}9}{2}} = 10^{-1{,}325} \simeq 4{,}7 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ x_b &= 36{,}43 \times 10^{-1{,}325} \simeq 1{,}7\text{ g} \end{aligned}
     \boxed{x_b \simeq 1{,}7\text{ g}}

     On vérifie bien que [\mathrm{M}]_b \simeq 4{,}7 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \gg C_A = 5{,}0 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}.

   • Courbe (c) : à V_B = 5{,}0\text{ mL}, la courbe se situe au-dessus de la ligne médiane 5{,}5 ; on lit précisément \mathrm{pH} \simeq 5{,}6 (soit \mathrm{pK}_{a,\text{app}} \simeq 5{,}6).

     \begin{aligned} [\mathrm{M}]_c &= 10^{\frac{4{,}25 - 5{,}6}{2}} = 10^{-0{,}675} \simeq 0{,}21\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \\ x_c &= 36{,}43 \times 10^{-0{,}675} \simeq 7{,}7\text{ g} \end{aligned}
     \boxed{x_c \simeq 7{,}7\text{ g}}

     La condition de grand excès est très largement respectée ([\mathrm{M}]_c \approx 42\,C_A).

   Résultat

   $$C_0=0,10\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   $$x_a=0\text{ g}$$

   $$x_b\simeq 1,7\text{ g}$$

   $$x_c\simeq 7,7\text{ g}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q30

   L'acide borique \mathrm{H_3BO_3} est titré par la solution d'hydroxyde de sodium (\mathrm{Na^+ + OH^-}). La réaction support de titrage s'écrit :

   \mathrm{H_3BO_3(aq)} + \mathrm{OH^-(aq)} = \mathrm{B(OH)_4^-(aq)}

   Sa constante thermodynamique d'équilibre à 25\text{ }^\circ\text{C} vaut :

   K^\circ = \frac{K_a}{K_e} = 10^{\mathrm{pK}_e - \mathrm{pK}_a} = 10^{14{,}00 - 9{,}25} = 10^{4{,}75} \simeq 5{,}6 \times 10^4

   En modélisant cette transformation comme quasi-totale, l'équivalence est repérée par :

   C_A V_A = C_B V_{B,\text{eq}} \implies V_{B,\text{eq}} = \frac{C_A V_A}{C_B}

   1. Avant l'équivalence (V_B \le V_{B,\text{eq}}) :

   Le réactif limitant est l'ion \mathrm{OH^-}. Les espèces ioniques majoritaires présentes dans le volume total V_{\text{tot}} = V_A + V_B sont :

   • les ions spectateurs \mathrm{Na^+} : [\mathrm{Na^+}] = \dfrac{C_B V_B}{V_A + V_B} ;
   • les ions formés \mathrm{B(OH)_4^-} : [\mathrm{B(OH)_4^-}] = \dfrac{C_B V_B}{V_A + V_B}.

   Les concentrations en \mathrm{H_3O^+} et \mathrm{OH^-} sont négligeables devant celles de ces espèces. D'après la loi de Kohlrausch :

   \sigma = \lambda_{\mathrm{Na^+}}[\mathrm{Na^+}] + \lambda_{\mathrm{B(OH)_4^-}}[\mathrm{B(OH)_4^-}]

   Soit :

   \boxed{\sigma = \frac{C_B V_B}{V_A + V_B}\left(\lambda_{\mathrm{Na^+}} + \lambda_{\mathrm{B(OH)_4^-}}\right)}

   2. Après l'équivalence (V_B > V_{B,\text{eq}}) :

   L'acide borique a été intégralement consommé. Les ions \mathrm{OH^-} sont introduits en excès. Les espèces ioniques majoritaires dans le milieu sont :

   • les ions spectateurs \mathrm{Na^+} : [\mathrm{Na^+}] = \dfrac{C_B V_B}{V_A + V_B} ;
   • les ions formés \mathrm{B(OH)_4^-} : [\mathrm{B(OH)_4^-}] = \dfrac{C_A V_A}{V_A + V_B} = \dfrac{C_B V_{B,\text{eq}}}{V_A + V_B} ;
   • les ions en excès \mathrm{OH^-} : [\mathrm{OH^-}] = \dfrac{C_B (V_B - V_{B,\text{eq}})}{V_A + V_B}.

   La concentration en ions \mathrm{H_3O^+} demeure tout à fait négligeable. Par la loi de Kohlrausch :

   \begin{aligned} \sigma &= \lambda_{\mathrm{Na^+}}[\mathrm{Na^+}] + \lambda_{\mathrm{B(OH)_4^-}}[\mathrm{B(OH)_4^-}] + \lambda_{\mathrm{OH^-}}[\mathrm{OH^-}] \\ &= \frac{C_B}{V_A + V_B} \left[ \lambda_{\mathrm{Na^+}} V_B + \lambda_{\mathrm{B(OH)_4^-}} V_{B,\text{eq}} + \lambda_{\mathrm{OH^-}}(V_B - V_{B,\text{eq}}) \right] \end{aligned}

   Soit, en regroupant les termes :

   \boxed{\sigma = \frac{C_B}{V_A + V_B}\left[ (\lambda_{\mathrm{Na^+}} + \lambda_{\mathrm{OH^-}})V_B + (\lambda_{\mathrm{B(OH)_4^-}} - \lambda_{\mathrm{OH^-}})V_{B,\text{eq}} \right]}

   Résultat

   $$\sigma =\frac{C_B{V}_B}{V_A+V_B}\left({\lambda }_{\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}}+{\lambda }_{\mathrm{B}(\mathrm{OH}{)}_4^{-}}\right)$$

   $$\sigma =\frac{C_B}{V_A+V_B}\left[({\lambda }_{\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}}+{\lambda }_{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}})V_B+({\lambda }_{\mathrm{B}(\mathrm{OH}{)}_4^{-}}-{\lambda }_{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}})V_{B,\text{eq}}\right]$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q31

   D'après les résultats de la question Q30, la conductivité corrigée de la dilution s'écrit :

   • Avant l'équivalence (V_B \le V_{B,\text{eq}}) :

     (V_A + V_B)\,\sigma(V_B) = C_B \left(\lambda_{\mathrm{Na}^+} + \lambda_{\mathrm{B(OH)}_4^-}\right) V_B = p_1 \, V_B

     La courbe est un segment de droite passant par l'origine, de pente positive :

     p_1 = C_B \left(\lambda_{\mathrm{Na}^+} + \lambda_{\mathrm{B(OH)}_4^-}\right)

     Numériquement :

     \lambda_{\mathrm{Na}^+} + \lambda_{\mathrm{B(OH)}_4^-} = 5{,}01 + 6{,}70 = 11{,}71\text{ mS}\cdot\text{m}^2\cdot\text{mol}^{-1}

   • Après l'équivalence (V_B > V_{B,\text{eq}}) :

     (V_A + V_B)\,\sigma(V_B) = p_2 \, V_B + \text{cste}

     avec une pente également positive :

     p_2 = C_B \left(\lambda_{\mathrm{Na}^+} + \lambda_{\mathrm{OH}^-}\right)

     Numériquement :

     \lambda_{\mathrm{Na}^+} + \lambda_{\mathrm{OH}^-} = 5{,}01 + 19{,}8 = 24{,}81\text{ mS}\cdot\text{m}^2\cdot\text{mol}^{-1}

   Le rapport des pentes vaut :

   \frac{p_2}{p_1} = \frac{24{,}81}{11{,}71} \simeq 2{,}12

   La pente est donc multipliée par plus d'un facteur 2 après l'équivalence.

   Au voisinage immédiat de l'équivalence, la réaction de titrage (\mathrm{H_3BO_{3(aq)}} + \mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})} = \mathrm{B(OH)}_{4(\mathrm{aq})}^-, de constante K^\circ = 10^{14 - 9{,}25} = 10^{4{,}75} \simeq 5{,}6\times 10^4) n'est pas strictement totale : l'hydrolyse de l'ion tétradihydroxyborate \mathrm{B(OH)}_4^- libère des ions \mathrm{HO}^-, ce qui conduit à une courbe réelle située légèrement au-dessus du point d'intersection des deux asymptotes et présentant un arrondi.

   Conclusion sur la possibilité de titrer le bore en solution :

   \boxed{\text{Le titrage conductimétrique du bore sans mannitol est tout à fait possible.}}

   En effet, bien que la réaction présente un arrondi au voisinage immédiat de l'équivalence en raison d'une constante d'équilibre modérée (K^\circ \simeq 5{,}6\times 10^4), la rupture de pente est nette (p_2/p_1 \simeq 2{,}1) et l'extrapolation linéaire des deux portions éloignées de l'équivalence permet de déterminer précisément le volume équivalent V_{B,\mathrm{eq}}.

   Résultat

   $$\text{Le titrage conductimeˊtrique du bore sans mannitol est tout aˋ fait possible.}$$

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10. Exercice 10E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q42

    D'après l'énoncé, le cuivre solide ne réagit pas avec la solution acide. Seul l'étain réagit selon l'équation établie à la question Q40 :

    \mathrm{Sn_{(s)}} + 2\,\mathrm{H^+_{(aq)}} \longrightarrow \mathrm{Sn^{2+}_{(aq)}} + \mathrm{H_{2(g)}}

    Vérifions que les ions \mathrm{H}^+ sont en excès. La quantité initiale d'ions \mathrm{H}^+ apportée par la solution d'acide chlorhydrique est :

    n_0(\mathrm{H}^+) = C \cdot V = 0{,}1\,\mathrm{mol\cdot L^{-1}} \times 0{,}5\,\mathrm{L} = 5{,}0 \cdot 10^{-2}\text{ mol}

    La quantité de dihydrogène dégagé vaut, en utilisant le volume molaire V_{\mathrm{m}} calculé à la question Q41 :

    n(\mathrm{H}_2) = \frac{V_{\mathrm{f}}}{V_{\mathrm{m}}} = \frac{153 \cdot 10^{-3}\text{ L}}{24{,}05\,\mathrm{L\cdot mol^{-1}}} \approx 6{,}36 \cdot 10^{-3}\text{ mol}

    La consommation d'ions \mathrm{H}^+ correspondante est 2 n(\mathrm{H}_2) \approx 1{,}27 \cdot 10^{-2}\text{ mol} < n_0(\mathrm{H}^+), ce qui confirme que l'étain est le réactif limitant et qu'il est entièrement consommé.

    D'après les nombres stœchiométriques de la réaction :

    n_{\mathrm{Sn}} = n(\mathrm{H}_2) = \frac{V_{\mathrm{f}}}{V_{\mathrm{m}}}

    La masse d'étain contenue dans l'échantillon s'exprime donc par :

    m_{\mathrm{Sn}} = n_{\mathrm{Sn}} M_{\mathrm{Sn}} = \frac{V_{\mathrm{f}}}{V_{\mathrm{m}}} M_{\mathrm{Sn}}

    Application numérique avec M_{\mathrm{Sn}} = 118{,}7\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} :

    m_{\mathrm{Sn}} = \frac{0{,}153}{24{,}05} \times 118{,}7 \approx 0{,}755\text{ g}

    \boxed{m_{\mathrm{Sn}} = 0{,}755\text{ g}}

    Le pourcentage massique d'étain dans l'échantillon de masse totale m = 3{,}00\text{ g} est :

    w_{\mathrm{Sn}} = \frac{m_{\mathrm{Sn}}}{m}

    w_{\mathrm{Sn}} = \frac{0{,}755\text{ g}}{3{,}00\text{ g}} \approx 0{,}252 = 25{,}2\%

    \boxed{w_{\mathrm{Sn}} = 25{,}2\%}

    Résultat

    $$m_{\mathrm{Sn}}=0,755\text{ g}$$

    $$w_{\mathrm{Sn}}=25,2\%$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question