Feuille d'entraînement : Titrages

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q60

   Le titrage direct de l'eau oxygénée par les ions permanganate nécessite un dispositif de titrage volumétrique standard. Le schéma légendé est représenté ci-dessous :

   Le dispositif comporte ainsi :

   • la solution titrante dans la burette graduée : solution aqueuse de permanganate de potassium (\mathrm{K}^+ + \mathrm{MnO}_4^-) de concentration c_2 = 0{,}020\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} ;
   • la solution titrée dans le bécher : prise d'essai de volume V_1 = 10{,}0\text{ mL} de la solution (\mathrm{S}) de peroxyde d'hydrogène, acidifiée (par ajout d'acide sulfurique concentré pour apporter les ions \mathrm{H}^+ nécessaires à la réaction) et complétée si besoin par de l'eau distillée ;
   • le système d'homogénéisation constitué d'un agitateur magnétique et d'un barreau aimanté.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q61

   À l'équivalence du titrage, les réactifs titré (\mathrm{H_2O_2}) et titrant (\mathrm{MnO_4^-}) ont été introduits dans les proportions stœchiométriques dictées par l'équation (6) :

   2\,\mathrm{MnO}_{4(\text{aq})}^- + 5\,\mathrm{H_2O}_{2(\text{aq})} + 6\,\mathrm{H}_{(\text{aq})}^+ = 2\,\mathrm{Mn}^{2+}_{(\text{aq})} + 5\,\mathrm{O}_{2(\text{g})} + 8\,\mathrm{H_2O}_{(\text{l})}

   La relation d'équivalence s'écrit :

   \frac{n_0(\mathrm{H_2O_2})}{5} = \frac{n_{\text{eq}}(\mathrm{MnO_4^-})}{2}

   soit, en notant V_S = 10{,}0\text{ mL} le volume prélevé de la solution (S) :

   \frac{c_1 V_S}{5} = \frac{c_2 v_{\text{eq}}}{2}

   On en déduit l'expression littérale de la concentration c_1 en peroxyde d'hydrogène dans la solution (S) :

   c_1 = \frac{5}{2}\,\frac{c_2 v_{\text{eq}}}{V_S}

   Application numérique avec c_2 = 0{,}020\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, v_{\text{eq}} = 16{,}0\text{ mL} et V_S = 10{,}0\text{ mL} :

   \begin{aligned} c_1 &= \frac{5}{2} \times 0{,}020 \times \frac{16{,}0}{10{,}0} = 2{,}5 \times 0{,}020 \times 1{,}60 = 0{,}080\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{c_1 = 8{,}0 \cdot 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   La solution (S) ayant été préparée par dilution d'un facteur F = 10 de la solution commerciale (question Q59), la concentration c de la solution commerciale est :

   c = 10 \times c_1 = 10 \times 8{,}0 \cdot 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   \boxed{c = 0{,}80\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   Résultat

   $$c_1=8,0\cdot 10^{-2}\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   $$c=0,80\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2024, Q21

   D'après les questions Q18 et Q19, les transformations successives s'écrivent :

   • Oxydation du manganèse(II) par le dioxygène dissous :

     4\,\mathrm{Mn(OH)_2(s)} + \mathrm{O_2(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)} = 4\,\mathrm{Mn(OH)_3(s)}

     La réaction étant quantitative, la quantité de précipité de manganèse(III) formé dans l'erlenmeyer vérifie :

     n(\mathrm{Mn(OH)_3}) = 4\,n(\mathrm{O_2})

   • Réduction du manganèse(III) par les ions iodure en milieu acide :

     2\,\mathrm{Mn(OH)_3(s)} + 2\,\mathrm{I^-(aq)} + 6\,\mathrm{H^+(aq)} = 2\,\mathrm{Mn^{2+}(aq)} + \mathrm{I_2(aq)} + 6\,\mathrm{H_2O(\ell)}

     La quantité totale de diiode libéré s'exprime donc par :

     n_{\text{tot}}(\mathrm{I_2}) = \frac{1}{2}\,n(\mathrm{Mn(OH)_3}) = 2\,n(\mathrm{O_2})

   Les réactifs ajoutés étant sous forme solide (\mathrm{MnCl_2}, \mathrm{NaOH}, \mathrm{KI}) ou en très faible volume (acide sulfurique concentré), le volume de la solution reste égal au volume d'eau analysée. La concentration molaire en diiode dans la solution obtenue est alors :

   [\mathrm{I_2}] = \frac{n_{\text{tot}}(\mathrm{I_2})}{V_{\text{tot}}} = 2\,\frac{n(\mathrm{O_2})}{V_{\text{eau}}} = 2\,c(\mathrm{O_2})

   Lors de l'étape 4, on prélève un volume V_0 de cette solution contenant une quantité de matière de diiode :

   n_0(\mathrm{I_2}) = [\mathrm{I_2}]\,V_0 = 2\,c(\mathrm{O_2})\,V_0

   D'après l'équation support du titrage :

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

   à l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

   \frac{n_{\text{versé}}(\mathrm{S_2O_3^{2-}})}{2} = \frac{n_0(\mathrm{I_2})}{1}

   Soit :

   \begin{aligned} \frac{c_1 V_1}{2} &= 2\,c(\mathrm{O_2})\,V_0 \\ c_1 V_1 &= 4\,c(\mathrm{O_2})\,V_0 \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la concentration en dioxygène dissous :

   \boxed{c(\mathrm{O_2}) = \frac{c_1 V_1}{4 V_0}}

   Résultat

   $$c({\mathrm{O}}_2)=\frac{c_1{V}_1}{4V_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2023, Q19

   Les réactifs introduits (\mathrm{Mn}^{2+}, \mathrm{HO}^-, \mathrm{H}^+ et \mathrm{I}^-) étant apportés en large excès par rapport au dioxygène dissous, le dioxygène est le réactif limitant.

   D'après les équations établies précédemment :

   • Question Q15 : l'oxydation de l'hydroxyde de manganèse(II) par le dioxygène dissous s'écrit

     4\,\mathrm{Mn(OH)}_{2(\mathrm{s})} + \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} = 4\,\mathrm{Mn(OH)}_{3(\mathrm{s})} \implies n(\mathrm{Mn(OH)}_3) = 4\,n(\mathrm{O}_2)

   • Question Q16 : la dissolution acide du précipité libère

     \mathrm{Mn(OH)}_{3(\mathrm{s})} + 3\,\mathrm{H}^+_{(\mathrm{aq})} = \mathrm{Mn}^{3+}_{(\mathrm{aq})} + 3\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} \implies n(\mathrm{Mn}^{3+}) = n(\mathrm{Mn(OH)}_3) = 4\,n(\mathrm{O}_2)

   • Question Q17 : la réduction des ions manganèse(III) par les ions iodure produit

     2\,\mathrm{Mn}^{3+}_{(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{I}^-_{(\mathrm{aq})} = 2\,\mathrm{Mn}^{2+}_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{I}_{2(\mathrm{aq})} \implies n(\mathrm{I}_2) = \frac{1}{2}\,n(\mathrm{Mn}^{3+}) = 2\,n(\mathrm{O}_2)

   En négligeant les variations de volume lors de l'ajout des réactifs solides et de l'acide concentré, la concentration de diiode dans la solution obtenue est liée à la concentration initiale en dioxygène dissous par :

   [\mathrm{I}_2] = \frac{n(\mathrm{I}_2)}{V} = 2\,\frac{n(\mathrm{O}_2)}{V} = 2\,C_{\mathrm{O}_2}

   Lors de la troisième étape, on titre une prise d'essai de volume V_0 contenant une quantité de matière de diiode n_0(\mathrm{I}_2) = [\mathrm{I}_2]\,V_0 = 2\,C_{\mathrm{O}_2}\,V_0.

   D'après l'équation de titrage établie à la question Q18 :

   \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})}

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

   n_0(\mathrm{I}_2) = \frac{n_{\mathrm{eq}}(\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-})}{2} = \frac{C_1 V_{\mathrm{eq}}}{2}

   En substituant n_0(\mathrm{I}_2) = 2\,C_{\mathrm{O}_2}\,V_0, il vient :

   2\,C_{\mathrm{O}_2}\,V_0 = \frac{C_1 V_{\mathrm{eq}}}{2}

   On obtient bien la relation demandée :

   \boxed{C_{\mathrm{O}_2} = \frac{C_1 V_{\mathrm{eq}}}{4 V_0}}

   Résultat

   $$C_{{\mathrm{O}}_2}=\frac{C_1{V}_{\mathrm{eq}}}{4V_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2020, Q44

   D'après l'équation (IV.1) de la réaction d'oxydation de l'acide ascorbique par le diiode :

   \mathrm{C}_6\mathrm{H}_8\mathrm{O}_{6(\mathrm{aq})} + \mathrm{I}_{2(\mathrm{aq})} = 2\,\mathrm{I}^-_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{C}_6\mathrm{H}_6\mathrm{O}_{6(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{H}^+_{(\mathrm{aq})}

   une mole de diiode réagit avec une mole d'acide ascorbique. La réaction étant quantitative (établi en Q39), la quantité de diiode consommée par la vitamine C s'écrit :

   n_{\mathrm{I}_2,\text{consommé}} = n(\mathrm{AscH}_2)

   Le diiode restant non consommé est dosé à l'étape 4 par le thiosulfate. Par conservation de la matière pour le diiode :

   n_{\mathrm{I}_2,0} = n_{\mathrm{I}_2,\text{consommé}} + n_{\mathrm{I}_2,e} = n(\mathrm{AscH}_2) + n_{\mathrm{I}_2,e}

   La quantité de matière d'acide ascorbique contenue dans la prise d'essai de volume V_0 est donc :

   n(\mathrm{AscH}_2) = n_{\mathrm{I}_2,0} - n_{\mathrm{I}_2,e} = C_{\mathrm{I}_2}V_2 - \frac{C_s V_e}{2}

   En utilisant les résultats des questions Q42 et Q43 :

   \begin{aligned} n(\mathrm{AscH}_2) &= 1{,}00 \times 10^{-4} - 6{,}20 \times 10^{-5} = 3{,}80 \times 10^{-5}\text{ mol} \end{aligned}

   \boxed{n(\mathrm{AscH}_2) = 3{,}80 \times 10^{-5}\text{ mol}}

   Cette quantité d'acide ascorbique provient du prélèvement de volume V_0 = 10{,}0\text{ mL} de jus d'orange filtré. La concentration molaire en acide ascorbique dans ce jus est donc :

   C(\mathrm{AscH}_2) = \frac{n(\mathrm{AscH}_2)}{V_0} = \frac{C_{\mathrm{I}_2}V_2 - \frac{C_s V_e}{2}}{V_0}

   Application numérique :

   \begin{aligned} C(\mathrm{AscH}_2) &= \frac{3{,}80 \times 10^{-5}\text{ mol}}{10{,}0 \times 10^{-3}\text{ L}} = 3{,}80 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{C(\mathrm{AscH}_2) = 3{,}80 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

   Résultat

   $$n({\mathrm{AscH}}_2)=3,80\times 10^{-5}\text{ mol}$$

   $$C({\mathrm{AscH}}_2)=3,80\times 10^{-3}\text{ mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q62

   D'après le document 2, le titre d'une solution d'eau oxygénée, exprimé en volumes (noté « vol. »), correspond au volume de dioxygène gazeux \mathrm{O}_{2(\text{g})}, mesuré en litres dans les conditions normales de température et de pression, dégagé par la décomposition totale de V_0 = 1{,}0\text{ L} de cette solution.

   La réaction de décomposition (dismutation) du peroxyde d'hydrogène s'écrit (d'après la question Q55) :

   2\,\mathrm{H_2O_{2(aq)}} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O_{(l)}} + \mathrm{O_{2(g)}}

   Pour un volume V_0 = 1{,}0\text{ L} de solution commerciale de concentration c, la quantité de matière de peroxyde d'hydrogène initiale est :

   n(\mathrm{H_2O_2}) = c \cdot V_0

   D'après les coefficients stœchiométriques, la quantité de dioxygène susceptible d'être libérée lors de la décomposition complète est :

   n(\mathrm{O_2}) = \frac{n(\mathrm{H_2O_2})}{2} = \frac{c \cdot V_0}{2}

   Le volume de dioxygène correspondant, dans les conditions où le volume molaire vaut V_m = 22{,}4\text{ L}\cdot\text{mol}^{-1}, est :

   V(\mathrm{O_2}) = n(\mathrm{O_2}) \cdot V_m = \frac{c \cdot V_m \cdot V_0}{2}

   Le titre T, exprimé en volumes, est numériquement égal au volume V(\mathrm{O_2}) obtenu pour V_0 = 1{,}0\text{ L} :

   T = \frac{c \cdot V_m}{2}

   Avec c = 0{,}80\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} (d'après la question Q61) et V_m = 22{,}4\text{ L}\cdot\text{mol}^{-1} :

   T = \frac{0{,}80 \times 22{,}4}{2} = 0{,}40 \times 22{,}4 = 8{,}96\text{ vol.}

   En tenant compte des deux chiffres significatifs de la concentration c :

   \boxed{T \approx 9{,}0\text{ vol.} \quad (\text{ou } 8{,}96\text{ vol.})}

   Résultat

   $$T\approx 9,0\text{ vol.}(\text{ou }8,96\text{ vol.})$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q8

   1. Principe de fonctionnement d'une cellule conductimétrique usuelle

   Une cellule de conductimétrie de laboratoire est constituée de deux électrodes métalliques planes parallèles (généralement en platine platiné), de même surface S, séparées d'une distance \ell et en contact direct avec la solution.

   • On applique entre les deux électrodes une tension alternative sinusoïdale de fréquence moyenne (typiquement de l'ordre de 1\text{ kHz}) afin d'éviter le phénomène de polarisation des électrodes (formation de doubles couches capacitives) ainsi que toute électrolyse de la solution.
   • La mesure simultanée de la tension efficace U et du courant efficace I permet de déterminer la conductance G = \frac{I}{U} de la portion d'électrolyte comprise entre les plaques.

   • La conductivité \sigma de la solution est alors déduite de la relation :

     G = \sigma \frac{S}{\ell} = \frac{\sigma}{K_{\text{cell}}}

     où K_{\text{cell}} = \frac{\ell}{S} est la constante de cellule (déterminée par étalonnage).

   2. Inadaptation à un flotteur autonome en mer

   Les cellules à contact direct ne conviennent pas à bord d'un flotteur profileur autonome pour plusieurs raisons :

   • Encrassement biologique (biofouling) et dépôts minéraux : dans le milieu marin naturel, des micro-organismes, algues ou dépôts salins se déposent rapidement sur les surfaces métalliques, modifiant drastiquement la surface active S, l'écartement \ell et donc la constante de cellule.
   • Corrosion et altération des électrodes : l'eau de mer est un milieu particulièrement agressif et riche en ions chlorure, ce qui conduit à l'oxydation ou à l'altération chimique progressive des électrodes métalliques.
   • Absence de maintenance et de ré-étalonnage : un flotteur Argo doit fonctionner de manière totalement autonome pendant plusieurs années (jusqu'à 5 ans), sans possibilité de nettoyer ou de ré-étalonner les électrodes. Une cellule inductive (sans contact métallique direct avec l'eau) élimine ces problèmes de dérive d'interface.

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8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q28

   1. Étude de la solution saturée en sulfate de calcium \mathrm{CaSO}_4

   La dissolution du sulfate de calcium s'écrit :

   \mathrm{CaSO}_{4(\text{s})} = \mathrm{Ca}^{2+}_{(\text{aq})} + \mathrm{SO}_{4}^{2-}{}_{(\text{aq})}

   À saturation, la solubilité molaire s_1 vérifie :

   K_{s1} = [\mathrm{Ca}^{2+}]\,[\mathrm{SO}_4^{2-}] = s_1^2 \implies s_1 = \sqrt{K_{s1}} = \sqrt{2{,}4 \times 10^{-5}} \simeq 4{,}90 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} = 4{,}90\text{ mol}\cdot\text{m}^{-3}

   À pH neutre, [\mathrm{H}_3\mathrm{O}^+] = [\mathrm{HO}^-] = 1{,}0 \times 10^{-7}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, concentrations négligeables devant s_1. D'après la loi de Kohlrausch :

   \begin{aligned} \sigma_1 &= \left(\lambda^\circ(\mathrm{Ca}^{2+}) + \lambda^\circ(\mathrm{SO}_4^{2-})\right) s_1 \\ \sigma_1 &= (11{,}9 + 16{,}0) \times 10^{-3}\text{ S}\cdot\text{m}^2\cdot\text{mol}^{-1} \times 4{,}899\text{ mol}\cdot\text{m}^{-3} \simeq 0{,}137\text{ S}\cdot\text{m}^{-1} = 1{,}37\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1} \end{aligned}

   La constante de cellule associée vaut :

   k_{\text{cell},1} = \frac{\sigma_1}{V_{m1}} = \frac{0{,}1367\text{ S}\cdot\text{m}^{-1}}{0{,}09\text{ V}} \simeq 1{,}52\text{ S}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{V}^{-1} = 15{,}2\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1}\cdot\text{V}^{-1}

   2. Étude de la solution saturée en permanganate de potassium \mathrm{KMnO}_4

   La dissolution s'écrit :

   \mathrm{KMnO}_{4(\text{s})} = \mathrm{K}^{+}_{(\text{aq})} + \mathrm{MnO}_{4}^{-}{}_{(\text{aq})}

   À saturation, la solubilité molaire s_2 vérifie :

   K_{s2} = [\mathrm{K}^{+}]\,[\mathrm{MnO}_4^{-}] = s_2^2 \implies s_2 = \sqrt{K_{s2}} = \sqrt{0{,}23} \simeq 0{,}480\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} = 480\text{ mol}\cdot\text{m}^{-3}

   La conductivité de cette solution vaut :

   \begin{aligned} \sigma_2 &= \left(\lambda^\circ(\mathrm{K}^+) + \lambda^\circ(\mathrm{MnO}_4^-)\right) s_2 \\ \sigma_2 &= (7{,}35 + 6{,}13) \times 10^{-3}\text{ S}\cdot\text{m}^2\cdot\text{mol}^{-1} \times 479{,}6\text{ mol}\cdot\text{m}^{-3} \simeq 6{,}46\text{ S}\cdot\text{m}^{-1} = 64{,}6\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1} \end{aligned}

   La constante de cellule associée vaut :

   k_{\text{cell},2} = \frac{\sigma_2}{V_{m2}} = \frac{6{,}465\text{ S}\cdot\text{m}^{-1}}{4{,}28\text{ V}} \simeq 1{,}51\text{ S}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{V}^{-1} = 15{,}1\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1}\cdot\text{V}^{-1}

   Les deux valeurs étant en excellent accord, on retient :

   \boxed{k_{\text{cell}} \simeq 1{,}5\text{ S}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{V}^{-1} = 15\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1}\cdot\text{V}^{-1}}

   Commentaire :

   • La concordance remarquable entre k_{\text{cell},1} et k_{\text{cell},2} valide la proportionnalité théorique entre la conductivité \sigma et la tension mesurée V_m sur une large plage de mesure (de 1{,}4 à 65\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1}).

   • Pour une conductivité maximale de l'eau de mer de \sigma_{\max} = 75\text{ mS}\cdot\text{cm}^{-1}, la tension de sortie maximale atteinte est :

     V_{m,\max} = \frac{\sigma_{\max}}{k_{\text{cell}}} \simeq \frac{75}{15{,}1} \simeq 5{,}0\text{ V}

     Cette valeur est compatible avec les tensions d'alimentation usuelles des circuits électroniques embarqués (\pm 12\text{ V} ou \pm 15\text{ V}), garantissant que l'amplificateur linéaire intégré fonctionnera bien en régime linéaire sans saturer.

   Résultat

   $$k_{\text{cell}}\simeq 1,5\text{ S}\cdot {\text{m}}^{-1}\cdot {\text{V}}^{-1}=15\text{ mS}\cdot {\text{cm}}^{-1}\cdot {\text{V}}^{-1}$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2024, Q20

   L'iodure de potassium \mathrm{KI} est introduit en large excès pour deux raisons essentielles :

   1. Garantir la réduction totale et rapide du manganèse(III) :
      Le principe de la méthode de Winkler repose sur une conversion stœchiométrique et intégrale du dioxygène dissous en diiode \mathrm{I_2}. L'excès d'ions iodure \mathrm{I^-} déplace totalement l'équilibre de la réaction d'oxydoréduction (question Q19) dans le sens direct et en accélère la cinétique, assurant que tout le manganèse(III) est réduit en manganèse(II).

   2. Solubiliser et stabiliser le diiode formé :
      Le diiode \mathrm{I_2} est une molécule apolaire très peu soluble dans l'eau pure (s \approx 1{,}3 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} à 25\text{ }^\circ\text{C}) et particulièrement volatil. En présence d'un large excès d'ions \mathrm{I^-}, il se complexe sous forme d'ions triiodure \mathrm{I_3^-} selon l'équilibre :

      \mathrm{I_2(aq) + I^-(aq) \rightleftharpoons I_3^-(aq)}

      Cette complexation permet de maintenir l'espèce oxydée en solution aqueuse homogène et d'éviter les pertes par évaporation avant et pendant le titrage.

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2024, Q22

    D'après la question Q21, la concentration molaire en dioxygène dissous dans l'eau s'exprime par :

    c(\mathrm{O_2}) = \frac{c_1 V_1}{4 V_0}

    L'application numérique donne, avec c_1 = 5 \times 10^{-3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, V_1 = 8,3\text{ mL} et V_0 = 50\text{ mL} :

    \begin{aligned} c(\mathrm{O_2}) &= \frac{5 \times 10^{-3} \times 8,3 \times 10^{-3}}{4 \times 50 \times 10^{-3}} \\ &= 2,075 \times 10^{-4}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} \end{aligned}

    D'après les données de l'énoncé, la masse volumique de l'eau vaut \rho = 1,0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} = 1,0\text{ kg}\cdot\text{L}^{-1}. Ainsi, un volume de 1\text{ L} d'eau correspond à une masse :

    m_{\text{eau}} = \rho \cdot V = 1,0\text{ kg}

    La concentration molaire par kilogramme d'eau, notée c_m(\mathrm{O_2}), s'obtient donc selon :

    c_m(\mathrm{O_2}) = \frac{c(\mathrm{O_2})}{\rho} = \frac{2,075 \times 10^{-4}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}{1,0\text{ kg}\cdot\text{L}^{-1}} = 2,075 \times 10^{-4}\text{ mol}\cdot\text{kg}^{-1}

    En exprimant ce résultat en micromoles par kilogramme d'eau (1\text{ mol} = 10^6\ \mu\text{mol}) et en tenant compte de la précision des données (deux chiffres significatifs) :

    \boxed{c_m(\mathrm{O_2}) = 2,1 \times 10^2\ \mu\text{mol}\cdot\text{kg}^{-1}}

    Résultat

    $$c_m({\mathrm{O}}_2)=2,1\times 10^2\mu \text{mol}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question