Terminale · Physique-chimie

Titrer un système chimique

Chapitre 3

15 questions originales à réponses multiples pour vérifier les notions, les méthodes et les points de vigilance du chapitre.

Prends une feuille, un stylo et une calculatrice. Chaque situation possède cinq propositions : plusieurs peuvent être exactes. Note le bilan chimique, les unités et la relation d’équivalence avant de dévoiler les corrections.

Comment répondre ?

Prévois une feuille et un stylo pour poser tes calculs et rédiger tes étapes. Chaque QCM propose cinq affirmations. Une ou plusieurs réponses peuvent être exactes. Coche-les, vérifie, puis ouvre la correction pour comprendre chaque proposition. Tu obtiens un point seulement si tu coches toutes les bonnes réponses, sans cocher de réponse fausse.

0 question vérifiée sur 15

Question 1

Dosage d'un acide fort

On titre 20,0 mL d'une solution aqueuse d'acide chlorhydrique par NaOH(aq) à C_B = 0,100 mol·L⁻¹. L'équivalence est à 12,4 mL. Réaction supposée totale : H₃O⁺ + HO⁻ → 2 H₂O. Cocher les affirmations exactes.

À l'équivalence, n(H₃O⁺) initial = n(HO⁻) versée = 1,24 mmol. La concentration de la solution titrée vaut 0,0620 mol·L⁻¹. À l'équivalence, les concentrations des solutions dans les flacons sont forcément égales. À 6,20 mL de soude ajoutée, sous l'hypothèse de réaction totale, la moitié de H₃O⁺ initial a été consommée. La concentration de la solution titrée vaut 0,620 mol·L⁻¹.

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Réponse attendue : A, B, D

A — Vrai. La réaction est de proportion 1:1. On calcule n = C_BV_E, C en mol·L⁻¹ et V en L : 0,100 × 0,0124 = 1,24 × 10⁻³ mol = 1,24 mmol.
B — Vrai. La quantité initiale 1,24 × 10⁻³ mol est contenue dans V_A = 0,0200 L ; C_A = n/V_A = 0,0620 mol·L⁻¹.
C — Faux. La proportion stœchiométrique concerne les quantités, pas les concentrations initiales : 20,0 mL de solution titrée correspondent ici à 12,4 mL de solution titrante.
D — Vrai. 6,20 mL est la moitié de V_E = 12,4 mL. La quantité de HO⁻ versée, 0,620 mmol, consomme autant de H₃O⁺, sur 1,24 mmol au départ.
E — Faux. Ce résultat est dix fois trop grand. Il faut diviser 1,24 mmol par 20,0 mL : le quotient vaut 0,0620 mmol·mL⁻¹ = 0,0620 mol·L⁻¹.

Méthode à retenir. Écrire n(H₃O⁺)initial = n(HO⁻)versée à l'équivalence puis convertir le volume en litres.

Question 2

Lire une burette

Une burette contient une solution titrante de concentration 0,0800 mol·L⁻¹. Le ménisque est lu à 1,35 mL au début et à 18,65 mL à l'équivalence. Titrage de rapport stœchiométrique 1:1. Quelles conclusions sont justes ?

La quantité titrée vaut 1,384 mmol si la réaction 1:1 est totale et unique. En gardant V = 17,30 mL, le produit 0,0800 mol·L⁻¹ × 17,30 mL correspond numériquement à 1,384 mmol. Le volume versé à l'équivalence est 17,30 mL. La quantité de titrant versée est 1,384 mmol. Le volume versé vaut 18,65 mL, indépendamment de la lecture initiale.

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Réponse attendue : A, B, C, D

A — Vrai. À l'équivalence et pour une réaction totale 1:1, la quantité initiale de l'espèce titrée est égale à la quantité de titrant versée, 1,384 mmol.
B — Vrai. Les unités se compensent : 1 mol·L⁻¹ × 1 mL = 10⁻³ mol = 1 mmol. Donc 0,0800 × 17,30 = 1,384 mmol, mais il faut convertir V en L pour exprimer directement n en mol.
C — Vrai. La graduation d'une burette augmente vers le bas : V_E = lecture finale − lecture initiale = 18,65 − 1,35 = 17,30 mL.
D — Vrai. n = CV = 0,0800 mol·L⁻¹ × 0,01730 L = 1,384 × 10⁻³ mol, soit 1,384 mmol ; on garde des chiffres de garde.
E — Faux. Il faut tenir compte du niveau initial de la burette : la différence 18,65 − 1,35 donne 17,30 mL ; la lecture finale seule n'est pas le volume délivré.

Méthode à retenir. Soustraire les deux lectures avant le calcul des quantités.

Question 3

Vinaigre dilué

Un vinaigre commercial est dilué dix fois. On titre 10,0 mL de la solution diluée avec NaOH à 0,100 mol·L⁻¹ ; V_E = 13,3 mL. CH₃COOH + HO⁻ → CH₃COO⁻ + H₂O, supposée totale. M(CH₃COOH) = 60,0 g·mol⁻¹. Quelles réponses sont justes ?

Un litre de vinaigre commercial contient environ 79,8 g d'acide acétique. La concentration commerciale vaut 0,0133 mol·L⁻¹. La concentration du vinaigre commercial vaut 1,33 mol·L⁻¹. La solution diluée contient 0,133 mol·L⁻¹ d'acide acétique. Dans le flacon commercial, la masse volumique et la fraction massique se déduisent de ce seul dosage.

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Réponse attendue : A, C, D

A — Vrai. Dans 1,00 L, n = C V = 1,33 mol. Puis m = nM, n en mol et M en g·mol⁻¹ : m = 1,33 × 60,0 = 79,8 g.
B — Faux. On a dilué avant de titrer : la concentration initiale est plus grande que la concentration diluée, et non plus petite. La valeur correcte est 1,33 mol·L⁻¹.
C — Vrai. Diluer dix fois divise la concentration par dix ; on remonte de C_fille = 0,133 mol·L⁻¹ à C_mère = 10 C_fille = 1,33 mol·L⁻¹.
D — Vrai. À l'équivalence 1:1, n = 0,100 × 0,0133 = 0,00133 mol. Dans 0,0100 L de solution diluée, C = 0,133 mol·L⁻¹.
E — Faux. Le dosage donne la concentration en quantité de matière et donc la masse d'acide par litre, 79,8 g·L⁻¹. La fraction massique exige en plus la masse du litre de solution, donc sa masse volumique.

Méthode à retenir. Remonter du prélèvement dilué à la solution commerciale après le bilan 1:1.

Question 4

Titrage pH-métrique

Une solution d'acide éthanoïque CH₃COOH est titrée par NaOH. Le saut de pH est centré vers V_E = 16,0 mL ; les hypothèses classiques de titrage d'un acide faible par une base forte sont admises. pK_a = 4,8. Quelles affirmations sont valides ?

À V = 8,0 mL, le pH est approximativement égal à 4,8. À 8,0 mL, tous les ions HO⁻ déjà ajoutés sont restés en excès dans le bécher. Le pH à l'équivalence est imposé à 7,0 parce que les volumes stœchiométriques sont égaux. À V = 16,0 mL, les quantités initiales d'acide et les quantités de HO⁻ versées sont égales. L'équivalence peut être repérée par un maximum de la dérivée dpH/dV pour une courbe croissante suffisamment régulière.

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Réponse attendue : A, D, E

A — Vrai. À la demi-équivalence, les quantités des formes CH₃COOH et CH₃COO⁻ sont voisines ; Henderson–Hasselbalch donne pH = pK_a + log([base]/[acide]) ≈ 4,8, dans les hypothèses annoncées.
B — Faux. Avant V_E, l'acide titré demeure ; les ions HO⁻ apportés réagissent quasiment totalement. À la demi-équivalence, il reste environ la moitié de l'acide initial.
C — Faux. La solution à l'équivalence contient principalement l'ion éthanoate, base faible ; dans ce modèle, son pH est supérieur à 7. Le rapport stœchiométrique ne fixe pas le pH.
D — Vrai. L'équation CH₃COOH + HO⁻ → CH₃COO⁻ + H₂O est 1:1 et supposée quantitative : n_A,initial = n_{HO−,versée} à V_E.
E — Vrai. La pente de la courbe pH(V) devient maximale près de l'inflexion du saut ; on cherche un maximum de dpH/dV. Une acquisition bruitée demande toutefois une vérification du tracé.

Méthode à retenir. Distinguer la moitié du volume équivalent et l'équivalence elle-même.

Question 5

Indicateur coloré

Le pH à l'équivalence d'un titrage d'acide faible par NaOH est évalué à 8,8 ; le saut de pH couvre approximativement 7,8 à 10,0. Deux indicateurs sont disponibles : bleu de bromothymol (zone 6,0–7,6) et phénolphtaléine (zone 8,2–10,0). Sélectionner les conclusions justes.

La phénolphtaléine est adaptée à ce saut de pH. Tout indicateur changeant de couleur entre pH 0 et pH 14 donne exactement V_E. La zone de virage d'un indicateur est un intervalle de pH et non un volume fixé en mL. Le bleu de bromothymol est ici le meilleur choix puisque son centre de virage est voisin de 7. Le pH à l'équivalence vaut toujours exactement 8,8 pour tout acide faible titré par une base forte.

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Réponse attendue : A, C

A — Vrai. Sa zone de virage 8,2–10,0 se situe dans la zone de variation brusque 7,8–10,0 autour de V_E ; le virage repère ainsi un volume voisin de l'équivalence.
B — Faux. Il faut un virage situé dans le saut centré sur V_E. Une transition éloignée de 7,8–10,0 correspond à un autre volume et peut introduire une erreur systématique.
C — Vrai. La zone 8,2–10,0 donne des valeurs de pH. Le volume correspondant dépend de la courbe expérimentale pH(V), de la solution titrée et de la concentration du titrant.
D — Faux. Le saut indiqué commence à pH 7,8 ; la zone 6,0–7,6 est en dessous de ce saut. Son virage pourrait se produire avant l'équivalence.
E — Faux. Le pH 8,8 est la donnée de ce titrage. Sa valeur dépend du couple acide-base, de la concentration et de la dilution ; l'énoncé ne donne pas une constante universelle.

Méthode à retenir. Comparer la zone de virage au saut de pH autour de l'équivalence.

Question 6

Courbe conductimétrique

On titre HCl(aq) par NaOH(aq), à température fixée ; solution assez diluée, dilution par le titrant négligée pour décrire les tendances. Le mélange contient d'abord H₃O⁺ et Cl⁻. Quelles propositions expliquent la courbe de conductivité ?

Une conductivité nulle à V_E est nécessaire. Les deux ajustements linéaires avant et après l'équivalence peuvent se couper au voisinage de V_E. Avant l'équivalence, H₃O⁺ disparaît et Na⁺ apparaît ; la conductivité peut décroître fortement. Après l'équivalence, HO⁻ et Na⁺ ajoutés restent ; la conductivité augmente en général. Les ions Cl⁻ sont consommés suivant H₃O⁺ + Cl⁻ → HCl.

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Réponse attendue : B, C, D

A — Faux. À l'équivalence, le mélange conserve au moins les ions Na⁺ et Cl⁻ ; chacun contribue à une conductivité σ positive. L'intersection des tendances n'est pas σ = 0.
B — Vrai. La pente change lorsque le titrant cesse d'être consommé. On ajuste séparément les points avant et après, puis on lit l'intersection ; celle-ci donne une estimation de V_E.
C — Vrai. Chaque mole de HO⁻ consomme une mole de H₃O⁺ très mobile ; le titrant apporte Na⁺ moins mobile. À volume presque constant, leur remplacement fait généralement décroître σ en S·m⁻¹.
D — Vrai. Il n'y a plus d'acide disponible pour consommer HO⁻. Les concentrations de Na⁺ et HO⁻ augmentent et apportent des contributions positives à σ = Σλ_ic_i.
E — Faux. Cl⁻ est spectateur : l'équation nette du dosage est H₃O⁺ + HO⁻ → 2 H₂O. Sa contribution peut être modifiée par dilution, mais il n'est pas consommé.

Méthode à retenir. Suivre la disparition de H₃O⁺, l'apport de Na⁺ et l'excès final de HO⁻.

Question 7

Concentration et aliquote

Une solution mère de 250 mL contient un soluté acide. On en prélève 25,0 mL à la pipette jaugée, puis on titre uniquement ce prélèvement : réaction 1:1, C_B = 0,0500 mol·L⁻¹, V_E = 20,0 mL. Quelles affirmations sont correctes ?

La concentration de la fiole vaut 0,00400 mol·L⁻¹, car il faut encore diviser par dix. La quantité de soluté dans le prélèvement titré vaut 1,00 mmol. La quantité totale dans les 250 mL de solution mère vaut 0,100 mmol. Le titrage prouve que seulement 1,00 mmol se trouvait dans toute la fiole de 250 mL. La concentration de la solution mère vaut 0,0400 mol·L⁻¹.

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Réponse attendue : B, E

A — Faux. Le prélèvement ne dilue pas la solution : sa concentration reste 0,0400 mol·L⁻¹. Le facteur 10 ne sert qu'à passer d'une quantité prélevée à une quantité totale.
B — Vrai. Au rapport 1:1 : n_prélevée = C_BV_E = 0,0500 mol·L⁻¹ × 0,0200 L = 0,00100 mol = 1,00 mmol.
C — Faux. Le prélèvement contient 1,00 mmol dans 25,0 mL ; la fiole de 250 mL contient dix fois ce volume. Elle contient 10,0 mmol, donc 0,100 mmol est cent fois trop faible.
D — Faux. 1,00 mmol est la quantité du prélèvement de 25,0 mL, soit un dixième du volume total. Toute la fiole en contient 10,0 mmol dans ce modèle d'homogénéité.
E — Vrai. La concentration dans un prélèvement homogène reste celle de la solution mère : C = 0,00100 mol/0,0250 L = 0,0400 mol·L⁻¹.

Méthode à retenir. Distinguer quantité dans l'aliquote, concentration commune et quantité dans la fiole.

Question 8

Précipitation des chlorures

On titre 20,0 mL d'une solution contenant Cl⁻ par AgNO₃ à 0,0500 mol·L⁻¹. À V_E = 8,00 mL, l'équation support supposée quantitative est Ag⁺(aq) + Cl⁻(aq) → AgCl(s). Quelles propositions sont exactes ?

L'ion nitrate NO₃⁻ fourni par le titrant est consommé pour former AgCl. La quantité initiale de Cl⁻ dans 20,0 mL est 0,400 mmol. On peut déduire une concentration de 0,200 mol·L⁻¹ par simple multiplication C_titrant × 8,00/20,0. La concentration initiale de Cl⁻ est 0,0200 mol·L⁻¹. La matière solide formée à l'équivalence est 0,800 mmol d'AgCl, en négligeant sa solubilité.

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Réponse attendue : B, D

A — Faux. Le précipité AgCl(s) contient Ag et Cl, aucun nitrate. NO₃⁻ reste un ion spectateur en solution ; il peut néanmoins participer à la conductivité.
B — Vrai. À l'équivalence 1:1, n(Cl⁻) = n(Ag⁺) = 0,0500 mol·L⁻¹ × 0,00800 L = 4,00 × 10⁻⁴ mol = 0,400 mmol.
C — Faux. Le quotient 8,00/20,0 vaut 0,400 ; 0,0500 × 0,400 = 0,0200 mol·L⁻¹, et non 0,200 mol·L⁻¹.
D — Vrai. C(Cl⁻) = n/V = 0,000400 mol / 0,0200 L = 0,0200 mol·L⁻¹ pour le prélèvement.
E — Faux. Le bilan Ag⁺ + Cl⁻ → AgCl(s) est 1:1 : 0,400 mmol de Cl⁻ donnent 0,400 mmol de solide, pas 0,800 mmol.

Méthode à retenir. Utiliser le coefficient 1:1 et ne pas confondre Ag⁺ réactif avec NO₃⁻ spectateur.

Question 9

Titrage des ions fer(II)

On acidifie suffisamment avec de l’acide sulfurique un échantillon contenant Fe²⁺, puis on le titre par MnO₄⁻ à 0,0200 mol·L⁻¹. Le volume équivalent est 12,0 mL. En milieu acide : MnO₄⁻ + 5 Fe²⁺ + 8 H⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O. Quelles propositions sont exactes ?

La quantité de Fe²⁺ initialement titrée vaut 1,20 mmol. À l'équivalence, la quantité titrée de Fe²⁺ vaut seulement 0,240 mmol. Les 8 H⁺ dans l'équation signifient que l'on doit travailler en milieu acide. L'ion Fe²⁺ est réduit en Fe³⁺ au cours de ce dosage. Le titrant apporte 0,240 mmol de MnO₄⁻ à l'équivalence.

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Réponse attendue : A, C, E

A — Vrai. Selon la réaction, cinq Fe²⁺ sont oxydés pour un MnO₄⁻ réduit. Donc n(Fe²⁺) = 5 × 0,240 = 1,20 mmol.
B — Faux. Cette valeur est celle du permanganate. Oublier le coefficient cinq conduit à un résultat cinq fois trop faible pour Fe²⁺ : 1,20 mmol.
C — Vrai. Le bilan donné consomme des ions H⁺. En l'absence d'acidité suffisante, d'autres réactions du permanganate peuvent intervenir ; la stœchiométrie donnée ne serait plus garantie.
D — Faux. Fe²⁺ perd un électron et devient Fe³⁺ : c'est une oxydation. MnO₄⁻ est l'espèce réduite en Mn²⁺.
E — Vrai. n = C V = 0,0200 mol·L⁻¹ × 0,0120 L = 2,40 × 10⁻⁴ mol, soit 0,240 mmol.

Méthode à retenir. Le bilan impose un facteur cinq entre ions Fe²⁺ et permanganate.

Question 10

Volume équivalent et dérivée

Données pH-métriques pour un titrage : à V = 9,0 ; 9,5 ; 10,0 ; 10,5 ; 11,0 mL, les pH sont respectivement 4,0 ; 4,4 ; 6,2 ; 9,1 ; 9,5. On estime les pentes par différences finies. Quelles propositions sont défendables ?

On peut prouver par ces cinq points seuls que V_E vaut exactement 10,2500 mL. La plus grande pente de la table est sur l'intervalle 9,0–9,5 mL. La pente entre 9,0 mL et 9,5 mL vaut 0,8 mL⁻¹. Un volume équivalent voisin de 10,2 à 10,5 mL est compatible avec cette table. Entre 10,0 mL et 10,5 mL, ΔpH/ΔV = 5,8 mL⁻¹.

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Réponse attendue : C, D, E

A — Faux. La mesure discrète et les incertitudes ne donnent pas quatre décimales au volume équivalent. Une interpolation ou un pas de mesure plus petit près du saut est nécessaire pour raffiner l'estimation.
B — Faux. La pente y est 0,8 mL⁻¹. Celle de 10,0–10,5 mL atteint 5,8 mL⁻¹ : le saut est plus fort après 10,0 mL.
C — Vrai. ΔpH/ΔV = (4,4 − 4,0)/(9,5 − 9,0) = 0,4/0,5 = 0,8 mL⁻¹. Le pH est sans dimension, donc seule l'unité du volume reste au dénominateur.
D — Vrai. La hausse la plus nette se situe autour de V = 10,0–10,5 mL. La table grossière permet une estimation proche de cette zone, sans fixer un V_E exact.
E — Vrai. La variation est 9,1 − 6,2 = 2,9 unité pH (sans dimension) sur 0,5 mL. La pente vaut 2,9/0,5 = 5,8 mL⁻¹.

Méthode à retenir. Chercher le segment de pente la plus forte ; une série discrète ne fixe pas une valeur exacte.

Question 11

Conditions du dosage

Une solution mélange deux acides réagissant simultanément avec HO⁻. On ne possède qu'un unique volume équivalent total ; la réaction de l'un d'eux est lente. Quelles affirmations sur la validité d'un dosage sélectif sont exactes ?

On peut attribuer toute la soude versée au premier acide sans donnée supplémentaire. Un volume équivalent total unique ne suffit pas, à lui seul, à connaître séparément les quantités des deux acides. Une réaction rapide et totale suffit à doser séparément les deux acides de ce mélange avec un seul volume équivalent. Une réaction lente au regard de la durée d'ajout ne peut jamais décaler le repérage de l'équivalence. La concentration des deux acides est forcément identique à l'équivalence.

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Réponse attendue : B

A — Faux. Les deux acides réagissent simultanément selon l'énoncé. Le volume total ne distingue pas automatiquement leurs contributions ; une attribution exclusive serait arbitraire.
B — Vrai. L'équivalence renseigne d'abord sur une combinaison des quantités consommées. Deux inconnues demandent une information indépendante supplémentaire ou un comportement suffisamment distinct donnant deux équivalences exploitables.
C — Faux. La rapidité et le caractère total ne rendent pas le dosage sélectif : les deux acides réagissent simultanément avec HO⁻. Un seul volume équivalent fournit une relation globale, pas deux quantités distinctes.
D — Faux. Si le titrant réagit trop lentement, les mesures enregistrent un état transitoire. Il faut attendre la stabilisation ou changer de méthode ; le volume de virage peut être biaisé.
E — Faux. Même pour un seul couple 1:1, l'équivalence égalise des quantités réagissantes, pas des concentrations. Deux acides simultanés ne permettent aucune telle conclusion.

Méthode à retenir. Interroger rapidité, unicité et caractère quantitatif de la réaction support.

Question 12

Volume et incertitude

On calcule C_A = C_BV_E/V_A pour une réaction 1:1. Les valeurs mesurées sont C_B = 0,100 mol·L⁻¹, V_E = 10,0 mL et V_A = 20,0 mL. Deux mesures de V_E donnent 9,9 et 10,1 mL. Quelles conclusions sont exactes ?

Le passage de V_E = 9,9 à 10,1 mL modifie la concentration calculée de 0,0010 mol·L⁻¹. Avec V_E = 9,9 mL, on trouve 0,0495 mol·L⁻¹. La valeur centrale de C_A est 0,0500 mol·L⁻¹. On doit multiplier la concentration par 1 000 sous prétexte que les volumes sont écrits en mL. La dispersion de deux lectures prouve que la solution titrante est exactement à 0,100 mol·L⁻¹.

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Réponse attendue : A, B, C

A — Vrai. Les concentrations correspondantes sont 0,0495 et 0,0505 mol·L⁻¹ ; leur différence vaut 0,0010 mol·L⁻¹.
B — Vrai. La même relation donne 0,100 mol·L⁻¹ × 9,9/20,0 = 0,0495 mol·L⁻¹ pour ce volume mesuré.
C — Vrai. C_A = 0,100 × 10,0/20,0 = 0,0500 mol·L⁻¹ ; les deux volumes peuvent rester en mL dans ce rapport sans dimension.
D — Faux. V_E/V_A = 10,0/20,0 est un rapport de volumes dans la même unité, donc sans dimension. C_A garde l'unité mol·L⁻¹ de C_B.
E — Faux. La répétabilité du volume n'établit pas la justesse de C_B. Une erreur systématique de préparation ou d'étalonnage de la solution titrante n'est pas détectée par ces deux lectures.

Méthode à retenir. Comparer des variations relatives en distinguant dispersion et justesse.

Question 13

Titrage de l'acide sulfurique

On titre 25,0 mL de H₂SO₄(aq) par une solution de NaOH à 0,100 mol·L⁻¹. On suppose que les deux protons réagissent quantitativement : H₂SO₄ + 2 HO⁻ → SO₄²⁻ + 2 H₂O. On observe V_E = 15,0 mL. Quelles propositions sont exactes ?

La concentration analytique en H₂SO₄ est 0,0300 mol·L⁻¹. On a ajouté seulement 0,750 mmol de HO⁻ à l'équivalence. La quantité initiale d'acide est 1,50 mmol, car les quantités des deux réactifs sont égales. La concentration analytique en acide vaut 0,0600 mol·L⁻¹. La quantité initiale d'acide sulfurique titré est 0,750 mmol.

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Réponse attendue : A, E

A — Vrai. C = 0,000750 mol/0,0250 L = 0,0300 mol·L⁻¹. C'est la concentration en soluté apporté H₂SO₄, dans le cadre du bilan convenu.
B — Faux. La quantité de soude vaut n = CV = 0,100 mol·L⁻¹ × 0,0150 L = 1,50 mmol. 0,750 mmol est la quantité d'acide, deux fois plus petite.
C — Faux. L'acide consomme deux fois sa quantité en HO⁻. Égaliser les quantités oublie le coefficient 2 : n(acide) = 1,50/2 = 0,750 mmol.
D — Faux. 0,0600 mol·L⁻¹ résulte de 1,50 mmol/25,0 mL sans division par deux. Le bilan indiqué conduit à 0,0300 mol·L⁻¹.
E — Vrai. La soude apporte n(HO⁻) = 0,100 mol·L⁻¹ × 0,0150 L = 1,50 mmol. Le rapport 1:2 donne n(H₂SO₄) = 0,750 mmol.

Méthode à retenir. Les coefficients de l'équation imposent n(acide) = n(base)/2.

Question 14

Retour au comprimé

Un comprimé est dissous entièrement dans une fiole de 100,0 mL. On prélève 20,0 mL de cette solution et on titre l'espèce active X de masse molaire M = 150 g·mol⁻¹ par une réaction 1:1 : C_B = 0,0100 mol·L⁻¹, V_E = 16,0 mL. Quelles affirmations sont justes ?

Il faudrait diviser par cinq la quantité du prélèvement pour obtenir celle du comprimé. Le prélèvement contient 0,160 mmol de X. La masse de X dans le comprimé est 0,120 g. La masse de X contenue dans le prélèvement de 20,0 mL est 0,0240 g. Le comprimé contient 0,800 mmol de X si toute l'espèce X a été dissoute.

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Réponse attendue : B, C, D, E

A — Faux. Le prélèvement ne représente qu'un cinquième de la fiole. On multiplie 0,160 mmol par cinq ; diviser donnerait une quantité totale plus petite que sa partie.
B — Vrai. Au rapport 1:1, n(X)_prélevée = C_BV_E = 0,0100 mol·L⁻¹ × 0,0160 L = 0,000160 mol = 0,160 mmol.
C — Vrai. m = n M avec n en mol et M en g·mol⁻¹ : 0,000800 mol × 150 g·mol⁻¹ = 0,120 g.
D — Vrai. Le prélèvement contient 0,000160 mol de X. Avec M = 150 g·mol⁻¹, m_aliquote = 0,000160 × 150 = 0,0240 g ; la masse totale dans la fiole est cinq fois plus grande.
E — Vrai. La fiole entière de 100,0 mL contient cinq fois le prélèvement de 20,0 mL : n_total = 5 × 0,160 = 0,800 mmol.

Méthode à retenir. Calculer d'abord la quantité du prélèvement, puis remonter au comprimé par le rapport des volumes.

Question 15

Choisir sa verrerie

On doit titrer un échantillon de 20,00 mL avec une solution de soude, en visant une incertitude de volume faible. La burette est rincée à l'eau puis à la solution de soude ; la pipette jaugée est rincée à la solution échantillon. Quelles propositions sont justes ?

La burette ne doit jamais être rincée avec le titrant car cela changerait son volume nominal. La burette doit contenir le titrant ; ses lectures initiale et finale permettent d'obtenir le volume réellement versé. Un bécher gradué remplace toujours la pipette jaugée sans perdre en précision de prélèvement. Une goutte d'eau résiduelle dans la burette, sans rinçage au titrant, diluerait localement le titrant. La pipette jaugée convient au prélèvement précis des 20,00 mL de solution titrée.

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Réponse attendue : B, D, E

A — Faux. Une burette n'a pas un volume unique à délivrer ; le rinçage au titrant élimine l'eau résiduelle et stabilise sa concentration. Les lectures mesurent ensuite le volume effectivement délivré.
B — Vrai. La burette délivre un volume variable mesuré entre deux graduations : V_versé = V_final − V_initial, en mL. On y place le titrant, pas l'échantillon à doser.
C — Faux. Les graduations d'un bécher servent à des volumes approximatifs. Pour un prélèvement de 20,00 mL avec faible incertitude, on emploie une pipette jaugée appropriée.
D — Vrai. L'eau restante se mélange au titrant et abaisse sa concentration réelle au départ. Le volume d'équivalence et la concentration calculée à partir de la valeur annoncée peuvent alors être biaisés.
E — Vrai. Une pipette jaugée du volume requis délivre un volume fixé avec une tolérance connue. On la conditionne avec la solution titrée pour éviter de modifier la concentration du prélèvement.

Méthode à retenir. Identifier quelle solution chaque instrument délivre et l'effet d'une dilution accidentelle.

Ton bilan

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