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Spécialité Physique-Chimie 1ʳᵉ

Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Physique-Chimie

Titrage : déterminer une quantité de matière

Le titrage direct d’une espèce en solution : titré, titrant et réaction support d’oxydoréduction ; l’évolution des quantités de matière et le changement de réactif limitant au cours du titrage ; la définition de l’équivalence et la relation entre les quantités de réactifs introduites ; le repérage de l’équivalence par un changement de couleur ; la réalisation d’un titrage et l’exploitation du volume équivalent.

À propos de cette page
Cinq problèmes corrigés pas à pas sur des titrages de produits courants : la vitamine C d’un comprimé au diiode, le dioxyde de soufre d’un vin blanc comparé à la limite réglementaire, le diiode d’une solution de Lugol, l’eau oxygénée à 10 volumes et le fer d’un anti-mousse pour gazon.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

  1. J’identifie le titré et le titrant et j’écris l’équation de la réaction support, avec les nombres stœchiométriques a et b.
  2. Je prévois le changement de couleur à l’équivalence : titrant coloré qui apparaît, titré coloré qui disparaît, ou indicateur.
  3. J’écris la relation à l’équivalence n0(titré) ÷ a = CB × VE ÷ b, puis je calcule n0, volumes en litres.
  4. Je remonte à l’échantillon : concentration de la prise d’essai, facteur de dilution ou rapport des volumes (fiole ÷ prise d’essai), masse m = n × M.
  5. Je conclus : comparaison avec l’étiquette ou la limite, écart relatif, et causes possibles d’écart.
Problème 1 · La vitamine C d’un comprimé★★★Facile
L’étiquette d’un comprimé annonce « vitamine C : 500 mg ». On dissout un comprimé dans de l’eau distillée et l’on complète à 200,0 mL dans une fiole jaugée. On titre 10,0 mL de cette solution, additionnés d’empois d’amidon, par une solution de diiode à 1,00 × 10⁻² mol·L⁻¹ : le volume équivalent vaut 13,9 mL. Équation : C₆H₈O₆ + I₂ → C₆H₆O₆ + 2 I⁻ + 2 H⁺.
Donnée : M(C₆H₈O₆) = 176,1 g·mol⁻¹.
  1. 1. Réactif titrant : le
    Le diiode, de concentration connue, est versé à la burette ; l’acide ascorbique C₆H₈O₆ est le titré.
  2. 2. Couleur qui apparaît et persiste à l’équivalence :
    Le premier diiode en excès colore l’empois d’amidon en bleu foncé.
  3. 3. Quantité d’acide ascorbique dans la prise d’essai : × 10⁻⁴ mol
    Nombres stœchiométriques 1 et 1 : n = 1,00 × 10⁻² × 13,9 × 10⁻³ = 1,39 × 10⁻⁴ mol.
  4. 4. Quantité d’acide ascorbique dans le comprimé : × 10⁻³ mol
    La fiole contient 200,0 ÷ 10,0 = 20 fois le volume titré : n = 20 × 1,39 × 10⁻⁴ = 2,78 × 10⁻³ mol.
  5. 5. Masse de vitamine C dans le comprimé : mg
    m = 2,78 × 10⁻³ × 176,1 ≈ 0,490 g, soit 490 mg.
  6. 6. Écart relatif avec l’étiquette : %
    (500 − 489,6) ÷ 500 ≈ 0,021, soit 2,1 % : le comprimé est conforme aux incertitudes près.
Problème 2 · Le dioxyde de soufre d’un vin blanc★★★Moyen
Le dioxyde de soufre SO₂ protège le vin de l’oxydation ; la réglementation européenne limite sa teneur totale à 200 mg·L⁻¹ dans un vin blanc peu sucré. Une partie du SO₂ est liée à d’autres molécules du vin : on traite donc 50,0 mL de vin blanc par de la soude, qui la libère, puis on acidifie, on ajoute de l’empois d’amidon et l’on titre le dioxyde de soufre total par une solution de diiode à 1,00 × 10⁻² mol·L⁻¹. Le volume équivalent vaut 8,60 mL. Équation : SO₂ + I₂ + 2 H₂O → SO₄²⁻ + 2 I⁻ + 4 H⁺.
Donnée : M(SO₂) = 64,1 g·mol⁻¹.
  1. 1. Changement de couleur à l’équivalence : le mélange devient
    Tant qu’il reste du SO₂, le diiode versé est consommé ; la première goutte en excès donne avec l’empois une teinte bleue persistante.
  2. 2. Quantité de dioxyde de soufre titrée : × 10⁻⁵ mol
    1 SO₂ pour 1 I₂ : n = 1,00 × 10⁻² × 8,60 × 10⁻³ = 8,60 × 10⁻⁵ mol.
  3. 3. Concentration en SO₂ du vin : × 10⁻³ mol·L⁻¹
    C = 8,60 × 10⁻⁵ ÷ 0,0500 = 1,72 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
  4. 4. Concentration en masse de SO₂ du vin : mg·L⁻¹
    Cm = 1,72 × 10⁻³ × 64,1 ≈ 0,110 g·L⁻¹, soit 110 mg·L⁻¹, sous la limite de 200 mg·L⁻¹.
  5. 5. Volume équivalent qu’aurait donné un vin exactement à la limite : mL
    n = 0,200 × 0,0500 ÷ 64,1 ≈ 1,56 × 10⁻⁴ mol, versées avec V = 1,56 × 10⁻⁴ ÷ 1,00 × 10⁻² ≈ 1,56 × 10⁻² L, soit 15,6 mL. Au-delà de ce volume, le vin dépasse la limite.
  6. 6. Masse de dioxyde de soufre dans une bouteille de 75 cL de ce vin : mg
    m = 110 × 0,75 ≈ 82,5 mg (ou 1,72 × 10⁻³ × 0,750 × 64,1 ≈ 0,0827 g).
Problème 3 · Le diiode d’une solution de Lugol★★★Moyen
La solution de Lugol à 5 % contient 5 g de diiode I₂ pour 100 mL, avec de l’iodure de potassium qui le rend soluble. On la dilue 20 fois, puis on titre 10,0 mL de la solution diluée par le thiosulfate de sodium à 1,00 × 10⁻² mol·L⁻¹, en ajoutant l’empois d’amidon quand la teinte est devenue jaune pâle. Le volume équivalent vaut 19,4 mL. Équation : I₂ + 2 S₂O₃²⁻ → 2 I⁻ + S₄O₆²⁻.
Donnée : M(I₂) = 253,8 g·mol⁻¹.
  1. 1. Quantité de diiode dans la prise d’essai : × 10⁻⁵ mol
    n0(I₂) = nE(S₂O₃²⁻) ÷ 2 = 1,00 × 10⁻² × 19,4 × 10⁻³ ÷ 2 = 9,70 × 10⁻⁵ mol.
  2. 2. Pour V = 10,0 mL de thiosulfate versé, quantité de diiode restant : × 10⁻⁵ mol
    n(S₂O₃²⁻) = 1,00 × 10⁻⁴ mol, xmax = 5,00 × 10⁻⁵ mol (thiosulfate limitant) : il reste 9,70 × 10⁻⁵ − 5,00 × 10⁻⁵ = 4,70 × 10⁻⁵ mol.
  3. 3. Couleur du mélange juste après l’équivalence :
    Le diiode a disparu : le bleu de l’empois disparaît, le mélange devient incolore.
  4. 4. Concentration en diiode de la solution de Lugol : mol·L⁻¹
    Solution diluée : 9,70 × 10⁻⁵ ÷ 0,0100 = 9,70 × 10⁻³ mol·L⁻¹ ; Lugol : 20 × 9,70 × 10⁻³ = 0,194 mol·L⁻¹.
  5. 5. Concentration en masse de diiode du Lugol : g·L⁻¹
    Cm = 0,194 × 253,8 ≈ 49,2 g·L⁻¹, soit 4,92 g pour 100 mL.
  6. 6. Écart relatif avec les 5 % annoncés : %
    (50 − 49,24) ÷ 50 ≈ 0,015, soit 1,5 % : la solution est conforme.
Problème 4 · L’eau oxygénée à 10 volumes★★★Difficile
Une eau oxygénée de pharmacie est dite « à 10 volumes » : 1 L de solution peut libérer 10 L de dioxygène, mesurés à 0 °C et 101,3 kPa, par la décomposition 2 H₂O₂ → 2 H₂O + O₂. On prépare 200,0 mL de solution diluée 10 fois, puis on titre 10,0 mL de cette solution, acidifiés, par le permanganate de potassium à 2,00 × 10⁻² mol·L⁻¹ ; le volume équivalent vaut 17,6 mL. Équation : 2 MnO₄⁻ + 5 H₂O₂ + 6 H⁺ → 2 Mn²⁺ + 5 O₂ + 8 H₂O.
Donnée : volume molaire d’un gaz à 0 °C et 101,3 kPa : 22,4 L·mol⁻¹.
  1. 1. Volume d’eau oxygénée à prélever à la pipette jaugée pour la dilution : mL
    Facteur 10 : V₀ = 200,0 ÷ 10 = 20,0 mL, complétés à 200,0 mL dans une fiole jaugée.
  2. 2. À l’équivalence, la teinte qui persiste est celle du
    Le permanganate, seul réactif coloré, s’accumule dès l’équivalence passée : une teinte rose persiste, sans indicateur.
  3. 3. Quantité de peroxyde d’hydrogène dans la prise d’essai : × 10⁻⁴ mol
    nE(MnO₄⁻) = 2,00 × 10⁻² × 17,6 × 10⁻³ = 3,52 × 10⁻⁴ mol ; n0(H₂O₂) = 5 ÷ 2 × 3,52 × 10⁻⁴ = 8,80 × 10⁻⁴ mol.
  4. 4. Concentration de l’eau oxygénée de pharmacie : mol·L⁻¹
    Solution diluée : 8,80 × 10⁻⁴ ÷ 0,0100 = 8,80 × 10⁻² mol·L⁻¹ ; produit : 10 × 8,80 × 10⁻² = 0,880 mol·L⁻¹.
  5. 5. Volume de dioxygène que peut libérer 1 L de ce produit : L
    2 H₂O₂ donnent 1 O₂ : n(O₂) = 0,880 ÷ 2 = 0,440 mol, V = 0,440 × 22,4 ≈ 9,86 L.
  6. 6. Écart relatif avec les 10 volumes annoncés : %
    (10 − 9,86) ÷ 10 ≈ 0,014, soit 1,4 % : l’eau oxygénée est conforme. Un flacon ancien, où H₂O₂ s’est décomposé, donnerait moins.
Problème 5 · Le fer d’un anti-mousse pour gazon★★★Difficile
Un anti-mousse pour gazon au sulfate de fer(II) annonce « fer soluble : 15 % » en masse. On dissout 5,00 g de produit dans de l’eau acidifiée et l’on complète à 250,0 mL dans une fiole jaugée. On titre 20,0 mL de cette solution par le permanganate de potassium à 2,00 × 10⁻² mol·L⁻¹ ; le volume équivalent vaut 10,6 mL. Équation : MnO₄⁻ + 5 Fe²⁺ + 8 H⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O.
Donnée : M(Fe) = 55,8 g·mol⁻¹.
  1. 1. Quantité d’ions fer(II) dans la prise d’essai : × 10⁻³ mol
    n0(Fe²⁺) = 5 × 2,00 × 10⁻² × 10,6 × 10⁻³ = 1,06 × 10⁻³ mol.
  2. 2. Pour V = 6,0 mL versés, quantité d’ions fer(II) restants : × 10⁻⁴ mol
    n(MnO₄⁻) = 2,00 × 10⁻² × 6,0 × 10⁻³ = 1,2 × 10⁻⁴ mol, limitant : il reste 1,06 × 10⁻³ − 5 × 1,2 × 10⁻⁴ = 4,6 × 10⁻⁴ mol.
  3. 3. Quantité d’ions fer(II) dans les 5,00 g de produit : × 10⁻² mol
    La fiole contient 250,0 ÷ 20,0 = 12,5 fois la prise d’essai : n = 12,5 × 1,06 × 10⁻³ ≈ 1,33 × 10⁻² mol.
  4. 4. Masse de fer correspondante : g
    m = 1,325 × 10⁻² × 55,8 ≈ 0,739 g.
  5. 5. Pourcentage massique de fer trouvé : %
    0,739 ÷ 5,00 ≈ 0,148, soit 14,8 %, pour 15 % annoncés : écart relatif de 1,4 %.
  6. 6. Dans un sac ouvert depuis longtemps, une partie des ions fer(II) s’est oxydée en fer(III), non titrés. Le pourcentage trouvé serait trop
    Seuls les ions Fe²⁺ réagissent avec le permanganate : le fer(III) échappe au titrage, le résultat est trop faible.
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