Titrage colorimétrique : exercices corrigés de 1re spécialité

Le changement de couleur indique l'équivalence : les réactifs sont alors en proportions stœchiométriques ².

Les coefficients des deux réactifs valent 1, donc à l'équivalence $n_A = n_{B,E}$, soit $c_A \times V_A = c_B \times V_E$.

On isole : $c_A = \dfrac{c_B \times V_E}{V_A}$.

Les deux volumes sont dans la même unité (mL), le rapport $V_E / V_A$ n'a pas besoin de conversion.

Calcul : $c_A = \dfrac{0{,}100 \times 12{,}5}{10{,}0} = 0{,}125$ mol/L.

On convertit le volume : $V_E = 14{,}0 \times 10^{-3}$ L.

On applique la relation entre quantité de matière, concentration et volume : $n_E = c \times V_E$.

Calcul : $n_E = 0{,}0200 \times 14{,}0 \times 10^{-3} = 2{,}80 \times 10^{-4}$ mol.

Le permanganate $\text{MnO}_4^-$ est violet et sa forme réduite $\text{Mn}^{2+}$ est incolore ². Tant qu'il reste du fer(II), chaque ion permanganate versé est transformé et la solution reste incolore.

Après l'équivalence, plus aucun ion fer(II) ne peut réagir : le permanganate versé en excès colore la solution. Le réactif lui-même joue le rôle d'indicateur.

Quantité de permanganate versée à l'équivalence : $n_E = c_2 \times V_E = 0{,}0200 \times 12{,}4 \times 10^{-3} = 2{,}48 \times 10^{-4}$ mol.

L'équation montre que 1 mol de $\text{MnO}_4^-$ réagit avec 5 mol de $\text{Fe}^{2+}$, donc $n(\text{Fe}^{2+}) = 5 \times n_E = 1{,}24 \times 10^{-3}$ mol.

On divise par le volume de la prise d'essai : $c_1 = \dfrac{n(\text{Fe}^{2+})}{V_1} = \dfrac{1{,}24 \times 10^{-3}}{20{,}0 \times 10^{-3}} = 0{,}0620$ mol/L.

À l'équivalence, les réactifs sont en proportions stœchiométriques ². Les coefficients valent 1, donc $c_{dil} \times V_A = c_B \times V_E$.

$c_{dil} = \dfrac{0{,}100 \times 8{,}0}{10{,}0} = 0{,}0800$ mol/L.

Le vinaigre a été dilué 10 fois : $c_{vin} = 10 \times c_{dil} = 0{,}800$ mol/L.

On passe à la concentration en masse : $t = c_{vin} \times M = 0{,}800 \times 60{,}0 = 48{,}0$ g/L.

À l'équivalence, on observe un saut de pH. Les espèces étant en général incolores, c'est l'indicateur qui rend ce saut visible ².

Pour que la couleur change au moment de l'équivalence et pas avant ou après, la zone de virage de l'indicateur doit correspondre au pH de l'équivalence ².

Équivalence à $\text{pH} = 7$ : 7 appartient à l'intervalle 6,0 – 7,6, donc l'indicateur Y convient.

Équivalence autour de pH 5 : aucune des zones ne contient 5 ; le plus proche est X (3,1 – 4,4). Le pH baissant pendant ce titrage, X changerait de couleur un peu après l'équivalence. Avec ce choix limité, X est le moins mauvais.

Équivalence autour de pH 9 : 9 appartient à l'intervalle 8,2 – 10,0, donc l'indicateur Z convient.

Quantité d'acide initiale : $n_A = 0{,}100 \times 10{,}0 \times 10^{-3} = 1{,}00 \times 10^{-3}$ mol.

À l'équivalence, $n_B = n_A$, donc $c_B V_E = c_A V_A$ et $V_E = \dfrac{0{,}100 \times 10{,}0}{0{,}100} = 10{,}0$ mL.

Pour $V_B = 4{,}0$ mL : $n_B = 0{,}100 \times 4{,}0 \times 10^{-3} = 4{,}0 \times 10^{-4}$ mol, inférieure à $n_A$. La base est le réactif limitant, elle est entièrement consommée. Il reste $n_A - n_B = 6{,}0 \times 10^{-4}$ mol d'acide.

Pour $V_B = 15{,}0$ mL : $n_B = 0{,}100 \times 15{,}0 \times 10^{-3} = 1{,}50 \times 10^{-3}$ mol, supérieure à $n_A$. L'acide est le réactif limitant, entièrement consommé. Les ions hydroxyde en excès valent $1{,}50 \times 10^{-3} - 1{,}00 \times 10^{-3} = 5{,}0 \times 10^{-4}$ mol.

Entre 4,0 mL et 15,0 mL, le réactif limitant est passé de la base à l'acide : le changement a lieu à $V_E = 10{,}0$ mL, c'est-à-dire à l'équivalence ¹.