Corrigé - Contrôle de la concentration d'une solution commerciale de soude

Suivi du titrage avec un indicateur coloré de pH

1. Après réalisation du titrage suivi avec le BBT comme indicateur de pH, on trouve \(V_\text{E,ind}=9,90\text{ mL}\).

2. La réaction support de ce titrage a pour équation \(\mathrm{OH^-(aq)+H_3O^+(aq)\longrightarrow 2H_2O(\ell)}\). À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Il vient donc `\frac{n_{\text{OH}^-,\text{i}}}{1}=\frac{n_{\text{H}_3\text{O}^+,\text{E}}}{1}`, `C_{\text{NaOH,ind}}\times V_\text{1}=C_{\text{acide}}\times V_\text{E}` et `C_{\text{NaOH,ind}}=\frac{C_{\text{acide}}\times V_\text{E}}{V_\text{1}}`. On a donc : `C_{\text{NaOH,ind}}=\frac{0,10\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\times 9,90\ \text{mL}}{10,0\ \text{mL}}=0,099\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}`.

3. On a `\frac{| C_{\text{NaOH,réf}}-C_{\text{NaOH,ind}}|}{\text{u}(C_{\text{NaOH,ind}})}=\frac{| 0,10\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}-0,099\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1} |}{0,003\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}}=0,3`.

Comme `\frac{|C_{\text{NaOH,réf}}-C_{\text{NaOH,ind}}|}{\text{u}(C_{\text{NaOH,ind}})}<2`, la valeur déterminée avec cette méthode est compatible avec celle de référence. Cette solution ne nécessite donc pas un remplacement ; elle a été conservée dans de bonnes conditions.

Avec cette technique de titrage, on peut donc dire que la solution titrée à pour concentration  \(C_{\text{NaOH,ind}}=0,099\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}\) associée à une incertitude-type  \(u(C_{\text{NaOH,ind}})=0,003\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}\).

Suivi pH-métrique du titrage

4. En réalisant le protocole, on obtient le graphe `"pH"=f(V)` suivant.

Remarque : pour la suite, le fichier Regressi avec le corrigé est disponible ci-dessous.

5. À l'aide de la méthode des tangentes parallèle (aller dans "Outils" puis "Tangente" puis choisir "Méthode des tangentes (déplaçables)"), le point d'équivalence a pour coordonnées `(10,06\ \text{mL}\ ;6,20)` donc `V_{"E","pH","tangentes" }=10,06\ "mL"`. Il est suffisant de donner la valeur du pH à l'équivalence au centième près.

6.  À l'aide de la méthode de la dérivée du pH par rapport au volume de solution titrante ajouté, le point d'équivalence a pour coordonnées `(10,00\ text{mL} ;6,85)` donc `V_{"E","pH","dérivée" }=10,00\ "mL"`. Pour ce faire, créer dans le tableur avant la lecture graphique une nouvelle grandeur dpHdV dans "Ajouter" puis "Dérivée".

7. En reprenant la démarche de la Q2, on a :

`C_{\text{NaOH,tangente}}=\frac{0,10\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\times 10,06\ \text{mL}}{10,0\ \text{mL}}=0,1006\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}=0,101\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}`

et `C_{\text{NaOH,dérivée}}=\frac{0,10\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\times 10,00\ \text{mL}}{10,0\ \text{mL}}=0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}`.

Le nombre de chiffres significatifs que l'on garde est imposé par la donnée de l'incertitude-type sur le résultat, ici \(u(C_{\text{NaOH,tangente}})=u(C_{\text{NaOH,dérivée}})=0,003\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}\).

8. On a `\frac{|C_{\text{NaOH,réf}}-C_{\text{NaOH,tangente}}|}{\text{u}(C_{\text{NaOH,tangente}})}=\frac{|0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}-0,101\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}|}{0,003\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}}=0,3`

et  `\frac{|C_{\text{NaOH,réf}}-C_{\text{NaOH,dérivée}}|}{\text{u}(C_{\text{NaOH,dérivée}})}=\frac{|0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}-0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}|}{0,003\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}}=0`.

Comme `\frac{|C_{\text{NaOH,réf}}-C_{\text{NaOH,tangente ou dérivée}}|}{\text{u}(C_{\text{NaOH,tangente ou dérivée}})}<2`, les valeurs déterminées avec ces deux méthodes sont compatibles avec celle de référence. Cette solution ne nécessite donc pas un remplacement ; elle a été conservée dans de bonnes conditions.

Suivi conductimétrique du titrage

9. En réalisant le protocole, on obtient le graphe `G=f(V)` suivant.

Remarque : pour la suite, le fichier Regressi avec le corrigé est disponible ci-dessous.

10. En allant dans "Outils" puis "ligne", on lit à l'intersection de la droite passant par les premiers points et celle passant par les derniers points un volume à l'équivalence `V_{"E",G }=9,97\ "mL"`.

11. En reprenant la démarche de la Q2, on a :

`C_{\text{NaOH},G}=\frac{0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}\times 9,97\ \text{mL}}{10,0\ \text{mL}}=0,0997\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}=0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}`.

12. On a `\frac{|C_{\text{NaOH,réf}}-C_{\text{NaOH},G}|}{\text{u}(C_{\text{NaOH},G})}=\frac{|0,100 \ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}-0,100\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}|}{0,003\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}}=0`.

Il n'y a aucune différence entre la valeur déterminée avec cette méthode et celle de référence : cette solution ne nécessite donc pas un remplacement ; elle a été conservée dans de bonnes conditions.