CE QUE TU DOIS SAVOIR FAIRE — reconnaître l'oxydant et le réducteur d'un couple, écrire et ajuster une demi-équation électronique, combiner deux demi-équations en une équation d'oxydoréduction — et exploiter un titrage colorimétrique : repérer l'équivalence, écrire la relation à l'équivalence, en déduire une concentration inconnue.
≈ 60 min de travail · 15 exercices corrigés · mis à jour juillet 2026
SOMMAIRE ▾
1. Un clou dans le bleu
Lundi, en TP : un clou de fer bien gris, et un bécher d'un bleu profond — une solution de sulfate de cuivre. Tu plonges le clou, tu attends. Vingt minutes plus tard, le clou est couvert d'un dépôt rouge-brun, et le bleu de la solution a pâli. Personne n'a rien versé, rien chauffé, rien mélangé. Alors : qui a fait quoi ?
Ce petit tour de passe-passe est partout : la rouille qui ronge un vélo laissé dehors, la pomme coupée qui brunit, la pile qui alimente ton téléphone, l'éthylotest qui change de couleur. À chaque fois, la même histoire invisible : des électrons quittent une espèce chimique pour en rejoindre une autre. On ne les voit jamais — mais leurs traces, si : un dépôt qui pousse, une couleur qui s'efface. Ce chapitre t'apprend à lire ces traces, puis à t'en servir pour mesurer : c'est le titrage, l'un des gestes les plus classiques du Bac.
Voici la photo de départ, prise avant que quoi que ce soit ne bouge : 0,10 mol d'ions cuivre \(\mathrm{Cu^{2+}}\) — c'est eux, le bleu — et un clou de fer encore net. Tu l'as vu au chapitre sur la composition d'un système : la couleur d'une solution suit sa concentration. Garde l'œil sur le bleu, il va te raconter toute l'histoire.
La photo de départ : la solution doit son bleu aux ions \(\mathrm{Cu^{2+}}\) (0,10 mol), le clou est encore gris. À la section suivante, ce dessin prend vie — et c'est toi qui pousses les électrons.
2. Le transfert d'électrons : oxydant et réducteur
Reprends la photo de la section 1 — et anime-la. Le curseur pousse la réaction : chaque cran transfère un paquet d'électrons du clou vers les ions. Avant de toucher quoi que ce soit, un pronostic : d'où viendra le cuivre rouge qui va couvrir le clou ? Du clou lui-même, ou de la solution ? Manipule, et surveille les deux compteurs d'électrons sous le graphique.
INTERACTIFFais circuler les électrons
avancement x : 0,00 mol
Fe → Fe2+ + 2 e− · le clou a cédé 0,00 mol d'électrons
Cu2+ + 2 e− → Cu · les ions ont capté 0,00 mol d'électrons
il reste 0,10 mol de Cu2+il s'est formé 0,00 mol de Fe2+x = 0 — la solution est bleue
x = 0 : la photo de la section 1. Les électrons du fer n'attendent qu'une chose — un preneur. Et les ions Cu2+ d'en face sont preneurs.
Regarde les deux compteurs : électrons cédés = électrons captés, à chaque instant. Un électron ne s'évapore jamais, il change de propriétaire. Et le bleu pâlit : chaque Cu2+ qui capte deux électrons cesse d'être un ion — il devient le cuivre rouge du dépôt.
Plus un ion Cu2+ : plus personne pour capter les électrons, la réaction s'arrête. Le bleu a disparu, le clou est cuivré, et la solution contient désormais des ions Fe2+. (En vrai, ils la teintent d'un vert très pâle.)
Le curseur s'arrête quand le dernier ion Cu2+ est consommé : le clou, lui, est en large excès. Avancement, réactif limitant : tout le chapitre sur l'avancement s'applique ici tel quel.
POURQUOI ?
Pourquoi la solution se décolore-t-elle ? Parce que le bleu, c'était les ions \(\mathrm{Cu^{2+}}\) eux-mêmes. Chaque fois que l'un d'eux capte deux électrons, il cesse d'être un ion : il devient un atome de cuivre métallique, qui se colle au clou. Le transfert d'électrons est invisible — mais il déteint.
Ce que tu viens de faire avec la main, voilà comment on le dit.
DÉFINITION
Un réducteur est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs électrons (ici, le fer du clou). Un oxydant est une espèce capable de capter un ou plusieurs électrons (ici, l'ion \(\mathrm{Cu^{2+}}\)). Une oxydation est une perte d'électrons ; une réduction, un gain d'électrons. Une réaction d'oxydoréduction est un transfert d'électrons d'un réducteur vers un oxydant.
Le fer a cédé ses électrons et il est devenu \(\mathrm{Fe^{2+}}\). Mais rien n'est définitif : face à un bon donneur, un ion \(\mathrm{Fe^{2+}}\) pourrait très bien reprendre deux électrons et redevenir du fer. \(\mathrm{Fe^{2+}}\) et \(\mathrm{Fe}\) sont les deux visages d'un même personnage — on les range en couple.
DÉFINITION
Un couple oxydant/réducteur, noté Ox/Red (l'oxydant toujours en premier : \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\), \(\mathrm{Fe^{2+}/Fe}\), \(\mathrm{I_2/I^-}\)), réunit deux espèces qui s'échangent par transfert d'électrons. Ce lien s'écrit par une demi-équation électronique :
$$\mathrm{Ox} \;+\; n\,e^- \;=\; \mathrm{Red}$$
MÉTHODE — QUI EST OXYDÉ, QUI EST RÉDUIT ?
1.Suis les charges pour voir qui perd et qui gagne des électrons : \(\mathrm{Fe}\) devient \(\mathrm{Fe^{2+}}\), il a perdu 2 électrons ; \(\mathrm{Cu^{2+}}\) devient \(\mathrm{Cu}\), il en a gagné 2.
2.Celui qui cède est le réducteur : il subit une oxydation. Celui qui capte est l'oxydant : il subit une réduction.
3.Contrôle-réflexe : le vocabulaire est croisé — c'est l'oxydant qui est réduit, le réducteur qui est oxydé. Si ta phrase dit « l'oxydant s'oxyde », recommence.
EXEMPLE RÉSOLU — LA LAME DE ZINC
On plonge une lame de zinc dans une solution de sulfate de cuivre : la lame se cuivre, le bleu pâlit, et on détecte des ions \(\mathrm{Zn^{2+}}\). Identifie les couples en jeu, l'oxydant, le réducteur, et l'espèce oxydée.
Étape 1 — les charges : \(\mathrm{Zn}\) devient \(\mathrm{Zn^{2+}}\) (il perd 2 électrons) ; \(\mathrm{Cu^{2+}}\) devient \(\mathrm{Cu}\) (il en gagne 2).
Étape 2 — le zinc cède : c'est le réducteur, il est oxydé. L'ion \(\mathrm{Cu^{2+}}\) capte : c'est l'oxydant, il est réduit. Couples : \(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}\) et \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\).
Conclusion : \(\mathrm{Cu^{2+}}\) refait exactement le même geste qu'avec le clou de fer. Un bon oxydant prend ses électrons à qui veut bien les donner — zinc, fer, peu importe le donneur.
À RETENIR
Le réducteur cède, l'oxydant capte. Et le vocabulaire se croise : le réducteur est oxydé, l'oxydant est réduit.
TESTE-TOITrois questions, trente secondes
Q1Un oxydant, c'est une espèce qui…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — l'oxydant capte, le réducteur cède. Quant à la couleur, c'était un bonus du \(\mathrm{Cu^{2+}}\) : beaucoup d'oxydants sont incolores.
Q2Dans le bécher du clou, le fer \(\mathrm{Fe}\)…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — il cède 2 électrons : c'est le réducteur, donc il est oxydé. Répondre « réduit », c'est tomber dans le vocabulaire croisé — le piège n°1 du chapitre.
EXACT — chaque « fournée » échange 2 électrons (lis-le sur les demi-équations) : \(2x = 0{,}20\) mol. Répondre 0,10, c'est oublier le 2 — le coefficient suit son espèce, comme au chapitre sur l'avancement.
3. Les demi-équations électroniques
\(\mathrm{Fe} = \mathrm{Fe^{2+}} + 2\,e^-\) : tu viens de passer une section entière avec deux demi-équations sous les yeux. Demi, parce que chacune ne raconte que la moitié de l'histoire — un seul couple, avec ses électrons apparents. Encore faut-il savoir les écrire, même quand le couple est plus coriace que \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\). Entraîne l'œil d'abord : quatre couples, trois propositions à chaque fois, une seule demi-équation juste.
INTERACTIFTrouve la bonne demi-équation
COUPLE 1/4
Le couple \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\) — laquelle de ces demi-équations est juste ?
Le couple \(\mathrm{Al^{3+}/Al}\) — laquelle est juste ?
Le couple \(\mathrm{I_2/I^-}\) (le diiode de la Bétadine) — laquelle est juste ?
Le couple \(\mathrm{MnO_4^-/Mn^{2+}}\), en milieu acide — laquelle est juste ?
PAS ENCORE — compte les atomes de chaque élément, puis les charges : tout doit se conserver des deux côtés.
EXACT — les charges s'équilibrent : \(+2 - 2 = 0\) à gauche, 0 à droite. Le nombre d'électrons se lit sur la charge de l'ion — et c'est bien l'oxydant qui les capte.
EXACT — une charge \(3+\) demande 3 électrons. La troisième proposition faisait capter des électrons au métal : un réducteur n'en capte pas, il en donne.
EXACT — les éléments d'abord : deux atomes d'iode à gauche exigent \(2\,\mathrm{I^-}\) à droite. Ensuite les charges : \(-2 = -2\). Les deux autres propositions perdaient un atome d'iode en route.
EXACT — les 4 oxygènes partent dans \(4\,\mathrm{H_2O}\), qui réclament \(8\,\mathrm{H^+}\) ; les charges finissent le travail : \(-1 + 8 - 5 = +2\) des deux côtés. (Et non, l'oxygène ne s'échappe pas en \(\mathrm{O_2}\) : on l'équilibre avec de l'eau.) La méthode complète arrive juste en dessous.
MÉTHODE — ÉCRIRE UNE DEMI-ÉQUATION (EN MILIEU ACIDE)
1.Écris l'oxydant et le réducteur de part et d'autre du signe =, et équilibre l'élément principal — celui qui n'est ni l'oxygène ni l'hydrogène (Mn, Cr, S, I…). Les formules ne bougent plus : on n'ajuste que les nombres devant.
2.Équilibre les oxygènes : compte-les de chaque côté, et ajoute autant de molécules d'eau \(\mathrm{H_2O}\) qu'il manque d'atomes O, du côté qui en manque. Rien d'artificiel là-dedans : la réaction se passe en solution aqueuse, l'eau est disponible à volonté.
3.Équilibre les hydrogènes : chaque \(\mathrm{H_2O}\) que tu viens d'ajouter a apporté 2 atomes H. Recompte les H de chaque côté et compense la différence avec des ions \(\mathrm{H^+}\), de l'autre côté. C'est tout le sens de « milieu acide » : la solution fournit les \(\mathrm{H^+}\) qui remboursent les hydrogènes de l'eau.
4.Équilibre les charges avec des électrons \(e^-\), toujours du côté de l'oxydant : fais la somme des charges de chaque côté, l'écart donne le nombre d'électrons. Contrôle-réflexe : recompte atomes et charges des deux côtés ; un seul déséquilibre et tout est faux.
LA MÉTHODE EN ACTION — LE PERMANGANATEMILIEU ACIDE
Vérifie la dernière ligne comme un correcteur : Mn : 1 = 1 ; O : 4 = 4 ; H : 8 = 8 ; charges : \(-1 + 8 - 5 = +2\) des deux côtés. C'est la demi-équation la plus musclée du programme — garde-la au chaud, elle resservira aux sections 4 et 5.
EXEMPLE RÉSOLU — LE CONSERVATEUR DES VINS
Le dioxyde de soufre \(\mathrm{SO_2}\) — le conservateur E220 des vins et des fruits secs — appartient au couple \(\mathrm{SO_4^{2-}/SO_2}\). Écris la demi-équation de ce couple en milieu acide.
Étape 1 — l'élément principal : un soufre de chaque côté, \(\mathrm{SO_4^{2-}} = \mathrm{SO_2}\), rien à ajuster.
Étape 2 — les oxygènes : 4 à gauche, 2 à droite — il en manque 2 à droite : \(\mathrm{SO_4^{2-}} = \mathrm{SO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}\).
Étape 3 — les hydrogènes : les 2 eaux ont apporté 4 H à droite, il n'y en a aucun à gauche : on compense avec \(4\,\mathrm{H^+}\) à gauche : \(\mathrm{SO_4^{2-}} + 4\,\mathrm{H^+} = \mathrm{SO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}\).
Étape 4 — les charges : à gauche \(-2 + 4 = +2\), à droite 0 : il faut 2 électrons à gauche. \(\mathrm{SO_4^{2-}} + 4\,\mathrm{H^+} + 2\,e^- = \mathrm{SO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}\).
Conclusion : les \(\mathrm{H^+}\) ne sortent pas du chapeau — ils remboursent exactement les hydrogènes que tes \(\mathrm{H_2O}\) ont apportés. Quatre gestes, toujours dans le même ordre, et le contrôle final est gratuit.
Remarque le fer, qui joue dans deux couples : \(\mathrm{Fe^{2+}/Fe}\) et \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\). Le même ion \(\mathrm{Fe^{2+}}\) est oxydant dans le premier et réducteur dans le second. Oxydant ou réducteur, ce n'est pas une étiquette à vie : c'est un rôle dans un couple.
TESTE-TOIEncore trois sur les demi-équations
Q1Dans une demi-équation, les électrons s'écrivent…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(\mathrm{Ox} + n\,e^- = \mathrm{Red}\) : c'est l'oxydant qui capte. Les mettre côté réducteur inverse le sens du transfert — et fausse toutes les charges.
Q2Pour équilibrer les oxygènes d'une demi-équation en milieu acide, on ajoute…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — l'eau pour les O, puis \(\mathrm{H^+}\) pour les H. Faire apparaître du \(\mathrm{O_2}\) est le réflexe faux du jeu ; les électrons, eux, n'équilibrent que les charges, jamais les atomes.
Q3Combien d'électrons dans la demi-équation du couple \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\) ?
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(\mathrm{Fe^{3+}} + e^- = \mathrm{Fe^{2+}}\) : la charge ne descend que de 1. Lire « 3 » ou « 2 » sur les exposants sans faire la différence, c'est le piège du recopiage.
4. L'équation d'oxydoréduction
Une demi-équation ne se produit jamais seule. Les électrons cédés par le réducteur doivent être captés par l'oxydant — immédiatement, intégralement : il n'existe pas de stock d'électrons libres dans un bécher. D'où le problème du jour : le couple \(\mathrm{Al^{3+}/Al}\) échange 3 électrons, le couple \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\) en échange 2. Comment marier un donneur de 3 avec un preneur de 2 ? Fais les comptes toi-même.
Tant que cédés ≠ captés, des électrons resteraient orphelins — et un électron libre dans l'eau, ça n'existe pas. Ajuste les deux multiplicateurs jusqu'à l'accord parfait.
6 électrons cédés, 6 captés : ils s'annulent et disparaissent de l'écriture. Voilà l'équation d'oxydoréduction — remarque : plus un seul électron visible.
12 = 12 : l'équation est juste… mais tout est doublé pour rien. La convention garde les plus petits nombres entiers : reviens à (2 ; 3).
Multiplier une demi-équation ne change pas sa chimie : c'est répéter la même transformation plusieurs fois — exactement comme doubler une recette.
MÉTHODE — ÉTABLIR UNE ÉQUATION D'OXYDORÉDUCTION
1.Écris les deux demi-équations dans le sens réel de la réaction : le réducteur d'un couple cède (\(\mathrm{Red_1} = \mathrm{Ox_1} + n_1\,e^-\)), l'oxydant de l'autre capte (\(\mathrm{Ox_2} + n_2\,e^- = \mathrm{Red_2}\)).
2.Multiplie chaque demi-équation par le nombre qui égalise les électrons cédés et captés (le plus petit multiple commun de \(n_1\) et \(n_2\)).
3.Additionne membre à membre et simplifie : les électrons disparaissent. S'il en reste un dans l'équation finale, c'est faux. Contrôle-réflexe : atomes et charges conservés.
EXEMPLE RÉSOLU — LE PERMANGANATE ET LE FER
Établis l'équation de la réaction entre l'ion permanganate \(\mathrm{MnO_4^-}\) (couple \(\mathrm{MnO_4^-/Mn^{2+}}\), en milieu acide) et l'ion fer(II) \(\mathrm{Fe^{2+}}\) (couple \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\)).
Contrôle des charges : à gauche \(-1 + 8 + 10 = +17\), à droite \(+2 + 15 = +17\). Rien ne dépasse.
Conclusion : un \(\mathrm{MnO_4^-}\) consomme cinq \(\mathrm{Fe^{2+}}\). Garde ce 5 en tête — c'est lui qui fera tout le sel (et tous les pièges) du titrage de la section 5.
TESTE-TOITrois questions sur l'équation
Q1Dans une équation d'oxydoréduction finale, les électrons…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — ils sont transférés, pas stockés : cédés = captés, donc ils s'annulent à l'addition. S'il en reste un, les comptes n'étaient pas égalisés.
Q2Pour combiner \(\mathrm{Ag^+} + e^- = \mathrm{Ag}\) avec \(\mathrm{Cu} = \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^-\), on multiplie…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — 1 électron contre 2 : c'est le petit compte qu'on double. Bilan : \(\mathrm{Cu} + 2\,\mathrm{Ag^+} \longrightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,\mathrm{Ag}\). Additionner directement laisserait un électron orphelin.
EXACT — \(+6\) de chaque côté, et les atomes suivent. Les électrons, eux, n'ont rien à faire dans une équation finale — leur absence n'est pas un oubli, c'est la règle.
5. Le titrage colorimétrique : mesurer avec une couleur
Passe côté paillasse, avec une mission de chimiste : un anti-mousse pour gazon annonce sa teneur en sulfate de fer — donc en ions \(\mathrm{Fe^{2+}}\). Vérifions. Le problème : les ions \(\mathrm{Fe^{2+}}\) sont quasi invisibles dans la fiole, impossible de les compter directement. Mais tu peux les faire réagir — entièrement, jusqu'au dernier — avec un réactif dont tu contrôles exactement le versement. C'est le titrage.
Et l'outil parfait existe : l'ion permanganate \(\mathrm{MnO_4^-}\), d'un violet intense, qui consomme les \(\mathrm{Fe^{2+}}\) selon l'équation de la section 4. Verse-le depuis la burette, un demi-millilitre à la fois, et guette la fiole : trouve le volume exact où la teinte bascule.
INTERACTIFVerse et guette la couleur
volume versé V : 0,0 mL
versé : 0,00 mmol de MnO4−il reste 1,00 mmol de Fe2+V = 0 — tout le fer(II) est là
La fiole contient 20,0 mL de solution à doser : 1,00 mmol d'ions Fe2+ (et de l'acide, exigé par la demi-équation du permanganate). La burette est pleine. Verse.
Chaque goutte violette qui tombe est aussitôt décolorée : ses MnO4− trouvent des Fe2+ à oxyder et deviennent des ions Mn2+ incolores. Le réactif versé est limitant — tout ce que tu verses est consommé.
V = 10,0 mL : exactement assez de MnO4− pour consommer la dernière trace de Fe2+. Les deux réactifs s'épuisent ensemble — c'est l'équivalence. Note ce volume : c'est LA mesure du titrage.
Plus un Fe2+ à oxyder : le permanganate versé ne réagit plus, il s'accumule — et son violet s'installe. En pratique, c'est cette teinte qui persiste qui signale l'équivalence dépassée : on arrête de verser à la première goutte qui tient.
Réaction support : MnO4− + 8 H+ + 5 Fe2+ → Mn2+ + 4 H2O + 5 Fe3+ (section 4). Burette : c = 0,020 mol/L. Fiole : 20,0 mL de solution de concentration inconnue.
DÉFINITION
Titrer une espèce, c'est déterminer sa quantité de matière (ou sa concentration) en la faisant réagir totalement avec un réactif versé progressivement — le réactif titrant — au moyen d'une réaction support unique, totale et rapide. L'équivalence est l'instant du titrage où les réactifs ont été mélangés dans les proportions stœchiométriques de la réaction support : le réactif titré, jusque-là en excès, s'épuise — le réactif limitant change à l'équivalence.
POURQUOI ?
Pourquoi la couleur bascule-t-elle pile à l'équivalence ? Avant, le \(\mathrm{MnO_4^-}\) versé est limitant : chaque goutte est intégralement consommée, le violet meurt à l'arrivée. Après, plus un \(\mathrm{Fe^{2+}}\) : la première goutte « en trop » ne trouve plus personne, et son violet teinte toute la fiole. Le changement de couleur, c'est le changement de réactif limitant rendu visible à l'œil nu.
PROPRIÉTÉ — LA RELATION À L'ÉQUIVALENCE
À l'équivalence, le mélange est stœchiométrique — exactement comme au chapitre sur l'avancement. Pour une réaction support \(a\,\mathrm{A} + b\,\mathrm{B} \longrightarrow \dots\) où A est l'espèce titrée et B le réactif titrant :
3.Termine en concentration : \(c_{\mathrm{A}} = \dfrac{n_{\mathrm{A}}}{V_{\mathrm{A}}}\), avec \(V_{\mathrm{A}}\) le volume prélevé (la prise d'essai). Contrôle-réflexe : les coefficients — ici, un \(\mathrm{MnO_4^-}\) consomme cinq \(\mathrm{Fe^{2+}}\), pas un.
EXEMPLE RÉSOLU — L'ANTI-MOUSSE AU BANC D'ESSAI
Dans le graphique : \(V_{\mathrm{A}} = 20{,}0\) mL de solution d'ions \(\mathrm{Fe^{2+}}\), titrés par du permanganate à \(c_{\mathrm{B}} = 0{,}020\) mol·L⁻¹. La teinte violette persiste à partir de \(V_E = 10{,}0\) mL. Quelle est la concentration en \(\mathrm{Fe^{2+}}\) ?
Étape 1 — réaction support (section 4) : \(\mathrm{MnO_4^-} + 8\,\mathrm{H^+} + 5\,\mathrm{Fe^{2+}} \longrightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O} + 5\,\mathrm{Fe^{3+}}\), donc \(a = 5\) (le fer titré) et \(b = 1\) (le permanganate titrant).
Conclusion : exactement la 1,00 mmol que le graphique affichait au départ — la boucle est bouclée. Le facteur 5 a fait tout le travail : l'oublier divise le résultat par cinq.
À RETENIR
À l'équivalence, le mélange est stœchiométrique : \(\dfrac{n_{\text{titré}}}{a} = \dfrac{c_{\mathrm{B}} \times V_E}{b}\). La couleur qui bascule n'est que le réactif limitant qui change de camp.
TESTE-TOIQuatre questions pour finir
Q1À l'équivalence d'un titrage…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — proportions exactes, rien de plus, rien de moins : le titré s'épuise pile quand le titrant cesse d'être limitant. C'est ce basculement que la couleur trahit.
Q2Avant l'équivalence, dans la fiole, le réactif limitant est…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — tout ce qui tombe est aussitôt consommé : le versé est limitant, le titré en excès. La réaction, elle, se produit dès la première goutte — totale et rapide, c'est le cahier des charges d'une réaction support.
Q3On titre 10,0 mL de \(\mathrm{Fe^{2+}}\) ; l'équivalence arrive pour 8,0 mL de \(\mathrm{MnO_4^-}\) à 0,010 mol·L⁻¹. Alors \(n(\mathrm{Fe^{2+}}) =\)…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(n_{\mathrm{B},E} = 0{,}010 \times 0{,}0080 = 8{,}0 \times 10^{-5}\) mol, puis \(\times 5\) : \(4{,}0 \times 10^{-4}\) mol. Répondre \(8{,}0 \times 10^{-5}\), c'est le réflexe « 1 pour 1 » ; \(1{,}6 \times 10^{-5}\), c'est diviser par 5 au lieu de multiplier.
Q4La teinte violette persiste dans la fiole. Cela signifie que…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — plus de \(\mathrm{Fe^{2+}}\) à oxyder : le \(\mathrm{MnO_4^-}\) s'accumule et impose sa couleur. C'est le signal d'arrêt du versement — et la lecture de \(V_E\).
LES PIÈGES CLASSIQUES
Dire « l'oxydant s'oxyde ». Non : le vocabulaire est croisé. L'oxydant capte des électrons, donc il subit la réduction ; le réducteur cède, donc il subit l'oxydation. Redis-le jusqu'à ce que ça tienne : le réducteur est oxydé, l'oxydant est réduit.
Laisser des électrons dans l'équation finale. Une équation d'oxydoréduction ne montre jamais de \(e^-\) : ils passent directement du réducteur à l'oxydant, sans jamais flotter dans la solution. S'il en reste un dans ton bilan, c'est que les comptes cédés/captés n'étaient pas égalisés — reprends les multiplicateurs.
Additionner les demi-équations sans égaliser. Combiner \(\mathrm{Ag^+} + e^- = \mathrm{Ag}\) et \(\mathrm{Cu} = \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^-\) telles quelles laisse un électron orphelin. Le contrôle qui ne pardonne pas : la charge totale doit être la même des deux côtés de l'équation finale.
Le réflexe « 1 pour 1 » à l'équivalence. \(n(\text{titré}) = n(\text{versé})\) n'est vrai que si les deux coefficients sont égaux. Avec \(\mathrm{MnO_4^-} + 5\,\mathrm{Fe^{2+}}\), chaque goutte de permanganate consomme cinq fers : écris toujours la relation \(\dfrac{n_{\mathrm{A}}}{a} = \dfrac{n_{\mathrm{B},E}}{b}\) avant de calculer.
Confondre titrage et dosage par étalonnage. L'étalonnage (chapitre sur la composition d'un système) compare sans toucher : la lumière traverse, l'échantillon ressort intact. Le titrage détruit ce qu'il mesure : la réaction support consomme l'espèce titrée. Les deux « dosent », mais un seul consomme l'échantillon — et le Bac adore te demander lequel choisir.
L'ESSENTIEL EN 5 LIGNES
COUPLE
\(\mathrm{Ox} + n\,e^- = \mathrm{Red}\). L'oxydant capte, le réducteur cède — et le vocabulaire se croise : l'oxydant est réduit, le réducteur est oxydé.
DEMI-ÉQUATION
L'élément d'abord, les O avec \(\mathrm{H_2O}\), les H avec \(\mathrm{H^+}\), les charges avec \(e^-\) — dans cet ordre (milieu acide).
ÉQUATION
Réducteur d'un couple + oxydant d'un autre ; électrons égalisés (multiplicateurs) puis annulés — jamais visibles dans le bilan.
ÉQUIVALENCE
Réactifs mélangés dans les proportions stœchiométriques : le réactif limitant change — et la couleur bascule.
RELATION
\(\dfrac{n_{\text{titré}}}{a} = \dfrac{c_{\mathrm{B}} \times V_E}{b}\), puis \(c = \dfrac{n}{V}\) sur la prise d'essai.
Exercices
15 corrigés
Commence par le niveau 1. Cherche vraiment avant d'ouvrir le corrigé — c'est là que ça rentre. Les exercices suivent l'ordre du cours : couples et vocabulaire, demi-équations, équations d'oxydoréduction, titrages, et un problème pour finir.
EXERCICE 01 · le vocabulaire des couplesniveau 1
On considère les couples \(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}\), \(\mathrm{I_2/I^-}\) et \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\). a. Donne l'oxydant et le réducteur de chaque couple. b. Que signifie, en termes d'électrons, la phrase « le zinc est oxydé » ? c. Au cours d'une réaction d'oxydoréduction, qui est réduit : l'oxydant ou le réducteur ?
CORRIGÉ
a. — l'oxydant s'écrit toujours en premier : oxydants \(\mathrm{Zn^{2+}}\), \(\mathrm{I_2}\), \(\mathrm{Fe^{3+}}\) ; réducteurs \(\mathrm{Zn}\), \(\mathrm{I^-}\), \(\mathrm{Fe^{2+}}\).
b. — le zinc cède des électrons : \(\mathrm{Zn} = \mathrm{Zn^{2+}} + 2\,e^-\). Être oxydé = perdre des électrons.
c. — l'oxydant : c'est lui qui capte les électrons, donc lui qui est réduit. Le vocabulaire croisé, piège n°1 du chapitre.
Conclusion : Ox/Red, l'oxydant d'abord — et les rôles se lisent sur les électrons, jamais sur les noms.
EXERCICE 02 · oxydé ou réduit ?niveau 1
Quand on verse de l'acide chlorhydrique sur du zinc, ça mousse : \(\mathrm{Zn} + 2\,\mathrm{H^+} \longrightarrow \mathrm{Zn^{2+}} + \mathrm{H_2}\). a. Qui cède des électrons, et combien ? Qui les capte ? b. Identifie les deux couples en jeu. c. Quelle espèce est oxydée ?
CORRIGÉ
a. — \(\mathrm{Zn}\) devient \(\mathrm{Zn^{2+}}\) : il cède 2 électrons. Chaque \(\mathrm{H^+}\) en capte un (il en faut deux pour faire un \(\mathrm{H_2}\)) : \(2\,\mathrm{H^+} + 2\,e^- = \mathrm{H_2}\).
b. — couples \(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}\) et \(\mathrm{H^+/H_2}\).
c. — le zinc : il cède, c'est le réducteur, il est oxydé. Les bulles, c'est l'oxydant \(\mathrm{H^+}\) réduit en dihydrogène.
Conclusion : « l'acide attaque le métal » est une réaction d'oxydoréduction qui s'ignore — les électrons passent du métal aux ions \(\mathrm{H^+}\).
EXERCICE 03 · demi-équations simplesniveau 1
Écris la demi-équation électronique de chaque couple : a. \(\mathrm{Ag^+/Ag}\). b. \(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}\). c. \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\). d. \(\mathrm{Cl_2/Cl^-}\).
CORRIGÉ
a. — \(\mathrm{Ag^+} + e^- = \mathrm{Ag}\) : une charge \(+\), un électron.
b. — \(\mathrm{Zn^{2+}} + 2\,e^- = \mathrm{Zn}\).
c. — \(\mathrm{Fe^{3+}} + e^- = \mathrm{Fe^{2+}}\) : la charge ne descend que de 1, donc un seul électron — pas 3.
d. — \(\mathrm{Cl_2} + 2\,e^- = 2\,\mathrm{Cl^-}\) : l'élément d'abord (2 chlores), les charges ensuite.
Conclusion : le nombre d'électrons se lit sur l'écart de charges, pas sur l'exposant tout seul.
EXERCICE 04 · demi-équation en milieu acideniveau 2
Le couple \(\mathrm{Cr_2O_7^{2-}/Cr^{3+}}\) est celui des anciens éthylotests (l'ion dichromate est orange, l'ion \(\mathrm{Cr^{3+}}\) est vert). Écris sa demi-équation en milieu acide, en suivant la méthode : a. équilibre le chrome. b. les oxygènes. c. les hydrogènes. d. les charges.
CORRIGÉ
a. — 2 chromes à gauche : \(\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} = 2\,\mathrm{Cr^{3+}}\).
b. — 7 oxygènes à gauche : \(+\,7\,\mathrm{H_2O}\) à droite.
c. — ces 7 eaux apportent 14 hydrogènes : \(+\,14\,\mathrm{H^+}\) à gauche.
Conclusion : la routine élément → O → H → charges digère même les gros morceaux. Et le virage orange → vert de l'éthylotest, c'est cette réduction-là.
EXERCICE 05 · lire une équationniveau 2
Pour graver les circuits imprimés, on ronge le cuivre avec une solution d'ions fer(III) : \(2\,\mathrm{Fe^{3+}} + \mathrm{Cu} \longrightarrow 2\,\mathrm{Fe^{2+}} + \mathrm{Cu^{2+}}\). a. Retrouve les deux couples en jeu. b. Écris les deux demi-équations dans le sens où elles se produisent. c. Qui est oxydé, qui est réduit ?
CORRIGÉ
a. — le fer passe de \(\mathrm{Fe^{3+}}\) à \(\mathrm{Fe^{2+}}\) : couple \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\). Le cuivre passe de \(\mathrm{Cu}\) à \(\mathrm{Cu^{2+}}\) : couple \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\).
c. — le cuivre cède : il est oxydé — c'est bien pour ça qu'il est « rongé ». \(\mathrm{Fe^{3+}}\) capte : il est réduit.
Conclusion : surprise du jour — \(\mathrm{Cu^{2+}}\) était l'oxydant vedette du cours, et voilà le cuivre métal en réducteur. Le rôle dépend du couple d'en face.
EXERCICE 06 · établir une équationniveau 2
Le « sapin d'argent » du labo : un fil de cuivre plongé dans du nitrate d'argent se couvre d'aiguilles brillantes, et la solution bleuit. Établis l'équation de la réaction entre le cuivre \(\mathrm{Cu}\) et les ions \(\mathrm{Ag^+}\) (couples \(\mathrm{Ag^+/Ag}\) et \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\)).
Étape 2 — 2 électrons contre 1 : on double la demi-équation de l'argent.
Étape 3 — \(\mathrm{Cu} + 2\,\mathrm{Ag^+} \longrightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,\mathrm{Ag}\). Charges : \(+2\) de chaque côté, aucun électron visible.
Conclusion : les aiguilles, c'est l'argent réduit ; le bleu, c'est \(\mathrm{Cu^{2+}}\) qui apparaît — l'équation raconte exactement ce qu'on voit.
EXERCICE 07 · le graphique rejouéniveau 2
Refais à la main ce que le graphique de la section 4 t'a fait faire aux boutons : a. établis l'équation de la réaction entre l'aluminium \(\mathrm{Al}\) et les ions \(\mathrm{Cu^{2+}}\) (couples \(\mathrm{Al^{3+}/Al}\) et \(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}\)). b. Combien de moles d'électrons sont échangées quand 2 mol d'aluminium réagissent ?
CORRIGÉ
a. — \(\mathrm{Al} = \mathrm{Al^{3+}} + 3\,e^-\) (×2) et \(\mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^- = \mathrm{Cu}\) (×3) : 6 électrons de chaque côté, d'où \(2\,\mathrm{Al} + 3\,\mathrm{Cu^{2+}} \longrightarrow 2\,\mathrm{Al^{3+}} + 3\,\mathrm{Cu}\).
b. — chaque aluminium cède 3 électrons : \(2 \times 3 = 6\) mol d'électrons. (C'est le « 6 = 6 » que le graphique affichait à l'accord.)
Conclusion : le plus petit multiple commun de 3 et 2 est 6 — les multiplicateurs (2 ; 3) ne sortent pas du chapeau.
EXERCICE 08 · équation avec H⁺ et H₂Oniveau 2
En t'appuyant sur l'exercice 4, établis l'équation de la réaction entre l'ion dichromate \(\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}\) (couple \(\mathrm{Cr_2O_7^{2-}/Cr^{3+}}\), en milieu acide) et les ions fer(II) \(\mathrm{Fe^{2+}}\) (couple \(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}\)).
Conclusion : les \(\mathrm{H^+}\) et \(\mathrm{H_2O}\) de la demi-équation suivent tels quels dans l'équation finale — seuls les électrons disparaissent.
EXERCICE 09 · le clou, version tableau d'avancementniveau 2
Retour au bécher de la section 2 : 0,10 mol d'ions \(\mathrm{Cu^{2+}}\) et un clou de 11,2 g de fer (\(M(\mathrm{Fe}) = 56\) g·mol⁻¹, \(M(\mathrm{Cu}) = 63{,}5\) g·mol⁻¹). Réaction : \(\mathrm{Fe} + \mathrm{Cu^{2+}} \longrightarrow \mathrm{Fe^{2+}} + \mathrm{Cu}\), totale. a. Vérifie que le clou est en excès. b. Quelle masse de cuivre se dépose au maximum ? c. Quelle masse de fer le clou a-t-il perdue ?
CORRIGÉ
a. — \(n(\mathrm{Fe}) = \dfrac{11{,}2}{56} = 0{,}20\) mol. Coefficients égaux : les candidats sont les stocks, \(0{,}20 > 0{,}10\) : le \(\mathrm{Cu^{2+}}\) est limitant, \(x_{\max} = 0{,}10\) mol — c'est bien là que le curseur de la section 2 s'arrêtait.
b. — \(n(\mathrm{Cu}) = x_{\max} = 0{,}10\) mol, soit \(m = 0{,}10 \times 63{,}5 = 6{,}35\) g de cuivre déposé.
c. — le clou perd \(0{,}10\) mol de fer : \(m = 0{,}10 \times 56 = 5{,}6\) g. Il en reste \(11{,}2 - 5{,}6 = 5{,}6\) g — la moitié du clou est partie en ions.
Conclusion : une réaction d'oxydoréduction se traite au tableau d'avancement comme n'importe quelle autre — le chapitre précédent n'a pas pris sa retraite.
EXERCICE 10 · le principe du titrageniveau 1
Vrai ou faux ? Corrige les affirmations fausses. a. « Le réactif titrant se trouve dans la burette. » b. « Avant l'équivalence, le réactif titré est limitant. » c. « À l'équivalence, il reste la moitié du réactif titré. » d. « Dans un titrage au permanganate, la teinte violette persistante signale que l'équivalence est dépassée. »
CORRIGÉ
a. — vrai : on verse le titrant (concentration connue) sur le titré (la fiole, concentration cherchée).
b. — faux : avant l'équivalence, c'est le titrant versé qui est limitant — tout ce qui tombe est consommé. Le titré n'est limitant qu'après… et il n'y en a plus.
c. — faux : à l'équivalence, le titré est entièrement consommé — c'est la définition (proportions stœchiométriques).
d. — vrai : plus rien à oxyder, le permanganate s'accumule et sa couleur tient. On lit \(V_E\) à la première goutte qui persiste.
Conclusion : le titrage tient en une phrase — le limitant change de camp à l'équivalence, et la couleur le crie.
EXERCICE 11 · la Bétadine au banc d'essainiveau 2
On titre le diiode \(\mathrm{I_2}\) (brun) d'un antiseptique par les ions thiosulfate \(\mathrm{S_2O_3^{2-}}\), selon la réaction support (donnée) : \(\mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}\). Prise d'essai : 10,0 mL ; titrant à 0,10 mol·L⁻¹ ; la teinte brune disparaît pour \(V_E = 13{,}0\) mL. a. Écris la relation à l'équivalence. b. Calcule \(n(\mathrm{I_2})\) dans la prise. c. Déduis-en la concentration en diiode.
Conclusion : cette fois on divise par le coefficient (2 thiosulfates par diiode) — la relation à l'équivalence décide du sens, pas un réflexe.
EXERCICE 12 · prévoir le volume équivalentniveau 2
Avant de lancer un titrage, on estime toujours \(V_E\) pour vérifier qu'il tombera dans la burette (25 mL). On veut titrer 20,0 mL d'une solution de \(\mathrm{Fe^{2+}}\) de concentration estimée à 0,080 mol·L⁻¹ par du permanganate à 0,040 mol·L⁻¹ (réaction support de la section 4). a. Estime \(n(\mathrm{Fe^{2+}})\) dans la prise. b. Déduis-en la quantité de \(\mathrm{MnO_4^-}\) nécessaire, puis le \(V_E\) attendu. c. La burette convient-elle ?
b. — relation à l'équivalence : \(n(\mathrm{MnO_4^-})_E = \dfrac{n(\mathrm{Fe^{2+}})}{5} = 3{,}2 \times 10^{-4}\) mol, d'où \(V_E = \dfrac{3{,}2 \times 10^{-4}}{0{,}040} = 8{,}0 \times 10^{-3}\) L \(= 8{,}0\) mL.
c. — oui : 8,0 mL < 25 mL, avec de la marge si la concentration réelle est un peu plus grande.
Conclusion : la relation à l'équivalence marche dans les deux sens — retrouver une concentration, ou prévoir un volume. Même formule, autre inconnue.
EXERCICE 13 · l'éthylotestniveau 3
Dans les anciens éthylotests chimiques, l'éthanol \(\mathrm{C_2H_6O}\) de l'haleine est oxydé en acide éthanoïque \(\mathrm{C_2H_4O_2}\) par l'ion dichromate. Demi-équation de l'éthanol (donnée) : \(\mathrm{C_2H_6O} + \mathrm{H_2O} = \mathrm{C_2H_4O_2} + 4\,\mathrm{H^+} + 4\,e^-\). a. Justifie que l'éthanol joue le rôle de réducteur. b. En combinant avec la demi-équation de l'exercice 4, établis l'équation de la réaction. c. Pourquoi le virage de l'orange au vert révèle-t-il la présence d'alcool ?
CORRIGÉ
a. — dans sa demi-équation, l'éthanol cède 4 électrons (ils apparaissent à droite) : c'est un réducteur, il est oxydé en acide éthanoïque.
b. — 6 électrons captés contre 4 cédés : plus petit multiple commun 12, donc dichromate ×2 et éthanol ×3. En additionnant puis en simplifiant les \(\mathrm{H^+}\) (28 − 12 = 16) et les \(\mathrm{H_2O}\) (14 − 3 = 11) : \(2\,\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 16\,\mathrm{H^+} + 3\,\mathrm{C_2H_6O} \longrightarrow 4\,\mathrm{Cr^{3+}} + 11\,\mathrm{H_2O} + 3\,\mathrm{C_2H_4O_2}\). Contrôle des charges : \(-4 + 16 = +12\) à gauche, \(+12\) à droite.
c. — s'il y a de l'alcool, la réaction consomme du dichromate orange et fabrique du \(\mathrm{Cr^{3+}}\) vert : le tube change de couleur. Pas d'alcool, pas de transfert d'électrons — le tube reste orange.
Conclusion : quand \(\mathrm{H^+}\) et \(\mathrm{H_2O}\) figurent des deux côtés, on simplifie à la fin — et le contrôle des charges rattrape toutes les étourderies.
EXERCICE 14 · problème · la vitamine C du jus d'orangeniveau 3
L'étiquette d'un jus d'orange annonce « vitamine C : 18 mg pour 100 mL ». La vitamine C (acide ascorbique \(\mathrm{C_6H_8O_6}\), \(M = 176\) g·mol⁻¹) est un réducteur : on la titre par le diiode selon \(\mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{H^+} + 2\,\mathrm{I^-}\) (donnée). Quelques gouttes d'empois d'amidon colorent la solution en bleu dès que le diiode est en excès. On titre 20,0 mL de jus par du diiode à \(2{,}5 \times 10^{-3}\) mol·L⁻¹ ; le bleu persiste à partir de \(V_E = 8{,}0\) mL. a. Pourquoi le bleu n'apparaît-il qu'après l'équivalence ? b. Calcule la quantité de vitamine C dans la prise. c. L'étiquette dit-elle vrai ?
CORRIGÉ
a. — avant l'équivalence, chaque goutte de \(\mathrm{I_2}\) est consommée par la vitamine C : pas de diiode libre, pas de bleu. Après, le \(\mathrm{I_2}\) en excès s'accumule et l'empois d'amidon le révèle — même logique que le violet du permanganate.
b. — l'équation est en 1 pour 1 : \(n(\mathrm{C_6H_8O_6}) = n(\mathrm{I_2})_E = 2{,}5 \times 10^{-3} \times 0{,}0080 = 2{,}0 \times 10^{-5}\) mol dans les 20,0 mL.
c. — pour 100 mL : \(n = 5 \times 2{,}0 \times 10^{-5} = 1{,}0 \times 10^{-4}\) mol, soit \(m = 1{,}0 \times 10^{-4} \times 176 = 1{,}76 \times 10^{-2}\) g \(\approx 18\) mg. L'étiquette dit vrai.
Conclusion : avec une burette et un peu d'oxydoréduction, tu viens de contrôler une étiquette alimentaire — c'est littéralement le travail des laboratoires de la répression des fraudes.
VERS LE BAC — EXERCICE 15≈ 45 MIN · CALCULATRICE UTILE
L'eau oxygénée des pharmacies est une solution de peroxyde d'hydrogène \(\mathrm{H_2O_2}\), un antiseptique qui se décompose lentement avec le temps. On contrôle un flacon entamé. Couples en jeu : \(\mathrm{O_2/H_2O_2}\) et \(\mathrm{MnO_4^-/Mn^{2+}}\). Demi-équation donnée : \(\mathrm{H_2O_2} = \mathrm{O_2} + 2\,\mathrm{H^+} + 2\,e^-\).
PARTIE A — LA RÉACTION SUPPORT
Justifie que l'eau oxygénée joue ici le rôle de réducteur.
En combinant avec la demi-équation du permanganate (section 3), établis l'équation support du titrage.
Écris la relation à l'équivalence entre \(n(\mathrm{H_2O_2})\) et \(n(\mathrm{MnO_4^-})_E\).
PARTIE B — LE CONTRÔLE DU FLACON
L'étiquette annonce une concentration \(c_0 = 0{,}89\) mol·L⁻¹ (« 10 volumes »). On dilue la solution du flacon 10 fois, puis on titre \(V_{\mathrm{A}} = 10{,}0\) mL de solution diluée par du permanganate à \(c_{\mathrm{B}} = 0{,}020\) mol·L⁻¹. La teinte violette persiste à partir de \(V_E = 8{,}0\) mL.
Montre par un calcul rapide que, sans dilution, le volume équivalent attendu n'aurait pas tenu dans une burette de 25 mL.
Calcule la quantité de permanganate versée à l'équivalence.
Déduis-en la quantité, puis la concentration de \(\mathrm{H_2O_2}\) dans la solution diluée.
Remonte à la concentration du flacon et compare à l'étiquette. Qu'en conclus-tu ?
CORRIGÉ — LES GRANDES ÉTAPES
A.1 — dans sa demi-équation, \(\mathrm{H_2O_2}\) cède 2 électrons (à droite du =) : c'est un réducteur, oxydé en \(\mathrm{O_2}\) — d'où les petites bulles pendant le titrage.
A.2 — 10 électrons de chaque côté (permanganate ×2, eau oxygénée ×5), puis simplification des \(\mathrm{H^+}\) (16 − 10 = 6) : \(2\,\mathrm{MnO_4^-} + 6\,\mathrm{H^+} + 5\,\mathrm{H_2O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{Mn^{2+}} + 8\,\mathrm{H_2O} + 5\,\mathrm{O_2}\). Charges : \(+4\) des deux côtés.
A.3 — \(\dfrac{n(\mathrm{H_2O_2})}{5} = \dfrac{n(\mathrm{MnO_4^-})_E}{2}\), donc \(n(\mathrm{H_2O_2}) = \dfrac{5}{2}\,n(\mathrm{MnO_4^-})_E\).
B.1 — à 0,89 mol·L⁻¹, la prise contiendrait \(8{,}9 \times 10^{-3}\) mol de \(\mathrm{H_2O_2}\), exigeant \(n(\mathrm{MnO_4^-}) = \dfrac{2}{5} \times 8{,}9 \times 10^{-3} \approx 3{,}6 \times 10^{-3}\) mol, soit \(V_E \approx \dfrac{3{,}6 \times 10^{-3}}{0{,}020} = 0{,}18\) L = 180 mL : sept burettes. On dilue.
B.4 — dilution par 10 : \(c_{\text{flacon}} = 0{,}40\) mol·L⁻¹, contre 0,89 annoncés. L'écart (plus de la moitié perdue) dépasse largement les petites incertitudes de la manipulation : le flacon entamé s'est réellement décomposé. C'est exactement pour ça qu'on titre au lieu de croire l'étiquette.