Exercices corrigés : description et constitution de la matière (Seconde)

Corps purs : eau distillée et cuivre métallique. Mélanges homogènes : eau minérale, air, sirop de menthe dilué. Mélanges hétérogènes : eau boueuse et jus d'orange avec pulpe. Le critère est visuel à l'échelle macroscopique : si on distingue au moins deux phases, même à la loupe, le mélange est hétérogène. L'air est un piège classique, il est bien un mélange, principalement de diazote et de dioxygène, mais homogène.

La décantation, qui consiste à laisser reposer pour que les particules tombent au fond, puis à verser le liquide surnageant. Ou la filtration, où le mélange traverse un papier filtre qui retient les particules solides. La filtration donne le liquide le plus clair, car la décantation laisse toujours en suspension les particules les plus fines qui n'ont pas eu le temps de tomber. En pratique on enchaîne les deux : décanter d'abord évite de colmater le filtre.

Il suffit d'évaporer à sec un volume d'eau minérale dans une coupelle. Un résidu blanc reste au fond : ce sont les sels minéraux dissous. Avec de l'eau distillée, la coupelle reste propre. Une eau limpide peut donc contenir beaucoup de matière dissoute, l'œil ne sert à rien pour trancher.

Il prouve seulement la présence d'EAU dans l'échantillon, puisque le sulfate de cuivre anhydre, blanc, bleuit au contact de l'eau. Il ne prouve pas que l'échantillon est de l'eau pure : le jus d'orange contient de l'eau au milieu de dizaines d'autres espèces et le test est tout aussi positif. Un test d'identification répond à la question « y a-t-il cette espèce ? », jamais à la question « n'y a-t-il que cette espèce ? ».

La distillation. L'éthanol, dont la température d'ébullition est la plus basse, passe en premier à l'état gazeux, monte dans la colonne, se liquéfie dans le réfrigérant et tombe dans le ballon de recueil. On surveille le thermomètre : tant qu'il stagne vers $78\ \mathrm{^\circ C}$, c'est un liquide très riche en éthanol qui distille.

La masse du liquide seul vaut $m=84{,}7-45{,}2=39{,}5\ \mathrm{g}$. Donc $\rho=\dfrac{39{,}5}{50{,}0}=0{,}790\ \mathrm{g/mL}$. Pour la conversion, retenir le facteur $1\ \mathrm{g/mL}=1000\ \mathrm{kg/m^3}$ : $\rho=790\ \mathrm{kg/m^3}$. Oublier de retrancher la masse du flacon donne $1{,}69\ \mathrm{g/mL}$, une valeur qui devrait alerter : le liquide serait plus dense que la plupart des solvants usuels, très au-dessus de l'eau.

$d=\dfrac{0{,}790}{1{,}00}=0{,}790$, sans unité. Comme $d<1$, le liquide est moins dense que l'eau, mais cela ne suffit pas pour affirmer qu'il flotte : il faut aussi qu'il ne soit pas miscible à l'eau. Justement, cette valeur est celle de l'éthanol, qui se mélange à l'eau en toutes proportions, sans former de couche (voir l'exercice 6).

On isole le volume dans $\rho=\dfrac{m}{V}$ : $V=\dfrac{m}{\rho}=\dfrac{2000}{0{,}790}=2532\ \mathrm{mL}$, soit environ $2{,}5\ \mathrm{L}$. Attention à convertir les kilogrammes en grammes AVANT de diviser, sinon on trouve un volume mille fois trop petit. Vérification de bon sens : le liquide étant moins dense que l'eau, il en faut plus de deux litres pour faire deux kilogrammes, ce qui est bien le cas.

Le liquide le moins dense flotte au-dessus. Couche 1 : l'huile, $0{,}92\ \mathrm{g/mL}$. Couche 2 : l'eau pure, $1{,}00\ \mathrm{g/mL}$. Couche 3, au fond : l'eau salée, $1{,}10\ \mathrm{g/mL}$. Le classement des couches est exactement le classement des masses volumiques, du plus petit en haut au plus grand en bas.

Sa masse volumique vaut $\rho=\dfrac{8{,}1}{8{,}0}=1{,}01\ \mathrm{g/mL}$. Elle est supérieure à celle de l'eau pure ($1{,}00$) mais inférieure à celle de l'eau salée ($1{,}10$). Le cube traverse donc l'huile et l'eau pure, puis s'arrête à la surface de l'eau salée : il flotte à l'interface entre la couche 2 et la couche 3. C'est le principe des tests de tri des plastiques par flottation.

Le volume doit être en litres : $V=250{,}0\ \mathrm{mL}=0{,}2500\ \mathrm{L}$. Donc $C_m=\dfrac{12{,}0}{0{,}2500}=48{,}0\ \mathrm{g/L}$. Lire ce résultat à voix haute aide : un litre de cette solution contiendrait $48{,}0\ \mathrm{g}$ de sel, et comme on n'en a qu'un quart de litre, on retrouve bien les $12{,}0\ \mathrm{g}$ pesés.

La concentration est la même partout dans une solution homogène, c'est justement ce qui définit l'homogénéité. Donc $m=C_m\times V=48{,}0\times 0{,}0200=0{,}960\ \mathrm{g}$. Prélever un vingtième du volume prélève un vingtième du soluté, pas davantage.

Parce que le volume qui figure dans la définition est celui de la SOLUTION finale, pas celui du solvant de départ. En dissolvant le sel dans $250{,}0\ \mathrm{mL}$ d'eau, on obtient un volume final légèrement supérieur, donc une concentration légèrement inférieure à $48{,}0\ \mathrm{g/L}$. C'est exactement pour cela que l'on utilise une fiole jaugée : on ajoute le solvant JUSQU'AU trait, on ne part pas du trait.

$m=C_m\times V=8{,}0\times 0{,}5000=4{,}0\ \mathrm{g}$. Le protocole associé : peser $4{,}0\ \mathrm{g}$ sur une balance, transvaser dans une fiole jaugée de $500{,}0\ \mathrm{mL}$ à l'aide d'un entonnoir, rincer la coupelle de pesée au-dessus de la fiole pour ne rien perdre, remplir aux deux tiers, agiter jusqu'à dissolution complète, puis compléter jusqu'au trait de jauge et homogénéiser.

Une solution saturée contient au plus $320\ \mathrm{g}$ de sel par litre de solution, donc $250{,}0\ \mathrm{mL}$ de solution en contiennent au plus $320\times 0{,}2500=80{,}0\ \mathrm{g}$. Avec $100{,}0\ \mathrm{g}$, on dépasse : $80{,}0\ \mathrm{g}$ se dissolvent et $20{,}0\ \mathrm{g}$ restent au fond sous forme de dépôt solide. La solution est dite saturée, et sa concentration plafonne : ajouter encore du sel ne la fait plus monter. On lit souvent $360\ \mathrm{g}$ par litre d'EAU : c'est la même solution saturée, mais un litre d'eau et un litre de solution ne sont pas le même litre.

La masse de soluté se conserve, donc $C_1V_1=C_2V_2$, d'où $C_2=\dfrac{C_1V_1}{V_2}=\dfrac{120\times 10{,}0}{100{,}0}=12{,}0\ \mathrm{g/L}$. Les volumes peuvent rester en millilitres des deux côtés puisqu'ils se simplifient, mais ils doivent être dans la MÊME unité.

$F=\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{100{,}0}{10{,}0}=10$. La solution a été diluée dix fois, donc sa concentration est dix fois plus petite : $C_2=\dfrac{120}{10}=12{,}0\ \mathrm{g/L}$, ce qui confirme la question a). Le facteur de dilution est un rapport de volumes ET un rapport de concentrations, dans le sens inverse.

On veut $F=\dfrac{C_1}{C_2}=\dfrac{120}{6{,}0}=20$, donc $V_1=\dfrac{V_2}{F}=\dfrac{250{,}0}{20}=12{,}5\ \mathrm{mL}$. Vérification directe : $6{,}0\times 0{,}2500=1{,}5\ \mathrm{g}$ de sirop dans la fille, et $1{,}5\ \mathrm{g}$ dans $\dfrac{1{,}5}{120}=0{,}0125\ \mathrm{L}$ de mère, soit bien $12{,}5\ \mathrm{mL}$.

Une pipette jaugée de $12{,}5\ \mathrm{mL}$ n'existe pas dans le commerce : on prélève à la burette graduée, ou à la pipette graduée de $25\ \mathrm{mL}$. La solution fille se prépare dans une fiole jaugée de $250{,}0\ \mathrm{mL}$. L'éprouvette graduée ne convient pas parce que sa précision est de l'ordre du millilitre, contre quelques centièmes à un dixième de millilitre pour la verrerie jaugée et la burette : sur un prélèvement de $12{,}5\ \mathrm{mL}$, l'erreur commise se répercuterait directement sur la concentration finale.

Il confond concentration et masse. Avant : dans les $10{,}0\ \mathrm{mL}$ prélevés, $m=120\times 0{,}0100=1{,}20\ \mathrm{g}$ de sirop. Après : dans les $100{,}0\ \mathrm{mL}$ de solution fille, $m=12{,}0\times 0{,}1000=1{,}20\ \mathrm{g}$. C'est la même masse. Ce qui a changé, c'est le volume dans lequel ces $1{,}20\ \mathrm{g}$ sont répartis, donc la concentration. Ajouter de l'eau n'a jamais fait disparaître une molécule de sirop.

Oui : les cinq points sont alignés et la droite passe par l'origine, ce qu'on vérifie en calculant les rapports $\dfrac{A}{C_m}$, tous égaux à $0{,}105$. La grandeur $A$ est donc PROPORTIONNELLE à $C_m$. C'est cette propriété qui rend le dosage possible : sans proportionnalité, une seule mesure ne suffirait pas à remonter à la concentration.

$k=\dfrac{\Delta A}{\Delta C_m}=\dfrac{0{,}84-0}{8{,}0-0}=0{,}105\ \mathrm{L/g}$. On prend deux points ÉLOIGNÉS de la droite tracée, pas deux points voisins : l'incertitude de lecture est alors divisée par un écart plus grand. L'unité est l'inverse de celle de l'axe des abscisses, puisque l'absorbance n'a pas d'unité.

$A=k\,C_m$ donne $C_m=\dfrac{A}{k}=\dfrac{0{,}52}{0{,}105}=4{,}95\ \mathrm{g/L}$, soit environ $5{,}0\ \mathrm{g/L}$. Graphiquement : on part de $0{,}52$ sur l'axe vertical, on rejoint la droite horizontalement, puis on descend sur l'axe horizontal. On tombe entre les étalons à $4{,}0$ et $6{,}0\ \mathrm{g/L}$, un peu en dessous du milieu, ce qui est cohérent.

Parce que $A=1{,}45$ sort de la zone couverte par les étalons, qui s'arrêtent à $0{,}84$. Extrapoler la droite au-delà du domaine mesuré est un pari : rien ne garantit que la proportionnalité tienne encore, et en pratique elle cesse de tenir aux fortes concentrations. Il faut diluer la solution inconnue d'un facteur connu, par exemple 5, mesurer l'absorbance de la solution diluée, lire la concentration sur la droite, puis multiplier par 5 pour remonter à celle de départ.

Pour faire le « blanc » : on règle le spectrophotomètre sur zéro avec le solvant seul, dans la même cuve. Ainsi la mesure ne compte que ce qui est absorbé par le soluté, et non ce qu'absorbent la cuve et le solvant. Sans cette étape, toutes les mesures seraient décalées vers le haut de la même quantité et la droite ne passerait plus par l'origine.

$\rho=\dfrac{m}{V}=\dfrac{19{,}8}{25{,}0}=0{,}792\ \mathrm{g/mL}$.

Un écart de $2\ \%$ autour de $0{,}792$ couvre l'intervalle allant de $0{,}776$ à $0{,}808$. Le cyclohexane ($0{,}779$), l'éthanol ($0{,}789$) et l'acétone ($0{,}791$) y sont tous les trois ; l'eau et le dichlorométhane sont exclus sans discussion. Le calcul de masse volumique ne suffit donc pas : il élimine, il ne désigne pas. C'est exactement le rôle d'une caractéristique physique dans une identification, réduire la liste des possibles avant de trancher par un autre critère.

Si la masse vaut $19{,}8\pm 0{,}1\ \mathrm{g}$, alors la masse volumique va de $\dfrac{19{,}7}{25{,}0}=0{,}788$ à $\dfrac{19{,}9}{25{,}0}=0{,}796\ \mathrm{g/mL}$. L'incertitude sur $\rho$ est donc d'environ $0{,}004\ \mathrm{g/mL}$, ce qui est du même ordre que l'écart entre l'éthanol et l'acétone : $0{,}002$. Voilà pourquoi ces deux-là sont indiscernables avec ce matériel : le troisième chiffre après la virgule est déjà incertain, et l'on écrit $\rho=0{,}792\pm 0{,}004\ \mathrm{g/mL}$.

Mesurer la température d'ébullition. Un liquide non identifié se traite comme dangereux : on ne le chauffe qu'après avoir évalué les risques avec le professeur. Les trois candidats étant volatils et inflammables, on le chauffe doucement au bain-marie ou au chauffe-tube, sans flamme et sous hotte, dans un tube muni d'un thermomètre ; la température se stabilise pendant tout le changement d'état, et ce palier identifie l'espèce. Elle écarte nettement l'acétone, à $56\ \mathrm{^\circ C}$ : un écart de plus de $20\ \mathrm{^\circ C}$ est mesurable sans difficulté, contrairement à un écart de $0{,}002\ \mathrm{g/mL}$. En revanche, elle sépare mal l'éthanol et le cyclohexane, à $3\ \mathrm{^\circ C}$ l'un de l'autre : c'est la miscibilité de la question e) qui les départage.

Le liquide est MISCIBLE à l'eau, donc il n'y a pas d'interface. Le cyclohexane, lui, est un solvant qui ne se mélange pas à l'eau et donnerait deux phases nettement visibles. Cette seule observation élimine le cyclohexane. Combinée à la mesure d'ébullition de la question d), elle permet de conclure : si le palier est vers $78\ \mathrm{^\circ C}$, c'est de l'éthanol.

$m=C_m\times V=18{,}0\times 0{,}2000=3{,}60\ \mathrm{g}$. Protocole : 1. peser $3{,}60\ \mathrm{g}$ de glucose dans une coupelle sur une balance tarée ; 2. transvaser dans la fiole jaugée de $200{,}0\ \mathrm{mL}$ à l'aide d'un entonnoir ; 3. rincer la coupelle et l'entonnoir à l'eau distillée AU-DESSUS de la fiole ; 4. remplir aux deux tiers, boucher et agiter jusqu'à dissolution complète ; 5. compléter jusqu'au trait de jauge, boucher et retourner plusieurs fois pour homogénéiser.

$F=\dfrac{18{,}0}{3{,}6}=5{,}0$, donc $V_1=\dfrac{100{,}0}{5{,}0}=20{,}0\ \mathrm{mL}$. La pipette jaugée de $20{,}0\ \mathrm{mL}$ et la fiole jaugée de $100{,}0\ \mathrm{mL}$ figurent toutes deux dans la liste : le protocole est réalisable avec la précision maximale.

Trop petite. La masse de soluté est fixée par le prélèvement de $20{,}0\ \mathrm{mL}$ : elle ne dépend pas de ce qui suit. En revanche, ajouter $100{,}0\ \mathrm{mL}$ d’eau aux $20{,}0\ \mathrm{mL}$ déjà présents donne un volume final de l’ordre de $120\ \mathrm{mL}$, au lieu des $100{,}0\ \mathrm{mL}$ voulus. Dans $C_m=\dfrac{m}{V}$, le numérateur ne bouge pas et le dénominateur augmente : la concentration obtenue vaut environ $\dfrac{100{,}0}{120}\times 3{,}6=3{,}0\ \mathrm{g/L}$, donc trop petite. La méthode générale tient en une question : laquelle des deux grandeurs de $C_m=\dfrac{m}{V}$ l’erreur touche-t-elle, et dans quel sens ?

Trop petite également, mais pour une raison différente : une partie du glucose pesé reste collée dans la coupelle et n'entre jamais dans la fiole. La masse réellement dissoute est inférieure à $3{,}60\ \mathrm{g}$ alors que le volume, lui, est exact au trait de jauge. Le numérateur baisse, le dénominateur ne bouge pas, la concentration baisse. Retenir la méthode générale : identifier laquelle des deux grandeurs de $C_m=\dfrac{m}{V}$ l'erreur affecte, et dans quel sens.

Il faudrait $F=\dfrac{18{,}0}{2{,}0}=9{,}0$, donc un prélèvement de $V_1=\dfrac{100{,}0}{9{,}0}=11{,}1\ \mathrm{mL}$ : aucune pipette jaugée de la liste ne délivre ce volume, et une pipette graduée ferait perdre la précision recherchée. Deux dilutions successives ne sauvent rien non plus : il faudrait écrire $9$ comme un produit de deux facteurs réalisables avec les couples pipette-fiole disponibles, or la dilution finale, qui aboutit dans la fiole de $100{,}0\ \mathrm{mL}$, a un facteur de $4$, $5$, $10$ ou $20$, et la première un facteur de $2$ ; $2{,}5$ ; $4$ ; $5$ ; $8$ ; $10$ ; $20$ ; $25$ ; $40$ ; $50$ ou $100$ : aucun produit d'un facteur de chaque liste ne fait $9$. La contrainte se lève en amont : on prépare une solution mère à $20{,}0\ \mathrm{g/L}$ au lieu de $18{,}0$, en pesant $4{,}00\ \mathrm{g}$ de glucose dans la fiole de $200{,}0\ \mathrm{mL}$. Une seule dilution par $10$, soit $10{,}0\ \mathrm{mL}$ prélevés à la pipette jaugée et complétés à $100{,}0\ \mathrm{mL}$, donne alors exactement $2{,}0\ \mathrm{g/L}$. On pourrait aussi peser directement $2{,}0\times 0{,}1000=0{,}200\ \mathrm{g}$ de glucose et les dissoudre dans la fiole de $100{,}0\ \mathrm{mL}$. Retenir la leçon : quand la verrerie bloque, on change la concentration de départ, pas la précision du protocole.

Faux : limpide signifie seulement qu'aucune particule n'est en suspension, et incolore qu'aucune espèce ne colore le mélange. L'eau minérale est limpide, incolore, et contient pourtant plusieurs centaines de milligrammes de sels dissous par litre. Correct : « une eau limpide et incolore peut être un mélange homogène ; seule une évaporation à sec, ou une mesure de conductivité, permet de conclure ».

Faux : la densité est un RAPPORT de deux masses volumiques, elle n'a pas d'unité. Correct : « la masse volumique de l'huile vaut $0{,}92\ \mathrm{g/mL}$, donc sa densité vaut $0{,}92$ ». La confusion est sans gravité numérique tant qu'on travaille en grammes par millilitre, puisque les deux nombres coïncident, mais elle devient une erreur franche dès qu'on passe en $\mathrm{kg/m^3}$ : la masse volumique vaut alors $920$, et la densité toujours $0{,}92$.

Faux : diluer, c'est ajouter du SOLVANT, jamais retirer du soluté. La masse de soluté présente dans la solution fille est exactement celle qui a été prélevée dans la mère. Correct : « si je dilue dix fois, la même masse de soluté est répartie dans un volume dix fois plus grand, donc la CONCENTRATION est dix fois plus petite ».

Faux : le volume qui intervient dans $C_m=\dfrac{m}{V}$ est celui de la solution finale. En versant le soluté dans $100\ \mathrm{mL}$ d'eau, on obtient un peu plus de $100\ \mathrm{mL}$ de solution, donc une concentration un peu inférieure à $5\ \mathrm{g/L}$. Correct : « je verse $0{,}5\ \mathrm{g}$ dans une fiole jaugée de $100{,}0\ \mathrm{mL}$ et je complète jusqu'au trait ». Noter au passage la deuxième erreur : $5\ \mathrm{g/L}$ dans $0{,}100\ \mathrm{L}$ font $0{,}5\ \mathrm{g}$, pas $5\ \mathrm{g}$.

Faux : une droite d'étalonnage n'est valable que dans le domaine où elle a été établie. Au-delà de la dernière mesure, rien ne garantit que la proportionnalité tienne, et l'absorbance sature en pratique. Correct : « je dilue l'échantillon d'un facteur connu jusqu'à ramener son absorbance dans le domaine des étalons, je lis la concentration de la solution diluée, puis je multiplie par le facteur de dilution ».

$1187\ \mathrm{mg/L}=1{,}187\ \mathrm{g/L}$, en divisant par $1000$. Pour $1{,}5\ \mathrm{L}$ : $m=1{,}187\times 1{,}5=1{,}78\ \mathrm{g}$. Presque deux grammes de sulfates dans une bouteille : c'est une eau fortement minéralisée, ce que le diagramme montre d'un coup d'œil puisque la barre des sulfates domine toutes les autres.

On additionne : $486+84+9{,}1+1187+403=2169{,}1\ \mathrm{mg/L}$, soit $2{,}17\ \mathrm{g/L}$. C'est le total des ions indiqués sur l'étiquette, pas forcément de tout ce que l'eau contient. L'eau reste parfaitement limpide, car tous ces sels sont DISSOUS : ils sont dispersés à l'échelle des entités et ne diffusent pas la lumière. La limpidité ne renseigne jamais sur la quantité de matière dissoute, seulement sur l'absence de particules en suspension.

$V=\dfrac{m}{C_m}=\dfrac{900}{486}=1{,}85\ \mathrm{L}$. C'est réaliste en volume, un adulte boit couramment près de deux litres par jour, mais irréaliste en pratique nutritionnelle : cela supposerait de ne boire que cette eau-là, et d'ingérer du même coup $2{,}2\ \mathrm{g}$ de sulfates, ce qui a un effet laxatif connu. Une eau très calcique est un complément, pas un apport unique.

Deux litres apportent $9{,}1\times 2=18{,}2\ \mathrm{mg}$ de sodium, soit environ $1\ \%$ de la limite de $2\,000\ \mathrm{mg}$. Cette eau est donc compatible avec ce régime, ce qui peut surprendre puisqu'elle est par ailleurs très minéralisée. La leçon : « minéralisée » n'est pas un synonyme de « salée », il faut regarder QUEL ion est concerné.

$m=C_{m,total}\times V=2{,}1691\times 0{,}2500=0{,}542\ \mathrm{g}$, soit environ $0{,}54\ \mathrm{g}$. En pratique on récupère un peu moins, parce qu'une partie des hydrogénocarbonates se décompose au chauffage en libérant du dioxyde de carbone gazeux, qui s'échappe. Toute la masse dissoute ne se retrouve donc pas dans le résidu solide.

Non. Les points sont alignés, mais la droite ne passe pas par l'origine : doubler $C_m$ ne double pas $\rho$. Pour $C_m=0$, il n'y a pas de sucre : $\rho=0{,}998\ \mathrm{g/mL}$ est la masse volumique de l'eau pure. Une droite d'étalonnage n'a pas besoin d'être une proportionnalité pour servir, il suffit qu'à chaque masse volumique corresponde une seule concentration.

On prend deux points éloignés : $\dfrac{1{,}150-0{,}998}{400-0}\times 100=0{,}038\ \mathrm{g/mL}$. Chaque tranche de $100\ \mathrm{g/L}$ de sucre ajoute $0{,}038\ \mathrm{g/mL}$ à la masse volumique, d'où la relation $\rho=0{,}998+0{,}038\times\dfrac{C_m}{100}$, avec $C_m$ en $\mathrm{g/L}$.

Parce que $1{,}24\ \mathrm{g/mL}$ dépasse le dernier étalon, $1{,}150\ \mathrm{g/mL}$. Prolonger la droite au-delà des mesures est un pari : on dilue d'abord le sirop d'un facteur connu pour revenir dans la gamme.

Masse volumique de la solution diluée : $\rho=\dfrac{28{,}05}{25{,}0}=1{,}122\ \mathrm{g/mL}$, bien dans la gamme.

Par le calcul : $C_m=\dfrac{1{,}122-0{,}998}{0{,}038}\times 100\approx 326\ \mathrm{g/L}$. Par lecture graphique : on part de $1{,}122$ sur l'axe vertical, on rejoint la droite, on descend sur l'axe horizontal et on lit environ $325\ \mathrm{g/L}$.

Le sirop a été dilué deux fois, donc on MULTIPLIE par $2$ : $C_{sirop}\approx 2\times 326\approx 653\ \mathrm{g/L}$.

Écart relatif à l'étiquette : $\dfrac{|653-650|}{650}\times 100\approx 0{,}5\ \%$, inférieur à $2\ \%$ : l'indication est vérifiée.

Piège : rendre $326\ \mathrm{g/L}$ comme réponse. C'est la concentration de la solution qu'on a fabriquée pour mesurer, pas celle du sirop acheté.

Masse de sirop : $m=\rho V=1{,}24\times 750=930\ \mathrm{g}$. Masse de sucre, si l'étiquette dit vrai : $650\times 0{,}75=487{,}5\ \mathrm{g}$, soit environ $488\ \mathrm{g}$.

Part du sucre : $\dfrac{487{,}5}{930}\approx 0{,}52$, soit environ $52\ \%$ de la masse du sirop.

Pour expliquer la masse volumique, on regarde ce que contient un litre, dans le modèle simple d'un sirop fait d'eau et de sucre. Un litre de sirop a une masse de $1240\ \mathrm{g}$ : $650\ \mathrm{g}$ de sucre et $590\ \mathrm{g}$ d'eau. Un litre d'eau pure contient environ $1000\ \mathrm{g}$ d'eau. Le sirop contient donc environ $410\ \mathrm{g}$ d'eau de moins, mais $650\ \mathrm{g}$ de sucre : dans un même litre, le sucre apporte plus de masse que l'eau qu'il remplace.

La masse volumique et la concentration en masse sont ici toutes les deux en grammes par unité de volume, mais ce ne sont pas les mêmes grandeurs : $1240\ \mathrm{g}$ de sirop par litre, dont $650\ \mathrm{g}$ de sucre.