Travaux pratiques sur l’élément iode d’hier à aujourd’hui - correction, Exercices de Chimie. Université Bordeaux I
Renee88
Renee8823 April 2014

Travaux pratiques sur l’élément iode d’hier à aujourd’hui - correction, Exercices de Chimie. Université Bordeaux I

PDF (379.1 KB)
4 pages
460Numéro de visites
Description
Travaux pratiques de chimie sur l’élément iode d’hier à aujourd’hui - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Une réaction pour obtenir du diiode, Étude cinétique d’une autre réaction fournissant du ...
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 4
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Exercice 1: L'élément iode d'hier à aujourd'hui 6,5pts

2007/09 Métropole EXERCICE I. L’ÉLÉMENT IODE D’HIER À AUJOURD’HUI (6,5 points)

1. Une réaction pour obtenir du diiode

1.1.(0,25) La réaction de synthèse du diiode est une réaction d’oxydoréduction :

Couple SO42–(aq) / HSO3–(aq) oxydation HSO3–(aq) + H2O(l) = SO42–(aq) + 2e– + 3H+(aq)

que l’on peut écrire (1) HSO3–(aq) + 4H2O(l) = SO42–(aq) + 2e– + 3H3O+

Couple IO3–(aq) / I2(aq) réduction 2IO3–(aq) + 10e– + 12H+(aq) = I2(aq) + 6H2O(l)

que l’on peut écrire (2)2IO3–(aq) + 10e– + 12H3O+ = I2(aq) + 18H2O(l)

En faisant la somme 5(1) + (2), on retrouve l’équation de la réaction de synthèse :

5HSO3–(aq) + 20H2O(l) = 5SO42–(aq) + 10e– + 15H3O+

2IO3–(aq) + 10e– + 12H3O+ = I2(aq) + 18H2O(l)

2IO3–(aq) + 5HSO3–(aq) + 2H2O(l) = 5SO42–(aq) + I2(aq) + 3H3O+

1.2.(0,25) Qr,éq = K =

5 3 2

4( ) 2( ) 3

2 5

3( ) 3( )

. .

.

aq aq éqéq éq

aq aqéq éq

SO I H O

IO HSO

 

 

        

      

1.3.(0,5) La question n’est pas « l’ajout d’eau a-t-il une incidence sur l’évolution de l’équilibre ? ». Elle

ne demande pas non plus quel est le sens d’évolution du système qui va découler de cet ajout d’eau.

pH = – log[H3O+] or [H3O+] intervient dans la valeur du quotient de réaction Qr. Donc le pH de l’eau

ajoutée modifie la valeur du quotient de réaction. Dès lors Qr devient différent de Qr,éq, et il y a évolution

de l’équilibre.

On peut aller plus loin, mais cela ne semble pas nécessaire : Plus le pH de l’eau utilisée est élevé, plus la

concentration en ions oxonium du système diminue. Ce qui implique une diminution du quotient de

réaction Qr, lequel devient plus faible que le quotient de réaction à l’équilibre Qr,éq. Soit Qr < Qr,éq, il y a

déplacement de l’équilibre dans le sens direct, ce qui permet d’obtenir davantage de diiode.

2. Étude cinétique d’une autre réaction fournissant du diiode.

2.1. Première expérience

2.1.1.(0,5) Équation 2 2H O (aq) + 2 I (aq)  + +32 H O = 2I (aq) + 24 H O ( )

État du

système

avancement

en mol Quantités de matières en mol

initial x = 0 cC.VC cB.VB cA.VA 0 beaucoup

intermédiaire x cC.VC – x cB.VB –2x cA.VA –2xx beaucoup

final xf cC.VC – xf cB.VB –2xf cA.VA –2xfxfbeaucoup

Si H2O2 est le réactif limitant alors cC.VC – xf = 0 donc xf = cC.VC soit xf = 0,1010,010–3 = 1,010–3 mol

Si I– est le réactif limitant alors cB.VB –2xf = 0 donc xf = .

2

B Bc V soit xf = 30,10 60 10

2

  = 3,010–3 mol

Si H3O+ est limitant alors cA.VA –2xf = 0 donc xf = .

2

A Ac V , soit xf = 30,10 30 10

2

  = 1,510–3 mol.

Le réactif limitant est celui qui conduit à la valeur de l’avancement final la plus faible, il s’agit donc du

peroxyde d’hydrogène H2O2 et on a xf = 1,010–3 mol.

2.1.2.(0,25) À partir de t = 950 s, on constate que l’absorbance A est constante. Or d’après la loi de Beer-

Lambert A = k.[I2(aq)], donc [I2(aq)] est constante, la transformation est terminée. On peut dire que l’état

final est atteint à t = 1200 s.

2.1.3.(0,25) A = k.[I2(aq)] et d’après le tableau [I2(aq)] = A B C

x

V V V  , donc A = k.

A B C

x

V V V  .

Finalement x

A = A B C

V V V

k

  , avec VA,VB,VC et k constants donc le rapport x/A est constant.

2.1.4.(0,25) Pour t = 1200 s, on a x = xf = 1,010–3 mol et Af = 0,94.

r = x

A =

31,0 10

0,94

 = 1,0610–3 = 1,110–3 mol

2.1.5.(0,25) Soit le volume V du milieu réactionnel V = VA + VB + VC,

v = 1

. dx

V dt et on a vu que x = r.A donc v =

1 ( . ) . d r A

V dt avec r = constante, soit v = .

r dA

V dt

2.1.6.(0,5) D’après l’expression de la vitesse volumique de réaction obtenue précédemment, r et V sont

constants, on peut dire que la vitesse est proportionnelle à dA

dt .

dA

dt est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de A en fonction du temps.

On trace les tangentes en t = 200 s et en t = 800 s.

Remarque : on utilise la méthode de la corde pour tracer les tangentes.

La tangente à la courbe en t = 200 s est plus verticale que celle en t = 800 s, donc 200 800t t

dA dA

dt dt 

       

   

Finalement v(t = 200 s) > v(t = 800 s).

t (en s)0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

0 200 400 600 800 1000 1200

A Absorbance en fonction du temps

2.1.7.(0,25) Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que l’avancement de la réaction

atteigne la moitié de sa valeur finale. x(t1/2) = xf / 2.

Attention, la courbe donnée est A = f(t) et non x = f(t).

r = x

A donc A(t1/2) = 1/ 2

( )x t

r

A(t1/2) = 1/ 2 1/ 2 ( )

( ). f

f f

f

Ax t x t

x x

A

 avec 1/ 2( ) 2

fx x t

il vient A(t1/2) = 1/ 2 1/ 2 ( )

( ). . 2 2

f f f f

f f f

f

A x A Ax t x t

x x x

A

  

A(t1/2) = 0,94

2 = 0,47

(0,25) Graphiquement on trouve t1/2 = 7101 s.

2

fA

t1/2

OU plus simplement :

A est proportionnelle à x,

donc A(t1/2) = Af /2.

2.2.4. Deuxième

expérience

2.2. Deuxième expérience

2.2.1.(0,25)Reprenons les données de l’énoncé :

« 1ère expérience 2e expérience

VA = 30,0 mL de la solution SA

VB = 60,0 mL de la solution SB.

VC = 10,0 mL de solution SC.

30,0 mL de solution SA,

30,0 mL de solution SB,

10,0 mL de solution SC

30,0 mL d’eau distillée.

SA : solution d’acide sulfurique dont la concentration en ions oxonium est cA = 0,10 mol.L – 1.

SB : solution d’iodure de potassium dont la concentration en ions iodure est cB = 0,10 mol.L – 1.

SC : solution de peroxyde d’hydrogène dont la concentration est cC = 0,10 mol.L – 1. »

VB a été divisé par deux, ainsi la quantité de matière d’anions iodure a été divisée par deux. Les autres

quantités de matière de réactifs restent inchangées. Le volume total de la solution n’a pas changé.

Conclusion : 2 2( ) 2 2( )exp1 exp2aq aq H O H O       ;

( ) exp1

( ) exp22

aq

aq

I I

   

    ; 3 3exp1 exp2 H O H O       

2.2.2.(0,25) Calculons la valeur de l’avancement final qui correspond à la nouvelle quantité de

matière de I– : Si I– est le réactif limitant alors cB.VB –2xf = 0 donc xf = .

2

B Bc V

soit xf = 30,10 30 10

2

  = 1,510–3 mol.

En reprenant les résultats du 2.1.1. pour le peroxyde d’hydrogène et les ions oxonium, on conclut que le

réactif limitant n’a pas changé.

Il s’agit encore du peroxyde d’hydrogène H2O2 et on a xf = 1,010–3 mol.

2.2.3.(0,25) La concentration en réactifs est un facteur cinétique : si la concentration [I–(aq)] diminue alors

la réaction sera plus lente donc la tangente à la courbe à t = 0 s sera moins verticale que précédemment. On

en déduit que le temps de demi-réaction sera un peu plus grand pour l’expérience 2 que pour

l’expérience 1.

2.2.4.(0,5) A1/2 et Af ne varient pas, mais Af sera atteinte après une durée plus importante.

Voir courbe page précédente.

3. Électrolyse d’une solution d’acide iodhydrique.

3.1.(0,25)

3.2.(0,25) Électrode reliée à la borne +, capte les électrons fournis par des réactions d’oxydation :

oxydation de l’eau : 2H2O(l) = O2(g) + 4e– + 4H+(aq)

oxydation des anions iodure : 2I–(aq) = I2(aq) + 2e–

Électrode reliée à la borne –, apporte des électrons qui sont consommés par des réactions de réduction :

réduction des ions hydrogène : 2H+(aq) + 2e– = H2(g)

3.3.(0,25) Anode siège de réactions d’oxydation, reliée à la borne + ; cathode siège de réactions de

réduction, reliée à la borne –.

À l’anode (reliée à la borne +) : deux réactions étaient envisageables, mais comme il n’y a pas de

dégagement gazeux, on en déduit que seule l’oxydation des anions iodure a lieu. À l’anode production de

diiode I2(aq).

À la cathode (reliée à la borne –) : production de dihydrogène gazeux H2(g).

3.4.1.(0,25)Q = I.t

Q = 0,253060

Q = 4,5102 C

(0,25) Q = e

n  .F = I.t

e n  =

.I t

F

e n  = 4

0,25 30 60

9,65 10

 

e n = 4,710

–3 mol

3.4.2.(0,5)

D’après l’équation de réduction cathodique : 2H+(aq) + 2e– = H2(g), on a 2

e n

consommée = 2H

n produite

2H n produite =

.

2.

I t

F

M

V

V =

.

2.

I t

F

V = .

2.

I t

F

 .VM

V = 4

0,25 30 60 25

2 9,65 10

  

  = 5,810–2 L = 58 mL de gaz H2 libéré à la cathode

- G A

+

e– e –

cations 

 anions

CATHODE ANODE

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome