Travaux pratiques sur l'étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée - correction, Exercices de Chimie
Renee88
Renee8823 April 2014

Travaux pratiques sur l'étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée - correction, Exercices de Chimie

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Travaux pratiques de chimie sur l'étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de réaction de dismutation, Détermination de la concentration ini...
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Exo 1 étude cinétique de la dismutation de l'eau oxygénée (6,5pts)

Réunion 2007 Exercice 1 Étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée (6,5pts)

Calculatrice interdite

Partie 1 : Étude de réaction de dismutation

1. Couple H2O2 (aq) / H2O (l) H2O2 (aq) + 2 e– + 2 H+(aq) = 2 H2O(l)

Couple O2 (g) / H2O2 (aq) O2 (g) + 2 e– + 2 H+(aq) = H2O2 (aq)

2.

équation chimique 2 H2O2(aq) = 2 H2O(l) + O2(g) État du

système

Avancement

(en mol) Quantités de matière (en mol)

État initial x = 0 n0 (H2O2) n0 (O2)= 0

Etat en cours

de

transformation

x (t) nt(H2O2) = n0(H2O2) – 2x(t) n(O2) = x = 2

m

V(O )

V

État finalxmax n(H2O2) = n0(H2O2) – 2xmax xmax = 2 max

m

V(O )

V

Partie 2 : Détermination de la concentration initiale de la solution de peroxyde d’hydrogène

1. Calcul de la valeur attendue de la concentration en peroxyde d’hydrogène.

1.1. Par définition, V(O2) = 10 L puisque le flacon porte la mention « 10 volumes ».

1.2. Si la transformation est totale, n(O2) = xmax = 2 max

m

V(O )

V

n(O2) = 10

25 =

2 5

5 5

 = 0,40 mol

1.3. D’après le tableau d’avancement, si la transformation est totale alors le peroxyde d’hydrogène est

totalement consommé, soit n0(H2O2) – 2xmax = 0 ou [H2O2]th.V – 2xmax = 0 avec xmax = 2 max

m

V(O )

V .

Alors [H2O2]th.V – 2. 2 max

m

V(O )

V = 0

[H2O2]th = 2 max

m

2V(O )

V

     

/V

[H2O2]th = 2 10

25

     

/1,00 = 0,80 mol.L–1

2. Détermination de la valeur réelle de la concentration en peroxyde d’hydrogène.

2.1. Avant l’équivalence, MnO4– est réactif limitant, la solution est incolore. À l’équivalence, il y a

changement de réactif limitant. Juste au-delà de l’équivalence, les ions permanganate constituent le réactif

en excès. Ils donnent une coloration violette au milieu réactionnel, ce qui permet de repérer l’équivalence.

2.2. À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, soit d’après

l’équation chimique :    40 2 2

5 2

eqn MnOn H O

2.3.  2 2 0exp 1 eq.V .V

5 2

H O C

[H2O2]eq = 1 eq

0

5. .V

2.V

C

2.4. [H2O2]eq = 15 2,0 10 14,6

2 10,0

  

 =

110 10 14,6

20,0

  =

11 10 14,6

2

  = 7,310–1 mol.L–1

2.5. [H2O2]th = 8,010–1 mol.L–1 > [H2O2]eq

On peut penser qu’une partie du peroxyde d’hydrogène a réagi sur lui-même avant que l’on procède au

titrage. Cette réaction est lente à température ordinaire, mais elle peut expliquer que l’on obtienne une

concentration expérimentale inférieure à la concentration théorique.

Partie 3 : Étude cinétique de la dismutation du peroxyde d’hydrogène

1. Un catalyseur est une espèce chimique qui, par sa présence dans le milieu réactionnel, augmente la

vitesse d’une transformation chimique spontanée et se retrouve inaltérée, du point de vue chimique, à la fin

de la transformation.

2. Le fil de platine est un solide, et le peroxyde d’hydrogène est en solution aqueuse, il s’agit d’une

catalyse hétérogène.

3.

4. nt(H2O2) = n0(H2O2) – 2 x(t) donc x(t) = 0 2 2 2 2 ( ) ( )

2

tn H O n H O .

5. v = 1 dx(t)

. V dt

soit v =

0 2 2 t 2 2n (H O ) - n (H O )d 1 2

. V dt

     

= 1

2 .     2 2 2 20d H O - H O

dt

comme [H2O2]0 est constante, on obtient v = – 1

2 .  2 2d H O

dt

0 5 10 15 20 25 30 35 t (min)

[H2O2] (mol.L–1 )

7,010–2

6,010–2

5,010–2

4,010–2

3,010–2

2,010–2

1,010–2

0

[H2O2]0 /2

t1/2

6.  2 2d H O

dt représente le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de [H2O2] en

fonction du temps.

À la date t = 0 min, ce coefficient directeur est très négatif, la courbe décroît rapidement. Alors la vitesse

volumique de la transformation est la plus élevée.

Puis au cours du temps, la tangente à la courbe est de moins en moins inclinée, la vitesse diminue.

7. La concentration en réactifs est un facteur cinétique. Au début, la concentration en peroxyde

d’hydrogène est élevée, la vitesse volumique de la transformation est grande. Au fur et à mesure de la

consommation du peroxyde d’hydrogène, sa concentration diminue et donc la vitesse diminue.

8. Le temps de demi-réaction est la durée au bout de laquelle l’avancement a atteint la moitié de sa valeur

finale : x(t1/2) = 2

fx .

9. En considérant la transformation totale, xf = xmax et le peroxyde d’hydrogène est totalement consommé

donc n0(H2O2) – 2 xmax = 0, alors xmax = 0 2 2 ( )

2

n H O

D’après la question 4., on a nt(H2O2) = n0(H2O2) – 2 x(t)

soit nt1/2 (H2O2) = n0(H2O2) – 2 x(t1/2) = n0(H2O2) – 2 max

2

x = n0(H2O2) – 0 2 2

( )

2

n H O = 0 2 2

( )

2

n H O

finalement [H2O2]t1/2 =  2 2 0

2

H O

Graphiquement, on détermine l’abscisse du point d’ordonnée [H2O2] = 27,30 10

2

 = 3,6510–2 mol.L–1

(soit 7,30 cm). On trouve t1/2 compris entre 12 et 13 minutes.

10. La température est un facteur cinétique, une température plus élevée aurait augmenté la vitesse

volumique de la transformation. La concentration initiale étant restée la même, [H2O2] aurait diminué plus

rapidement et le temps de demi-réaction serait plus court.

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