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LE PROGRAMME
Constitution et transformations de la matière Suivi de l’évolution d’un système, siège d’une transformation Suivi et modélisation de l’évolution d’un système chimique
Notions et contenus Capacités exigibles Activités expérimentales support de la formation Transformation modélisée par une réaction d’o x ydoréduction : o x ydant, réducteur, couple o x ydant–réducteur, demi–équation électronique.
À partir de données e x périmentales, identifier le transfert d’électrons entre deu x réactifs et le modéliser par des demi–équations électroniques et par une réaction d’o x ydoréduction. Établir une équation de la réaction entre un o x ydant et un réducteur, les couples o x ydant–réducteur étant donnés. Mettre en œuvre des transformations modélisées par des réactions d’o x ydoréduction. Évolution des quantités de matière lors d’une transformation. État initial, notion d’avancement (mol), tableau d’avancement, état final.
Décrire qualitativement l’évolution des quantités de matière des espèces chimiques lors d’une transformation. Établir le tableau d’avancement d’une transformation chimique à partir de l’équation de la réaction et des quantités de matière initiales des espèces chimiques. Avancement final, avancement ma x imal. Transformations totale et non totale. Mélanges stœchiométriques.
Déterminer la composition du système dans l’état final en fonction de sa composition initiale pour une transformation considérée comme totale. Déterminer l’avancement final d’une réaction à partir de la description de l’état final et comparer à l’avancement ma x imal. Déterminer la composition de l’état final d’un système et l’avancement final d’une réaction. Capacité numérique : Déterminer la composition de l’état final d’un système siège d’une transformation chimique totale à l’aide d’un langage de programmation. Capacité mathématique : Utiliser une équation linéaire du premier degré.
POUR VÉRIFIER LES ACQUIS
Il s’agit ici de vérifier si l’élève a bien assimilé la notion de quantité de matière abordée en seconde et revu dans le chapitre précédent, et son intérêt en chimie.
› › Exemple de réponse attendue
On connaît la masse d’une molécule de saccharose : 5,7 × 10 –22^ g. La boite de sucre contient 1 000 g de saccharose donc le nombre de molécules de saccharose contenu dans une boite de 1 kg :
N = 1000
5,7 × 10 −^22
= 1,8 × 1024 molécules de saccharose. Ce qui correspond à une quantité de matière : n = N N (^) A
= 1,8^10
24 23
×
×
= 3,0 mol.
› › En classe de 1re^ spécialité
La notion de quantité de matière, déjà abordée en classe de seconde pour compter les entités chimiques contenues dans un échantillon, est revue en 1re^ spécialité où l’on montre que l’on
❚› p. 40
SITUATION 1
CHAPITRE
Manuel p. 40
THÈME 1 CONSTITUTION ET TRANSFORMATION DE LA MATIÈRE
Modélisation
d’une transformation
peut la déterminer par la mesure d’une masse, d’un volume ou de la concentration en quantité de matière d’une espèce chimique. Ainsi, pour définir l’état initial et final d’un système, il faudra suivre l’évolution de la quantité de matière des différents réactifs et produits lors d’une transformation. Cette notion sera abordée dans les activités 2,3 et 4.
Il s’agit ici de vérifier que l’élève arrive à transcrire une phrase sous la forme d’une équation bilan ajus- tée en différenciant les réactifs et les produits.
› › Exemple de réponse attendue
Les réactifs de cette transformation sont : le fer Fe(s) et l’acide chlorhydrique (H+^ (aq) + Cl–^ (aq)). Les produits de cette transformation sont : les ions fer Fe^2 +^ (aq) et le dihydrogène H 2 (g). Les produits ne contiennent pas d’atomes de chlore donc les ions chlorure Cl–^ (aq) sont des ions spec- tateurs qui n’interviennent pas dans la réaction. Ils n’apparaitront pas dans l’équation bilan. On obtient donc : Fe (s) + 2 H+^ (aq) → Fe^2 +^ (aq) + H 2 (g).
› › En classe de 1re^ spécialité
La notion d’équation d’une réaction chimique, déjà vue en cycle 4 et en seconde, est appliquée aux transformations d’oxydoréduction. Cette notion sera abordée dans l’ activité 1 et l’ activité 2.
Il s’agit ici de vérifier que l’élève a compris qu’une transformation chimique s’arrêtait quand il man- quait au moins un réactif. Ce réactif étant appelé le réactif limitant.
› › Exemple de réponse attendue
Le réactif limitant est le butane car le dio x ygène est présent à volonté dans l’air atmosphérique.
› › En classe de 1re^ spécialité
Le suivi d’une transformation chimique est abordé en 1re^ spécialité par l’utilisation d’un tableau d’avan- cement permettant de connaître la quantité de matière de chaque espèce et le réactif limitant. L’ activité 2 permettra de suivre l’évolution d’une transformation d’oxydoréduction est de voir si cette transformation est totale ou non.
ACTIVITÉS p. 42 ❚
Réaction d’oxydoréduction
Commentaires pédagogiques et compléments expérimentaux Cette activité de découverte permet aux élèves de comprendre que lors d’une réaction d’oxydoré- duction, on a un échange d’électrons entre deux espèces qui peuvent être associées en couple appelé couple oxydant/réducteur auquel on peut associer une demi-équation électronique. La difficulté pour les élèves est de combiner les deux demi-équations électroniques pour avoir le même nombre d’élec- tron de part et d’autre afin d’obtenir l’équation-bilan modélisant la transformation chimique.
› › Exploitation et analyse
1. a. Expérience 1 : la solution est incolore au début puis devient bleue après quelques minutes. Le fil de cuivre se recouvre d’un métal gris brillant. Expérience 2 : la solution initialement bleue devient très légèrement verte après quelques minutes. Le clou en fer se recouvre d’un dépôt métallique orangé. b. Expérience 1 : le test avec l’hydro x yde de sodium donne un précipité bleu mettant en évidence la présence d’ions cuivre Cu^2 +. Expérience 2 : le test avec l’hydro x yde de sodium donne un précipité vert mettant en évidence la pré- sence d’ions fer Fe^2 +. 2. a. Le cuivre Cu (s) est le réducteur car il cède des électrons et l’ion argent Ag+^ (aq) est l’o x ydant, car il gagne un électron. On a les couples : Ag+^ (aq)/Ag (s) et Cu^2 +^ (aq)/Cu (s). b. Pour modéliser la transformation du cuivre, on peut écrire : Cu (s) = Cu^2 +^ (aq) + 2 e–. Pour l’ion argent, on a : Ag+^ (aq) + e–^ = Ag (s) c. L’équation bilan est : Cu (s) + 2 Ag+^ (aq) → Cu^2 +^ (aq) + 2 Ag (s). 3. Dans l’e x périence 2, on a les couples Cu^2 +^ (aq)/ Cu (s) et Fe^2 +^ (aq)/Fe (s) qui suivent les deu x demi– équations électroniques d’o x ydoréduction : Cu^2 +^ (aq) + 2 e–^ = Cu (s) Fe (s) = Fe^2 +^ (aq) + 2 e– En additionnant les deu x demi–équations montrant un échange d’électrons entre les ions cuivre Cu^2 + (aq) et le fer, on a : Cu^2 +^ (aq) + Fe (s) → Cu (s) + Fe^2 +^ (aq). 4. Dans l’expérience 1, on a : Cu^2 +^ (aq) + 2 e–^ = Cu (s). Dans l’e x périence 2, la demi–équation électronique concernant le couple Cu^2 +^ (aq)/Cu (s) est l’inverse de celle de l’e x périence 1 d’où le nom de demi–équa- tion électronique renversable.
SITUATION 2
SITUATION 3
ACTIVITÉ 1
On détermine la valeur de l’avancement final en uti- lisant la colonne des ions dichromate : n i(Cr 2 O 72 −^ (aq)) – 2 x f = 6,4 × 10 –6^ mol, donc : x f = (8,5 × 10 –6^ – 6,4 × 10 –6)/2 = 1,05 × 10 –6^ mol.
2. L’éthanol étant entièrement consommé, la quan- tité de matière d’éthanol se trouvant dans l’air e x piré est : n i(C 2 H 6 O (ℓ)) – 3 x f =0 donc : n i(C 2 H 6 O (ℓ)) = 3 x f = 3,15 × 10 –6^ mol.
› › Conclusion
3. Il faut calculer la masse molaire de l’éthanol puis la masse d’éthanol dans l’air expiré : M (C 2 H 6 O) = 2 × 12 + 6 × 1 + 16 = 46 g · mol–1. Masse éthanol e x piré : m (éthanol expiré) = 3,15 × 10 –6^ × 46 = 1,45 × 10 –4^ g. Masse d’éthanol dans 1 L de sang : m (éthanol dans 1 L de sang) = m (éthanol expiré) × 2 000 = 0,29 g · L–1. La personne est en dessous de la limite légale de 0,5 g d’alcool par litre de sang et pourra donc conduire. 4. On retrouve les mêmes résultats.
p. 45 ❚
Titrage colorimétrique
Commentaires pédagogiques et compléments expérimentaux Cette activité permet aux élèves de réaliser un titrage colorimétrique en suivant une transforma- tion chimique d’oxydoréduction. La difficulté pour les élèves sera de faire preuve de précision pour
prélever un volume de solution, pour remplir une burette et pour déterminer l’équivalence avec un changement de couleur à la goutte près.
1. I 2 (aq) + 2 e–^ = 2 I–^ (aq) 2 S O 2 32 −^ (aq) = S O 4 62 −^ (aq) + 2 e– –––––––––––––––––––––––––––––– I 2 (aq) + 2 S O 2 32 −^ (aq) → 2 I–^ (aq) + S O 4 62 −^ (aq) 2. Avant l’équivalence, la solution est brune car elle contient du diiode puis à l’équivalence, elle devient incolore car il ne reste que des solutions incolores en solution, le diiode étant entièrement consommé. 3. On trouve : V éq = 8,2 mL. Tableau d’avancement : x éq = c 1 × V 1 = 2
c × V eqdonc : c 1 =^2
eq 1
c V V
×
×
On trouve : V eq = 8,4 mL donc : c 1 = 0,^10 8,2^10 2 10 10
3 3
× ×
× ×
− − =^ 4,2^ ×^10
–2 (^) mol · L–1. L’incertitude-type sur la mesure du volume est de 0,1 mL donc : 8,3 mL ≤ V eq ≤ 8,5 mL. Donc : 0,0415 mol · L–1^ ≤ c 1 ≤ 0,0425 mol · L–1.
4. Quantité de diiode dans 100 mL : n (I 2 (aq)) = 0,042 × 0,100 = 4,2 × 10 –3^ mol. Une molécule de 19 motifs de polyvidone contient une molécule de diiode, donc : n p = n ( I 2 (aq)) = p p
m M
m p = n (I 2 (aq)) × M p = 4,2 × 10 –3^ × 2 363 = 9,9 g, donc : 9,8 g ≤ mp ≤ 10,1 g. La masse de polyvidone indiquée sur l’étiquette correspond bien à notre résultat e x périmental.
Équation de la réaction (^) I 2 (aq) + 2 S O 2 32 −^ (aq) → 2 I –^ (aq) + S O 4 62 −^ (aq)
État du système Avancement x (en mol) Quantités de matière présentes dans le système (en mol)
initial x = 0 n i(I 2 (aq)) = c 1 × V 1 n i(S O 2 32 −^ (aq)) = c × V 0 0 si V < V éq (mélange brun)
x c 1 × V 1 – x c × V – 2 x = 0 2 x x
à l’équivalence V = V éq (mélange incolore)
x = x éq c 1 × V 1 – x éq = 0 c × V éq – 2 x éq = 0 2 x éq x éq
EXERCICES
Vérifier l’essentiel
1 B.
(^4) B et C. (^7) C.
2 A.
5 B.
8 B.
3 C.
6 B.
Acquérir les notions
› › Réactions d’oxydoréduction
(^9) a. Zn^2 +^ (aq) + 2 e–^ = Zn (s). b. Al^3 +^ (aq) + 3 e–^ = Al (s). c. I 2 (aq) + 2 e–^ = 2 I–^ (aq). d. S 4 O 62 −^ (aq) + 2 e–^ = 2 S 2 O 32 −^ (aq).
ACTIVITÉ 4
❚› p. 50
CHAPITRE 2 • ModélIsATIon d’unE TRAnsfoRMATIon 5
(^10) 1. a. Br 2 (aq) oxydant et Br–^ (aq) réducteur. b. Sn^2 +^ (aq) oxydant et Sn (s) réducteur. c. MnO 2 (s) oxydant et Mn^2 +^ (aq) réducteur.
2. a. Br 2 (aq)/Br–^ (aq). b. Sn^2 +^ (aq)/Sn (s). c. MnO 2 (s)/Mn^2 +^ (aq).
11 a. Ag+^ (aq) et H+^ (aq) sont les o x ydants ; H 2 (g) et Ag (s) sont les réducteurs des couples o x ydant/ réducteur : Ag+^ (aq)/Ag (s) et H+^ (aq)/H 2 (g). b. S O 2 82 −^ (aq) et Cu^2 +^ (aq) sont les o x ydants ; Cu (s) et SO 42 −^ (aq) sont les réducteurs des couples o x ydant/ réducteur : S 2 O 82 −^ (aq)/SO 42 −^ (aq) et Cu^2 +^ (aq)/Cu (s). c. Au^3 +^ (aq) et Fe^3 +^ (aq) sont les o x ydants ; Au (s) et Fe^2 +^ (aq) sont les réducteurs des couples o x ydant/ réducteur : Au^3 +^ (aq)/Au(s) et Fe^3 +^ (aq)/Fe^2 +^ (aq).
12 1. 2 Ag+^ (aq) + Pb (s) → 2 Ag(s) + Pb^2 +^ (aq).
2. C’est une réaction d’o x ydoréduction car il y a échange d’électrons entre deu x espèces chimiques. 3. Couples : Ag+^ (aq)/Ag (s) et Pb^2 +^ (aq)/Pb (s). 4. Ag+^ (aq) +e–^ = Ag (s) et Pb (s) = Pb^2 +^ (aq) + 2 e–.
13 1. Couples : Au^3 +^ (aq)/Au (s) et Mg^2 +^ (aq)/Mg (s).
2. Au^3 +^ (aq) + 3 e–^ = Au (s) et Mg (s) = Mg^2 +^ (aq) + 2 e–. 3. 2 Au^3 +^ (aq) + 3 Mg (s) → 2 Au (s) + 3 Mg^2 +^ (aq). 4. Les ions or sont réduits et le magnésium est o x ydé.
(^14) 1. L’ion fer (II) Fe^2 +^ (aq) est le réducteur d’un couple, donc il ne peut réagir qu’avec l’o x ydant d’un autre couple, le diiode I 2 (aq). 2. Le diiode est l’o x ydant du couple, donc il ne peut réagir qu’avec le réducteur d’un autre couple, le métal aluminium. 15 1. a. PbO2(s) + 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = PbO(s) + H 2 O (ℓ). NO 3 −^ (aq) + 4 H+^ (aq) + 3 e–^ = NO (g) + 2 H 2 O (ℓ). ClO–^ (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = Cl–^ (aq)+ H 2 O (ℓ).
2. a. PbO2(s) + H 2 O (ℓ) + 2 e–^ = PbO(s) + 2 HO–^ (aq) b. NO 3 −^ (aq) + 2 H 2 O (ℓ) + 3 e–^ = NO (g) + 4 HO–^ (aq). c. ClO–^ (aq) + H 2 O (ℓ) + 2 e–^ = Cl–^ (aq)+ 2 HO–^ (aq). 16 1. a. I 2 (aq) + 2 e–^ = 2 I–^ (aq) et C 6 H 8 O 6 (aq) = C 6 H 6 O 6 (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 e–^. b. I 2 (aq) + C 6 H 8 O 6 (aq) → C 6 H 6 O 6 (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 I–^ (aq). 2. a. 2 I–^ (aq) = I 2 (aq) + 2 e– et H 2 O 2 (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = 2 H 2 O (ℓ). b. H 2 O 2 (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 I–^ (aq) → I 2 (aq) + 2 H 2 O (ℓ).
› › Étude de l’évolution d’un système chimique
(^17) 1. n (F 2 ) = m
V
V
= 0,25 mol
et n (Fe) = m M
= 0,40 mol.
2. Le tableau est :
Équation de la réaction F 2 (g) + Fe (s) → 2 F–^ (aq) + Fe2+^ (aq) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n (F 2 ) = 0,25 mol n (Fe) = 0,40 mol 0 0 en cours de transformation x^ 0,25 –^ x^ 0,40 –^ x^^2 x^ x final x = x f 0,25 – x f 0,40 – x f 2 x f x f
3. Si F 2 limitant : x f = 0,25 mol. Si fer limitant : x f = 0,40 mol.
Le réactif limitant est le difluor et x f = 0,25 mol, car c’est la valeur la plus faible pour l’avancement final.
4. État final :
État final (en mol) x f = 0,25 0 0,15 0,50 0,
18 1. n (H 2 O 2 ) = V M
μ × (^) = 15 20 10 (2 16 2 1,0)
× ×^3
× + ×
− = 8,8 × 10 –
mol ; n (I–) = c × V = 1,0 × 0,020 = 0,020 mol.
CHAPITRE 2 • ModélIsATIon d’unE TRAnsfoRMATIon 7
2. a. et b. On a :
solution titrante de concentration connue
solution à titrer de concentration inconnue
burette graduée
bécher
agitateur magnétique
3. La solution deviendra jaune-orangé car il restera du diiode en solution après l’équivalence. 4. Le tableau d’avancement est :
Équation de la réaction I 2 (aq) + H 2 CO 2 (aq) → 2 I–(aq) + CO 2 (g) + 2 H+(aq) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n i(I 2 ) = c 2 × V 2 n i(H 2 CO 2 ) = c 1 × V 1 0 0 0 si V ' < Véq x c 2 × V 2 – × = 0 c 1 × V 1 – x 2 x x 2 x à l’équivalence : V ' = Véq^ x^ =^ x éq^ c^2 ×^ V éq^ –^ x éq^ =^0 c^1 ×^ V^1 –^ x éq^ =^0 2 x éq^ x éq^2 x éq
5. À l’équivalence : x éq = c 1 × V 1 = c 2 × V éq 6. Donc : c 1 = 0,080^ 0, 0,
2 éq 1
c V V
×
= ×^ = 0,063 mol · L–1.
(^23) 1. L’équivalence est l’état final du système pour lequel il y a changement de réactif limitant.
À l’équivalence, les réactifs ont été introduits en proportions stœchiométriques.
2. Par un changement de couleur, la solution initia- lement violette devient incolore. (s) 3. On a le tableau d’avancement :
Équation de la réaction (^) 2 Mn O 4 −^ (aq) + 5 H 2 C 2 O 4 (aq) + 6 H+^ (aq) → 2 Mn2+^ (aq) + 10 CO 2 (g) + 8 H 2 O ( ℓ ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol)
initial (^) x = (^0) n i(MnO 4 −^ ) = c × V n i(H 2 C 2 O 4 ) = c ' × V '
e x cès
0 0
e x cès
si V ' < V éq x (^) n i(MnO 4 −^ ) – 2 x c ' × V ' – 5 x = 0 2 x 10 x
à l’équivalence : V ' = V éq^ x^ =^ x éq
n i(MnO 4 −^ ) – 2 x éq = 0 c '^ ×^ V éq^ – 5^ x éq^ =^0 2 x éq^10 x éq
À l’équivalence : x éq = n i(MnO 4 −^ (aq))/2 = ( c ' × V éq)/
4. n i(MnO 4 −^ (aq)) = (2 × c ' × V éq))/
= 2 0 ,050^ 0, 5
× × (^) = 4,0 × 10 –4 (^) mol.
5. c = n i(MnO 4 −^ (aq))/V = 4,0^10 10,0 10
4 3
×
×
− − =^ 0,040 mol^ ·^ L
(^24) 1. On a le tableau d’avancement :
Équation de la réaction (^) 6 Br–^ (aq) + Cr 2 O 72 −^ (aq) + 14 H+^ (aq) → 3 Br 2 (aq) + 2 Cr3+^ (aq) + 7 H 2 O ( ℓ ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial (^) x = 0 n i(Br–) = c 1 × V 1 n i(Cr 2 O 72 −) = c 2 × V 2
excès
0 0 si V 2 < V éq x c 1 × V 1 – 6 x c 2 × V 2 – x = 0 3 x 2 x excès à l’équivalence : V 2 = V éq^ x^ =^ x éq^ c^1 ×^ V^1 – 6^ x éq^ =^0 c^2 ×^ V éq^ –^ x éq^ =^0 3 x éq^2 x éq
2. À l’équivalence : x éq = 6
c 1 (^) × V 1 (^) = c 2 × V éq
donc : c 1 =
(6 (^2) éq) 1
× c × V V
= 6 0 ,010^ 0,
× × =
5,8 × 10 –2^ mol · L–1.
Exercices résolus
Exercices similaires
26 1. On a : Cr 2 O 72 −^ (aq) + 14 H+^ (aq) + 6 e–^ = 2 Cr^3 + (aq) + 7 H 2 O (ℓ) et Zn (s) = Zn^2 +^ (aq) + 2 e–.
Équation de la transformation : Cr 2 O 72 −^ (aq) + 14 H+^ (aq) + 3 Zn(s) → 3 Zn^2 +^ (aq) + 2 Cr^3 + (aq) + 7 H 2 O (ℓ)
2. Quantité de matière initiale des ions dichromate : n i(Cr 2 O 72 −^ (aq)) = c 1 × V 1 = 2,0 × 10 –3^ × 0,050 = 1,0 × 10 –4^ mol et de zinc : n i(Zn(s)) = m / M = 20 × 10 –3/65,4 = 3,1 × 10 –4^ mol. Le tableau d’avancement est le suivant :
Équation de la réaction (^) Cr 2 O 72 −^ (aq) + 3 Zn (s) + 14 H+^ (aq) → 2 Cr3+^ (aq) + 3 Zn2+^ (aq) + 4H 2 O ( ℓ ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) Initial (^) x = 0 n i(Cr 2 O 72 −) = 1,0 × 10 –
n i(Zn) = 3, × 10 –
e x cès
0 0
En cours de transformation x 1,0 × 10 –4 (^) – x 3,1 × (^10) excès
- 3 x^2 x^^3 x Final (^) x = x f 1,0^ ×^10 –4^ –^ x f
3,1 × 10 –
- 3 x f^2 x f^3 x f Si les ions dichromate Cr 2 O 72 −^ (aq) sont limitants : 1,0 × 10 –4^ – x f = 0 donc : x f = 1,0 × 10 –4^ mol.
Si le zinc Zn (s) est limitant : 3,1 × 10 –4^ – 3 x f = 0 donc : x f = 1,0 × 10 –4^ mol. On a un mélange en proportion stœchiométrique avec x f = 1,0 × 10 –4^ mol. La composition de l’état final est :
État final x f = 1,0 × 10 –^4 0 0 E x cès 2,0 × 10 –^4 3,0 × 10 –^4 E x cès
(^28) On a : I 2 (aq) + 2 e–^ = 2 I–^ (aq) et 2 S 2 O 32 −^ (aq) = S 4 O 62 −^ (aq) + 2 e–. L’équation de la transformation est : I 2 (aq) + 2 S 2 O 32 −^ (aq) → 2 I–^ (aq) + S 4 O 62 −^ (aq). La solution de diiode de concentration c 1 = 8,0 × 10 –2^ mol · L–1^ est diluée vingt fois avant le dosage, donc ' (^1 ) c = c^1 = 8,^0 20
× –
= 4,0 × 10 –3^ mol · L–1.
❚› p. 54 et 55
3. D’après le tableau : n (Al 2 O 3 (s)) = 0,40 mol = 2 x f. Donc : x f = 0,20 mol. 4. L’aluminium étant entièrement consommé : n (Al (s)) – 4 x f = 0. Donc n (Al (s)) = 4 x f = 4 × 0,20 = 0,80 mol. 5. Masse d’aluminium consommé : m (Al) = n (Al) × M (Al) = 0,80 × 27 = 21,6 g. 31 1. Sn (s) = Sn^2 +^ (aq) + 2 e–^ et 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = H 2 (g) donc : Sn (s)+ 2 H+^ (aq) → Sn^2 +^ (aq) + H 2 (g). 2. On obtient le tableau d’avancement suivant : Équation de la réaction Sn(s) + 2 H+^ (aq) → Sn2+^ (aq) + H 2 (g) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n (Sn(s)) excès 0 0 en cours de transformation x^ n (Sn(s)) –^ x^ excès^ x^ x final x = x f n (Sn(s)) – x f = 0 excès x f x f
À l’état final, n (H 2 (g)) = x f = 0, 24
V =
Vm
= 1,0 × 10 –
mol. Comme il n’y a plus d’étain : n (Sn(s)) – x f = 0 donc n (Sn(s)) = x f = 1,0 × 10 –2^ mol.
3. La masse d’étain dans l’échantillon de 5,0 g de la statue est : m (Sn(s)) = n (Sn(s)) × M (Sn) = 1,0 × 10 –2^ × 118,7 = 1,2 g. Le pourcentage massique en étain de la statue est : 1,2 100 5,
× (^) = 24 % donc 76 % de cuivre.
32 1. 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = H 2 (g). Al (s) = Al^3 +^ (aq) + 3 e–. Fe (s) = Fe^2 +^ (aq) + 2 e–. Les équations des transformations sont : 2 Al (s)+ 6 H+^ (aq) → 2 Al^3 +^ (aq) + 3 H 2 (g) et Fe (s) + 2 H+^ (aq) → Fe^2 +^ (aq) + H 2 (g).
2. n (Al) = m (Al)/ M (Al) = 8,1/27 = 0,30 mol. n (Fe) = m (Fe)/ M (Fe) = 14/55,8 = 0,25 mol. n (H+^ (aq)) = c × V = 2,0 × 50 × 10 –3^ = 0,10 mol. Le tableau pour l’aluminium est :
Équation de la réaction 2 Al (s) + 6 H+^ (aq) → 2 Al3+^ (aq) + 3 H 2 (g) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n (Al (s)) = 0,30 mol n (H+^ (aq)) = 0,10 mol 0 0 en cours de transformation x^ 0,30 – 2^ x^ 0,10 – 6^ x^^2 x^^3 x final x = x f 0,30 – 2 x f 0,10 – 6 x f 2 x f 3 x f
Si Al est le réactif limitant : 0,30 – 2 x f = 0 donc x f = 0,15 mol. Si H+^ (aq) est le réactif limitant : 0,10 – 6 x f = 0 donc x f = 0,017 mol.
Le réactif limitant est l’ion hydrogène H+^ (aq) et x f = 0,017 mol car c’est la valeur la plus faible pour l’avancement final.
État final (en mol) x f = 0,017 0,27 0 0,034 0,
Le tableau pour le fer est :
Équation de la réaction Fe (s) + 2 H+^ (aq) → Fe2+^ (aq) + H 2 (g) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n (Fe (s)) =0,25 mol n (H+^ (aq)) = 0,10mol 0 0 en cours de transformation x^ 0,25 –^ x^ 0,10 – 2^ x^ x^ x final x = x f 0,25 – x f 0,10 – 2 x f x f x f
CHAPITRE 2 • ModélIsATIon d’unE TRAnsfoRMATIon 11
Si Fe limitant : 0,25 – x f = 0 donc x f = 0,25 mol. Si H+^ (aq) limitant : 0,10 – 2 x f = 0 donc x f = 0,050 mol.
Le réactif limitant est l’ion hydrogène H+^ (aq) et x f = 0,050 mol car c’est la valeur la plus faible pour l’avancement final.
État final (en mol) x f = 0,050 0,20 0 0,050 0,
3. Volume de dihydrogène formé :
- avec l’aluminium : V (H 2 (g)) = n (H 2 (g)) × V m = 0, × 24 = 1,22 L ;
- avec le fer : V (H 2 (g)) = n (H 2 (g)) × V m = 0,05 × 24 = 1,2 L. On obtient quasiment le même volume de dihydrogène. 33 1. H 2 O 2 (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = 2 H 2 O (ℓ) et O 2 (g)
- 2 H+^ (aq) + 2 e–^ = H 2 O 2 (aq). 2. Dans un couple o x ydant/réducteur, elle est l’o x y- dant, dans l’autre le réducteur. On dit qu’elle est amphotère. 3. a. MnO 4 −^ (aq) + 8 H+^ (aq) + 5 e–^ = Mn^2 +^ (aq) + 4 H 2 O (ℓ) et H 2 O 2 (aq) = O 2 (g) + 2 H+^ (aq) + 2 e–. b. 2 MnO 4 −^ (aq) + 6 H+^ (aq) + 5 H 2 O 2 (aq) = 2 Mn^2 +^ (aq)
- 8 H 2 O (ℓ) + 5 O 2 (g). c. On a :
Équation de la réaction (^) 5 H 2 O 2 (aq) + 2 Mn O 4 −^ (aq) + 6 H+^ (aq) → 5 O 2 (g) + 2 Mn2+^ (aq) + 8 H 2 O ( ℓ ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol)
initial x = 0 n i(H 2 O 2 ) = c × V (^) n i(MnO 4 −) = c ' × V '
excès
0 0
si V ' < V éq x c × V – 5 x c ' × V ' – 2 x = 0 5 x 2 x excès
à l’équivalence : V ' = V éq^ x^ =^ x éq^ c^ ×^ V^ – 5^ x éq^ =^0 c '^ ×^ V éq^ –^2 x éq^ =^0 5 x éq^2 x éq
À l’équivalence : x éq =
c × V éq= 5
c × V donc :
n i(MnO 4 −^ ) /2 = n i(H 2 O 2 )/
ainsi : n i(H 2 O 2 ) = 5 2
× n i(MnO 4 −^ ) = 5 2
× c ' × V éq =^5 2
× 0,
× 17,6 × 10 –3^ = 8,8 × 10 –3^ mol. d. c = (H O )^ 8,8^10 10,0 10
2 2 3 = (^3)
×
×
− −
n V
i (^) = 0,88 mol · L–1.
La concentration en masse vaut : t = c × M = 0,88 × 34 = 30 g · L–1. La valeur trouvée correspond à celle présente sur l’étiquette. e. n (O 2 (g)) = (H O^ (aq)) 2
n (^) (^2 2) = 2
c × V = 0, 88 1 2
×
= 0,44 mol donc V (O 2 (g)) = n (O 2 (g)) × V m = 0,44 × 22,4 = 9,9 L. L’eau o x ygénée étudiée est à 10 volumes. 34 1. Avant l’équivalence, la solution est quasi- ment incolore (vert pâle = couleur du vin). Après l’équivalence, il reste du diiode, qui apparaî- tra bleu-violet avec l’empois d’amidon.
2. À l’équivalence, les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques de l’équation du dosage : n (SO 2 (aq)) = n (I 2 (aq)) donc : c 1 × V 1 = c 2 ×
V éq donc : c 1 = 2 1
c × V
Véq = 1, 00 10 6,28 10 20,00 10
2 3 3
× × ×
×
− − − =^ 3, × 10 –3^ mol · L–1.
Concentration en masse : c me x p = c 1 × M (SO 2 ) = 3, × 10 –3^ × (32 + 2 × 16) = 0,201 g · L–1^ = 201 mg · L–
3. Cette concentration n’est pas conforme à la législation européenne car on dépasse largement la valeur maximale autorité qui est de 150 mg · L- pour le vin blanc.
(^35) 1. n (vitamine C) = m M
= 2,84 × 10 –3^ mol
et c (vitamine C) = n V
= 2,84^10
× −^3
= 1,14 × 10 –
mol · L–1.
2. I 2 (aq) + 2 e–^ = 2 I–^ (aq) et C 6 H 8 O 6 (aq) = C 6 H 6 O 6 (aq)+ 2 H+^ (aq) + 2 e–^ donc : I 2 (aq) + C 6 H 8 O 6 (aq) → C 6 H 6 O 6 (aq) + 2 H+^ (aq) + 2 I–^ (aq). 3. On réalise un dosage indirect donc le diiode sera en e x cès. De plus, on nous dit que la solution finale est jaune-orangée donc il reste du diiode à la fin de la réaction. 4. On a : n (I 2 (aq)) = c 1 × V 1 = 5,00 × 10 –3^ × 20,0 × 10 –3^ = 1,00 × 10 –4^ mol et n (C 6 H 8 O 6 (aq)) = c × V = 1,14 × 10 –2^ × 5,0 × 10 –3^ = 5, × 10 –5^ mol.
CHAPITRE 2 • ModélIsATIon d’unE TRAnsfoRMATIon 13
À l’équivalence : x eq = C 2 × Veq = n e x (Fe^2 +^ (aq))/ donc : n e x (Fe^2 +^ (aq)) = 6 × C 2 × Veq = 6 × 1,7 × 10 −2^ × 10,0 × 10 –3^ = 1,0 × 10 –3^ mol. On en déduit la quantité de matière en ions fer (II) réagissant dans la réaction 1 avec les ions nitrate :
n R(Fe^2 +) = n i(Fe^2 +) – n e x (Fe^2 +) = 4,0 × 10 –3^ – 1,0 × 10 –3^ = 3,0 × 10 –3^ mol. À l’aide d’un second tableau d’avancement associé à la première transformation, on peut déterminer la quantité de matière en ion nitrate se trouvant dans 25 mL de solution S, notée n i(NO 3 −^ (aq)).
Équation de la réaction NO 3 −^ (aq) + 3 Fe2+^ (aq) + 4 H 3 O+^ (aq) → NO (g) + 3 Fe3+^ (aq) + 6 H 2 O (ℓ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n i(NO 3 −^ (aq)) n i(Fe^2 +^ (aq))
excès
0 0 en cours de transformation x n i(NO 3 − (^) (aq) – x n i(Fe 2 + (^) (aq)) – 3 x x 3 x excès
État final x = x f n i(NO 3 −^ (aq)) – x f n i(Fe^2 +^ (aq)) – 3 x f = n e x (Fe^2 +^ (aq)) x f 3 x f À l’état final : n i(NO 3 −^ (aq)) – x f = 0 et n i(Fe^2 +^ (aq)) – 3 x f = n e x (Fe^2 + (aq)) donc x f = n i(NO 3 −^ (aq)) et n i(NO 3 −^ (aq)) = ( n i(Fe^2 +^ (aq)) – n e x (Fe^2 +^ (aq))/ n i(NO 3 −^ (aq)) = n R(Fe^2 +^ (aq))/ n i(NO 3 −^ (aq)) = 1,0 × 10 –3^ mol.
On a prélevé 25 mL de la solution (S), soit 1/10e^ du volume la solution (S) : n (NO 3 – ) = 10 n i(NO 3 – ) = 1,0 × 10 −2^ mol. En utilisant la formule donnée dans l’énoncé, on en déduit le pourcentage massique en azote nitrique de l’engrais étudié : %(NO ) 3 – = n^ M N m
(NO ) ( )
masse d'engrais
3 ×^ × 100
−
donc %(NO ) 3 – = 1,0^10 2,
× 2 ×
×
− = 5,6 %.
On obtient le même ordre de grandeur, car l’éti- quette indique 6 % d’azote nitrique.
› › Démarche élémentaire
1. n i(Fe^2 +^ (aq)) = c( Fe^2 +) × V 1 = 0,20 × 20,0 × 10 –3^ = 4, × 10 –3^ mol. 2. On note : - n i (Fe^2 +) la quantité de matière initiale en ions fer (II) dans l’erlenmeyer ; - n R(Fe^2 +) la quantité de matière en ions fer (II) réa- gissant dans la réaction 1 avec les ions nitrate ; - n e x (Fe^2 +) la quantité de matière en ions fer (II) en e x cès ; - n E(Cr 2 O 7 2–) : la quantité de matière en ions dichro- mate versée à l’équivalence. n i(Fe^2 +) = n R(Fe^2 +) + n e x (Fe^2 +), donc : n R(Fe^2 +) = n i(Fe^2 +)
- (^) n e x (Fe 2 +). On a :
Équation de la réaction Cr 2 O 7 2–^ (aq) + 6 Fe2+^ (aq) + 14 H 3 O+^ (aq) → 2 Cr3+^ (aq) + 6 Fe3+^ (aq) + 21 H 2 O (ℓ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol)
initial x = 0 n i(Cr 2 O 7 2–^ (aq)) = C 2 × V n e x (Fe^2 +^ (aq))
excès
0 0
excès
avant équivalence V < Véq
x C 2 × V – x n e x (Fe^2 +^ (aq)) – 6 x 2 x 6 x
à l’équivalence V = Véq^ x^ =^ x eq^ C^2 ×^ V eq^ –^ x eq^ =^0 n e x (Fe
2 + (^) (aq)) – 6 x eq = 0 2 x eq 6 x eq
À l’équivalence : x eq = C 2 × Veq = n ex(Fe^2 +^ (aq))/ donc : n ex(Fe^2 +^ (aq)) = 6 × C 2 × Veq = 6 × 1,7 × 10 −2^ × 10,0 × 10 –3^ = 1,0 × 10 –3^ mol.
3. Donc : n R(Fe^2 +) = n i(Fe^2 +) – n e x (Fe^2 +) = 4,0 × 10 –3^ – 1,0 × 10 –3^ = 3,0 × 10 –3^ mol.
4. On a : Équation de la réaction NO 3 −^ (aq) + 3 Fe2+^ (aq) + 4 H 3 O+^ (aq) → NO (g) + 3 Fe3+^ (aq) + 6 H 2 O (ℓ) État du système
Avancement (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 n i(NO 3 −^ (aq)) n i(Fe^2 +^ (aq))
e x cès
0 0 en cours de transformation x n i(NO 3 − (^) (aq) – x n i(Fe 2 + (^) (aq)) – 3 x x 3 x e x cès
État final x = x f n i(NO 3 −^ (aq)) – x f n i(Fe^2 +^ (aq)) – 3 x f = n e x (Fe^2 +^ (aq)) x f 3 x f À l’état final : n i(NO 3 −^ (aq)) – x f = 0 et n i(Fe^2 +^ (aq)) – 3 x f = n e x (Fe^2 + (aq)) donc x f = n i(NO 3 −^ (aq)) et n i(NO 3 −^ (aq)) = ( n i(Fe^2 +^ (aq)) – n e x (Fe^2 +^ (aq))/ n i(NO 3 −^ (aq)) = n R(Fe^2 +^ (aq))/ n i(NO 3 −^ (aq)) = 1,0 × 10 –3^ mol.
5. On a prélevé 25 mL de la solution (S), soit 1/10e du volume la solution (S) : n (NO 3 – ) = 10 n i(NO 3 – ) = 1,0 × 10 −2^ mol. 6. %(NO3–) =
( 3 ) (^100)
×
×
n NO − M N masse m d engrais
donc %(NO3–) = 1, 0 10 14 2,
× 2 ×
×
− = 5,6 %. On obtient le même ordre de grandeur, car l’éti- quette indique 6 % d’azote nitrique. 37 Les métau x réagissent avec le dio x ygène de l’air en milieu humide. Le plus connu est le fer qui se désagrège en formant différents o x ydes ou hydro x ydes de fer communément appelé rouille. D’autres métau x réagissent en formant une couche d’o x yde solide et imperméable en surface du métal et qui le protège. C’est le cas de l’aluminium qui forme l’alumine de formule Al 2 O 3 , du zinc qui forme un o x yde de formule ZnO ou du cuivre qui forme un o x yde de couleur vert de gris de formule CuO. Le couple o x ydant/réducteur du dio x ygène et de l’eau est : O 2 (g)/H 2 O (ℓ). Dans les couples o x ydant/réducteur avec des métau x , le métal est toujours le réducteur du couple donc il subira une o x ydation, l’ion métal- lique est toujours l’o x ydant.
E x emple : Cu^2 +^ (aq)/Cu (s) ; Fe^2 +^ (aq)/Fe (s) ; Al^3 +^ (aq)/ Al (s). On aura par e x emple : O 2 (g) + 4 H+^ (aq) + 4 e–^ = 2 H 2 O (ℓ) et Fe (s) = Fe^2 +^ (aq) + 2 e–. L’équation de wla transformation donnera : O 2 (g) + 4 H+^ (aq) + 2 Fe (s) → 2 H 2 O (ℓ) + 2 Fe^2 +^ (aq). 38 Pour les synthèses dans l’industrie, on essaie de mettre les réactifs en proportion stœchiomé- trique pour ne pas « perdre » de réactifs qui ont un coût et qu’il va falloir éliminer en fin de réaction pour purifier le produit. On réalise des titrages ou d’autres types de tests (spectromètre de masse, RMN, etc.) pour vérifier la qualité du produit formé et savoir s’il respecte bien les normes en vigueur.
Acquérir des compétences
39 › Démarche experte À l’aide des données de l’énoncé, on peut détermi- ner la quantité de matière de chaque réactif : n (Cu(s)) = 2, 63,
m = M
= 3,5 × 10 –2^ mol et n (H+^ (aq)) = n (NO 3 −^ (aq)) = c × V = 2,0 × 0,500 = 1, mol. On détermine les équations modélisant la trans- formation entre l’acide nitrique et le cuivre : Cu (s) = Cu^2 +^ (aq) + 2 e–^ et NO 3 −^ (aq) + 4 H+^ (aq) + 3 e–^ = NO (g) + 2 H 2 O (ℓ). 3 Cu (s) + 2 NO 3 −^ (aq) + 8 H+^ (aq) → 3 Cu^2 +^ (aq) + 2 NO (g) + 4 H 2 O (ℓ). À l’aide d’un tableau d’avancement, on peut déter- miner le réactif limitant :
Équation de la réaction (^) 3 Cu (s) + 2 N O 3 −^ (aq) + 8 H+^ (aq) → 3 Cu2+^ (aq) + 2 NO (g) + 4 H 2 O (ℓ) État du système
Avancement x (en mol) Quantités de matière présentes dans le système^ (en mol) initial x = 0 0,035 1,0 1,0 0 0 en cours de transformation x 0,035 – 3 x 1,0 – 2 x 1,0 – 8 x 3 x 2 x excès
final x = x f 0,035 – 3 x f 1,0 – 2 x f 1,0 – 8 x f 3 x f 2 x f
❚› p. 59
