Ch3: Modélisation d’une transformation
(p40)1.Réactions d’oxydoréduction 1.1. Couples oxydant/réducteur Manipulation prof:
mode opératoire: Plonger un copeau de cuivre dans une solution de nitrate d’argent.
Observation: La solution se colore en bleu et un composé gris argenté se dépose du le cuivre.
Interprétation: Les ions cuivre passent à l’état ioniques suivant: 𝑪𝒖 𝒔 → 𝑪𝒖𝟐+𝒂𝒒 + 𝟐𝒆−
et les ions argent passent à l’état métal suivant la réaction:
𝑨𝒈(𝒂𝒒)+ + 𝒆− → 𝑨𝒈(𝒔)
On dit que l’ion argent 𝑨𝒈+est un oxydant et que l’atome d’argent 𝑨𝒈 est un réducteur. On parle du couple
oxydant/réducteur 𝑨𝒈+/ 𝑨𝒈
Généralité:
Un oxydant est une espèce chimique capable de gagner un ou plusieurs électrons
Un réducteur est une espèce capable de céder un ou plusieurs électrons.
Un couple oxydant / réducteur est un couple formé par 2 espèces chimiques susceptibles de se transformer l’une en l’autre par gain ou perte d’électron (s) selon la demi- équation électronique renversable:
Ox + n𝒆− = Red
Exemples de demi-équations électroniques à partir des couples oxydant/réducteur:
Le couple 𝑴𝒏𝑶𝟒−(𝒂𝒒)/𝑴𝒏𝟐+(𝒂𝒒) Conservation de l’élément manganèse :
𝑴𝒏𝑶𝟒−(𝐚𝐪) + 𝐧. 𝒆− = 𝑴𝒏𝟐+(𝐚𝐪)
Conservation de l’élément oxygène : (à l’aide de molécule(s) d’eau qui constitue(nt) le solvant)
𝑴𝒏𝑶𝟒−(𝐚𝐪) + n. e− = 𝑴𝒏𝟐+(𝐚𝐪) + 4. 𝑯𝟐𝑶(𝐥)
Conservation de l’élément hydrogène : (à l’aide d’ions hydrogène H+(aq) en milieu acide)
𝑴𝒏𝑶𝟒−(𝐚𝐪) + 8. 𝑯+(𝐚𝐪) + n. e− = 𝑴𝒏𝟐+(𝐚𝐪) + 4. H2O(l) Conservation de la charge électrique : (à l’aide
d’électron(s))
𝑴𝒏𝑶𝟒−(𝐚𝐪) + 8. 𝑯+(aq) + 5. e− = 𝑴𝒏𝟐+(𝐚𝐪) + 4. H2O(l)
Le couple 𝑺𝑶𝟒𝟐−(𝒂𝒒)/𝑺𝑶𝟐(𝒂𝒒) Conservation de l’élément soufre :
𝑺𝑶𝟒𝟐−(𝐚𝐪) + n. e− ⇌ 𝑺𝑶𝟐(𝐚𝐪)
Conservation de l’élément oxygène : (à l’aide de molécule(s) d’eau qui constitue(nt) le solvant)
𝑺𝑶𝟒𝟐−(𝐚𝐪) + n. e− ⇌ 𝑺𝑶𝟐(𝐚𝐪) + 2. 𝑯𝟐𝑶(𝐥)
Conservation de l’élément hydrogène : (à l’aide d’ions H+(aq) en milieu acide)
𝑺𝑶𝟒𝟐−(𝐚𝐪) + 4. 𝑯+(𝐚𝐪) + n. e− ⇌ 𝑺𝑶𝟐(𝐚𝐪) + 2. H2O(l)
Conservation de la charge électrique : (à l’aide d’électron(s))
𝑺𝑶𝟒𝟐−(𝐚𝐪) + 4. H+(aq) + 2.e− ⇌ 𝑺𝑶𝟐(𝐚𝐪) + 2. H2O(l)
1.2. modélisation
La réaction d’oxydoréduction modélise la
transformation mettant en jeu l’échange d’électron(s) entre un oxydant et un réducteur.
Dans notre exemple:
Les 2 couples mis en jeu sont 𝑨𝒈+/ 𝑨𝒈 et 𝑪𝒖𝟐+/ 𝑪𝒖
Les 2 demi-équations électroniques dans le sens de la réaction sont: 𝑪𝒖 𝒔 = 𝑪𝒖𝟐+𝒂𝒒 + 𝟐𝒆−
𝑨𝒈(𝒂𝒒)+ + 𝒆− = 𝑨𝒈(𝒔)
Il faut un coefficient multiplicateur pour avoir le même nombre d’électrons échangés.
Additionner les deux demi-équations électroniques :
𝟐𝑨𝒈(𝒂𝒒)+ + 𝑪𝒖 𝒔 → 𝑪𝒖𝟐+𝒂𝒒 + 𝟐𝑨𝒈(𝒔)
X
2
Exercices p50 n°1, 9, 15 et 16.
2. Evolution d’un système chimique
L’évolution d’un système entre son état initial et son état final est caractérisée par une grandeur x, appelée
avancement de la réaction et exprimée en mole (mol).
L’avancement d’une réaction évolue depuis 0 jusqu’à sa valeur finale xf.
Les quantités de matière des réactifs et des produits peuvent alors s’exprimer en fonction de x au cours de l’évolution du système.
Toutes ces informations peuvent être regroupées dans un tableau d’avancement.
Prenons pour exemple la transformation de 3 mol de diiode avec 5 mol de thiosulfate en ion iodure et ion tétrathionate modélisée par l’équation:
𝐼
2+ 2𝑆
2𝑂
32−→ 2𝐼
−+ 𝑆
4𝑂
62−
Équation modélisant la transformatio
n
𝐼
2+ 2𝑆
2𝑂
32−→ 2𝐼
−+ 𝑆
4𝑂
62−État
initial x = 0 ni(𝐼2) =3 ni(𝑆2𝑂32−)=5 ni(𝐼−) = 0 ni(𝑆4𝑂62−) = 0
En cours
de transf ormat ion
0<x< xf n(𝐼2) =
ni(𝐼2) – x n(𝑆2𝑂32−) =
ni(𝑆2𝑂32−) – 2x n(𝐼−) = 2x n(𝑆4𝑂62−) = x
État
final x = xf nf(𝐼2) =
ni(𝐼2) – xf nf(𝑆2𝑂32−) = ni(𝑆2𝑂32−) – 2xf
nf(𝐼−) =
2xf nf(𝑆4𝑂62−) = xf
Si la réaction est « totale », l’avancement final xf est atteinte lorsqu’au moins un des réactifs est entièrement consommé.
On a alors pour cette transformation:
nf(𝐼2) = ni(𝐼2) – xf= 0 ou nf(𝑆2𝑂32−) = ni(𝑆2𝑂32−) – 2xf= 0
Ce qui revient à xf=ni(𝐼2) ou xf= ni(𝑆2𝑂32−) 2 Soit: xf=3 mol ou
x f =
𝟓𝟐 mol
La valeur de l’avancement final correspond alors à la plus petite des valeurs obtenues. Soit xf= 𝟓
𝟐 mol
Le réactif pour lequel le rapport est le plus petit sera donc épuisé en premier. C’est le réactif limitant de la réaction. Ici c’est donc le thiosulfate 𝑺𝟐𝑶𝟑𝟐− .
Rq: Si on avait eu ni(𝐼2)=ni(𝑆2𝑂32−)
2 , alors les réactifs seraient introduits dans les proportions
stœchiométriques. Les 2 réactifs seraient entièrement consommés à la fin de la réaction.
Exercices p50 n°2, 17 et 19.
3. Titrage et équivalence 3.1.Définition
Titrer une espèce en solution consiste à déterminer expérimentalement sa quantité de matière ou sa concentration (molaire ou massique) à l’aide d’une réaction chimique.
3.2. Principe d’un titrage
On fait réagir un volume connu de solution de
concentration connue (solution titrante) avec un volume connu (prise d’essai) de la solution dont on veut
déterminer la concentration (solution titrée).
3.3. Équivalence d’un titrage colorimétrique
L’équivalence d’un titrage correspond au changement de réactif limitant. (Avant l’équivalence, le réactif
titrant est le réactif limitant ; après l’équivalence c’est le réactif titré).
À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Ils ont donc été entièrement consommés.
Faire
TP TOP titrage
en diidode 𝑐1 d’une solution de Bétadine par du thiosulfate de concentration 𝑐2 =5 × 10−3mol. 𝐿−1
La réaction de titrage est donc:
𝐼2 + 2𝑆2𝑂32− → 2𝐼− + 𝑆4𝑂62−
Rq: Lors d’un titrage colorimétrique, l’équivalence est repérée par un changement de couleur du milieu
réactionnel. Ici la solution passe du jaune brun à l’incolore.
Exploitation des résultats
À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.
Donc : ni(𝑆2𝑂32−)
2 =ni(𝐼2) soit: 𝑐2×𝑉𝟐2 é𝑞 = 𝑐1 × 𝑉1
𝑐
1=
𝑐2×𝑉2 é𝑞𝟐×𝑉1
𝑐1 = 5×10𝟐×100−3×14
𝒄𝟏 = 𝟑, 𝟓 × 𝟏𝟎−𝟒𝐦𝐨𝐥. 𝑳−𝟏
La Bétadine ayant été diluée par 100 pour le titrage sa concentration en didiode est donc de
𝒄′
𝟏= 𝟑, 𝟓 × 𝟏𝟎
−𝟐𝐦𝐨𝐥. 𝑳
−𝟏Exercices p50 n°3, 21, 22, 23, 32, 33, 35 et 40.
