Il aurait été utile d'avoir un schéma plus précis?

2005/11 EXERCICE II. DEUX ANTISEPTIQUES (6,5 pts)
Correction http://labolycee.free.fr
1. Courbe d'étalonnage du spectrophotomètre
1.1. La courbe représentative de A = f([I2]), figure 1, est une droite qui
passe par l'origine. L'absorbance est proportionnelle à la concentration en
diiode, on peut écrire : A = k[I2]
(k coefficient de proportionnalité).

1.2. Amax = 2,00

L'abscisse du point d'ordonnée
correspondante nous donne la valeur
de [I2]max


[I2]max = 8,0(10-3 mol.L-1




2. Titre du Lugol


2.1. La solution est diluée dix fois, il nous faut donc une pipette jaugée
de 10,0 mL et une fiole jaugée de 100,0 mL.

2.2.1. On prend l'abscisse du point d'ordonnée [pic]= 1,00, soit [pic]=
4,0(10-3 mol.L-1

2.2.2. cL = 10([pic] (solution S0 diluée dix fois) cL = 10(4,0(10-
3 = 4,0(10-2 mol.L-1

2.2.3. Si on ne diluait pas la solution commerciale, l'absorbance serait
non mesurable car cL > [I2]max .

3. Étude cinétique d'une transformation chimique mettant en jeu l'eau
oxygénée et libérant du diiode

3.1. Un oxydant est une espèce chimique capable de capter un ou plusieurs
électrons.

3.2. Couple H2O2(aq) / H2O(l) réduction H2O2(aq) + 2 H+(aq) +
2 e- = 2 H2O(l)
mais ici, vu l'équation chimique proposée, on écrira plutôt: H2O2(aq) + 2
H3O+(aq) + 2 e- = 4 H2O(l)
Couple I2(aq) / I-(aq) oxydation 2 I-(aq) = I2(aq)
+ 2 e-
|3.3.Relation |H2O2(aq) + 2 I-(aq) + 2 H3O+(aq) = |
|st?chiométrique |I2(aq) + 4 H2O(l) |
|État du |Avancement |Bilan de matière en mol |
|système | | |
|État initial|0 |c2.V2 |excès |excès |0 |solvant |
|Au cours de |x |c2.V2 - x |excès |excès |x |solvant |
|la | | | | | | |
|transformati| | | | | | |
|on | | | | | | |
|État final |xf |c2.V2 - xf |excès |excès |xf |solvant |
|État final |xmax |c2.V2 -xmax =|excès |excès |xmax = |solvant |
|si la | |0 | | |c2.V2 | |
|transformati| | | | | | |
|on est | | | | | | |
|totale | | | | | | |


3.4. [I2](t) = [pic], or d'après le tableau d'avancement [pic]= x(t).
[I2](t) = [pic] soit x(t) = [I2](t)(Vtot
3.5. v(t) = [pic] = [pic]
or A = k.[I2], soit [I2] = [pic]
v(t) = [pic].
3.6.1. [pic] correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe
à la date t.
Pour t1 > t0, ce coefficient diminue, voir tracé des tangentes sur la
figure, donc v0 > v1






















3.6.2. La concentration en réactifs diminue au cours du temps donc la
vitesse de réaction diminue également.
3.7. Transformation totale ou limitée.
3.7.1. On détermine l'échelle verticale de la figure 2: 8,0cm ( 1,6
soit 1,0 cm représente une absorbance de 0,2
Entre A = 1,4 et A = Af , il y a 0,3 cm, soit 0,3(0,2 = 0,06 donc Af =
1,46.
soit [I2]f = [pic] = [pic]
xf = [pic]
xf = [pic] = 8,90(10-5 mol
3.7.2. ( = [pic] = [pic]
( = [pic] = 1 = 100 %
La transformation est totale.


3.8. Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que
l'avancement atteigne la moitié de sa valeur finale. Soit x(t1/2 ) = xf /
2.
On a montré dans la question précédente que l'avancement x est
proportionnel à l'absorbance.
Donc pour x = xf alors A= Af, et pour x( t1/2) = xf/2 alors A(t1/2) = Af /
2.
On détermine l'échelle horizontale de la figure: 12,5 cm ( 25 min

soit 1,0 cm ( 2 min.
On obtient graphiquement: pour A =Af/2 = 0,73 (soit 0,73/0,2 = 3,65 cm
verticalement)
alors t1/2 ( 0,9cm soit t1/2 = 2(0,9 min. On considère que t1/2 = 2 min.
(voir courbe ci-dessus)


Il aurait été utile d'avoir un schéma plus précis...

3.9. Conclusion:
La transformation chimique support d'un titrage direct doit être totale et
rapide.
Ici, la transformation est totale, cependant elle est trop lente. On ne
peut pas l'utiliser pour un titrage de l'eau oxygénée.
-----------------------
Amax =

[I2]max

[pic]=

[pic]

Tangente à t0 = 0 min

Tangente à t1 = 5,0 min

Af

t1/2

Af/2

8,0 cm

0,3cm