Exercice 1 Titrage avec une réaction lente 6,5 points Correction

Polynésie 09/2007 Exercice 1 : Titrage avec une réaction lente (
6,5 points)
Correction © http://labolycee.org 1. Étude de la réaction d'oxydoréduction et préparation de la solution 1.1. Couple I2(aq) / I-(aq) oxydation 2 I-(aq)
= I2(aq) + 2e-
Couple H2O2(aq) / H2O(l) réduction H2O2(aq) + 2 H+(aq) + 2e- = 2
H2O(l)
1.2. En effectuant la somme des deux demi-équations précédentes on
obtient :
H2O2(aq) + 2 I-(aq) + 2 H+(aq) =
I2(aq) + 2 H2O(l)
1.3. Au cours du temps la solution se colore en jaune de plus en plus foncé
(formation de diiode, seule espèce colorée).
1.4. On effectue une dilution.
Solution mère : Solution commerciale Solution fille : solution
diluée
CCom C2 = [pic]
V ? à prélever V2= 50 mL
Au cours d'une dilution la quantité de matière de soluté ne varie pas, on a
donc :
n = n2
soit CCom.V = C2.V2
CCom.V = [pic].V2 alors V = [pic].
V = 5,0 mL.
Protocole opératoire : On prélève 5,0 mL de la solution commerciale à
l'aide d'une pipette jaugée
de 5,0 mL munie d'un pipeteur, on les verse dans une fiole jaugée de 50 mL,
on ajoute de l'eau distillée aux trois-quarts, agiter et enfin on complète
jusqu'au trait de jauge.
2. Étude d'une transformation par spectrophotométrie
2.1. A = k.[I2(aq)]
A0 = k.C0 donc k = [pic]
k = [pic] = 60 L.mol-1
2.2.1. L'énoncé parle d'ions oxonium H3O+ en large excès, il s'agit des
ions hydrogène H+(aq).
|Équation chimique | H2O2(aq) + 2 I-(aq) + 2 |
| |H+(aq) = 2 H2O(l) + I2(aq) |
|État du système|Avancement |Quantités de matière |
| |(mol) |(mol) |
|État initial |0 |C2.V2 |C1.V1 |Excès |beaucoup |0 |
|État en cours |x |C2.V2 - x |C1.V1 - 2x |Excès |beaucoup |x |
|de | | | | | | |
|transformation | | | | | | |
|État final |xmax |C2.V2 - |C1.V1 - |Excès |beaucoup |xmax |
| | |xmax |2xmax | | | |
2.2.2. [I2(aq)] = [pic] or d'après le tableau [pic]= x donc [I2(aq)]
= [pic]
2.2.3. A = k.[I2(aq)] = k. [pic]
2.2.4. Si l'iodure de potassium est le réactif en défaut, alors C1.V1 -
2xmax = 0
Soit xmax = ½(C1.V1)
xmax = 0,5 × 5,0.10-2 × 25.10-3 = 6,25.10-4 mol = 6,3.10-4 mol
Amax = k. [pic]
Amax = 60×[pic] = 0,50
3. Exploitation de la courbe représentant l'absorbance au cours du temps
3.1. v = [pic]
Or x = [pic] d'après la question 2.2.3.
Soit v = [pic] = [pic]
v = [pic]
3.2. La vitesse correspond au coefficient directeur de la tangente à la
courbe A = f(t) à un coefficient k près. Or Ce coefficient directeur
diminue au cours du temps, donc la vitesse v diminue. Cette évolution est
due à la diminution des concentrations des réactifs. 3.3. Au bout de 15 min, la tangente à la courbe est quasiment horizontale,
son coefficient directeur est donc nul, on peut considérer que la vitesse
de la réaction est nulle, soit que le système n'évolue plus. 3.4. Le temps de demi-réaction
t1/2 correspond à la durée
nécessaire pour que
l'avancement de la réaction
atteigne la moitié de sa valeur
finale.
Or avancement et absorbance sont
proportionnels d'où t1/2 correspond
à l'abscisse du point
d'ordonnée Amax /2. t1/2 = 4 min
3.5.1.
D'après le graphique Amax = 0,37.
xmax = [pic]
xmax = [pic] = 4,6.10-4 mol.
À la question 2.2.4 on a trouvé xmax = 6,3.10-4 mol > 4,6.10-4 mol.
L'hypothèse faite en 2.2.4. n'est pas correcte, les ions iodure ne
constituent pas le réactif en défaut. L'eau oxygénée est donc le réactif
limitant. 3.5.2. Si l'eau oxygénée est le réactif limitant on a : C2.V2 - xmax = 0
soit xmax = C2.V2
C2 = [pic]
C2 =[pic] = 9,2.10-3 mol.L-1
CCom = 10.C2
CCom = 10×9,2.10-3 = 9,2.10-2 mol.L-1 3.5.3. La réaction étudiée est totale mais pas rapide, elle n'a pas toutes
les caractéristiques d'une réaction support de titrage.
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t1/2