Chimie 1re S

M I C R O M É G A

Chimie 1re SLIVRE DU PROFESSEUR

DEUXIÈME ÉDITION

Sandrine Mathevet

Professeur au lycée Aux Lazaristes à Lyon

Karine Vasseur

Professeur au lycée La Martinière Monplaisir à Lyon

Joseph Thoral

Professeur au lycée Honoré-d’Urfé à Saint-Étienne

Ghislain Garcia

Professeur au collège Le Mourion à Villeneuve-lès-Avignon

sous la direction de

Jean-François Le Maréchal

Maître de conférences à l’École Normale Supérieure de Lyon

HATI E R

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S O M M A I R E

Partie I. La mesure en chimie

1 Grandeurs physiques et quantité de matière . . . . . . . . . . . . . . 32 Solutions ioniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 Concentrations d’une solution ionique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Le coin bac Solutions aqueuses ioniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4 Conductimétrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305 Réactions acido-basiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406 Réactions d’oxydoréduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Le coin bac Réactions acido-basiques – Réactionsd’oxydoréduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

7 Titrages . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Le coin bac Conductimétrie et titrages . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Partie II. La chimie créatrice

8 Introduction à la chimie organique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 739 Groupes caractéristiques et réactivité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Le coin bac La chimie créatrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

Partie III. L’énergie au quotidien

10 L’énergie en chimie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

© HATIER, PARIS, 2005 ISBN 2-218-75127-5

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1. Introduction

Ce chapitre couvre le paragraphe I.A. et une partie du para-graphe I.B. du programme officiel (pages 196 et 197 duB.O.). Le paragraphe I.A. est traité en activités et donne leton de nombreux exemples et exercices. Du paragraphe I.B.,nous traitons le point 1 (Masse, volume, pression) et sesapplications telles qu’elles sont spécifiées dans le point 3(Applications au suivi d’une transformation chimique).Cela fait du premier chapitre un chapitre de révisions quirappelle les notions fondamentales liées aux quantités dematières des solides, des liquides (masse, volume) et des gaz(masse, volume, pression, volume molaire) dans le cas descomposés moléculaires. Tout ce qui est spécifique auxcomposés ioniques est regroupé dans les chapitres 2 et 3.Ces notions s’articulent dans le cours autour de trois parties : • La première partie montre brièvement l’intérêt historiquede la mesure en chimie.• La deuxième partie permet de rappeler comment calculerune quantité de matière à partir de la valeur de la masse m etdu volume V d’un liquide. La définition de la masse volu-mique est rappelée. À chaque mesure on associe la précisionde la mesure qui dépend de l’instrument utilisé. La définitionde la concentration c d’une espèce chimique en solution estrappelée. Elle sera utilisée dans un exercice résolu avecl’eau oxygénée. L’équation d’état du gaz parfait est rappeléeainsi que la définition du volume molaire des gaz.• La troisième partie reprend l’étude du tableau d’avance-ment et du bilan de matière : on utilise la réaction du cal-caire avec l’acide chlorhydrique. La production d’un gaz per-met une étude à pression constante et une autre à volumeconstant.

2. La mesure

La mesure en chimie est fondamentale ; elle est constitu-tive du développement de cette science, en particulier suiteaux travaux de Lavoisier. Mesurer est une des activités debase du chimiste, tant dans le domaine appliqué (contrôle)que dans le domaine fondamental. Cette idée, expriméedans les commentaires du programme, est traduite dansnotre premier chapitre par une étude minutieuse de diffé-rentes méthodes pour accéder à une quantité de matière.L’élève doit prendre conscience que certaines grandeurs semesurent directement (masse, volume…) et que d’autres,comme la quantité de matière, se déduisent d’une mesure.Ce dernier aspect constitue une des difficultés de cettenotion, qui serait probablement plus simple à enseigner s’ilexistait des « molomètres ». Ce chapitre, conformémentaux attentes du programme officiel, a comme objectif quela grandeur quantité de matière cesse d’être une difficultépour les élèves.

ASPECTS PÉDAGOGIQUES ET SCIENTIFIQUES

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 1 – GRANDEURS PHYSIQUES ET QUANTITÉ DE MATIÈRE 3

La précision de la mesure est un aspect présent dans cechapitre et plus généralement dans tout le manuel, confor-mément aux instructions du programme. Dans ce premierchapitre, la précision d’une mesure est centrée sur l’étudede la précision de la verrerie. Cette approche sera réinves-tie au chapitre 4 (Conductimétrie) puis au chapitre 7(Titrages), comme cela est spécifié au B.O. Il est essentielque l’élève sache que le résultat d’une mesure ne peut êtredonné par une valeur exacte et qu’à chaque résultat estassociée une incertitude. Celle-ci dépend du matérielchoisi et des conditions d’utilisation de celui-ci. Des ren-vois à des fiches techniques sont affichés par le logo FTtout au long de l’ouvrage.

3. Activités de découverte et activités d’exploitation

Les concepts abordés dans ce chapitre apparaissent dans lesactivités de découverte ou dans les activités d’exploitation.Les activités de découverte, placées avant le cours, permet-tent de faire le point sur ce que sont des grandeurs et sur leurimportance pour décrire quantitativement un systèmechimique. Les deux activités courtes permettent de rappeler les notionsde pression p, de volume V, de température T et de quantitéde matière n, décrivant l’état gazeux. Les exemples proposéspermettent de donner du sens à de telles grandeurs, condui-sant ainsi l’élève de se les réapproprier.L’analyse d’une étiquette d’eau minérale a été choisie carelle met en évidence les grandeurs physiques utilisées àl’occasion d’un exemple de la vie courante. La nécessitéd’afficher les valeurs de ces grandeurs est une obligationlégale pour certains produits, en lien avec la sécurité des consommateurs ou la surveillance et la protection del’environnement. Le tableau d’avancement associé à une réaction chimiqueétudié en fin de Seconde, est repris à partir de l’exemplesimple de la réaction du fer avec le soufre. Cet exemple aété choisi car l’équation chimique correspondante est sim-ple, et son exploitation permet d’aborder de nombreusesnotions du chapitre. Le tableau d’avancement permet demettre en évidence le réactif limitant d’une réaction en envi-sageant plusieurs hypothèses. Les réactions secondaires dela réaction étudiée mettent en valeur certains détails d’or-dre expérimental, comme les précautions de sécurité entou-rant cette réaction. On souligne ainsi le caractère nocif decertaines espèces chimiques.

Note : Dans tous les tableaux d’avancement de l’ouvrage, les quantités dematière sont exprimées en mole.

Deux activités d’exploitation, situées après le cours, per-mettent d’appliquer les connaissances acquises.L’activité 5 intitulée la chimie des airbags permet de tra-vailler sur plusieurs équations chimiques successivement,et pour chacune, d’utiliser l’outil tableau d’avancement, dontla maîtrise est essentielle en ce début d’année scolaire.

Grandeurs physiques et quantité de matière1

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2. Attaque du calcaire par un acide (p. 12)

CommentairesCette deuxième activité courte reprend les concepts ren-contrés lors de l’activité précédente, mais la situation choi-sie est maintenant celle d’une transformation chimique.Une même transformation chimique est réalisée à pressionconstante (Fig. 1) et à volume constant (Fig. 2).Comment déterminer la valeur de l’avancement x à chaqueinstant, pour chaque situation expérimentale, en utilisantles grandeurs physiques précédemment rencontrées ?La notion de grandeur mesurable, qu’il s’agisse de la mesurede la pression ou de la mesure du volume de gaz produit,permet d’atteindre la valeur de l’avancement x, fondamen-tale pour l’étude des réactions chimiques.

Correctiona. L’équation de la réaction est :

2 H+ + CaCO3 → CO2 + Ca2+ + H2Ob. Fig. 1 : la pression du gaz étant fixé (patm) ; le volumegazeux augmente avec la quantité de matière nCO2

.

Fig. 2 : le volume étant constant, c’est la pression p du gazqui augmente avec la quantité de matière nCO2

.

c. Il a voulu réaliser un bain thermostaté afin que la tempé-rature du milieu réactionnel ne varie pas.

d. Fig. 1 : nCO2= .

Fig. 2 : nCO2= ,

avec ∆p = p(air + CO2) – p(air initial).e. L’avancement de cette réaction est x = nCO2

, on suivra x = (t) en appliquant les deux relations précédentes.

3. Eau minérale et grandeursphysiques (p. 13)

CommentairesAfin de faire émerger la nécessité de la mesure en chimie,les élèves sont invités à rechercher les différentes gran-deurs nécessaires à l’étiquetage d’une eau minérale. C’estl’occasion de se questionner sur la façon dont ces gran-deurs ont été mesurées, qu’il s’agisse de volume ou de pH.Cette activité permet de faire des rappels de Seconde àpropos de l’unité de concentration ainsi qu’à propos de l’é-lectroneutralité, relation essentielle que les élèves doiventmaîtriser afin d’écrire convenablement les formules desespèces chimiques ou d’ajuster la stœchiométrie d’uneéquation par exemple. Cette activité permet de faire le lien avec les exigences de lalégislation pour les eaux minérales.Le programme demande qu’à partir d’exemples pris dans lavie courante, il soit montré aux élèves la nécessité de dispo-ser de techniques de mesure, dans le cadre de la mesure dequantités de matière. Il nous a semblé que l’observationd’une étiquette d’eau minérale était à ce titre riche d’ensei-gnement. Volume, masse, concentration, pH … apparais-sent et constituent l’occasion d’effectuer un travail simplesur ces grandeurs fort utiles en chimie. Plusieurs questions sont volontairement ouvertes afin que les élèves puissent imaginer et proposer des modes

DOC

∆p V

RT

patm Vgaz

RT

DOC


L’activité 6 est une activité expérimentale mettant en jeu uncapteur de pression. Elle permet de déterminer la quantitéde principe actif présente dans un comprimé d’aspirine enappliquant la loi du gaz parfait autour de laquelle s’articulentde nombreuses connaissances de ce chapitre. C’est unexemple d’étude d’une réaction chimique à volume constant.Dans l’esprit du programme, ce chapitre permet donc depréciser les connaissances de la classe de Seconde relati-ves à l’étude quantitative de la réaction chimique. Un telacquis est essentiel en Première S et sera réinvesti tout aulong de l’année.

1. Pourquoi le ballon éclate-t-il ? (p. 12)

CommentairesCette activité nous amène à réfléchir sur les causes de l’é-clatement de deux ballons. L’élève doit proposer dans unpremier temps une approche généraliste sur les causes del’éclatement, avec un vocabulaire qui devra être précisé aufur et à mesure de la discussion. Ensuite, il devra exprimerses idées en employant les termes exacts qui feront inter-venir les concepts de volume, de pression, de température,de quantité de matière qu’il a rencontré en fin de classe deSeconde lors de l’étude des gaz.Les deux exemples proposés lui permettent de donner dusens à ces différentes grandeurs, lui permettant dès lors demieux les maîtriser.

CorrectionBallon de foot :

a. Le ballon éclate, car il a subit un choc trop violent. Ceballon sans doute trop gonflé est resté exposé au soleil troplongtemps, ce qui a provoqué son éclatement.

b. La pression p du gaz emprisonné dans la vessie était tropgrande. L’enveloppe de cuir n’a pas résisté et s’est déchi-rée. Cette pression p a augmenté sous l’effet d’une éléva-tion de la température θ du gaz. Ce ballon, sans doute tropgonflé renfermait une quantité de matière gaz ngaz tropimportante.Le volume V du ballon n’a pas changé, car l’enveloppe decuir n’est pratiquement pas élastique.Ballon sonde :

a. Il n’y a pas d’air à haute altitude. Par conséquent, la pres-sion de l’air extérieur au ballon est nulle. Le manomètreindique p = 0 hPa

b. En revanche dans le ballon, une quantité de matière ngazest emprisonnée.La pression de ce gaz est p. À haute altitude, seule la mem-brane élastique du ballon s’oppose à la pression p du gazemprisonné. Au fur et à mesure que la pression de l’air extérieur dimi-nue (avec l’altitude), l’enveloppe élastique est sollicitée. Leballon augmente de volume.Lorsque la limite d’élasticité est atteinte, le ballon sedéchire.

DOC

ACTIVITÉS DE DÉCOUVERTE

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opératoires. Une première approche d’un travail sur uneéquation chimique est abordée afin d’ancrer cette activitédans le cadre de ce chapitre dont un des objectifs est dereprendre les connaissances de Seconde sur les bilans dematière. La vérification de l’électroneutralité de la solutionpermet d’effectuer le calcul des quantités de matière desdifférents ions dissous, et de montrer la cohérence de tou-tes les indications de l’étiquette. La teneur en ions nitratepermet enfin de souligner les normes à respecter afinqu’une eau minérale puisse être commercialisée.

Correction1. a. • Le volume V = 33 cL. Connaître la valeur du volumepour comparer par exemple le prix au litre d’une eau com-mercialisée dans des bouteilles de volumes différents.• pH = 6. Savoir si l’eau est acide ou basique. Une eau miné-rale pétillante est souvent plus acide qu’une eau minéraleplate.• Composition moyenne en mg · L–1. La composition de lasolution est exprimée à l’aide de la grandeur concentrationmassique.

Note : Certaines eaux minérales indiquent simplement l’unité « mg » pour laconcentration des ions. C’est un abus de langage. Par ailleurs, il faut faireremarquer aux élèves qu’on ne peut pas peser 90 mg d’ions calcium.

b. • Utiliser une éprouvette graduée de volume suffisant, ouprocéder en plusieurs étapes. • Par pesée : peser la bouteille d’eau pleine, la vider et peserà nouveau la bouteille vide. La différence de masse donnela masse de l’eau. Diviser cette masse par la masse volu-mique de l’eau. On prendra, en première approximation, lamasse volumique (attention aux unités) de l’eau pure, maison pourra tenir compte de la température. Par exemple, onprendra ρ = 0,998 2 kg . L– 1 si la température est de 20 °C,ou suivant la précision recherchée, ρ = 1 kg · L–1.

c. Le pH se mesure avec du papier-pH ou avec un pH-mètre.Cette seconde méthode de mesure est plus précise.

2. a. Cela signifie que la concentration massique en ionschlorure est 40 mg . L– 1. C’est la grandeur concentrationmassique qui est exprimée en mg . L–1.

b. Test des ions chlorure : le trouble est dû à la formationd’un précipité, représenté par l’équation : Ag+ + Cl– → AgCl.

c. Un réactif permet de caractériser un ion s’il donne un testperceptible et aussi spécifique que possible de cet ion.

Note : Il n’y a que trois cations qui précipitent avec l’ion chlorure : Ag+, Pb2+ etHg2

2+. La précipitation du chlorure d’argent est donc raisonnablement spécifique.La précipitation par les ions hydroxyde en revanche est peu spécifique : un grandnombre d’ions donnent un précipité blanc : Mg2+, Al3+, Zn2+, Sn2+, Sn4+…

d. Le résidu correspond au solide restant après le chauffageà température élevée (180 °C) d’un volume donné d’eauminérale. La masse du résidu sec est obtenue en chauffant1 L d’eau dans un grand bécher préalablement taré. Quandtoute l’eau s’est évaporée, le bécher et le résidu qu’il contientsont portés à l’étuve à 180 °C. La pesée est alors effectuée.

e. On mesure la grandeur volume (pour le volume initiald’eau) et la grandeur masse.

f. L’équation de la réaction est :

2HCO3– → CO2 + CO3

2– + H2O

g. La somme des masses mentionnées sur l’étiquette est :

mtotale = 1300 + 40 + 40 + 1 + 150 + 10 + 190 + 85 + 35= 1851 mg.

La masse du résidu sec est : mrésidu = 1 200 mg.

La masse du résidu sec est inférieure à la masse totale. Eneffet, quand on chauffe l’eau à 180 °C, les ions hydrogéno-carbonate se transforment en dioxyde de carbone et envapeur d’eau gazeux à cette température. La différence desmasses correspond à la masse de dioxyde de carbone et devapeur d’eau produites par la réaction chimique ci-dessus.

h. Le gaz présent naturellement dans cette eau est ledioxyde de carbone, de formule chimique CO2.

i. nMg2+ = = 3,5 × 10–3 mol.

j. La formule chimique de la silice est SiO2 (oxyde de sili-cium). Le sable est constitué de silice.

Note : La silice SiO2 n’est bien sûr pas soluble dans l’eau : c’est du sable. De la silicetrès divisée peut passer à travers les filtres usuels, et rester en suspension. On laretrouve dans le résidu sec, mais en aucun cas, on ne peut parler de «solution»de silice dans l’eau. Les termes appropriés, qui ne sont pas du niveau de laPremière S, sont suspension ou dispersion. Si les particules en suspension ont desdiamètres compris entre 10 –4 et 10–7 cm, on parle de colloïde; dans le cas d’unsolide finement divisé dans un liquide, on parle de «sol».

4. Réaction du fer avec le soufre (p. 14)

CommentairesDes rappels de Seconde sur la réaction chimique, lestableaux d’avancement et les bilans de matière sont reprisdans cette activité. Les différents cas habituels (stœchio-métrie et non-stœchiométrie) sont envisagés.L’étude expérimentale met ensuite l’accent sur les réactionssecondaires associées, notamment la pollution par ledioxyde de soufre. Le dispositif de protection proposé, dansle mode opératoire, pour limiter le dégagement de dioxydede soufre et son principe sont sommairement étudiés ; ilsdonnent l’occasion d’aborder la dissolution dans l’eau d’uneespèce chimique gazeuse.L’élève voit clairement que l’étude d’une réaction chimiquene se limite pas seulement à la réaction qu’il a choisi d’étu-dier, mais que d’autres réactions, dites secondaires, sontégalement à prendre en compte.Cette activité permet à l’élève de retrouver le tableau d’avan-cement associé à l’étude d’une réaction chimique. Cet outilessentiel étant repris tout au long de l’année, il est importantque l’élève le maîtrise le plus tôt possible. La réaction du fer etdu soufre a été choisie pour que les coefficients stœchiomé-triques soient les plus simples, ceci afin de limiter les diffi-cultés d’une première étude. Les différents cas habituels (stœ-chiométrie et non-stœchiométrie) sont envisagés.

Correction1. a.

b. Hypothèses :• si a0 b0, alors le soufre est le réactif limitant et xmax = b0 ;• si b0 a0, alors le fer est le réactif limitant et xmax = a0 ;• si a0 = b0, les réactifs sont dans les proportions stœchio-métriques ; ils disparaissent en totalité et xmax = a0 = b0.

c. On a 3,0 g de soufre donc une quantité de matière initiale :

b0 = 3,0/32,1 = 9,3 × 10 –2 mol.La quantité minimale de fer est telle que a0 = b0.La masse de fer nécessaire sera donc :

mFe = 55,8 × 9,3 × 10 –2 = 5,2 g.

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85 × 10–3

24,3


Fe S FeS

E.I. x = 0 a0 b0 0

E.F. xmax a0 – xmax b0 – xmax xmax

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La masse de sulfure de fer formé sera :

mFeS = xmax MFeS = 9,3 × 10 –2 × 87,9 = 8,2 g.

d. La masse de produit obtenue ne dépend que de la massede réactif limitant, et pas de celle du réactif en excès.

2. a. L’équation de la réaction est : 3Fe + 2O2 → Fe3O4.

b. La formation d’oxyde de fer nécessite la présence de l’élément chimique oxygène dans le système réactionnel. Les réactifs Fe et O2 sont tous deux présents dans le sys-tème chimique. Le fer a été introduit lors de la pesée dumélange réactionnel et le dioxygène est présent dans l’air.

Note : La température doit être élevée pour qu’une telle oxydation ait lieu. Lachaleur provient de l’exothermicité de la réaction principale.

c. L’espèce chimique fer contenue dans l’acier est portée àhaute température par le frottement du disque abrasif sur lapièce à meuler. Cet échauffement en présence du dioxygènede l’air ramène le fer aux conditions de la question 2. a.

3. a. L’équation de la réaction est : S + O2 → SO2.

b. L’entonnoir relié à la trompe à eau permet l’aspiration dudioxyde de soufre et sa mise en solution dans l’eau. (Ledioxyde de soufre est très soluble dans l’eau.)

c. 5 % du soufre correspondent à une quantité de matièren′ = 0,05 × 9,3 × 10 –2 = 5 × 10 –3 mol qui réagissent pour pro-duire une quantité de matière égale de dioxyde de soufre.La masse de dioxyde de soufre dégagé serait :

mSO2= MSO2

n′ = 64,1 × 5 × 10 –3 = 0,3 g

d. Vclasse = 3 × 10 × 6 = 180 m3. La masse de dioxyde de soufre par m3 d’air serait alors :

mSO2/Vclasse = 3 × 102 /180 = 1,6 mg . m–3.

Le seuil de toxicité (10 mg . m– 3) n’est pas atteint sur l’en-semble du volume de la classe, mais localement, pour ceuxqui sont proches de l’expérience, la valeur limite peut êtreatteinte.

e. Un litre d’eau dissout 2 mol de dioxyde de soufre. Pourdissoudre tout le dioxyde de soufre produit, il faudrait unvolume d’eau Veau = 5 × 10 –3/2 = 2,5 × 10 – 3 L soit 2,5 mL.Le débit d’une trompe à eau étant de 7 L . min– 1 et l’expé-rience durant 1 mn, 7 L d’eau se seront écoulés. Tout ledioxyde de soufre aspiré par la trompe à eau est donc dis-sous dans l’eau.

f. Le système chimique ne peut pas se limiter au fer et ausoufre, car le mélange réactionnel se trouve au contact dudioxygène de l’air qui est impliqué dans au moins deux réac-tions chimiques secondaires. Il faudrait par exemple tra-vailler sous atmosphère d’azote pour ne pas avoir de réac-tions secondaires, puisque l’azote présent dans l’air nedonne pas de réaction secondaire avec le fer et le soufre.

5. La chimie des airbags (p. 21)

CommentairesCette activité permet de travailler sur un sujet connu detous : les élèves, futurs conducteurs, sont sensibilisés auxquestions de sécurité routière par des informations fourniesparfois dans le cadre du lycée.

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ACTIVITÉS D’EXPLOITATION

Il permet d’approfondir la question des airbags afin demieux connaître le principe de fonctionnement. L’aspectphysique de l’airbag, notamment le principe du capteur phy-sique permettant son déclenchement, n’est évidemment pasabordé dans le cadre de ce manuel de chimie. Toutefois, lesréactions chimiques qu’il met en œuvre sont décrites et per-mettent de réinvestir les notions de tableau d’avancement,de volume molaire d’un gaz, fondamentale en début d’an-née de la classe de Première scientifique.

Correctiona. La quantité de matière d’azoture de sodium :

n0 = 65/(23 + 3 × 14) = 1,0 mol.

xmax = 0,50 mol.La réaction produit donc 1,5 mol de diazote N2.

b. Le volume de diazote, dans les conditions de l’expé-rience, est tel que V = 1,5 × 24 = 36 L.Le volume du ballon étant de 35 L, celui-ci sera donc gonflé.

Note : La pression du gaz dans l’airbag ainsi gonflé est peu supérieure à la pres-sion atmosphérique.

c.

On a xmax = 0,10 mol.La réaction 2 produit donc 0,10 mol de N2 supplémentaire.

d. La pression dans le ballon sera donc augmentée par laréaction 2. La réaction 2 entraîne une surpression dans leballon qui permet de mieux amortir le choc et d’assurer unemeilleure protection.

Note : Le sodium métallique présente un danger : il réagit avec l’eau pourproduire du dihydrogène, gaz explosif. La réaction 2, dite de sécurité permetd’éviter ce danger.

e. L’oxyde de sodium Na2O peut réagir avec l’eau suivant laréaction :

Na2O + H2O → 2 Na+ + OH–

On obtient alors une solution de soude, corrosive, qui peutprésenter un danger. La réaction 3, dite de combinaison,permet d’éviter ce danger.

6. Aspirine et EXAO (p. 22)

CommentairesLe mode opératoire proposé permet de suivre l’avancementde la transformation chimique à volume constant : mise ensolution d’un comprimé d’aspirine non effervescent dansune solution d’hydrogénocarbonate de sodium. L’évolution de la pression du dioxyde de carbone produitpar la réaction en fonction du temps est suivie par EXAO àl’aide d’un capteur de pression, la réaction étant réalisée àvolume constant. L’étude permet de vérifier la quantité deprincipe actif présent dans un cachet d’aspirine 500.La loi du gaz parfait est utilisée dans l’exploitation de cetteexpérience suivie par ordinateur. L’utilisation d’un tableau d’avancement quand un produit de la réaction est sous

TP


Avancement 2 NaN3 2 Na 3 N2

E.I. x = 0 1,0 0 0

E.F. xmax 1,0 – 2 xmax 2 xmax 3 xmax

10 Na 2 KNO3 K2O 5 Na2O N2

E.I. x = 0 1,0 excès 0 0 0

E.F. xmax 1,0 – 10 xmax excès xmax 5 xmax xmax

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forme gazeuse représente une difficulté pour l’élève, diffi-culté abordée dans cette activité.Le choix de cette activité permet de retrouver la quantité deprincipe actif indiquée sur la boîte dans laquelle les com-primés sont conditionnés. L’étude quantitative permet detravailler sur le gaz produit par la réaction, et d’utiliser l’é-quation d’état du gaz parfait. On utilise le capteur de pres-sion que l’élève a manipulé en classe de Seconde.L’utilisation de l’EXAO est l’occasion de faire appel à unetechnique qui se développe au lycée en sciences physiques,et que l’élève devra maîtriser.

Correction1.Pour préparer 20 mL de solution d’hydrogénocarbonatede sodium NaHCO3 de concentration c = 0,5 mol · L–1, il faututiliser la quantité de matière :

n = c V = 0,5 × 20 × 10 –3 = 0,01 molLa masse à peser est donc m = M n = 84,0 × 0,01 = 0,84 g.On pèse 0,84 g d’hydrogénocarbonate de sodium. Onmesure 20 mL d’eau avec une éprouvette graduée. On dis-sout l’hydrogénocarbonate de sodium dans un béchercontenant les 20 mL d’eau.

Notes :• C’est seulement après le chapitre 2 que les élèves sauront relier la quantité dematière d’un solide ionique à la concentration des ions en solution. C’est la rai-son pour laquelle cette information est donnée dans l’énoncé.• Comme l’élève manipule peu lors de cette activité, nous en profitons pour luifaire préparer cette solution. Par ailleurs, un solide est toujours plus concretqu’une solution et l’élève «voit» mieux son réactif.

a. Pour mesurer le volume V0, on remplit complètement leballon avec de l’eau du robinet. On transfère cette eau dansune éprouvette graduée ; on trouve par exemple :

V0 = 340 mL2. a. On lit la valeur p0 sur le graphe ou dans le tableau demesure.

p0 = 93,2 kPa.

Soit n0 la quantité d’air initiale. On a alors :

p0 V0 = n0 R (θ0 + 273)

n0 = p0 V0 / R (θ0 + 273)

or V0 = 0,34 – 0,01 = 0,33 L = 0,33 × 10 – 3 m3 (il faut sous-traire le volume de la solution).Si θ0 = 20 °C, alors :

n0 = 93,2 × 10 3 × 0,33 × 10 –3 / (8,31 × 293) = 1,3 × 10 –2 mol.

b. Le volume accessible au gaz est constant ; c’est le volumedu ballon, diminué du volume de la solution.Sa température est constante, car on ne constate ni échauf-fement ni refroidissement du ballon.La quantité de matière nCO2

augmente, CO2 étant produitpendant la réaction à partir de réactifs dissous.À l’instant t, la pression est p.Si on appelle n la quantité de gaz (air + CO2) à l’instant t onpeut écrire :

p V0 = n R (θ0 + 273), soit n = p V0 / R (θ0 + 273)

t(s)

p(kPa)

50

50

0

60708090

100110

100 150 200 250 300

Comme n – n0 = nCO2, alors nCO2

= (p – p0) V0 / R (θ0 + 273).

c. Tableau d’avancement de la réaction :

À chaque instant, x = nCO2= (p – p0) V0 / R (θ0 + 273).

La quantité de matière restante de C9H8O4 est donc :a0 – (p – p0) V0 /R (θ0 + 273).

d. On trouve expérimentalement que la valeur de la pres-sion se stabilise à pmax = 113 kPa.À l’état final, la quantité de matière de C9H8O4 est nulle carc’est le réactif limitant, d’où :

a0 = xmax = (pmax – p0) V0 / R (θ0 + 273)

La quantité de matière de principe actif initialement pré-sente dans le comprimé était :

a0 = (113 – 93,2) × 10 3 × 0,33 × 10 –3 / (8,31 × 293) = 2,68 × 10 –3 mol.

e. La masse molaire de l’aspirine est : MC9H8O4

= 180,0 g . mol –1. Donc : a0 = 0,500/180,0 = 2,78 × 10 –3 mol. Le résultat est vérifié à 3,6 % près.

Note : La valeur expérimentale est inférieure à la valeur théorique : le dioxydede carbone est un peu soluble dans l’eau, donc la quantité de matière dioxydede carbone gaz déterminée par l’expérience est un peu plus faible que prévue.La solubilité de CO2 dans l’eau dépend de la pression partielle de CO2 et de latempérature. Dans notre cas, (20 °C, 21 kPa), elle est de 0,25 mmol dans 10 mL(Handbook of Chemistry and Physics 1996/97, 77e éd. p. 6-7). C’est approxi-mativement la quantité de matière qui manque dans notre phase gazeuse.

Appliquer ses connaissancesLes volumes en mL sont :

V1 = 20 cm3 = 20 mL ;V2 = 1,12 L = 1,12 × 10 3 mL;V3 = 0,05 L = 0,05 × 10 3 mL;V4 = 1,0 × 10 –3 dm3 = 1,0 mL ; V5 = 5,45 × 10 –3 µL = 5,45 × 10 –6 mL.

Les volumes en L sont :

V1 = 20 mL = 20 × 10 –3 L ;V2 = 20,0 mL = 20,0 × 10 –3 L ;V3 = 20 × 10 –3 dm3 = 20 × 10 –3 L ;V4 = 20,0 × 10 –3 m3 = 20,0 L ; V5 = 20,50 × 10 6 µL = 20,50 L.

a. Le volume de cuivre utilisé est :

V = L × (π R2 – π (R – e)2) = 2π R e L

V = 2 × 3,14 × 7,5 × 10 –3 × 1,2 × 10 –3 × 50V = 2,8 × 10 –3 m3 = 2,8 × 103 cm3.

b. La masse de cuivre est :m = ρ V = 8,9 × 2,8 × 103 = 25 × 103 g = 25 kg.

a. La quantité de matière de méthane est :

n = V /Vm = 1,50 /24 n = 6,25 × 10 –2 mol.

17

16

14

13


C9H8O4 HCO3– C9H7O4

– CO2 H2O

E.I. x = 0 a0 b0 0 0 solvant

À chaque

instantx a0 – x b0 – x x x solvant

E X E R C I C E S

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:28 Page 7

b. La masse de gaz dans la bouteille est :m = M n = (12,0 + 4 × 1,0) × 6,25 × 10 –2 = 1,07 g.

a. La quantité de matière de gaz butane présent dansla bouteille est :

n = m /M = 15 × 103 / (4 × 12,0 + 10 × 1,0)m = 2,6 × 102 mol.

b. À la pression p = 1 000 hPa et à la température T = 20 + 273,le volume occupé par cette quantité de matière de gaz serait :V = n RT /p = 2,6 × 102 × 8,31 × 293 /( 1 000 × 102) = 6,3 m3.

a. La salle de classe a pour volume : V = L h = 10,0 × 6,5 × 2,9 = 1,9 × 102 m3.

b. Le volume de dioxygène est VO2= 0,20 × 1,9 × 102 = 38 m3.

La quantité de matière de dioxygène est par conséquent :nO2

= V /Vm = 1,6 × 103 mol.

a. Une mole d’air est constituée de 0,80 mol dediazote et 0,20 mol de dioxygène : la masse des moléculesprésentes dans un tel échantillon est donc :

m = 28,0 × 0,80 + 32,0 × 0,20 = 29 g

Note : Dans la définition de la mole, il est spécifié que l’on doit considérer desentités identiques. Dans le cas de l’air, il faut considérer que ces entités sont desmolécules, sans spécifier plus précisément leur nature chimique. En effet, onne peut ajouter « 3 légumes chou + 2 légumes carotte » ; il convient d’ajouter «3 légumes + 2 légumes».

b. Considérons une mole de gaz (de masse M en g) et unemole d’air (de masse 29 g). D’après la loi d’Avogadro-Ampère, on peut affirmer qu’aux mêmes conditions de tem-pérature et de pression, ces deux échantillons de mêmequantité de matière occupent le même volume. D’après ladéfinition de la densité, on a donc d = M / 29.c. Si le gaz a pour densité d = 0,068, alors :

M = 29 d = 2,0 g . mol –1.Le seul gaz dont la masse molaire est 2 g . mol – 1 est le dihydrogène H2.d. Dans la grotte du chien, il y a du dioxyde de carbone CO2produit naturellement. La densité par rapport à l’air du dioxyde de carbone est :

d = 44 /29 = 1,5.Ce gaz étant plus dense que l’air, il se localise au sol. Lesanimaux de petite taille qui pénètrent dans cette grotte sontprivés de dioxygène et meurent asphyxiés.

a. L’équation de la réaction de combustion s’écrit :CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O

b. Le mélange est stœchiométrique si VCH4/VO2

= 1 /2.

c. Le volume total est VCH4+ VO2

= 10 mL.

D’autre part, nous avons VO2= 2 VCH4

.

On obtient : 3 VCH4= 10 ml, donc VCH4

= 3,3 mL.

a. Le volume du ballon est :

V = 4 πR3/3 = 4π (11 × 10 –2)3 / 3.

V = 5,6 × 10 –3 m3.La quantité de matière est n = pV /RT.n = 2 000 × 102 × 5,6 × 10 –3 / (8,31 × 298) = 0,45 mol.b. Le volume V du gaz est resté inchangé puisque le ballonen cuir est indéformable. Sa quantité de matière n est éga-lement restée inchangée puisqu’il n’y a pas eu de fuite.La température T du gaz à l’intérieur du ballon a augmenté,car celle à l’extérieur a augmenté. La pression p de l’airdans le ballon a donc augmenté également puisque la

23

22

21

19

18

quantité de matière de gaz emprisonné et le volume de cegaz sont restés constants.c. Le ballon éclate sous l’effet d’une forte pression s’exer-çant sur l’enveloppe de cuir de l’intérieur vers l’extérieur.d. Pour éviter l’éclatement de ce ballon, il aurait fallu ledégonfler un peu afin de diminuer la quantité de matière den de gaz qu’il contient et par conséquent celle de p.

a. L’équation de formation du gaz acétylène est : CaC2 + 2 H2O → C2H2 + Ca(OH)2

b. On commence par déterminer la quantité de matière nd’eau impliquée dans la réaction :

n = meau /Meau = ρeau Veau /Meau

n = 1,0 × 5,0 × 10 –2 /18 = 2,8 × 10 –3 mol.Tableau d’avancement de la réaction :

Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.Le réactif limitant étant l’eau, on aura :

2,8 × 10 –3 – 2 xmax = 0.La quantité de matière de gaz acétylène est a = 1,4 × 10–3 mol.c. La combustion du gaz acétylène est :

2 C2H2 + 5 O2 → 4 CO2 + 2 H2Od. La combustion est dans les proportions stœchiomé-triques.L’acétylène et le dioxygène étant gazeux, on peut écrire :

nC2H2/nO2

= VC2H2/VO2

.

En effet, les deux gaz étant considérés comme parfaits, on a : pVC2H2

= nC2H2RT et pVO2

= nO2RT.

On obtient alors :VC2H2

/ VO2= 2 /5 = 0,4.

Or, Vair = 5 VO2. On aura donc :

VC2H2/(Vair / 5) = 0,4 ;

soit : VC2H2/Vair = 0,4 /5 = 0,08.

a. Les quantités de matière initiales sont :a = 1,0 mol et b = 1,5 mol.

b. Le réactif limitant est le réactif B : il est totalementconsommé par la réaction chimique.On lit sur le graphe xmax = 0,5 mol.c. À l’état final, on a 0,5 mol de A et 1,0 mol de C.d. En fin de réaction, on a consommé 1,5 mol de B et 0,5 molde A. On a formé 1,0 mol de C.Les nombres de l’équation ajustée sont 1 pour le réactif A, 3pour le réactif B et 2 pour le produit C.e. L’équation de la réaction s’écrit : A + 3 B → 2 C

a. L’équation de la réaction s’écrit :4 C3H5O9N3 → 6 N2 + O2 +10 H2O +12 CO2

b. La quantité de matière de dynamite utilisée est : n = m /M

= 500 / (3 × 12,0 + 5 × 1,0 + 9 × 16,0 + 3 × 14,0) = 500 /227 n = 2,2 mol.

27

26

25


CaC2 2 H2O C2H2 Ca(OH)2

E.I. x = 0 a 2,8 × 10 – 3 0 0

E.F. xmax a – xmax 2,8 × 10 – 3 – 2xmax 2xmax xmax

A B C

E.I. x = 0 1,0 1,5 0

E.F. xmax 1,0 – xmax 1,5 – 3 xmax 2 xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:28 Page 8

c. Tableau d’avancement de la réaction :

d. À l’état final xmax = n = 5,5 × 10 –1 mol.La quantité de matière de gaz produit est :

ngaz = (6 + 1 + 10 + 12) xmax ;

soit : ngaz = 29 × 5,5 × 10 –1 = 16 mol. e.La pression du gaz dans l’enceinte après explosion est :

p = n R T / V = 16 × 8,31 × 573 / (50 × 10 – 6) = 1,5 × 109 Pa, soit environ 15 000 atmosphères.Le rocher va exploser sous l’effet d’une telle pression.

a. La quantité de matière d’hydrogénocarbonate desodium présente dans 1,0 g de ce solide est :

a = m /M = 1,0 / (23,0 + 1,0 + 12,0 + 3 × 16,0) = 1,0 / 84,0 n = 1,2 × 10 –2 mol.

b. Tableau d’avancement de la réaction :

c. On aura xmax = a / 2 = 6,0 × 10 –3 mol.La composition du système chimique lorsque l’avancementest maximal sera :

0 mol de NaHCO3, 6,0 mmol de Na2CO3, H2O et CO2.d.

Les droites ont pour équation :

n(NaHCO3) = 12 – 2x ;

n(Na2CO3) = n(CO2) = n(H2O) = x.e. On recueille un volume V = 60 mL de gaz CO2.L’avancement est donc égal à x = 60 / (24,0 × 103) ;soit x = 2,5 mmol.C’est aussi la quantité de matière de H2O et Na2CO3.La quantité de matière de NaHCO3 restant est 6,9 mmol.f. Lorsque x = xmax, on devrait obtenir un volume de gaz telque VCO2

= 6,0 × 10 –3 × 24,0 = 1,4 × 102 mL.Le volume gazeux mesuré est seulement de 95 mL.La température devrait donner une valeur supérieure à lavaleur calculée.La pression atmosphérique lorsqu’elle augmente provoquela diminution du volume gazeux.Si le solide initial contenait des impuretés, alors le volumede gaz produit par la réaction sera plus faible.g. Le dioxyde de carbone est faiblement soluble dans l’eau.Cela permet d’expliquer en partie une valeur mesurée infé-rieure à la valeur calculée.

0

2468

101214

n (mmol)

x (mmol)2 4 6 8

28

a. L’équation de la réaction est : N2 + 3H2 → 2NH3.b. Tableau d’avancement :

Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.c. L’avancement maximal est xmax = 0,66 mol.d. p0 = 6,0 × RT /V0.e. Le nombre de moles de gaz est nT = 6,0 – 2x.f. p = (6,0 – 2x)RT /V0.On a donc p = (6,0 × RT /V0) – (2RT /V0)x.Il existe une relation affine entre la pression totale p et l’avancement x de la réaction. Le coefficient directeur estégal à (– 2RT /V0).g. C’est le graphe du milieu qui convient, le coefficientdirecteur de la droite étant négatif.

Aller plus loina. Si le gaz de la bouteille est assimilable au gaz

parfait, on peut écrire : pV = nRT = mRT /M.La masse du gaz dans la bouteille est : m = pVM /RT.

Pour θ = 25 °C, on obtient :m = 15 × 10 5 × 26 × 10 –3 × 58 / (8,31 × 298) = 0,91 kg.

La masse du gaz étant en réalité de 13 kg, on ne peut doncassimiler dans ces conditions le butane au gaz parfait.b. Dans tout le calcul précédent, on a fait l’hypothèse quele butane est assimilé au gaz parfait.Le butane est en fait partiellement sous forme de liquide, cedont on peut se rendre compte en secouant une bouteillepleine. c. Le bilan de matière doit être effectué en quantité dematière (en mole). La relation entre la masse et la quantitéde matière est utilisable. En revanche, la relation entre p, V,T et n n’est utilisable que pour le gaz parfait, et n’est doncpas applicable ici (voir question précédente). La quantité dematière du butane est donc :

n = m /M = 13 × 10 3 /58 = 2,2 × 10 2 mol.d. Tableau d’avancement de la réaction de combustion :

2C4H10 + 13O2 → 8CO2 + 10H2O

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.Lorsque tout le butane sera brûlé, on aura :

xmax = 1,1 × 10 2 mol.Il faut donc : nO2

= 13 xmax = 15 × 10 2 mol.e. Il faut un volume d’air Vair = 5 VO2

= 1,7 × 10 5 L , soit Vair = 0,17 × 10 3 m3 d’air.f. L’appartement de 80 m2 (de hauteur h = 2,5 m) a pourvolume V = 80 × 2,5 = 0,20 × 10 3 m3.Il y a tout juste assez d’air pour la combustion de la totalitéde la charge de butane d’une bouteille de 13 kg. Il est indispensable de disposer d’aérations efficaces lors del’utilisation d’un chauffage au gaz.Note : La norme préconise des aérations hautes et basses, ou mieux, l’utilisationpour la combustion d’air extérieur et non de l’air du local qui doit être chauffé.

30

29


4 C3H5O9N3 6 N2 O2 10 H2O 12 CO2

E.I. x = 0 n 0 0 0 0

E.F. xmax n – 4 xmax 6 xmax xmax 10 xmax 12 xmax

2 NaHCO3 Na2CO3 CO2 H2O

E.I. x = 0 a 0 0 0

E.F. xmax a – 2 xmax xmax xmax xmax

N2 3 H2 2 NH3

E.I. x = 0 4,0 2,0 0

E.F. xmax 4,0 – xmax 2,0 – 3xmax 2xmax

2 C4H10 13 O2 8 CO2 10 H2O

E.I. x = 0 2,2 × 10 2 nO20 0

E.F. xmax 2,2 × 10 2 – 2 xmax nO2– 13 xmax 8 xmax 10 xmax

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a. Le gaz Hélium a une densité inférieure à celle del’air. Le ballon va donc s’élever sous l’action de la pousséed’Archimède.En effet d = 4,0 /29 = 0,40 < 1.b. La quantité de matière de gaz Hélium est conservée. Onpeut donc écrire :

n = p V /RT = constante.Les conditions expérimentales imposent : T2 = T1 – 30 ;

V2 = 4 πR23 /3 ;

V1 = 4 πR13 /3 ;

n = (p1 4πR13 /3) /RT1 = (p2 4πR2

3 /3) /RT2 ;

p1 R13 /T1 = p2 R2

3 / (T1 – 30) ;

p2 = p1 (R1 /R2)3 ((T1 – 30) /T1) ;

p1 = 1 000 × (1 /1,5)3 × (268 /298) = 266 hPa.

c. On a toujours n = constante.

p3V3 /RT3 = p1V1 /RT1.

T3 = T1 (p3 /p1) (V3 /V1)

T3 = T1 (p3 /p1) (R3 /R1)3

T3 = 298 × (200 /1 000) (1,6 /1)3

T3 = 244 K ;

θ3 = 244 – 273 = – 29 °C.

a. Après chauffage à 100 °C et évaporation totalede l’eau, il reste un dépôt solide dans le bécher. Cedépôt est constitué de solides ioniques formés del’ensemble des cations et des anions qui étaientprésents en solution, ainsi que de silice.b. Quand on chauffe à 180 °C, les ions hydrogénocarbonatese transforment chimiquement selon l’équation :

2HCO3– → CO3

2– + CO2 + H2Oc. Les espèces chimiques CO2 et H2O, gazeuses dans lesconditions de l’expérience sont éliminées et la masse durésidu à sec (solide) va donc diminuer.La quantité de matière d’ions HCO3

– est :

357 /61,0 = 5,85 × 10 –3 mol.

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole. À l’état final : xmax = 2,93 × 10 –3 mol.

On obtiendra 2,93 × 10 –3 mol d’ions carbonate.

33

32 d. La masse totale des ions en solution et de la silice dans1 L d’eau d’Evian est :

mtot. = 357 + 4,5 + 10 + 3,8 + 5 + 1 + 78 + 13,5 = 472,8 g.e. La masse des ions carbonate obtenue par chauffage d’unlitre d’eau d’Evian sera :

m = 60,0 × 2,93 × 10 –3 = 175 × 10 –3 g = 175 mg.La différence de masse avant et après le chauffage sera de357 – 175 = 182 mg.Masse du résidu à sec : 473 – 182 = 291 mg.On lit sur l’étiquette 309 mg.Le résultat est vérifié à 6 % près.

a. La masse de l’eau pour un volume de 20 mL est : meau = ρeau Veau = 1,0 × 20 = 20 g.

La quantité de matière d’eau est neau = 20 /18 = 1,1 mol. b.

c. La quantité de matière de gaz permettant de remplir l’éprouvette est :

ng = V1 /Vm = 60 × 10 –3 /24 = 2,5 × 10 –3 mol.d. Il faut que ng = xmax = 2,5 × 10 –3 mol.e. On aura donc n0 = 2 xmax = 5,0 × 10 –3 mol.f. La combustion s’écrit :

2 H2 + O2 → 2 H2Og. La stœchiométrie sera respectée si VH2

/VO2= 2.

h. Le volume total est VH2+VO2

+ VN2= 60 mL.

On a donc : 2 VO2+ VO2

+ 4 VO2= 60 mL ; soit :

VO2= 8,56 mL et VH2

= 17 mL.

6. Aspirine et EXAO (p. 22)

• Un comprimé d’aspirine non effervescente (aspirine duRhône).• Hydrogénocarbonate de sodium solide NaHCO3.• Un ballon de 250 ml.• Un bouchon à un trou avec tube coudé et tube flexible.• Un interface EXAO.• Un capteur de pression.• Un ordinateur avec logiciel Régressi (sinon un manomètreet un chronomètre).

TP

MATÉRIEL ET PRODUITS

34


Ca 2 H2O Ca(OH)2 H2

E.I. x = 0 n0 1,1 0 0

E.F. xmax n0 – 2 xmax 1,1 – xmax xmax xmax

2HCO3– CO2 CO3

2– H2O

E.I. x = 0 5,85 × 10 – 3 0 0 solvant

E.F. xmax 5,85 × 10 – 3 – 2 xmax xmax xmax solvant

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PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 2 – SOLUTIONS IONIQUES 11

1. Généralités

Le programme de Seconde se limitait à la dissolutiond’espèces chimiques moléculaires conduisant à des solutionsmoléculaires; les solutions ioniques n’étaient envisagées quedans le cas d’une dilution. On aborde ici la dissolutiond’espèces chimiques ioniques ou moléculaires, conduisant àdes solutions ioniques appelées solutions électrolytiques.Outre des notions étudiées en Seconde et revues en partiedans le chapitre 1, comme l’utilisation du tableau d’avance-ment, le présent chapitre réinvestit des connaissancesacquises en Physique : interaction électrique, loi deCoulomb, caractère conducteur de certains matériaux. Ilouvre la voie à l’étude de la conductimétrie (chapitre 4).Ce chapitre est axé sur deux notions essentielles.L’explication du fait que des solutions ioniques puissent êtreobtenues par dissolution d’espèces chimiques moléculairespasse par l’introduction du caractère dipolaire d’une molé-cule. Il faudra ensuite présenter le phénomène de solvata-tion des ions, puisque l’énergie qu’il met en jeu est néces-saire pour qu’une dissolution ait lieu. L’étude des diverses réactions chimiques rencontrées (pré-cipitation, dissolution) s’appuie sur la construction et l’ex-ploitation d’un tableau d’avancement.Le cas des électrolytes faibles, c’est-à-dire d’une mise ensolution s’accompagnant d’une transformation chimiquenon totale (solution d’acide éthanoïque par exemple), n’estpas envisagé en classe de Première.Les activités de découverte proposées avant le cours ontpour but de familiariser l’élève avec les notions de solideionique (soluble ou non), et de solution aqueuse ionique.Les activités d’exploitation qui suivent le cours font inter-venir des gaz : dissolution d’un gaz dans l’eau, précipitation(appliquée en particulier à la reconnaissance d’ions en solu-tion). Elles permettent de réinvestir les acquis et d’utiliserles grandeurs pression et volume.

2. Molécules dipolaires

Le caractère dipolaire d’une molécule est présenté confor-mément aux commentaires du programme : une moléculeconstituée de deux atomes différents présente une dissy-métrie à l’origine de l’apparition d’un caractère dipolaire ; laliaison covalente entre les deux atomes est alors polarisée. La notion d’électronégativité est juste évoquée dans lecours, toujours conformément au programme, en signalantque, lorsque deux atomes sont liés par une liaison cova-lente, le plus électronégatif est celui qui attire davantage àlui le doublet d’électrons de liaison.La polarisation d’une liaison est d’autant plus marquée quela différence d’électronégativité entre les deux atomes liésest plus grande.


De façon générale, une molécule est polaire si elle présentedes liaisons polarisées et si sa géométrie est telle que lesbarycentres des charges partielles positives et négatives necoïncident pas. Nous avons convenu d’utiliser le terme decharges partielles, et non pas simplement charges, pour évi-ter toute confusion avec des ions ou avec la charge élé-mentaire. On entend par charge partielle une charge électrique fic-

tive, dont la valeur absolue (sans importance ici), souventinférieure à la valeur de la charge élémentaire, dépend dela différence d’électronégativité des atomes liés.On fera remarquer aux élèves que la tendance pour unatome à acquérir une charge partielle peut, comme sa ten-dance à devenir un anion ou un cation, se déduire de laposition de l’élément chimique correspondant dans la clas-sification périodique. La notion hors programme de moment dipolaire n’est pasabordée.

Note : Il n’est fait référence à aucune échelle d’électronégativité. Il peut cepen-dant être utile au professeur de savoir que l’on peut considérer grossièrementqu’une liaison est covalente pure si la différence d’électronégativité entre lesatomes liés est inférieure à 1, covalente polarisée pour une différence compriseentre 1 et 2, et ionique au-delà.

3. État physique des espècesou entités chimiques

Une des particularités de ce chapitre est l’introductiond’une notation précisant l’état physique des espèces chi-miques considérées : (s) pour un solide, () pour un liquide,(g) pour un gaz. De même, l’indice (aq) est introduit pourindiquer la solvatation des ions ou des molécules en solu-tion aqueuse.L’emploi des notations (s), () et (g) à la suite d’une formulechimique, indiquant l’état physique d’une espèce chimique,concerne donc le niveau macroscopique uniquement. Ainsi,quand on évoque une molécule d’eau (niveau microsco-pique), on ne met pas d’indice. En revanche, l’indice (aq) aété utilisé aussi bien pour un ion ou une molécule sol-vaté(e) (niveau microscopique), que pour l’ensemble desions ou des molécules d’un certain type (niveau macrosco-pique) dans une solution : cet indice précise que l’on s’inté-resse à un ion solvaté, donc à un aquacomplexe, et non à union isolé ou à un ion dans un solide ionique. Les quelques exemples suivants permettent de précisernotre point de vue :• Par dissolution dans l’eau de chlorure de sodium NaCl(s),on obtient une solution contenant des ions Na+

(aq) et Cl–(aq). • L’éthanol pur liquide est noté C2H6O(). En solutionaqueuse, on écrira C2H6O(aq).• H2(g) désigne le gaz dihydrogène constitué des moléculesH2.Ces notations sont utilisées systématiquement dans lecours du chapitre 2 et dans les activités et exercices qui lesuivent. Conformément aux commentaires du programme,elles ont parfois été omises dans la suite du manuel, dansun souci de simplification, à condition toutefois qu’il n’y ait

Solutions ioniques2

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b. On remarque que les cristaux de permanganate de potas-sium et la solution, préparée en mélangeant l’espèce chi-mique correspondante à de l’eau distillée, ont la même cou-leur.

Note : Les cristaux ioniques et la solution ionique correspondante possèdentles mêmes ions et en même quantité (même masse) : il y a conservation de lamatière lors d’une dissolution.

On interprète la dispersion de la couleur par la dispersiondes ions contenus dans les cristaux lors de leur disparition.Cela signifie également que certains ions (mais pas tous lesions présents, puisque certains sont incolores) sont respon-sables de la couleur de la solution.

c. Les cristaux de chlorure de potassium KCl(s) sont blancs.On observe la disparition des cristaux blancs de chlorurede potassium, la solution ionique obtenue est incolore.

d. D’après ce qui précède, ni les ions chlorure ni les ionspotassium sont responsables d’une coloration particulièrepuisque la solution de chlorure de potassium est incolore.On en déduit donc que seul les ions permanganate sontresponsables de la coloration violette d’une solution de per-manganate de potassium.

e. Représentation en deux dimensions :

f. La répartition des ions dans le cristal est ordonnée(répartition régulière et répétitive) alors que dans la solu-tion ionique elle est aléatoire. De plus, les ions sont aucontact dans le solide et sont dispersés en solution.

Note : On verra plus loin une troisième différence : les ions sont solvatés ensolution alors qu’ils ne le sont pas dans le solide ionique (sauf pour certains soli-des hydratés).

2. Solution et conduction (p. 32)

CommentairesCette deuxième activité se propose de rappeler pourquoiune solution est conductrice. Volontairement courte, elles’appuie sur deux photos d’expérience et a pour but de réin-vestir une des propriétés importantes d’une solutionionique, son caractère conducteur. Il s’agira pour l’élève decomprendre qu’une solution ionique contient des ions etc’est pour cela qu’elle conduit le courant.

Note : Ce dispositif expérimental (inconnu de l’élève) a été choisi d’une partpour éviter le dispositif classique d’un tube à électrolyse (qui fait appel à d’au-tres notions) et d’autre part pour insister de nouveau sur le fait qu’un cristal depermanganate de potassium (Activité 1) contient bien des ions.

Correctiona. Le montage de l’expérience est constitué d’un circuit ensérie comprenant un récipient, une lampe et un générateurde tension continue.

b. L’eau pure ne conduit pratiquement pas le courant élec-trique (I ≈ 0 A) au contraire de l’eau salée (I ≠ 0 A).

DOC

représentationde la solution

représentationdu solide


aucune confusion possible. Ainsi, il n’est pas ambigu d’é-crire la solution aqueuse de chlorure de sodium Na+ + Cl–

au lieu de Na+(aq) + Cl–(aq), car d’une part on indique qu’il s’a-

git d’une solution, et d’autre part l’écriture Na+ + Cl– neconcerne que la solution et pas le solide.En revanche, dans le cas d’une solution de diiode, il fautécrire solution de diiode I2(aq) bien que le mot solution soitprésent, car l’écriture I2 concerne à la fois l’espèce chimiquesolide (que l’on notera I2 (s)) et la solution, elle est doncambiguë.L’utilisation des indices prend une importance capitale auchapitre 10, où l’on étudie l’énergie mise en jeu lors d’unetransformation chimique : cette énergie dépend en effet del’état physique des réactifs et des produits, qui doit êtreimpérativement précisé. Remarques :

• L’ion H+(aq) se note aussi H3O

+ (ion oxonium).• En solution alcoolique, on adopte l’indice (alc). Exemple : Ag+

(alc) (cf. page 188).• Dans le cas d’un atome isolé ou d’une molécule isolée, iln’y a pas d’état physique à préciser. Exemple : atome H, atome Cl, molécule HCl.Par contre, pour un gaz d’atomes d’hydrogène, on écrira H(g)(cf. page 222).

1. Dissolution d’un composé coloré (p. 32)

CommentairesL’objectif de cette première activité est de faire le lien entrela dispersion de la couleur et la dispersion d’entités chi-miques lors de la dissolution d’une espèce chimique dansl’eau.Cette activité s’appuie sur l’observation de la dissolution dedeux composés colorés. Il s’agit de comprendre qu’unesolution ionique peut être obtenue par dissolution dansl’eau d’espèces chimiques solides et que les ions présentsen solution préexistaient dans l’espèce chimique ioniqueavant sa mise en solution.On insistera particulièrement sur la relation entre la disper-sion des ions et celle de la couleur en faisant remarquer quecette dernière est souvent, mais pas toujours, apparentée àcelle du solide. À cette occasion, il est important de souli-gner qu’il est préférable de ne pas dire qu’un ion est coloré,mais qu’il est responsable de la couleur de la solution.Enfin, cette activité propose une réflexion (qui sera repriseau chapitre suivant) sur « l’organisation » des ions dans unsolide ionique et dans la solution obtenue après sa mise ensolution. Une représentation simplifiée en deux dimensionsest introduite.Dans cette activité, comme dans toutes celles qui précèdentle cours, l’état physique des espèces chimiques et la solva-tation des ions ne sont pas encore précisés au moyen d’in-dices. Il ne s’agit pas d’un oubli : l’introduction de ces nota-tions interviendra progressivement dans le cours, et ellesseront utilisées après le cours et dans toute la suite dumanuel.

Correctiona. On observe la dispersion d’une coloration violette.

DOC


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c. Les porteurs de charges qui assurent le passage du cou-rant dans l’eau salée sont les ions sodium Na+ et les ionschlorure Cl–.

d. Une solution qui conduit le courant électrique est unesolution contenant des ions, et réciproquement.

3. Les ions et solutions ioniques (p. 33)

CommentairesCette activité s’intéresse aux solides ioniques et aux solu-tions aqueuses correspondantes. Elle utilise le modèle des

solides ioniques qui a pour principal objectif de réinvestirles notions, concernant des notations, déjà introduites enclasse de Troisième et de Seconde. Construite comme uneséance de travaux dirigés en classe entière, elle doit per-mettre à l’élève de vérifier qu’il maîtrise bien les prérequisindispensables pour aborder sereinement un cours délicat.On en profitera pour vérifier de nouveau si la notion de cou-leur d’une solution a été comprise.

Correction1. a. De même que l’ion carbonate CO3

2– est constitué, selonl’énoncé 1, d’un atome C et de trois atomes O, l’ion sulfateest constitué d’un atome S et de quatre atomes O. Lenombre de charges élémentaires est 2–, comme pour l’ioncarbonate de l’énoncé 1.

b. L’atome de baryum, appartenant à la famille des alcalino-terreux, a deux électrons sur sa dernière couche et a ten-dance à les perdre pour satisfaire à la règle de l’octet endevenant le cation baryum Ba2+. D’après l’énoncé 2, lescharges des ions constituant le sulfate de baryum doiventse compenser. L’ion baryum portant, comme l’ion sulfate,deux charges élémentaires, il faut un ion baryum par ionsulfate pour que l’ensemble soit électriquement neutre.

c.

d. Anions : Cl– chlorure ; PO43– phosphate ; HO– hydroxyde ;

CO32– carbonate.

Cations : Cu2+ cuivre (II) ; Al3+ aluminium ; K+ potassium.

e. Iodure de potassium : KI(s) → K+(aq) + I–

(aq). Chlorure d’ammonium : NH4Cl(s) → NH4

+(aq) + Cl–(aq).

Carbonate de sodium : Na2CO3(s) → 2Na+(aq) + CO3

2–(aq).

Nitrate d’argent : AgNO3(s) → Ag+(aq) + NO3

–(aq).

Nitrate de zinc : Zn(NO3)2(s) → Zn2+(aq) + 2NO3

–(aq).

Chlorure de baryum : BaCl2(s) → Ba2+(aq) + 2Cl–(aq).

Sulfate d’aluminium : Al2(SO4)3(s) → 2Al3+(aq) + 3SO4

2–(aq).

Phosphate de potassium : K3PO4(s) → 3 K+(aq) + PO4

3–(aq).

Hydrogénocarbonate de sodium : NaHCO3(s) → Na+

(aq) + HCO3–(aq).

2. a. La formule du sulfate de cuivre (anhydre) est : CuSO4(s).

DOC

La formule du sulfate de cuivre hydraté est : CuSO4 , 5 H2O(s).

b. La formule du chlorure de cuivre (anhydre) est : CuCl2(s).La formule du chlorure de cuivre hydraté est :

CuCl2 , 2 H2O(s).

c. Pour la solution de sulfate de cuivre préparée à partir dusolide anhydre et/ou hydraté :

CuSO4(s) → Cu2+(aq) + SO4

2–(aq).

Pour la solution de chlorure de cuivre préparée à partir dusolide anhydre et/ou hydraté :

CuCl2(s) → Cu2+(aq) + 2 Cl–(aq).

d. La dissolution d’une mole de sulfate de cuivre (anhydreet/ou hydraté) dans l’eau engendre la formation d’une moled’ions cuivre et d’une mole d’ions sulfate.La dissolution d’une mole de chlorure de cuivre (anhydreet/ou hydraté) dans l’eau engendre la formation d’une moled’ions cuivre et de deux moles d’ions chlorure.

e. Les solutions de chlorure de potassium et de sulfate desodium étant incolores, on en déduit que les ions K+

(aq),Na+

(aq), Cl–(aq) et SO42–

(aq) ne contribuent pas à la couleur dessolutions. L’énoncé 4 permet d’en déduire que les ionsFe3+

(aq) contribuent à la coloration orange de la solution etque les ions Cu2+

(aq) contribuent à la couleur bleue. Demême, on en déduit que les ions MnO4

–(aq) confèrent à la

solution sa couleur violette.

4. Association d’ions en solution (p. 34)

CommentairesLe modèle des ions qui s’associent en solution concerneles réactions chimiques de précipitation, souvent utiliséespour tester la présence d’un type d’ion en solution aqueuse.L’expression ions qui s’associent en solution remplaceavantageusement ions incompatibles, terme qui se ren-contre parfois et qui peut prêter à confusion. Il s’agit d’unmodèle simple, basé sur un petit nombre d’énoncés qui, cer-tes, font intervenir quelques approximations. Cette activité doit faire prendre conscience aux élèvesqu’une solution ionique ne contient que des ions pouvantcoexister en solution, et que si, par mélange de solutionsélectrolytiques, on met en présence des ions qui ne peuventpas coexister en solution, alors ceux-ci vont s’associer pourformer un solide appelé précipité. L’identification des ionsFe2+, Fe3+, Zn2+ et Cu2+ est ensuite abordée comme uneapplication immédiate du modèle.On envisagera des situations dans lesquelles les approxi-mations intervenant dans les énoncés du modèle sont légi-times. Le modèle sous-entend en effet qu’un solide estconsidéré comme étant soit soluble soit insoluble dansl’eau. On choisira donc des espèces chimiques très solublesou quasi-insolubles dans l’eau.

Correction1. a. Il faut trois ions SO4

2– pour deux ions Al3+ (énoncé 1).Si l’échantillon comporte 6 × 1023 ions Al3+, alors il com-porte (3/2) × 6 × 1023 = 9 × 1023 ions SO4

2–.

b. La solution aqueuse de sulfate de sodium est constituéed’ions sodium Na+ et d’ions sulfate SO4

2– dispersés parmi lesmolécules d’eau. Il y a deux fois plus d’ions sodium qued’ions sulfate pour respecter l’électroneutralité (énoncé 1).

DOC


Anions

Cations Cu2+ Al3+ K+

Cl– CuCl2 AlCl3 KCl

PO43– Cu3(PO4)2 AlPO4 K3PO4

HO– Cu(OH)2 Al(OH)3 KOH

CO32– CuCO3 Al2(CO3)3 K2CO3

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c. Le filtrat est la solution initiale : la constitution n’a paschangé (énoncé 2).

2. a. Le système comporte deux anions et deux cations. Lesassociations anion-anion ou cation-cation sont impossibles,l’électroneutralité devant être respectée (énoncé 1).Les associations anion-cation susceptibles de se faire sont :

Na+ et NO3–, Na+ et Cl–, Ag+ et NO3

–, Ag+ et Cl–.

b. On peut immédiatement rejeter l’éventualité des asso-ciations Na+ et Cl–, et Ag+ et NO3

– puisque ce sont les solu-tions initialement utilisées, donc les ions qui les constituent coexistent en solution (énoncé 5). Les solutions de nitratede sodium existent : les ions Na+ et NO3

– coexistent donc et ne s’associent pas en solution (énoncé 5). Le précipité estdonc constitué par l’association des ions Ag+ et Cl– : c’estun précipité de chlorure d’argent AgCl (énoncé 4).

c. Le bécher contient un précipité formé par l’associationde trois ions Ag+ et trois ions Cl– et une solution contenantquatre ions Na+, trois ions NO3

– et un ion Cl–.

d. La poudre de chlorure d’argent ne disparaît pas dansl’eau : elle est insoluble dans l’eau puisqu’elle est constituéed’ions Ag+ et Cl– dont on a montré à la question précédentequ’ils s’associent en solution. On ne peut dissoudre unsolide ionique constitué d’ions qui ne peuvent coexister ensolution (énoncé 4).

3. a. Dans le tube 1 ont été introduits les ions Fe2+, Cl–, Na+

et HO–. Les ions susceptibles de s’associer en solution sontNa+ et Cl–, et Fe2+ et HO– (énoncés 1 et 5). Or la solution dechlorure de sodium Na+ + Cl– existe. Donc les ions qui s’as-socient en solution pour former le précipité sont Fe2+ etHO–.De même, dans le tube 2, les ions Fe3+ et HO– s’associent ensolution. Dans le tube 3 : Zn2+ et HO-. Dans le tube 4 : Cu2+

et HO–.

b. Les équations chimiques représentant les réactions deprécipitation sont les suivantes (énoncé 1) :• Tube 1 : Fe2+ + 2 HO– → Fe(OH)2, précipité vert d’hydro-xyde de fer .• Tube 2 : Fe3+ + 3 HO– → Fe(OH)3, précipité orangé d’hydro-xyde de fer.• Tube 3 : Zn2+ + 2 HO– → Zn(OH)2, précipité blanc d’hydro-xyde de zinc.• Tube 4 : Cu2+ + 2 HO– → Cu(OH)2, précipité bleu d’hydro-xyde de cuivre.

c. Les ions identifiés sont Fe2+, Fe3+, Zn2+ et Cu2+. Ces ionss’associent en solution avec les ions HO– apportés par lasolution d’hydroxyde de sodium pour donner des précipitésde couleurs différentes : d’où une identification possible.

Note : Des ions autres que Zn2+ s’associent en solution aux ions HO– pourformer un précipité blanc (exemple : Al3+…)

précipitéde chlorure

d’argent AgCl

Ag+

Na+

NO–3

Cl–

5. Réactions de précipitation (p. 42)

CommentairesCette activité expérimentale s’intéresse en premier lieu auxsolides ioniques, solubles ou insolubles dans l’eau, et utilisele modèle des ions qui s’associent en solution présenté lorsde l’activité 4.L’association de certains ions en solution, conduisant à la for-mation de précipités, est mise à profit pour réaliser des testsde reconnaissance d’ions, ici les ions sulfate et chlorure.La troisième partie est l’occasion de construire un tableaud’avancement pour effectuer un bilan de matière. Elle per-met, de même que la dernière partie, de réinvestir lesnotions de réactif limitant et réactif en excès, évoquées enfin de Seconde.Les approximations que sous-entend l’utilisation des termessolides solubles ou insolubles seront rendues légitimes iciencore par l’utilisation d’espèces chimiques très solubles(sulfate de sodium, chlorure de sodium) ou quasi-insolubles(sulfate de baryum) dans l’eau.On remarquera que tout test mettant en jeu une réaction deprécipitation est un test de reconnaissance commun auxdeux sortes d’ions qui s’associent en solution.Rappelons que le test des ions chlorure (au moins) a déjàété réalisé en classe de Troisième. Il est cependant rare-ment acquis qu’un précipité est une espèce chimique solide,ou qu’une solution de chlorure de sodium s’obtient par dis-solution dans l’eau de chlorure de sodium solide et non pasen mélangeant des ions chlorure et des ions sodium…

Correction

1. a. Dans les tubes 1 et 2, on obtient une solution homo-gène ; les solides introduits disparaissent, ils sont solublesdans l’eau. Les ions qui les constituent ne s’associent pas ensolution.Dans le tube 3, le sulfate de baryum reste visible ; il est doncinsoluble dans l’eau.Les ions Ba2+ et SO4

2– sont des ions qui s’associent en solu-tion.

b. Contenu du tube 1 : solution de sulfate de sodium 2 Na+ + SO4

2– (ions Na+, SO42– et molécules d’eau).

Contenu du tube 2 : solution de chlorure de sodium Na+ + Cl– (ions Na+, Cl– et molécules d’eau).Contenu du tube 3 : eau et sulfate de baryum solide BaSO4.

c. On réalise une filtration. Le filtrat est de l’eau, le soliderecueilli dans le filtre est le sulfate de baryum.

d. On réalise une évaporation du solvant (eau) par chauf-fage doux et prolongé. Il restera le sulfate de sodium solide.

2. a. Il se forme un précipité blanc.

b. Dans le tube ont été introduits les ions Na+, SO42–, Ba2+ et

Cl–.

c. Les ions d’une même solution ne s’associent pas. D’autrepart, seuls des anions et des cations peuvent s’associer. Lesassociations possibles sont donc Na+ et Cl–, et Ba2+ et SO4

2–.Les ions Na+ et Cl– ne s’associent pas puisque la solution de chlorure de sodium existe. L’espèce chimique blancheobservée dans le tube est un précipité de sulfate de baryum BaSO4.

TP



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d. L’équation de la réaction est la suivante :

Ba2+ + SO42– → BaSO4

précipité blanc

e. Le test qui permet de caractériser des ions Ba2+(aq) en

solution consiste à rajouter des ions SO42–

(aq).

3. a. Dans un tableau d’avancement, les quantités dematière et l’avancement sont exprimés en mole.

b. L’avancement maximal correspond à la disparition, entotalité, de l’un des réactifs appelé réactif limitant.Si les ions Ba2+ disparaissaient en totalité : 5,0 × 10 –3 – xmax = 0, soit xmax = 5,0 × 10 –3 mol mais la quan-tité de matière de SO4

2– serait négative, ce qui ne convientpas. Donc ce sont les ions SO4

2– qui disparaissent en tota-lité : 4,0 × 10 –3 – xmax = 0, soit xmax = 4,0 × 10 –3 mol et ilreste 1,0 × 10–3 mol Ba2+.La masse du précipité est :

m = n M = 4,0 × 10–3 × 233,4 = 0,93 g.

c. Dans le filtrat, sont présents les ions Ba2+ restants(1,0 × 10 – 3 mol) ainsi que les ions qui ne sont pas inter-venus dans la réaction chimique : Na+ en quantité double de celle des ions SO4

2– introduits (pour respecter l’élec-troneutralité de la solution de sulfate de sodium) soit8,0 × 10 –3 mol, et Cl– en quantité double de celle des ionsBa2+ introduits (pour respecter l’électroneutralité de la solu-tion de chlorure de baryum), soit 1,0 × 10–2 mol.

d. Les masses doivent être voisines. Une masse expéri-mentale plus grande que la masse théorique peut provenird’un séchage insuffisant du précipité. Plus petite, il peut yavoir eu des pertes (bécher mal rincé…).

4. On observe la formation d’un précipité blanc (quidevient grisâtre à la lumière).

a. On a introduit dans le tube 2 des ions Na+, Cl–, Ag+ etNO3

–. Puisque seuls les ions Ag+ et Cl– s’associent en solu-tion, ils constituent le précipité de chlorure d’argent AgClqu’on observe et qu’on récupère dans le filtre.Le filtrat contient les ions Na+, NO3

– et les ions Cl– en excèsen solution aqueuse.Après filtration, l’ajout au filtrat de quelques gouttes desolution de nitrate d’argent conduit encore à l’obtentiond’un précipité blanc (de même aspect que le précédent).

b. L’ion argent Ag+ permet de mettre en évidence la pré-sence d’ions chlorure dans une solution. L’équation de laréaction qui a lieu est la suivante :

Ag+ + Cl– → AgCl précipité blanc

qui noircit à la lumière

Note : La solution de nitrate d’argent utilisée ne doit pas être trop concentrée,car si les élèves dissolvent trop peu de chlorure de sodium dans la partie 1. del’activité expérimentale, il n’y aura plus d’excès d’ions chlorure, ce qui poseraproblème.

c. Le deuxième ajout de solution de nitrate d’argent mon-tre que des ions chlorure sont encore présents dans le fil-trat. Les ions chlorure sont en excès.

6. Expérience du jet d’eau (p. 43)

CommentairesCette activité permet de réinvestir des connaissances acqui-ses en classe de Seconde sur le comportement d’un gaz, àl’échelle macroscopique et à l’échelle microscopique.Elle se termine par un calcul de quantité de matière et deconcentration molaire, utilisant l’équation d’état du gaz par-fait. Ce calcul peut paraître quelque peu difficile et décon-certant, puisque la seule valeur numérique utilisée est celledu volume molaire d’un gaz.L’expérience sur laquelle l’élève est invité à réfléchir n’a riend’original : il s’agit de la traditionnelle expérience de disso-lution d’un gaz dans l’eau, appelée expérience du jet d’eau. La trompe à eau évoquée dans le paragraphe 1. constitueun dispositif que l’élève doit connaître et qu’il sera amené àutiliser dans des activités expérimentales, ce qui ne pré-sente d’ailleurs aucune difficulté particulière.Le calcul qui termine cette activité fait intervenir l’équationd’état du gaz parfait et le volume molaire du gaz, mais ni lanature du gaz dissous, ni le volume du ballon utilisé, ni levolume de solution obtenu dans le ballon en fin d’expé-rience n’entrent en jeu.Dans cette activité, qui suit le cours, on veillera à indiquerl’état physique des espèces chimiques ou entités envisagées.

Correction1. a. La trompe à eau diminue la pression du gaz du réci-pient auquel elle est reliée.

b. La pression du gaz contenu dans le ballon diminue àcause de l’aspiration par la trompe à eau. Cette pressionétant inférieure à la pression atmosphérique, l’eau montedans le ballon.La trompe à eau déplace et entraîne hors du ballon lesmolécules constituant l’air contenu dans le ballon. Cesmolécules, par leur agitation et les chocs sur la surface del’eau, empêchaient l’eau de monter dans le ballon. Le nom-bre de molécules dans le ballon diminuant, il y a moins dechocs et l’eau monte, poussée par les chocs des moléculesde l’air de la salle sur la surface libre de l’eau du cristallisoir.

2. a. Dans le tube à essais a lieu la réaction chimiqued’équation : H+

(aq) + Cl–(aq) → HCl(g)Un gaz est produit. Ce gaz arrive au contact du papier-pHmouillé ; il s’y dissout selon la réaction d’équation :

HCl(g) → H+(aq) + Cl–(aq)

Les ions H+(aq) sont responsables du changement de couleur

du papier-pH.

b. Pendant le remplissage du ballon par du chlorure d’hy-drogène, on présente un papier-pH mouillé à l’orifice de sortie du tube droit vertical. Le changement de couleur dupapier-pH traduit le fait que le ballon contient une quantiténotable de chlorure d’hydrogène.

c. Seule une diminution de la pression dans le ballon per-met d’interpréter la montée de l’eau.

d. Dans l’expérience 1. b., des molécules sont déplacées(par la trompe à eau). Dans l’expérience 2. c., une espècechimique moléculaire se dissout dans l’eau. Dans les deuxcas, la phase gazeuse contient une quantité de matière degaz plus faible, mais cette perte de matière de la phasegazeuse a une origine différente dans les deux expériences.

TP


Ba2+ SO42– BaSO4

E.I. x = 0 5,0 × 10–3 4,0 × 10–3 0

E.F. xmax 5,0 × 10–3 – xmax 4,0 × 10–3 – xmax xmax

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e.

Le schéma précédent représente le système chimique avantla dissolution du chlorure d’hydrogène. En noir et en grisfigurent les molécules constituant l’air (N2 et O2 respec-tivement) toujours présentes dans la phase gazeuse duballon.

Le schéma ci-dessus représente l’état du système après ladissolution. L’eau est montée dans le ballon et les moléculesse sont dissociées ; on a des ions en solution.

f. Lors de la dissolution dans l’eau du chlorure d’hydro-gène, les molécules de chlorure d’hydrogène se sont disso-ciées en ions : HCl(g) → H+

(aq) + Cl–(aq)Pour prouver la présence d’ions en solution, on pourraitmontrer que la solution conduit le courant électrique.Un test utilisant une solution de nitrate d’argent permettraitde mettre en évidence la présence d’ions Cl–(aq).Un test au papier-pH permettrait de mettre en évidence laprésence d’ions H+

(aq) (cf. 2. a.).

g. Le ballon ne s’est pas totalement rempli puisque l’air,initialement présent occupe toujours un certain volume (iln’y a pas de système d’aspiration).

h. Dans la phase gazeuse du ballon de volume V, avantl’aspiration, la quantité de matière de gaz est n = pV /RT.En supposant que la pression et la température sont lesmêmes en début et en fin d’aspiration, la nouvelle quantitéde matière restant en phase gazeuse est :

nrestant = p(V – V ) /RT,où V est le volume d’eau aspiré. La quantité de matière ndu soluté HCl dissous est donc n = n – nrestant = pV /RT.

Appliquer ses connaissances

Les formules sont Mg2+ pour les ions magnésium etBr– pour les ions bromure.

La formule chimique du sulfate de potassium est :K2SO4(s) et la notation de sa solution aqueuse est :2 K+

(aq) + SO42–

(aq).

La formule chimique du phosphate de calcium estCa3(PO4)2(s) et la notation de sa solution aqueuse est 3 Ca2+

(aq) + 2 PO43–

(aq).

a. L’interaction entre les ions est une interaction élec-trique coulombienne.b. L’interaction électrique entre les cations d’une part et lesanions d’autre part est répulsive tandis que l’interactionentre un cation et un anion est attractive.

15

14

12

H+(aq)

Cl –(aq)

eau

HCl

c. Seule l’interaction attractive peut justifier la cohésion ducristal.d. Le solide (même ionique) n’est pas conducteur.e. La formule est CaF2.

a. Iodure de potassium : KI(s) → K+(aq) + I–

(aq).

b. Carbonate de sodium : Na2CO3(s) → 2 Na+(aq) + CO3

2–(aq).

c. Nitrate de zinc : Zn(NO3)2(s) → Zn2+(aq) + 2NO3

–(aq).

d. Sulfate d’aluminium :

Al2(SO4)3(s) → 2Al3+(aq) + 3SO4

2–(aq).

e. Chlorure d’ammonium : NH4Cl(s) → NH4+

(aq) + Cl–(aq).

f. Chlorure de baryum : BaCl2(s) → Ba2+(aq) + 2Cl–(aq).

g. Phosphate de potassium : K3PO4(s) → 3K+(aq) + PO4

3–(aq).

h. Bromure de cuivre : CuBr2(s) → Cu2+(aq) + 2Br–

(aq).

a. Chlorure de calcium.

CaCl2(s) → Ca2+(aq) + 2 Cl–(aq)

b. Hydrogénocarbonate de sodium.NaHCO3(s) → Na+

(aq) + HCO3–(aq)

c. Sulfate d’aluminium.Al2(SO4)3(s) → 2 Al3+

(aq) + 3 SO42–

(aq)

d. Phosphate de zinc.Zn3(PO4)2(s) → 3 Zn2+

(aq) + 2 PO43–

(aq)

e. Dichromate de potassium.K2Cr2O7(s) → 2 K+

(aq) + Cr2O72–

(aq)

a. FeCl3(s).

b. Ag2SO4(s).c. KNO3(s).d. Ca3(PO4)2(s).

a. L’équation chimique de la dissolution : AlCl3(s) → Al3+

(aq) + 3 Cl–(aq)b. L’avancement et les quantités de matière sont exprimésen mole :

c. Après dispersion des ions, il y a une mole d’ions Al3+ ettrois moles d’ions Cl– en solution.d. La solution est conductrice puisqu’elle est ionique.e. Les ions aluminium sont caractérisés par l’ajout d’unesolution d’hydroxyde de sodium en donnant un précipitéblanc d’hydroxyde d’aluminium.Les ions chlorure sont caractérisés par l’ajout d’une solu-tion de nitrate d’argent en donnant un précipité blanc dechlorure d’argent qui noircit à la lumière.

a. La formule de l’ion éthanoate étant C2H3O2– et celle

de l’ion magnésium étant Mg2+, la formule de l’éthanoate demagnésium tétrahydraté est donc : Mg(C2H3O2)2 , 4 H2O.

b. L’équation de dissolution de ce solide ionique dans l’eauest :

Mg(C2H3O2)2 , 4 H2O → Mg2+(aq) + 2 C2H3O2

–(aq)

c. m = = = 5,0 × 10–4 mol.0,108216,3

m

M

22

20

19

18

17


E X E R C I C E S

AlCl3(s) Al3+(aq) 3 Cl–

(aq)

E.I. x = 0 1 0 0

E.F. xmax 1 – xmax xmax 3xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 16

d. L’avancement et les quantités de matière sont exprimésen mole :

À l’état final, il reste :n(Mg(C2H3O2)2) = 0 mol ;

n(Mg2+) = mol ;

n(C2H3O2–) = 1,0 × 10–3 mol.

e. Raisonnons pour un litre : mMgCl2 = n M = 0,5 × 10–3 × 203,31 = 0,10 g.

1. a. Ag+(aq) + NO3

–(aq) ; K+

(aq) + NO3–(aq) ;

Pb2+(aq) + 2NO3

–(aq) ; K+

(aq) + I–(aq) ; 2 K+

(aq) + SO42–

(aq).b. Expérience 1 : précipité d’iodure d’argent AgI (la solutionde nitrate de potassium existe).Expérience 2 : précipité de sulfate de plomb PbSO4 (la solu-tion de nitrate de potassium existe).2. Ag+

(aq) + I–(aq) → AgI(s). Les ions qui ne participent pas à

la réaction sont K+ et NO3–.

Pb2+(aq) + SO4

2–(aq) → PbSO4 (s). Les ions qui ne participent

pas à la réaction sont K+ et NO3–.

a. Les ions susceptibles de s’associer sont Na+ et SO42–,

ou Fe3+ et HO–.b. On observe un précipité d’hydroxyde de fer Fe(OH)3 (s).L’équation de la réaction est :

Fe3+(aq) + 3HO–

(aq) → Fe(OH)3(s)

c. On a caractérisé l’ion Fe3+(aq). Un test similaire utilisant une

solution d’hydroxyde de sodium permet de caractériser lesions Fe2+

(aq) (précipité vert), les ions Cu2+(aq) (précipité

bleu)…

1. a. b.

2. a. L’équation chimique de la dissolution est :HCl(g) → H+

(aq) + Cl–(aq)

b.

Hδ+δ+H

O

O2δ –

O

O + – – +

+–

+–

–+

–+Hδ+δ+H

O2δ –

H+ +

–Cl–

H

H

H

O

H H

H

H H

a. b.

O

Hδ+

2δ –2δ –

Hδ+

δ +

δ +

27

25

24

1. a. L’équation chimique de la dissolution est :HNO3() → H+

(aq) + NO3–

(aq)

b. La molécule est dipolaire puisqu’elle est dissociée et sol-vatée par un solvant polaire (l’eau).c.

À l’état final, il reste :

n(HNO3) = 0 mol ;

n(H+) = n mmol ;

n(NO3–) = n mmol.

D’après la stœchiométrie de l’équation chimique de la dis-solution de l’acide nitrique, quel que soit le volume d’acidedissous, les quantités d’ions formés sont égales.

a.

Représentation de Lewis Géométrie

b. Oui, toutes les liaisons NH (N plus électronégatif que H).c. Oui, la molécule est dipolaire car les barycentres descharges partielles positives et négatives ne coïncident pas.

d. L’ammoniac et l’eau sont deux espèces chimiques cons-tituées de molécules dipolaires.

Aller plus loin

1. Un ion Na+ a six voisins Cl–, un ion Cl– a six voisinsNa+.2. a. F = k = 4 × 10–10 N.

b. F = k = 4 × 10–10 N.

c. F = k = 7 × 10–10 N.

Note : L’étude de ce solide ionique a pour but de montrer que chaque ion a pourplus proches voisins des ions de signes contraires, ce qui assure la cohésion ducristal par interaction coulombienne. La notion de maille élémentaire est horsprogramme.

1. a.33

e2

(a)2

e2

(a2)2

e2

(a2)2

32

N

H H

H

–

+

N

H H

H

N

H

H

H

30

28


x Mg(C2H3O2)2(s) Mg2+(aq) 2 C2H3O2

–

(aq)

E.I. 0 5,0 × 10–4 0 0

E.F. xmax 5,0 × 10–4 – xmax xmax 2xmax HNO3() H+(aq) NO3

–(aq)

E.I. 0 n 0 0

E.I. x n – x x x

E.F. n 0 n n

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 17

b. Un ion Cs+ (au centre) et un de ses plus proches voisinsCl– (au sommet) s’attirent puisque le signe de leur chargeest opposé.2. La valeur de l’interaction coulombienne entre un ion etl’ion de même signe le plus proche est : F= 5,4 × 10–9 N. La valeur de l’interaction coulombienne entre un ion et l’ionde signe opposé le plus proche est : F = 7,2 × 10–9 N.

1. a. Loi de Coulomb : F = kqq′ /d2. b. Soient : • F1 la valeur de la force d’interaction dipôle-ion Li+ ;• F2 la valeur de la force d’interaction dipôle-ion Na+ ;• F3 la valeur de la force d’interaction dipôle-ion K+.La distance entre les charges q et δ (considérées commeponctuelles) est au minimum égale au rayon de l’ion. Cettedistance est plus faible pour Li+ que pour Na+ et plus faiblepour Na+ que pour K+. Or la valeur de la force d’interactionaugmente quand la distance diminue.Donc F1 F2 F3.Plus le rayon ionique est petit, plus la force d’interaction estgrande (et plus le phénomène de solvatation est important).c. Soient F1′, F2′ et F3′ les valeurs des forces d’interactiondipôle-ion Na+, dipôle-ion Ca2+ et dipôle-ion Tl3+ respecti-vement (F1′ = F2). Si les distances entre charges, très voisi-nes dans les trois cas, sont notées d :

F1′ = kqδ /d2 F2′ = 2kqδ /d2 F3′ = 3k qδ /d2

Donc F3′ = 3F1′, F2′ = 2F1′

et F1′ F2′ F3′.

Plus la charge est grande, plus la force d’interaction estgrande (et plus le phénomène de solvatation est important).2. a. Les structures électroniques sont les suivantes : Na : (K)2(L)8(M)1

Mg : (K)2(L)8(M)2

Al : (K)2(L)8(M)3

b. Les formules des ions sont Na+, Mg2+ et Al3+. c. Dans cet ordre des ions, le rayon ionique diminue et lacharge électrique augmente. Donc la valeur de la force d’in-teraction augmente.

1. a. Les atomes O et H ont des électronégativitésdifférentes : les liaisons OH sont polarisées. La géométriede la molécule (triangle) est telle que les barycentres descharges partielles positives et négatives ne coïncident pas.b. L’expérience du jet d’eau permet de constater la solubilitéd’un gaz dans l’eau, un jet d’eau se formant du fait d’uneaspiration d’eau suite à une dépression créée par dissolutiondu gaz. (Voir photographie page 93 du livre élève.) Les gazammoniac et chlorure d’hydrogène sont solubles dans l’eau.c. Les molécules NH3 et HCl sont dipolaires (liaisons pola-risées et non coïncidence des barycentres des charges par-tielles positives et négatives). Les espèces chimiques cor-respondantes sont solubles dans l’eau, solvant dipolaire.Les molécules C3H8 sont apolaires (liaisons non polarisées),de même que les molécules CH4 (coïncidence des barycen-tres). Les espèces chimiques correspondantes ne sont passolubles dans l’eau.

35

34

De façon générale, un solvant dipolaire dissout des espèceschimiques dont les molécules sont dipolaires.

Note : Il y a des exceptions…

d. On réalise un circuit électrique. Si un courant circule, lasolution est une solution ionique. La solution de chlorured’hydrogène contient des ions H+

(aq) et Cl–(aq).2. a. Les molécules d’éthanol et d’acide sulfurique sontdipolaires. Les molécules de cyclohexane sont apolaires.b. La solution d’acide sulfurique contient des ions H+

(aq) etSO4

2–(aq). La solution d’éthanol contient des molécules

d’éthanol C2H6O.c. Par dissolution dans l’eau d’une espèce chimique consti-tuée de molécules dipolaires, on n’obtient pas forcémentune solution ionique (exemple : éthanol).

5. Réactions de précipitation (p. 42)

• Sulfate de sodium en poudre.• Chlorure de sodium en poudre.• Sulfate de baryum en poudre.• Solution de sulfate de sodium 0,20 mol · L–1.• Solution de chlorure de baryum 1,0 mol · L–1.• Solution de nitrate d’argent (pas trop concentrée : envi-ron 0,1 mol · L–1).• Spatules.• Trois tubes à essais et leurs bouchons.• Une pipette simple.• Un bécher (de 100 ml).• Une pipette jaugée de 20 ml.• Une pipette jaugée de 5 mL.• Un dispositif d’aspiratipon pour pipette.• Un entonnoir avec son support et deux filtres.• Deux béchers pour recueillir les filtrats.• Une baguette de verre (agitateur).• Une étuve ou un sèche-cheveux.• Une balance au cg.

6. Expérience du jet d’eau (p. 43)

• Un dispositif de trompe à eau.• Un manomètre.• Une potence, une pince et une noix.• Un cristallisoir.• Une hotte.• Un bec-Bunsen.• Solution concentrée de chlorure d’hydrogène.• Papier-pH.• Compte-gouttes.

TP

TP



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PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 3 – CONCENTRATIONS D’UNE SOLUTION IONIQUE 19

1. De la quantité de matière à la concentration

L’objectif du chapitre est d’introduire la (on devrait dire« les ») notion de concentration ionique. Dans ce chapitre,l’élève va distinguer la concentration en soluté apporté etla concentration effective d’ions en solution. Centrales dansla partie du programme relatif à la mesure, ces notions vontêtre mises au service des calculs de bilans de matière dansle cas de réactions chimiques mettant en jeu des ions. Ellesseront utiles dans les chapitres suivants, en particulier dansle chapitre 7 relatif aux titrages.La construction de ces nouvelles connaissances s’appuieprincipalement sur des notions supposées déjà acquises :– la concentration d’un substrat moléculaire (classe deSeconde) ;– la quantité de matière de composés ioniques (chapitreprécédent) ;– la réaction chimique et les calculs de bilan de matière(classe de Seconde et chapitre 1).Toutes ces notions sont trop délicates pour pouvoir êtreconsidérées comme réellement acquises et le travail de cechapitre a également le rôle de les consolider. Il ne faudrapas hésiter à y consacrer du temps.

2. Difficultés des élèves

La vie quotidienne prépare un peu à la notion de concen-tration dans le cas de composés moléculaires (par exempleavec le nombre de personnes dans une pièce, le nombre devoitures sur une route, etc.). En revanche, elle ne préparepas, ou peu, à la notion de concentration de composésioniques, et en particulier aux difficultés inhérentes à la dis-tinction entre concentration en soluté apporté et concen-tration de tel ion. Par exemple, la relation entre la couleurd’une solution et la concentration d’un ion en solution estintéressante, mais n’aide pas à vaincre toutes les difficultésliées à cette notion dans le cas des composés ioniques.Les difficultés de la construction de la notion de concen-tration doivent être considérées à différents niveaux.• Dans le cas général, la notion de concentration met en jeules grandeurs V et n, cette dernière n’étant pas simple pourles élèves, même si elle a été évoquée depuis la classe deSeconde.• Dans le cas des solutés ioniques, ces difficultés sontaccentuées par le fait qu’il faut distinguer la concentrationen soluté apporté et la concentration effective en tel ou telion. La concentration en soluté apporté n’est pas une notionsimple pour les élèves parce qu’elle est purement formelle.En effet, le soluté n’existe plus en solution ; il s’est dissocié.Il s’agit donc d’une concentration d’une entité qui n’existe


plus. Quant à la notion de concentration effective en ion,elle sème le trouble, car les concentrations effectives en ionne sont pas forcément identiques pour les différents ionsd’une même espèce chimique. Ainsi, dans une solution dechlorure de fer (III), la concentration en ions fer est troisfois plus petite que celle en ions chlorure.Nous nous sommes efforcés de respecter deux notationsdifférentes pour ces grandeurs : c pour le soluté apporté et[X] pour chaque ion. Alors qu’en classe de Seconde, cesnotations représentent la même chose [glucose] = cglucose, iln’en n’est plus de même et cCuCl2 est différent de [Cl–].Pour vaincre ces difficultés, nous avons organisé un certainnombre d’activités qui mettent en jeu différents aspects dela concentration. De plus, le cours reprend sur un exemplesimple, que nous pensons suffisamment général (le cas deCuCl2), les calculs qui reviennent fréquemment et les repré-sentations microscopiques qui leur donnent du sens.

3. Utilisation de la grandeur concentration

Le point de départ pour introduire la différence entreconcentration en soluté apporté et concentration effectivedes ions en solution est la situation de dissolution d’uncomposé ionique. Le chapitre précédent a montré que l’ontraite ce processus comme une équation chimique dont lebilan de matière fournit les quantités de matière de chacundes ions en fonction de la quantité de matière en soluté.L’utilisation de la relation c = n/V connue depuis la classede Seconde permet d’introduire la concentration en solutéapporté. Même si c’est la même relation que dans le cas descomposés moléculaires (I2, glucose, etc.), une différence detaille intervient : le soluté ionique n’est plus présent en solu-tion, et on parle cependant de sa concentration. La situa-tion est d’autant plus délicate que la représentation de ladispersion du grand nombre d’ions qui constituent le cris-tal est difficile à construire pour les élèves.La concentration molaire effective de chaque ion utilise lamême relation [X] = nX/V, mais la grandeur nX se rapporteà une notion nouvelle pour l’élève, celle de concentrationen un type d’ions. Il faut donc prendre le temps d’expliquerce qu’il y a de commun et de différent entre ces deux typesde concentration.

4. Concentration et mélange

La détermination de concentration à la suite de mélangesde solutions perturbe fréquemment les élèves. Nous avonstraité dans le cours les deux cas principaux (sans et avecréaction) rencontrés afin de permettre aux élèves d’avoirdes informations claires et structurées sur le sujet. Il noussemble important que les élèves comprennent qu’il faut d’a-bord raisonner en quantité de matière avant de raisonneren concentration. Nous avons pour cela proposé uneméthode d’analyse et de résolution pour déterminer la concentration d’ions présents en solution à l’issue d’un mélange. Les exercices résolus 1 et 2, pages 61 et 62,

Concentrations d’une solution ionique3

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 19

dissoute ne permet pas à elle seule de caractériser une solu-tion. Pour cela, quelques questions sont posées à propos desolutions colorées de concentration différentes.

Correctiona. Lors de l’observation de la Fig. 1, on constate que la solution de la Fig. 1 a est plus colorée que celle de la Fig. 1 b.

b. Point de vue macroscopique :

Les points communs entre ces deux expériences sont :même solvant (eau), même masse de KMnO4 dissoute,même récipient.Les différences entre ces deux expériences sont : volumesde solvant utilisés différents, couleurs des solutions utili-sées différentes.Point de vue microscopique :

Il y a autant d’ions dans les deux solutions (c’est un pointcommun), mais ces ions sont plus éloignés les uns desautres, c’est-à-dire plus dispersés dans la deuxième solutionque dans la première.

c. L’élève peut avoir le choix. Il voit bien que ni la masse, nila quantité de matière ne peuvent caractériser une solutionpuisque, dans ce cas, les masses de KMnO4 mises en jeu(donc les quantités de matière) sont identiques alors que lessolutions obtenues sont différentes. L’élève peut choisirentre les propositions « masse de KMnO4 par unité devolume » et « quantité de matière de KMnO4 par unité devolume ».

2. Cristal ionique, stœchiométrie et concentration (p. 52)

CommentairesLes élèves ont utilisé des solides ioniques dans le chapitreprécédent. Ils découvrent ici les cristaux ioniques au traversde leur structure ordonnée et de leur mise en solution. Ils seconstruisent ainsi une représentation microscopique de ladispersion des ions constituant les cristaux lors de leur dis-solution. Cela doit les aider à aborder plus facilement lanotion de concentration effective des ions en solution.

Correctiona. Le cristal représenté contient dix-huit ions Cl– et autantd’ions Na+. L’électroneutralité du cristal a donc été prise encompte.

b. L’ion Na+ central possède six ions Cl– voisins immédiats.De même, un des ions chlorure Cl– possède six ions Na+

voisins immédiats.

c. Si l’on s’était intéressé au cristal CaCl2, on aurait trouvédeux fois moins d’ions Ca2+ que d’ions Cl–. En conséquence,les nombres de voisins immédiats des ions Ca2+ et Cl–

auraient été différents.

d. Points communs :

Il y a autant d’ions chlorure et d’ions sodium dans le solideque dans la solution.Différences :

Le cristal est une structure ordonnée alors que la solutionne l’est pas. Les ions sont dispersés dans la représentationde la solution alors qu’ils sont groupés dans celle du cristal.

e. Si le volume d’eau utilisé pour la dissolution du cristalétait différente, le nombre d’ions ne changerait pas entre lanouvelle solution et celle représentée. En revanche, laconcentration de la solution changerait.

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prennent en charge les deux types de mélanges rencontrésen cours, de même que de nombreux exercices proposés.La détermination de concentrations lors de mélanges sansréaction chimique nécessite également que l’on soit bienclair sur les volumes à prendre en compte dans les calculs.Trois volumes interviennent lors d’un mélange, celui dessolutions initiales et celui de la solution finale. L’élève quiutilise de façon automatique la relation c = n/V passe régu-lièrement à côté du fait qu’il n’y a pas qu’un volume V, maisV1, V2 et V1 + V2 . Les schémas du cours insistent bien surce point délicat.Lorsqu’une réaction chimique intervient lors du mélange, ilfaut réaliser un bilan de matière avant de répondre à laquestion sur la concentration. Cela fait intervenir untableau d’avancement et la détermination du réactif limi-tant. C’est une difficulté importante qui dépasse largementla compréhension de la relation de définition de la concen-tration. Par ailleurs, les élèves peu habitués à traiter desbilans de matière faisant intervenir des ions peuvent s’en-combrer de la présence des ions spectateurs dans l’équa-tion de la réaction étudiée. Il faut y prendre garde.Les notions de limite de solubilité lors de la dissolution d’uncomposé ionique, et par conséquent le cas des précipitationsnon totales, ne sont pas au programme. On reste donc dansl’étude de cas particuliers. Il faut en être conscient et ne pasproposer d’exemples qui ne correspondraient pas à ces cas.

5. Présentation du chapitre

L’activité 1 permet de revenir sur le lien entre concentra-tion et quantité de matière et de faire réfléchir l’élève surles grandeurs qui se conservent lors d’une mise en solution.L’activité 2 réinvestit les notions sur les cristaux ioniquesvues au chapitre 2. Il s’agit ici de se placer à deux niveauxde représentation, le cristal ionique et la solution issue desa dissolution.Les activités 3 et 4, pages 53 et 54, sont l’occasion d’intro-duire la notion de concentration d’un ion dans une solutionionique. On travaille dans l’activité 3 avec une solution dontla stœchiométrie n’est pas 1:1. Ainsi, les quantités dematière des ions et leurs concentrations en solution ne sontpas égales. Cette propriété est souvent difficile à compren-dre pour les élèves puisqu’elle débouche sur une non-éga-lité de la concentration en soluté apporté et des concentra-tions des ions en solution.L’activité 4, page 54, utilise une échelle de teintes que lesélèves doivent construire. Ceci permet une révision et unemise en pratique des techniques expérimentales vues enSeconde.L’activité 5, page 60, située après le cours, permet de réin-vestir de nombreuses connaissances de ce chapitre et desprécédents.

1. Quantité de matière et concentration (p. 52)

CommentairesLe but de cette première activité est de faire prendre cons-cience à l’élève des grandeurs qui caractérisent une solu-tion et en particulier que la quantité de matière de soluté

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3. Solutions aqueuses ioniques (p. 53)

CommentairesCette activité a pour but de réutiliser la méthode de prépa-ration d’une solution de concentration donnée (vue enSeconde) dans le cas de la dissolution d’un solide ioniqueet d’amener l’élève à distinguer les concentrations effecti-

ves des ions en solution de la concentration en soluté

apporté.C’est aussi l’occasion de distinguer précipité et solution, etde faire l’inventaire des ions présents dans une solutionaprès qu’une réaction ait eu lieu, selon le réactif en excès.Le calcul préliminaire du paragraphe 1. peut avoir été faitsous forme d’exercice avant le T.P. Il faudra que l’élèvepense à tenir compte, lors du calcul de la masse molaire, dufait que le solide est hydraté.Le paragraphe 2. permet la distinction solution-précipité etdonne en outre l’occasion de réinvestir la notion d’élémentchimique et sa conservation (exemple de l’élément chi-mique cuivre ici). La partie 3. introduit les diverses concen-trations à maîtriser dans la suite, ainsi que leurs notationshabituelles.

Correction1. a. On utilise une fiole jaugée de 100 mL munie d’unbouchon, une balance électronique (au cg), une coupelle etune spatule, une pissette d’eau distillée et un entonnoir àsolide.On introduit dans la coupelle, posée sur la balance tarée,une masse m de chlorure de cuivre en poudre au moyend’une spatule.On verse dans la fiole jaugée, munie d’un entonnoir, lecontenu de la coupelle puis on rince la coupelle et l’enton-noir à l’eau distillée, l’eau de rinçage s’écoulant dans la fiolejaugée. On remplit la fiole jaugée à moitié d’eau distillée, onbouche et on agite.On complète à l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, onbouche et on agite de nouveau. La solution est prête.

b. La quantité de matière de chlorure de cuivre nécessairepour préparer la solution est :

n = cV = 5,0 × 10 –2 × 100 × 10 –3 = 5,0 × 10 –3 mol.

La masse molaire du chlorure de cuivre hydraté est :

M = 170,5 g . mol–1.

Donc la masse m de poudre à peser est :

m = n M = 5,0 × 10 –3 × 170,5 = 0,85 g.

2. a. On observe, dans le tube 1, un précipité bleu, dans letube 2 une solution bleu foncé.

b. Il y a un précipité dans le tube 1 : son contenu n’est pastransparent. Il y a une solution dans le tube 2 : son contenuest transparent.

c. Les ions introduits dans le tube 1 sont : Cu2+, Cl–, Na+ etHO–.Seuls les ions Cu2+ et HO– peuvent s’associer pour formerle précipité (les ions Na+ et Cl– ne s’associent pas en solu-tion : les solutions de chlorure de sodium existent).La formule chimique du précipité est Cu(OH)2.

d. Les ions susceptibles d’être présents dans le filtrat sont :Possibilité (1) : Na+, Cl– et Cu2+ si la solution d’hydroxydede sodium est le réactif limitant (excès de solution de chlo-rure de cuivre).

TP Possibilité (2) : Na+, Cl– et HO– si la solution de chlorure decuivre est le réactif limitant (excès de solution d’hydroxydede sodium).Possibilité (3) : Na+ et Cl– si les réactifs sont dans les pro-portions stœchiométriques.

e. Si le filtrat est bleu, il contient des ions Cu2+. Les possi-bilités (2) et (3) sont à éliminer.Si le filtrat est incolore, on peut éliminer la possibilité (1). Ilfaut donc trancher entre les possibilités (2) et (3) en réali-sant le test suivant : On verse un peu de solution de chlorure de cuivre dans lefiltrat : s’il apparaît un précipité bleu, c’est que le filtratcontient des ions HO–. Il s’agit du précipité Cu(OH)2. C’estla possibilité (2) qui est la bonne. S’il n’apparaît pas de pré-cipité, c’est la possibilité (3) qu’il faut retenir.

f. L’équation traduisant la réaction ayant eu lieu dans letube 2 est la suivante :

Cu(H2O)62+ + 4NH3 → Cu(NH3)4

2+ + 6H2O

3. a. La mise en solution du chlorure de cuivre s’écrit :CuCl2 , 2H2O → Cu2+ + 2Cl– + 2H2O

On peut construire le tableau d’avancement suivant danslequel l’avancement et les quantités de matière de réactif etde produits sont exprimées en mole :

Dans l’état final du système, le chlorure de cuivre est tota-lement dissous et xmax = 5,0 × 10 –3 mol.La solution contient donc 5,0 × 10 – 3 mol d’ions Cu2+ et 1,0 × 10 –2 mol d’ions Cl–.

b. Les concentrations molaires correspondent à un litre desolution.[Cu2+] = 5,0 × 10 –2 mol . L–1 et [Cl–] = 1,0 × 10 –1 mol . L–1.

c. Si [Cl–] = 2,0 × 10 –3 mol . L–1 alors :

[Cu2+] = 1,0 × 10 –3 mol . L–1

et :c = 1,0 × 10 –3 mol . L–1.

Ce sera l’inscription portée sur le flacon.On remarque que l’électroneutralité de la solution est tou-jours respectée.

4. Solutions aqueuses ioniques et concentrations (p. 54)

CommentairesLe but de cette activité est double. Tout d’abord, il s’agit deréinvestir les notions de la classe de Seconde sur la réalisa-tion de solution aqueuse. L’élève réutilise à cette occasionle matériel de base du laboratoire (fiole jaugée, pipette jau-gée…) qui est rarement bien nommé et revoit le vocabulairepropre à la fabrication d’une solution. Il doit maintenant neplus confondre dilution et dissolution. Le paragraphe 2. permet de revenir sur les différents gestesinhérents à la préparation de solution. On mesure les volu-mes avec une pipette jaugée.Ensuite, il s’agit d’aborder le calcul des concentrations desentités dissoutes lors d’un mélange de solutions aqueuses.C’est un sujet délicat que les élèves ne savent pas traiter etdont ils n’ont parfois même pas conscience.

TP


CuCl2, 2H2O Cu2+ 2Cl– 2H2O

E.I. x = 0 5,0 × 10– 3 0 0 solvant

E.F. xmax 5,0 × 10– 3 – xmax xmax 2 xmax solvant

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La dernière partie de cette activité permet de raisonner surla notion de concentration effective molaire en ions et defaire la distinction avec la concentration molaire en solutéapporté.

Correction1. Note : Cette partie peut être préparée à la maison.

a. On réalise ici une dilution au cours de laquelle il y aconservation de la matière. La quantité de matière en solutéapporté, c1V1 , prélevée dans S1 est égale à celle, c2V2 , quise trouve en solution après dilution dans S2.

On trouve : V1 = c2V2/c1 = 25 mL.

b. On verse un peu de solution S1 dans un récipient inter-médiaire. On prélève, à l’aide d’une pipette jaugée munied’une poire d’aspiration, 25 mL de solution S1 que l’on versedans une fiole jaugée de 50 mL. On la remplit aux deux tiersd’eau distillée. On la bouche et on l’agite. On pose la fiole sur une surface plane, puis on la complèted’eau distillée jusqu’à ce que le bas du ménisque soit au niveaudu trait de jauge. On la bouche et on l’agite par renversement.

c. On trouve :

3. Note : Les concentrations des solutions mélangées sont très différentesafin que les couleurs soient nettement intermédiaires entre celles de S1 et de S6.

a. Les réponses des élèves peuvent être très différentes.Certains, sans réfléchir, diront que la concentration estégale à la somme des deux concentrations précédentes, soit2,1 × 10 –4 mol . L–1, d’autres à la moyenne.

b. La comparaison avec l’échelle de teintes montre que la solution S7 se situe entre les solutions S2 et S3, soit c7 ∈ [8,0 × 10 –5 mol . L– 1, 1,0 × 10 –4 mol . L– 1]. La solutionest d’ailleurs plus proche de S3 que de S2.

c. Les quantités de matière en soluté apporté sont respec-tivement :

n1 = c1V1 = 3,0 × 10 –6 mol et n6 = c6V6 = 2,5 × 10 –7 mol.

d. La quantité de matière n7 contenue dans S7 est égale à lasomme de n1 et n6, soit :

n7 = n1 + n6 = 3,3 × 10 –6 mol.

Le volume total de la solution S7 est égal à 40 mL. Ainsi, on a :

c7d = 3,3 × 10 –6 / (4,0 × 10 –2) = 8,1 × 10 –5 mol . L–1.

e. Ce peut être l’occasion de discuter avec les élèves sur lesdifférences entre les valeurs déterminées expérimentale-ment (cas de l’utilisation d’une échelle de teintes) et lesvaleurs issues d’un calcul (utilisation de c = n/V).

4. a. Puisque ni les ions K+, ni les ions Ca2+ ne sont respon-sables des couleurs des solutions les contenant, on peut endéduire que la coloration des solutions est due à la pré-sence des ions permanganate. L’échelle de teintes consti-tuée précédemment peut donc être utilisée pour détermi-ner la concentration c′.

b. La solution de permanganate de calcium, notée Ca2+(aq)

+ 2 MnO4–

(aq) contient deux fois plus d’ions permanganateque d’ions calcium. La concentration molaire effective enions permanganate est [MnO4

–(aq)] = 2c′ = 7,0 × 10 –5 mol . L–1.

L’encadrement de la solution serait [S4, S3], soit :

[5,0 × 10 –5 mol . L–1, 7,0 × 10 –5 mol . L–1].

5. Transformation chimiqueproduisant un gaz (p. 60)

CommentairesCette activité expérimentale est classique : il s’agit d’étudierl’action de l’acide chlorhydrique sur un métal. Elle permetde réaliser des tests de caractérisation de réactifs et de pro-duits, et se termine par une étude quantitative expérimen-tale effectuée à l’aide d’un tableau d’avancement. Dans la première partie de l’activité expérimentale, on uti-lise de l’acide chlorhydrique de concentration 2 mol . L–1.La disparition totale du zinc n’est ici pas nécessaire.La solution d’hydroxyde de sodium est également deconcentration 2 mol . L–1. Après obtention du précipité d’hydroxyde de zinc, il fautcontinuer à ajouter de la solution d’hydroxyde de sodiumjusqu’à disparition totale du précipité : cela peut nécessiterl’ajout supplémentaire de quelques millilitres de solutiond’hydroxyde de sodium. Il ne faut pas se décourager : c’estun peu long si l’on procède goutte à goutte…Dans la deuxième partie, le zinc doit disparaître complète-ment : c’est alors que l’on considère la réaction comme ter-minée. On utilise de l’acide chlorhydrique plus concentré(6,0 mol . L–1).Les élèves doivent être prévenus du danger lié à l’utilisationde l’acide chlorhydrique et d’une solution d’hydroxyde desodium.

Correction1. a. Une goutte d’acide chlorhydrique déposée sur un mor-ceau de papier-pH lui donne une couleur rouge caractéris-tique d’un milieu acide, donc de la présence d’ions H+

(aq). Pour tester la présence d’ions Cl–

(aq), on verse quelquesgouttes de solution de nitrate d’argent dans un prélèvementd’acide chlorhydrique. On observe un précipité blanc dechlorure d’argent AgCl(s) (qui noircit à la lumière).

b. On caractérise le dihydrogène H2 (g) au moyen de l’allu-mette enflammée (on entend « pof » ou « pouit » selon quede l’air est présent ou non dans le tube). La réaction chimique se traduit par l’équation :

2H2(g) + O2(g) → 2H2O(g) ou ()

c. Les ions Zn2+(aq) proviennent de la transformation des ato-

mes de zinc sous l’action de l’acide chlorhydrique. Les ionsNa+

(aq) proviennent de la solution d’hydroxyde de sodium.Les ions H+

(aq) proviennent de l’acide chlorhydrique.Ce sont les ions Zn2+

(aq) qui s’associent aux ions HO–(aq)

pour former le précipité Zn(OH)2(s).Les ions Na+

(aq) ne s’associent pas avec les ions HO–(aq) :

ces ions constituent une solution d’hydroxyde de sodium.Les ions H+

(aq) et HO–(aq) ne s’associent pas pour former

un précipité ; s’ils s’associaient, ce serait pour former del’eau.

d. Zn(s) + 2H+(aq) → Zn2+

(aq) + H2(g)

e. Zn(OH)2(s) + 2OH–(aq) → ZnO2

2–(aq) + 2H2O()

2. a. Le gaz dihydrogène est insoluble dans l’eau.

b. L’équation d’état du gaz parfait s’écrit, pour une mole de gaz :

pVm = RT, donc Vm = RT/p.

TP

ACTIVITÉ D’EXPLOITATION


Solution S3 S4 S5 S6

Volume à prélever20 mL 25 mL 10 mL 5 mLde S1 de S2 de S2 de S2

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 22

a. et b.

c. Calculs des concentrations molaires effectives :

[HCO3–(aq)] = 7,16 × 10 –2 mol . L–1 ;

[Cl–(aq)] = 9,07 × 10–3 mol . L–1 ;

[SO42–

(aq)] = 1,81 × 10–3 mol . L–1 ;

[F-(aq)] = 5 × 10 –4 mol . L–1 ;

[Na+(aq)] = 7,43 × 10 –2 mol . L–1 ;

[K+(aq)] = 3,38 × 10–3 mol . L–1 ;

[Ca2+(aq)] = 2,2 × 10–3 mol . L–1 ;

[Mg2+(aq)] = 4,5 × 10 –4 mol . L–1.

d. On peut identifier des ions chlorure au moyen d’une solu-tion de nitrate d’argent (précipité blanc qui noircit à lalumière : AgCl).e. On peut identifier des ions sulfate au moyen d’une solu-tion de chlorure de baryum (précipité blanc : BaSO4).

a. La quantité de matière de sel dans 1,0 L de sérumphysiologique est :

n = cmV/M = 0,15 mol.

La concentration molaire en soluté apporté est :

c = cmV/M = 0,15 mol . L–1.

b. On a : NaCl(s) → Na+(aq) + Cl–(aq)

On peut établir le tableau d’avancement suivant :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.À l’état final, il ne reste plus de chlorure de sodium solide.Ainsi, xmax = 0,15 mol. Il s’est alors formé 0,15 mol d’ionsNa+

(aq) et 0,15 mol d’ions Cl–(aq). Les concentrations molaires effectives des ions en solutionsvalent alors :

[Na+(aq)] = [Cl–(aq)] = c = xmax/V = 0,15 mol . L–1.

c. Dans 250 mL de sérum physiologique, on a alors :

nNa+ = nCl– = cV = 0,038 mol.

a. On a : NiBr2(s) → Ni2+(aq) + 2 Br–

(aq)10

9

8T (K) = θ (°C) + 273,15p s’exprime en Pa et Vm en m3 . mol –1 ;R = 8,31 J . mol –1 . K–1.

c. Si on a utilisé par exemple 0,62 g de zinc, la quantité dematière correspondante est 0,62/65,4 = 9,5 × 10 –3 mol.La quantité de matière d’ions H+ est :

6,0 × 5,0 × 10 –3 = 3,0 × 10 –2 mol.

Le tableau d’avancement est le suivant. L’avancement et lesquantités de matière des réactifs et des produits sont expri-més en mole.

Si xmax = 9,5 × 10 –3 mol, alors la quantité de matière de zincdans l’état final est nulle et la quantité de matière d’ionsH+

(aq) est de 1,1 × 10 –2 mol. La valeur xmax = 1,5 × 10 –2 molest inacceptable puisque la quantité de matière de zincserait négative.Si le volume molaire est voisin de 24 L . mol – 1, alors levolume de dihydrogène formé doit être voisin de :

9,5 × 10 –3 × 24 = 0,23 L.

d. Le résultat précédent et la valeur du volume trouvéeexpérimentalement sont très voisins. La réaction chimiques’est déroulée comme prévu et les mesures effectuées sontcorrectes.

Appliquer ses connaissancesa. Par définition :

n = m/M = 0,269 / 134,5 = 2,00 × 10–3 mol.

b. La concentration molaire en soluté apporté est :

c = n/V = 8,00 × 10–3 mol . L–1.

c. L’équation de dissolution du chlorure de cuivre est :

CuCl2(s) → Cu2+(aq) + 2 Cl–(aq)

d. On obtient le tableau d’avancement suivant :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.À l’état final, il ne reste plus de chlorure de cuivre solide.Ainsi, xmax = 2,00 × 10–3 mol.Il s’est alors formé 2,00 × 10 –3 mol d’ions Cu2+

(aq) et 4,00 × 10–3 mol d’ions Cl–(aq). Les concentrations molaires effectives des ions en solutionsvalent alors :

[Cu2+(aq)] = xmax/V = 8,00 × 10–3 mol . L–1

et [Cl–(aq)] = 2 xmax/V = 1,60 × 10 –2 mol . L–1.

7


Zn(s) 2 H+(aq) Zn2+

(aq) H2(g)

E.I. x = 0 9,5 × 10–3 3,0 × 10–2 0 0

E.F. xmax 9,5 × 10–3 – xmax 3,0 × 10–2 – 2 xmax xmax xmax

E X E R C I C E S

CuCl2(s) Cu2+(aq) 2 Cl–

(aq)

E.I. x = 0 2,00 × 10–3 0 0

E.F. xmax 2,00 × 10–3 – xmax xmax 2xmax

Anions

Nom FormuleMasse molaire Quantité de

(g . mol–1) matière (mol)

sodium Na+(aq) 23,0 7,43 × 10–2

potassium K+(aq) 39,1 3,38 × 10–3

calcium Ca2+(aq) 40,1 2,2 × 10–3

magnésium Mg2+(aq) 24,3 4,5 × 10–4

NaCl(s) Na+(aq) Cl–

(aq)

E.I. x = 0 0,15 0 0

E.F. xmax 0,15 – xmax xmax xmax

Cations

Nom FormuleMasse molaire Quantité de

(g . mol–1) matière (mol)

bicarbonate HCO–3(aq) 61,0 7,16 × 10–2

chlorure Cl–(aq) 35,5 9,07 × 10–3

sulfate SO42–

(aq) 96,1 1,81 × 10–3

fluorure F–(aq) 19,0 5 × 10–4

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 23

b. On a :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.On voit que xmax = 0,20 mol. Il s’est formé 0,20 mol d’ionsnickel et 0,40 mol d’ions bromure.

c. Par définition, on a :

[Ni2+(aq)] = xmax/V = 0,40 mol . L–1

et [Br–(aq))] = 2xmax/V = 0,80 mol . L–1.

d. La concentration c en soluté apporté est égale à :

c = n/V = 0,40 mol . L–1.On voit que la concentration molaire effective en ions nic-kel est égale à c alors que la concentration molaire effectiveen ions bromure est égale à 2c.

a. On fabrique trois solutions de même volume et pos-sédant la même concentration molaire en soluté apporté.Ainsi, la quantité de matière en soluté utilisée pour fabri-quer les trois solutions est la même et vaut :

c = n/V = 5,0 × 10–3 mol.

b. • K2SO4(s) → 2 K+(aq) + SO4

2–(aq)

notation de la solution : 2 K+(aq) + SO4

2–(aq) ;

• K3PO4(s) → 3 K+(aq) + PO4

3–(aq) ;

notation de la solution : 3 K+(aq) + PO4

3–(aq) ;

• Al2(SO4)3(s) → 2 Al3+(aq) + 3 SO4

2–(aq)

notation de la solution : 2 Al3+(aq) + 3 SO4

2–(aq).

c. • Pour K2SO4(s) :

À l’état final, il ne reste plus de sulfate de potassium solide. Ainsi, xmax = n = 5,0 × 10–3 mol.Il s’est alors formé 1,00 × 10 –2 mol d’ions K+

(aq) et 5,0 × 10–3 mol d’ions SO4

2–(aq).

Les concentrations molaires effectives des ions en solutionsvalent alors :

[K+(aq)] = 2xmax/V = 1,0 × 10 –2 mol . L–1

et [SO42–

(aq)] = xmax/V = 5,0 × 10–3 mol . L–1

• Pour K3PO4(s) :

À l’état final, il ne reste plus de phosphate de potassiumsolide. Ainsi, xmax = n = 5,0 × 10–3 mol.Il s’est alors formé 1,50 × 10 –2 mol d’ions K+

(aq) et 5,0 × 10–3 mol d’ions PO4

3–(aq).


[K+(aq)] = 3xmax/V = 1,5 × 10 –2 mol . L–1

et [PO43–

(aq)] = xmax/V = 5,0 × 10–3 mol . L–1

12

• Pour Al2(SO4)3 (s) :

À l’état final, il ne reste plus de sulfate d’aluminium solide. Ainsi, xmax = n = 5,0 × 10–3 mol.Il s’est alors formé 1,00 × 10 –2 mol d’ions Al3+

(aq) et 1,50 × 10 –2 mol d’ions SO4

2–(aq).


[Al3+(aq)] = 2xmax/V = 1,0 × 10 –2 mol . L–1

et [SO42–

(aq)] = 3xmax/V = 1,5 × 10 –2 mol . L–1.

a. L’équation de dissolution est : FeCl3(s) → Fe3+

(aq) + 3 Cl–(aq)On a :

b. À l’état final, il n’y a plus de chlorure de fer solide. Ainsi,xmax = n. À l’aide du tableau d’avancement, on voit que :

nFe3+ = n et nCl– = 3 n.

c. Par définition : [Fe3+(aq)] = nFe3+/V = n/V

et [Cl–(aq)] = nCl–/V= 3 n/V.

On voit que : [Cl–(aq)] = 3 [Fe3+(aq)].

d. On a : [Cl–(aq)] = 3 [Fe3+(aq)] = 4,5 × 10–3 mol . L–1.

e. On sait que : V = 400 mL.Ainsi, nFe3+ = [Fe3+

(aq)]V = 6,0 × 10 –4 mol. D’après le tableau, nFe3+ = n ; d’où : n = 6,0 × 10 –4 mol.f. La concentration molaire c en soluté apporté est égale à :

c = n/V = 1,5 × 10–3 mol . L–1.

a. L’équation de dissolution est :Fe2(SO4)3(s) → 2 Fe3+

(aq) + 3 SO42–

(aq)b. On a :

c. À l’état final, le soluté est totalement dissous. Ainsi, xmax = n .Il s’est formé 2n mol d’ions Fe3+ et 3n mol d’ions SO4

2–.Les concentrations effectives en ions sont :

[Fe3+(aq)] = 2n/V et [SO4

2–(aq)] = 3n/V.

Sachant que c = n/V est la concentration en soluté apporté,on voit que :

[Fe3+(aq)] = 2c et [SO4

2–(aq)] = 3c.

d. D’après ce qui précède, on voit que :

[Fe3+(aq)] / [SO4

2–(aq)] = 2c/3c = 2/3.

e. La masse molaire de sulfate de fer (III) est égale à : M = 399,9 g . mol–1. Par définition : n = m/M = 4,0/399,9 = 0,010 mol. f. On trouve :

c = n/V = 0,040 mol . L–1 ;[Fe3+

(aq)] = 0,080 mol . L–1

[SO42–

(aq)] = 0,120 mol . L–1.

14

13


K2SO4(s) 2 K+(aq) SO4

2–(aq)

E.I. x = 0 n 0 0

E.F. xmax n – xmax 2 xmax xmax

K3PO4(s) 3 K+(aq) PO4

3–(aq)

E.I. x = 0 n 0 0


Al2(SO4)3(s) 2 Al3+(aq) 3 SO4

2–(aq)

E.I. x = 0 n 0 0

E.F. xmax n – xmax 2 xmax 3 xmax

FeCl3(s) Fe3+(aq) 3 Cl–

(aq)

E.I. x = 0 n 0 0

E.F. xmax n – xmax xmax 3 xmax

Fe2(SO4)3(s) 2 Fe3+(aq) 3 SO4

2–(aq)

E.I. x = 0 n 0 0

E.F. xmax n – xmax 2 xmax 3 xmax

NiBr2(s) Ni2+(aq) 2 Br–

(aq)

E.I. x = 0 0,20 0 0

E.F. xmax 0,20 – xmax xmax 2 xmax

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a. La concentration molaire effective en ions nickel estégale à :

[Ni2+(aq)] = cm/M = 7,0 /58,7 = 0,12 mol . L–1.

b. La quantité de matière d’ions nickel en solution est :

nNi2+ = cV = 0,54 mol.c. On a :

D’après le tableau d’avancement, on voit que xmax = n et quen = nNi2+ = 0,54 mol.

d. La masse de chlorure de nickel NiCl2(s) nécessaire pourfabriquer la solution est égale à :

mNiCl2 = xmax M avec M = 129,7 g . mol–1.D’où : m = 70 g.

a. La solution aqueuse de nitrate de cobalt s’écrit :

Co2+(aq) + 2 NO3

–(aq).

b. La masse molaire du nitrate de cobalt vaut :

M = 2 (14,0 + 3 × 16,0) + 58,9 = 182,9 g . mol–1.

Les concentrations molaires effectives extrêmes valent :• si cm = 10,0 g . L–1 :

c = cm/M = 10,0 / 182,9 = 5,47 × 10 –2 mol . L–1 ;

• si cm = 1,00 g . L–1:

c = cm/M = 1,00 / 182,9 = 5,47 × 10–3 mol . L–1.

On utilise un tableau d’avancement. Soit n la quantité dematière en soluté apporté Co(NO3)2(s).

D’après le tableau, on voit qu’il se forme n mol de Co2+(aq)

et 2 n mol de NO3–(aq).

Dans un volume V de solution, cela correspond à desconcentrations molaires effectives égales à :

[Co2+(aq)] = n/V = c et [NO3

–(aq)] = 2n/V = 2c.

Ainsi, • si cm = 10,0 g . L–1 :

[Co2+(aq)] = c = 5,47 × 10 –2 mol . L–1

et [NO3–(aq)] = 2c = 0,109 mol . L–1

• si cm = 1,00 g . L–1 :

[Co2+(aq)] = c = 5,47 × 10–3 mol . L–1

et [NO3–(aq)] = 2c = 0,0109 mol . L–1.

c. Si on veut fabriquer 50 mL de chacune des solutions, ilfaut :

m = n M = c V M = cmV. Ainsi,• si cm = 10,0 g . L–1 : m = 0,50 g ;• si cm = 1,00 g . L–1 : m = 0,050 g.

a. Dans la solution S1, on a :

[Ca2+(aq)] = c1 et [Cl–(aq)] = 2 c1.

Dans la solution S2, on a :

[Ag+(aq)] = [NO3

–(aq)] = c.

La solution S1 apporte :

nCl– = 2 c1V1 = 2,0 × 10–3 mol.

18

16

15 La solution S2 apporte :nAg+ = c V2 = 1,0 × 10–3 mol.

b.

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.c. À l’aide du tableau d’avancement, on voit que les ions argent constituent le réactif limitant. Ainsi, xmax = 1,0 × 10 –3 mol et on récupère 1,0 × 10 –3 mol deprécipité de chlorure d’argent.d. Il reste en solution : 1,0 × 10 –3 mol d’ions chlorure, 1,0 × 10–3 mol d’ions calcium et 1,0 × 10–3 mol d’ions nitrate. Le volume total VT de solution est :

VT = V1 + V2 = 200 mL.Les concentrations molaires effectives des ions sont :

[Ca2+(aq)] = [Cl–(aq)] = [NO3

–(aq)] = 5,0 × 10–3 mol . L–1.

a. Il s’est formé du sulfate de baryum, de formuleBaSO4(s).b. Dans la solution S, on voit que :

[Na+(aq)] = 2 c et [SO4

2–(aq)] = c.

Dans la solution S′, on voit que :[Ba2+

(aq)] = c′ et [Cl–(aq)] = 2 c′.

La solution S apporte :nNa+ = 2 c V = 4,0 × 10 –4 mol

et nSO42– = c V = 2,0 × 10 –4 mol ;

La solution S′ apporte : nBa2+ = c′V′ = 2,5 × 10 –4 mol

et nCl– = 2 c′V′ = 5,0 × 10 –4 mol.

c. On a :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.d. On voit que nBa2+ > nSO4

2– : les ions sulfate constituent leréactif limitant.Ainsi, xmax = 2,0 × 10 –4 mol. Il s’est alors formé 2,0 × 10 –4 mol de précipité.La masse molaire du sulfate de baryum est égale à : M = 233,4 g . mol–1. La masse de précipité formé est égale à : m = n M = 47 mg.e. En solution, on a :

nBa2+ = 5 × 10 –5 mol,nCl– = 5,0 × 10 –4 mol, nNa+ = 4,0 × 10 –4 mol.

Sachant que le volume total de solution est égal à 150 mL,on a :

[Na+(aq)] = 2,7 × 10–3 mol . L–1 ;

[Ba2+(aq)] = 3,3 × 10 –4 mol . L–1 ;

[Cl–(aq)] = 3,3 × 10–3 mol . L–1.

Le volume total VT de solution est :VT = V1 + V2 + V3 = 150 mL.

La solution S1 apporte : nCu2+ = c1V1 = 5,4 × 10–5 mol

et nCl– = 2 c1V1 = 1,1 × 10–4 mol.

20

19


Co(NO3)2(s) Co2+(aq) 2 NO3

–(aq)

E.I. x = 0 n 0 0

E.F. xmax n – xmax xmax 2 xmax Ba2+(aq) SO4

2–(aq) BaSO4(s)

E.I. x = 0 nBa2+ = 2,5 × 10– 4 nSO42– = 2,0 × 10–4 0

E.F. xmax nBa2+ – xmax xmax xmax

NiCl2(s) Ni2+(aq) 2 Cl–

(aq)

E.I. x = 0 n 0 0

E.F. xmax n – xmax xmax 2 xmax

Ag+(aq) Cl–

(aq) AgCl(s)

E.I. x = 0 nAg+ = 1,0 × 10– 3 nCl– = 2,0 × 10–3 0

E.F. xmax nAg+ – xmax nCl– – xmax xmax

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nK+ = nCl– = c2V2 = 1,4 × 10 –4 mol.


nCu2+ = nSO42– = c3V3 = 1,6 × 10 –4 mol.

Le mélange contient alors :

nK+ = 1,4 × 10 –4 mol ;

nCu2+ = c1V1 + c3V3 = 2,1 × 10 –4 mol ;

nSO42– = 1,6 × 10 –4 mol ;

nCl– = 2 c1V1 + c2V2 = 2,5 × 10 –4 mol.

Les concentrations molaires effectives des ions en solutionsont égales à :

[K+(aq)] = 9,3 × 10 –4 mol . L–1 ;

[Cu2+(aq)] = 1,4 × 10–3 mol . L–1 ;

[SO42–

(aq)] = 1,1 × 10–3 mol . L–1 ;

[Cl–(aq)] = 1,7 × 10–3 mol . L–1.

Aller plus loin

a. Par définition : m = ρV = d ρeauV = 1,05 kg.

b. Sachant que la solution contient 10 % en masse de chlo-rure d’hydrogène, il a fallu pour la préparer une masse dechlorure d’hydrogène égale à :

mHCl = P m = 105 g.

c. La quantité de matière de chlorure d’hydrogène néces-saire pour fabriquer la solution est :

n = m/MHCl = 105 / 36,5 = 2,88 mol.Par définition, la concentration molaire en soluté apportéest égale à :

c = n/V = 2,88 mol . L–1.

d. Par définition : vHCl = nHCl Vm = 69 L.

a. Sur l’étiquette, on trouve la masse molaire, le pour-centage massique (100 fois le rapport entre la masse m ded’acide sulfurique apporté et la masse totale m′ de la solu-tion) et la densité.b. Phases R et S : elles indiquent le risque et les conditionsde sécurité liés à l’utilisation des « produits » dangereux,conformément à la législation : la signification est ici lisiblesur l’étiquette (et voir le manuel à la page 247).Icône : corrosif.c. 1,00 L de solution pèse 1,83 kg. Dans un 1,00 L, il y a :

m = 1,83 × 0,96 = 1,8 kg d’acide sulfurique.

Cela correspond à une quantité de matière n égale à :

n = m/M avec M = 98,1 g . mol–1.

D’où : n = 18 mol.

d. Les 20,0 mL sont prélevés à la pipette jaugée (munie d’undispositif d’aspiration). On utilise une fiole jaugée de500 mL dans laquelle on met d’abord de l’eau distillée, puison ajoute l’acide avec précaution. Boucher, agiter.Compléter, boucher, agiter de nouveau.Le prélèvement de 20,0 mL apporte une quantité de matièrede soluté égale à :

18 × 20,0/1000 = 0,36 mol

qui se retrouve dans les 500 mL de la nouvelle solution. La concentration molaire en soluté de la nouvelle solutionest :

c = 0,36/0,500 = 0,72 mol . L–1.

23

21

a. Voir le schéma ci-dessous.

b. La quantité de matière initiale de zinc est :1,31 / 65,4 = 2,00 × 10–2 mol.

La quantité de matière initiale d’ions H+ est :2,00 × 5,00 × 10–3 = 0,100 mol

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.

xmax = 2,0 × 10–2 mol

La quantité de matière de dihydrogène prévisible est :

2,0 × 10–2 mol.

La quantité de matière d’ions zinc prévisible est :

2,0 × 10–2 mol.

c. Quantité de matière d’ions H+(aq) restante :

0,100 – 4,0 × 10–2 = 6,0 × 10–2 mol

dans 50,0 mL de solution.

[H+(aq)] = 6,0 × 10 –2 / 0,0500 = 1,2 mol . L–1.

[Zn2+(aq)] = 2,0 × 10 –2 / 0,0500 = 0,4 mol . L–1.

[Cl–(aq)] = 2,0 mol . L–1 (les ions Cl– ne sont pas intervenusdans la réaction et le volume de solution n’a pas changé).

d. D’après l’équation d’état du gaz parfait, pV = nRT, on a :

p = nRT/V = 2,00 × 10 –2 × 8,31 × 295 / (4,82 × 10 –4)

p = 1,02 × 105 Pa.

3. Solutions aqueuses ioniques (p. 53)

• Chlorure de cuivre CuCl2 , 2 H2O en poudre.• Solution d’hydroxyde de sodium 1 mol . L–1.• Solution d’ammoniac 1 mol . L–1.• Une pissette d’eau distillée.• Une fiole jaugée de 100 mL avec bouchon.• Une balance au cg.• Une coupelle.• Une spatule.• Un entonnoir à solide.

TP


acidechlorhydrique

zinc

24


Zn(s) 2 H+(aq) Zn2+

(aq) H2(g)

E.I. x = 0 2,0 × 10– 2 0,100 0 0

E.F. xmax 2,0 × 10– 2 – xmax 0,100 – 2 xmax xmax solvant

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 26

• Deux tubes à essais.• Un entonnoir avec support, filtre, agitateur.• Un bécher (pour recueillir le filtrat).

4. Solutions aqueuses ioniques et concentrations (p. 54)

Pour chaque binôme :

• Solution de permanganate de potassium K+(aq) + MnO4

–(aq)

de concentration en soluté apporté c = 2,0 × 10 –4 mol . L–1.• Pipettes jaugées de 5 mL, 10 mL, 20 mL et 25 mL.• Une fiole jaugée de 50 mL avec un bouchon.• Une pissette d'eau distillée.• Béchers de 100 mL.• Six tubes à essais.• Un porte-tube à essai.

TP

5. Transformation chimiqueproduisant un gaz (p. 60)

• Acide chlorhydrique 2 mol . L–1.• Acide chlorhydrique 6 mol . L–1.• Solution d’hydroxyde de sodium 2 mol . L–1.• Grenaille de zinc.• Deux tubes à essais.• Allumettes.• Une balance au cg.• Un erlenmeyer avec bouchon à deux trous.• Un tube à entonnoir.• Un tube à dégagement.• Une cuve à eau, têt-à-gaz.• Une éprouvette graduée de 250 ml.• Un support (pour fixer l’éprouvette).

TP


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 27

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE SOLUTIONS AQUEUSES IONIQUES 28

QCM1. a. m = n M. c. m = ρ V.

2. b. n = ρV / RT. d. n = V / Vm

3. La solution obtenue est : a. conductrice.La concentration molaire en soluté apporté est : c. c = n / V.

4. b. m = n M = c V M = 2,0 × 10 –2 × 0,250 × 278 = 1,4 g.

5. c. La solution diluée est moins concentrée.d. La concentration des ions est divisée par dix.

6. c. Les ions s’associent en solution.d. Le précipité peut être séparé de la solution par filtration.

Composés ioniques et solutions ioniques1. La formule et le nom du solide ionique dissous pour obte-nir les solutions ioniques mentionnées dans l’énoncé sont :a. BaCl2(s) : chlorure de baryum, et b. K3PO4(s) : phosphatede potassium.

2. a. Cu2+(aq) + 2 NO3

–(aq) : solution de nitrate de cuivre.

b. 2 Na+(aq) + SO4

2–(aq) : solution de sulfate de sodium.

3. a. Lors du mélange des solutions ioniques, les ions sus-ceptibles de s’associer sont Ba2+

(aq) avec SO42–

(aq) et Na+(aq)

avec Cl–(aq).b. Sachant que les ions chlorure et sodium coexistent, le pré-cipité obtenu est le sulfate de baryum de formule BaSO4(s).c. L’équation chimique traduisant sa précipitation est :

Ba2+(aq) + SO4

2–(aq) → BaSO4(s)

Décomposition par chauffagea. Le dispositif expérimental nécessite d’adapter un tube àdégagement à l’aide d’un bouchon troué au récipientchauffé qui contient le carbonate de calcium ; la sortie dutube à dégagement se fera directement dans une éprouvettegraduée pleine d’eau et renversée dans un cristallisoir.

b. La droite bleue nCaCO3= f(x) permet de suivre l’évolution

de la quantité de matière du réactif et l’intersection de cettedroite avec l’axe des abscisses indique la valeur de l’avan-

3

2

1

cement maximal xmax = 50 mmol. Le réactif est entièrementconsommé puisque sa quantité de matière est nulle.c. La quantité de matière de carbonate de calcium transfor-mée est égale à l’avancement maximal. La masse cor-respondante est :

m = xmax MCaCO3= 5,0 × 10 –2 × 100,1

m = 5,0 g.d. À l’aide de la droite rose nCO2

= f(x), on peut lire que laquantité de matière de gaz formée est aussi égale àl’avancement maximal. Le volume de gaz correspondant dans les C.N.T.P. est :

V = xmax Vm = 5,0 × 10 –2 × 24

V = 1,2 L.e. À l’aide de la droite rose nCO2

= f (x), on peut lire que la quantité de matière de solide formée est encore égale à l’avancement maximal puisque les nombres stœchio-métriques sont égaux, soit nCO2

= nCaO.La masse d’oxyde de calcium obtenue est :

m′ = xmax MCaO = 5,0 × 10 –2 × 56,1

m′ = 2,8 g.

Combustiona. L’équation chimique de la réaction de combustion est :

2 Mg(s) + O2(g) → 2 MgO(s)

b. Les quantités de matière de réactifs introduits sont :nMg = m /M = 7,29 / 24,3nMg = 0,30 mol ;nO2

= V /Vm = 6,0 / 24nO2

= 0,25 mol.c. Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimées en mole.

La quantité de matière qui s’annule en premier est celle dumagnésium qui est donc le réactif limitant. L’avancement maximal est tel que : 0,30 – 2 xmax = 0, soit :

xmax = 0,30/2 = 0,15 mol.

d. À l’état final : nMg = 0 mol ;

nO2= 0,25 – 0,15 = 0,10 mol ;

nMgO = 2 × 0,15 = 0,30 mol.

e. La transformation n’est pas terminée à la date t = 3 min puisque le volume de dioxygène restant V = 3,6 Lcorrespond à une quantité de matière en dioxygène égale à :

nO2= V /Vm = 3,6/24 = 0,15 mol

qui est supérieure à la quantité de matière à l’état finaldéterminée à la question d.. La transformation est donc tou-jours en cours.

4

P R O B L È M E S D E B A C

Solutions aqueuses ioniques

LE COIN BAC

2 Mg(s) O2(g) 2 MgO(s)

E.I. 0 0,30 0,25 0

E.F. xmax 0,30 – 2 xmax 0,25 – xmax 2 xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 28

f. À cette date, l’avancement x est donc x = 0,10 mol. La quantité de matière de magnésium restante est :

nMg = 0,30 – 2 × 0,10 = 0,10 mol,

ce qui correspond à une masse :

mMg = 1,0 × 10 –1 × 24,3 = 2,4 g.

La quantité de matière de magnésie formée est donc égale à2x et la masse correspondante est de :

mMgO = 2 x MMgO = 2 × 0,10 × (24,3 + 16)

mMgO = 8,0 g.

g. La masse de magnésie formée à l’état final est :

m = 0,30 × 40,3 = 12 g.h. Le volume de dioxygène restant à l’état final est :

VO2= 0,10 × 24 = 2,4 L.

Dissolution-Précipitation

1. Analyse qualitative

a. Les équations de dissolution dans l’eau des deux solidesioniques mentionnés dans l’énoncé sont :

NaOH(s) → Na+(aq) + HO–

(aq)

Fe2(SO4)3(s) → 2 Fe3+(aq) + 3 SO4

2–(aq)

b. Les ions susceptibles de s’associer en solution au cours del’expérience sont Na+

(aq) avec SO42–

(aq) et Fe3+(aq) avec HO–

(aq).

c. Sachant que les ions sulfate et sodium coexistent dansl’eau, le précipité observé est Fe(OH)3(s), hydroxyde de fer (III).L’équation chimique traduisant la formation du précipité est :

Fe3+(aq) + 3 HO–

(aq) → Fe(OH)3(s)

d. L’ion caractérisé par ce test est Fe3+(aq).

On peut citer les ions cuivre (II) qui donnent un précipitébleu d’hydroxyde de cuivre et les ions fer (II) qui donnentun précipité verdâtre d’hydroxyde de fer (II).

2. Analyse quantitative

a. La stœchiométrie de l’équation de mise en solution del’espèce ionique écrite en partie 1 montre que la quantitéde matière d’ions Fe3+

(aq) en solution est égale à la quantitéde matière de sulfate de fer dissoute.La quantité de matière initiale en ions Fe3+

(aq) est donc :nFe3+ = c1V1 = 1,0 × 10 –3 × 50,0 × 10 –3

nFe3+ = 5,0 × 10 –5 mol.

De même pour l’ion hydroxyde :nHO– = c2V2 = 1,0 × 10 –2 × 1 × 10 –3

nHO– = 1,0 × 10 –5 mol.

Dans le tableau d’avancement de la réaction de précipita-tion de l’hydroxyde de fer, les quantités de matière etl’avancement sont exprimées en mole.

Le réactif limitant est constitué des ions hydroxyde.L’avancement maximal est donc :

xmax = 1,0 × 10 –5/3 = 3,3 × 10 –6 mol.

b. À l’état final, la quantité de matière de précipité est égaleà l’avancement maximal, ce qui correspond à une masse :

m = xmax MFe(OH)3

= 3,3 × 10–6 × (55,8 + 3 × 17)= 3,6 × 10–4 g.

5

c. À l’état final, la quantité de matière en ions hydroxyde estnulle, donc sa concentration ionique l’est également.La quantité de matière en ions fer(III) est :

nFe3+ = 5,0 × 10 –5 – xmax = 4,7 × 10 –5 mol.

La concentration effective en ions fer (III) est donc égale à :

[Fe3+] = = = 9,2 × 10–4 mol . L–1.

Solution commerciale

1. La masse d’un litre de solution est :m = d ρeau V avec V = 1 L et ρeau = 1 000 g . dm–3 ;

m = 0,89 × 1 000 = 8,9 × 102 g.La masse d’ammoniac contenue dans un litre de solutiondépend du pourcentage massique en NH3 :

mNH3= 0,28 × 890 = 2,5 × 102 g.

La quantité de matière d’ammoniac contenue dans un litrede solution est :

nNH3= mNH3

/ MNH3= 2,5 × 102 / 17,0 = 15 mol.

La concentration molaire en soluté apporté est donc de 15 mol . L–1.

2. D’après l’équation des gaz parfaits : pV = nRT.

VNH3= nNH3

RT / p

= 15 × 8,314 × 293 / (1 020 × 10 –3 × 105)

= 0,36 m3,

soit une solubilité de 360 litres d’ammoniac gazeux par litrede solution.

3. a. L’azote et l’hydrogène n’ayant pas la même électroné-gativité, chaque liaison est polarisée. L’azote porte unecharge partielle négative qui n’est pas confondue avec lebarycentre des charges partielles positives des atomesd’hydrogène ; la molécule est donc polaire.

b. Il existe des interactions coulombiennes (dipolaires)entre les molécules d’eau et d’ammoniac en solution.

c. La solubilité de l’ammoniac est donc très bonne, car cesinteractions favorisent la solvatation dans l’eau.

d. L’équation de la réaction de dissolution dans l’eau est :

NH3(g) → NH3(aq)

4. On veut préparer 250 mL d’une solution ammoniacale à0,50 mol . L–1.

a. Lors d’une dilution, la quantité de matière se conserve :c0V0 = c′V′ avec c0 la concentration (mère) de la solutioncommerciale, V0 le volume de la solution commerciale àprélever, c′ la concentration de la solution à préparer (fille)et V′ le volume de la solution diluée.

V0 = c′V′/c0

V0 = 0,50 × 0,25/15 = 8,3 × 10 –3 L

Le volume de solution commerciale à prélever est de 8,3 mL.

b. Le protocole opératoire est celui d’une dilution : on pré-lève 8,3 mL à l’aide d’une pipette graduée que l’on transvasedans une fiole jaugée de 250 mL. On complète jusqu’au traitde jauge avec de l’eau distillée et on homogénéise.

Note : On peut utiliser une burette graduée.

Remarque sur la sécurité : utiliser des gants et deslunettes de protection.

6

4,7 × 10–5

(1 + 50) × 10–3

nFe3+

VT

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE SOLUTIONS AQUEUSES IONIQUES 29

Fe3+ 3 HO– Fe(OH)3

E.I. 0 5,0 × 10–5 1,0 × 10–5 0

E.F. xmax 5,0 × 10–5 – xmax 1,0 × 10–5 – 3 xmax xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 29

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 4 – CONDUCTIMÉTRIE 30

L’objet de la conductimétrie est la mesure de la conducti-vité d’une solution, c’est-à-dire de l’inverse de sa résistivité.De telles grandeurs renseignent sur la présence d’ions ensolution et permettent de déterminer, suivant les condi-tions, une concentration, un volume à l’équivalence, l’avan-cement d’une réaction chimique…Nous présentons ici certains aspects scientifiques et péda-gogiques liés à ce domaine de la chimie. Conformément auxrecommandations du programme, nous avons choisi d’in-troduire le principe d’une mesure de conductimétrie, lescontraintes techniques d’une telle mesure et l’intérêt decette méthode pour la détermination de concentrations.Le champ des usages d’une telle technique au niveau de laPremière S est limité, et il semble intéressant que le pro-fesseur ait un aperçu global de ce qu’il pourra en faire, etdes embûches que ses élèves devront surmonter. Nous ter-minerons donc cette présentation en donnant les principa-les possibilités d’utilisation de la conductimétrie dans lecadre de ce programme.

1. Tension de travail

1.1. Impossibilité de l’usage d’un courant continu

Usuellement, pour déterminer la résistance ou la conduc-tance d’un conducteur, on utilise un courant continu. Cetteméthode est inadaptée lorsque le système étudié est une solu-tion ionique. En effet, pour qu’un courant continu traverseune solution électrolytique, il doit y avoir électrolyse. Lestransformations qui se déroulent aux électrodes demandentde l’énergie, ce qui implique l’existence d’une force contre-

électromotrice, tension seuil en deçà de laquelle aucun cou-rant ne passe. La tension entre les électrodes est donc due àplusieurs phénomènes et le terme ohmique RI ne constituequ’une des contributions à la tension UAB, la déterminationdes autres contributions étant délicate voire impossible.

Notes :• À faible tension, les électrodes constituent un condensateur et la solution jouele rôle du diélectrique ; dans ces conditions, un courant continu ne passe doncpas au travers d’une solution électrolytique.• À forte tension, les électrodes sont le lieu d’électrolyses, et un tel système nepermet pas d’accéder simplement à la conductivité de la solution.

1.2. Tension sinusoïdale

L’usage d’une tension variable s’impose donc, et la plusclassique d’entre elle, la tension sinusoïdale, est universel-lement retenue. À une tension assez faible pour qu’il n’y aitpas électrolyse, on considère que le passage du courant estde nature purement ohmique. Durant une demi-période,une électrode repousse les cations et attire les anions ; il seproduit l’inverse lors de la demi-période suivante. Il y adonc déplacements de charges au sein de l’électrolyte.


1.3. Conductance ou admittance

Dans le manuel de l’élève, UAB et I désignent respective-ment la tension efficace entre les électrodes et l’intensité

efficace traversant le circuit. Dans la mesure où le courantalternatif sinusoïdal ne fait pas partie du programme dePremière S, le terme efficace n’a pas été utilisé dans lemanuel pour des raisons de simplification.En toute rigueur, le rapport de l’intensité efficace par la ten-sion efficace est l’admittance Y (c’est-à-dire l’inverse del’impédance) et non la conductance G (inverse de la résis-tance). Dans le cas d’un électrolyte, ces deux grandeurs dif-fèrent essentiellement par un terme capacitif, le termeinductif étant négligeable. On confondra donc conductanceet admittance au niveau de la classe de Première S, l’erreurrelative commise étant de quelques pour cent. Un conduc-timètre haut de gamme adapte automatiquement la fré-quence de travail en fonction de l’admittance de la portionde solution traversée par le courant (fréquence élevée pourdes solutions très conductrices, fréquence faible pour dessolutions peu conductrices), modélise la contribution del’effet capacitif de la cellule et la résistance des cordons,puis affiche une valeur très proche de la conductance. Ilfonctionne avec une tension efficace voisine de 250 mV.Nous avons choisi d’être aussi précis que possible et de nejamais parler de « la conductance de la solution », expres-sion impropre mais malheureusement présente dans tropde documents écrits. Quand une grande précision nous asemblé nécessaire, nous avons écrit « la conductance de laportion de solution comprise entre les électrodes». Quandil n’y avait pas d’ambiguïté, nous avons simplifié cetteexpression, mais sans jamais laisser croire au lecteur quela solution a une conductance, pas plus qu’une solution n’aune résistance. En effet, la conductance mesurée dépendde la cellule. Le programme officiel prévoit l’étude des grandeurs d’in-fluence, comme les paramètres géométriques de la cellulede mesure, ce qui laisse penser que la rigueur que nousnous sommes imposés est dans l’esprit des concepteurs duprogramme.

2. Cellule de conductimétrie

2.1. Constante de cellule

La constante de la cellule se définit comme le rapport entrela conductivité (σ, grandeur intensive) et la conductance (G, grandeur extensive). Lors d’une approche simplifiée,cette constante de cellule est assimilée au rapport L/S de ladistance L entre les plaques par l’aire S d’une face deplaque, les deux plaques étant supposées identiques. Unetelle assimilation néglige de nombreux facteurs, comme leseffets de bord où l’état de surface des électrodes. D’un pointde vue technique, les effets de bord sont minimisés par unebonne construction de la cellule, et l’état de surface desélectrodes est optimisé par le choix d’électrodes en platineplatiné. À ce propos, il convient de signaler que la cellule ne

Conductimétrie4

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 30

ainsi que de la nature et de la concentration de toutes lesautres entités présentes en solution. Les termes λi sont donc difficilement calculables.Lorsque les concentrations de tous les ions présents devien-nent suffisamment faibles (10–2 mol . L–1 voire 10–3 mol . L–1),chaque coefficient λi ne dépend plus que de la températureet de la nature de l’ion Xi et peut être confondu avec laconductivité molaire ionique à dilution infinie de l’ion Xi. Laformule ci-dessus s’approxime alors raisonnablement par σ = ∑λi

0 [Xi (aq)]. Les cœfficients λi0 sont présents dans une

table du rabat de couverture du livre de l’élève. Ceciexplique pourquoi la linéarité de la conductance ou de laconductivité avec la concentration d’un unique solutéapporté n’est valable que pour de faibles concentrations.Lorsque la concentration en soluté apporté devient très faible(environ 10 – 5 mol . L– 1), les impuretés naturellement pré-sentes dans l’eau distillée ou permutée d’un laboratoirepeuvent avoir des contributions non négligeables à la conduc-tivité. On peut signaler la dissolution du dioxyde de carboneatmosphérique dans l’eau initialement pure ; à l’équilibre, à 25 °C, on a [H+

(aq)] [HCO3–(aq)] 2 × 10 –3 mol . L–1, soit

un pH voisin de 5,7. Il ne faut pas oublier l’autoprotolyse de l’eau, source d’ions H+

(aq) et HO–(aq), qui rend la conducti-

vité de l’eau pure non nulle. Ce phénomène d’autoprotolysede l’eau n’étant pas au programme de Première S, il n’a pas été abordé dans le livre de l’élève ; il peut cependant intervenir lors du calcul de la solubilité de certains composéstrès peu solubles (halogénures d’argent, par exemple) à partir de mesures de conductances. En effet, l’agitation d’iodure d’argent, solide très peu soluble dans de l’eau même extrêmement pure, apporte moins d’ions Ag+ et I–

que l’eau ne contient d’ions H3O+ et HO–(aq). Les ions

fournis par le solvant ne peuvent donc être négligés devantles ions apportés par la dissolution de cet halogénure d’argent.

3.2. Nature de l’électrolyte

Une lecture du tableau des conductivités molaires ioniques à dilution infinie pour les ions (cations et anions) mono-valents montre un domaine étroit de valeurs (entre 3 × 10– 3 S . m2 . mol – 1 et 8 × 10 – 3 S . m2 . mol – 1) à l’excep-tion des ions H+

(aq) et HO–(aq). Cette similitude de valeurs

est due au fait que les tailles des ions solvatés en solutionaqueuse sont semblables.Une interprétation de la forte valeur des conductivitésmolaires des ions issus de l’autoprotolyse de l’eau consisteà admettre que l’origine du déplacement de la charge estdifférente dans le cas des autres ions monovalents. Alorsque tous les ions se déplacent effectivement sous l’effet duchamp électrique existant entre les électrodes, un autrephénomène se superpose au précédent pour les ions H+

(aq)et HO–

(aq). Dans l’eau, ces ions et les molécules d’eau sontassociés par liaisons hydrogène, symbolisées ici par despointillés : - - - -

Il se produit un déplacement de doublets électroniques :

H O

H

H ---- O

H

H ---- O

H

H ---- O

H

H

+

H O

H

H ---- O

H

H ---- O

H

H ---- O

H

H

+


doit pas être trop proche des parois du récipient, une dis-tance insuffisante provoquant une distorsion des lignes decourant.Le fait que la constante de cellule diffère notablementdu rapport L/S impose, dans la pratique, qu’elle soitdéterminée avec une solution de référence (solution dechlorure de potassium, le plus souvent) dont la conduc-tivité a été tabulée pour diverses concentrations et tem-pératures. Il y a là une difficulté pédagogique puisqueles élèves ne pourront pas faire le lien entre la valeurde la constante telle qu’ils la détermineront, par exem-ple en suivant notre fiche technique FT6, qui est la façonhabituelle d’opérer, et une détermination géométrique decelle-ci, qui relève d’une modélisation dont l’applicationréelle est fort éloignée.

2.2. Choix de la cellule

Lorsque l’on recherche une bonne précision, on opère avecdes cellules de conductimétrie commerciales dont la rigi-dité est assurée par des plaques de verre et dont les facesen vis-à-vis sont en platine recouvert de platine finementdivisé (noir de platine). De telles cellules sont fragiles etonéreuses. De façon plus économique, on peut utiliser descellules dont les plaques en vis-à-vis sont en métal poli : cui-vre et acier inoxydable conviennent. L’acier inoxydable estpréférable mais pose des problèmes de soudure avec le cui-vre des fils. L’inconvénient de ces métaux est leur piètretenue : la manipulation en présence des solutions usuellesdes activités expérimentales de Première S les font vieilliren quelques mois. Le choix d’une surface de carbone poseégalement des problèmes, une telle surface étant particu-lièrement absorbante et conservant la mémoire des précé-dentes mesures. Quel que soit le choix de la nature desélectrodes, la rigidité de l’assemblage peut être assurée parun bâti en plastique (en plexiglas, voir Fig. 1, page 73).

3. Électrolytes

3.1. Concentration de l’électrolyte

L’intérêt de la conductimétrie tient au fait que la grandeurobservable, la conductivité, est proportionnelle, dans cer-taines mesures, aux concentrations des ions en solution.Cela distingue cette méthode de la plupart des méthodesélectrochimiques, dont la pH-métrie, pour laquelle la gran-deur observée est proportionnelle au logarithme de laconcentration. Du point de vue des concepteurs du pro-gramme, il s’agit d’une raison suffisante pour justifier l’em-ploi pédagogique de la conductimétrie.Une difficulté de la relation entre la conductivité et laconcentration, grandeur intéressant le chimiste, tient à lafaible spécificité de la mesure. Dans le cas du pH, laréponse de l’électrode est spécifique de la concentration enions H3O+, alors que dans le cas de la conductance, laréponse dépend de tous les ions en solution. Dans le casd’un unique soluté apporté, il existe une relation simpleentre les concentrations des ions. En revanche, dans le casgénéral, la conductance est une combinaison linéaire desconcentrations des ions présents. Cela s’exprime par larelation σ = ∑ λi [Xi (aq)] où les coefficients λi sont lesconductivités molaires ioniques des ions Xi. Cette relationest vérifiée dans toutes les situations expérimentales.Cependant, les cœfficients λi dépendent de la température,de la nature de l’ion Xi, de sa concentration en solution,

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 31

Ce déplacement conduit à un déplacement de charge (sansdéplacement d’atomes) :

Ce type de déplacement de charge est plus rapide que lamigration matérielle d’un ion.

4. Usage de la conductimétrie en Première S

La conductivité présente, par rapport à la pH-métrie, l’a-vantage d’éviter l’utilisation de la fonction logarithme, maiselle conduit en revanche à certaines difficultés qu’il ne fautpas sous-estimer. Les grandeurs manipulées ne sont pas familières aux chi-mistes, encore moins aux élèves. En particulier, la distinc-tion entre les grandeurs conductance, conductivité etconductivité molaire ionique ne s’acquiert que lentement. Il en va de même des unités qui leur sont associées.Le terme siemens, à lui seul, perturbe les élèves, et,pour être homogène, le système d’unité utilisé nécessitel’emploi de l’unité de concentration internationale :mol . m–3. Il s’agit d’une unité peu familière, utilisée seu-lement dans le contexte de la conductimétrie.Trois usages de la conductivité sont proposés par le pro-gramme de Première S : la détermination d’une concentra-tion au moyen d’une courbe d’étalonnage, la déterminationd’une concentration sans étalonnage, et la détermination del’équivalence d’un dosage acido-basique.

4.1 Détermination d’une concentration au moyen d’une courbe d’étalonnage, dans le cadre d’un unique soluté ajouté

Cette utilisation est assez simple en apparence puisqu’il s’agit d’une relation quasiment linéaire entre une grandeurexpérimentale, la conductance, et une grandeur à détermi-ner, la concentration. Quel que soit le système d’unités uti-lisé, la méthode fonctionne bien. L’élève pourra doncexprimer les concentrations en mol . L – 1 et utiliser l’unitéde conductance de son choix. La difficulté relative aux uni-tés sera ainsi transparente.Une difficulté cependant ne doit pas être négligée si l’expé-rience est effectuée, comme le requiert le programme, avecun montage électrique connectant un G.B.F., un ampère-mètre et un voltmètre. En effet, l’élève remarquera éventuellement que le grapheI = f (c) est tout aussi linéaire que le graphe G = f (c), touten étant plus accessible puisque I est directement lu, alorsque G résulte d’un calcul. Cela pose un problème car lacourbe d’étalonnage I = f (c) n’est utilisable que si la mêmetension est réutilisée lors de l’usage ultérieur de la courbed’étalonnage.

4.2 Utilisation de la relation entre la conductivité et la concentration des ions en solution

Il est possible, grâce à la relation σ = ∑λi0[Xi(aq)], de prévoir

une conductivité quand on connaît les concentrations desdifférents ions présents dans une solution.

H O

H

H---- O

H

H---- O

H

H---- O

H

Cette relation permet donc de confirmer ou d’infirmer unehypothèse sur l’évolution d’un système avec le raisonne-ment suivant : (a) On suppose que le mélange de deux solutions ne donnepas lieu à une réaction chimique. (b) On calcule les concentrations des ions en solution. (c) On prévoit par le calcul la conductivité de la solu-tion.(d) On la détermine expérimentalement.(e) Si le système s’est transformé, la prévision est erro-née et montre qu’une réaction a effectivement eu lieu. Dans l’esprit du programme, c’est ainsi que nous avonspermis à l’élève de découvrir, puis d’étudier, la réactionentre un acide et une base par exemple (voir TP4, page 96).Un tel usage de la conductimétrie, à la différence dela courbe d’étalonnage, nécessite impérativement l’utili-sation d’un système cohérent d’unités, donc, par exem-ple, du système international avec la difficulté évoquéeci-dessus relative à l’unité de concentration.

4.3 Détermination de l’équivalence d’un titrage acido-basique

En l’absence de la pH-métrie, le titrage acido-basique selimite à l’usage des indicateurs colorés. Les concepteurs duprogramme ont souhaité réinvestir la conductimétriecomme méthode de détermination du point d’équivalenced’un tel titrage. Le seul titrage envisageable dans le cadredu programme est le titrage d’un acide fort par une baseforte, sans que ces termes soient utilisés. L’évolution de laconductivité est simple dans ce cas. Elle décroît avant l’équivalence et croît après. Le minimum correspond à l’équivalence, ce qui constitue un réinvestissement inté-ressant de cette technique (voir TP4, page 140).Un tel usage, forcément limité, ne permet pas une largediversité d’applications. Cependant, l’objectif n’est pas d’ex-plorer toutes les possibilités de la conductimétrie, mais del’utiliser pour introduire le concept de titrage. Nous avonsrespecté cette orientation du programme.

5. Conclusion

L’usage de la conductimétrie dans le programme dePremière S se limite à quelques expériences de base, toutesorientées sur la détermination d’une concentration, que cesoit par l’intermédiaire d’une courbe d’étalonnage, d’un cal-cul, ou d’un dosage. Nous avons exploré toutes les possibilités recommandéespar le B.O. de sorte que les efforts consentis par les pro-fesseurs et par les élèves puissent être utilisés au mieux. Ilne faut pas éluder les difficultés d’une telle technique, etnous avons mentionné celles liées aux grandeurs spéci-fiques de cette méthode, ainsi que celles relatives aux uni-tés employées.Enfin, les difficultés expérimentales liées aux électrodesdépendront des choix effectués dans chaque établissementpour le matériel utilisé. Les utilisateurs auront toujours lapossibilité de comparer leurs valeurs expérimentales à cel-les données par le simulateur que nous avons implanté dansle cédérom Microméga Physique Chimie 1re S qui constitueun point de repère intéressant.


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1. Migration des ions (p. 72)

CommentairesL’objectif de cette activité est de comprendre que la conduc-timétrie est basée sur le caractère conducteur des solutionsioniques à cause de la présence d’ions solvatés.Elle permet à l’élève de revenir sur la relation entre« ions et migration », étudiée au chapitre 2, qui expliquela conduction des solutions ioniques, notion fondamen-tale pour une bonne compréhension de la technique deconductimétrie.

Correctiona. Si le papier était sec ou imbibé avec de l’eau pure, il neserait pas conducteur. Les ions de la solution constituentles porteurs de charge du courant électrique.

Note : C’est cette migration opposée des ions qui assure le passage du courantélectrique à l’intérieur de la feuille de papier imbibée d’une solution ionique.

b. Après le passage du courant électrique, on observe unetâche violette qui migre vers un des côtés de la feuille depapier-filtre.

Note : Cette expérience est démonstrative si l’on fait passer une intensité impor-tante (28 mA comme sur la Fig. 2). On constate qu’il faut autour de 200 V, cequi indique que la résistance d’un papier-filtre imbibé est de l’ordre du kiloohm.L’usage d’une telle tension nécessite des précautions qui sont réalisées avec unappareil d’électrophorèse par exemple. La cuve de protection n’apparaît par surla photo, mais doit impérativement être utilisée en classe. L’usage de métauxde transition sous leur forme cationique ne permet pas une coloration suffisantepour voir dans des conditions habituelles la migration des porteurs de chargepositive.

c. Les cations migrent vers la borne négative du générateuret les anions migrent vers la borne positive. Les ions nitrate ont migré dans le même sens que les ionspermanganate alors que les ions potassium ont migré dansl’autres sens.

d. Le côté de la feuille vers lequel la tâche violette a migré(en arrière plan sur la photo) est relié à la borne positive dugénérateur puisque les ions permanganate sont des anions(MnO4

–).

e. On ne voit pas la migration des ions nitrate et potassium,car ces ions ne contribuent pas à la couleur de la solution ;en effet la dissolution d’un cristal de nitrate de potassiumdans l’eau donne une solution ionique incolore.

2. Caractère conducteur de quelquessolutions aqueuses (p. 72)

CommentairesL’objectif de cette activité est de découvrir une méthode dedétermination de la conductance d’une portion de solution.En s’appuyant sur les acquis du chapitre 2, cette activitéconstitue une approche quantitative (mesures d’intensité)du caractère conducteur de quelques solutions.On y introduit le montage expérimental, qui est le fonde-ment de ce chapitre car il permet de déterminer la conduc-tance. La conductance d’une portion de solution est définie. L’élève doit imaginer des catégories qui permettent de clas-ser quelques solutions aqueuses rencontrées dans la viequotidienne ou au laboratoire. Les mesures d’intensité du

DOC

DOC

ACTIVITÉS DE DÉCOUVERTEcourant électrique doivent le guider dans son choix afin deproposer un classement en solution conductrice ou nonconductrice de l’électricité.

Correctiona. Les mesures d’intensité permettent de classer ces solu-tions en deux catégories : les solutions conductrices (eau-sel de cuisine, eau-hydroxyde de sodium, eau-acide chlor-hydrique) et les solutions isolantes (eau distillée, eau-éthanol, eau-sucre).Dans les solutions conductrices, il y a des ions provenantdu soluté. Dans les solutions isolantes, il n’y a pas d’ions.

Note : L’élève est amené ici à réinvestir les connaissances du chapitre 2 sur lessolutions ioniques. L’élève n’est pas censé savoir que l’eau contient naturellement des ions H3O

+ etHO– . Dans tout le manuel, nous tiendrons compte du fait qu’il ignore cetteinformation.

b. À l’état solide, le sucre est constitué de molécules, alorsque le sel est constitué d’ions.

Note : C’est à dessein que nous avons utilisé le vocabulaire sucre/sel de préfé-rence à la nomenclature chimique dans ce début de chapitre. Le professeurpourra en tirer parti.

c.

d. La conductance G d’une solution moléculaire (donc nonconductrice) est nulle, tandis que la conductance G d’unesolution ionique (donc conductrice) ne l’est pas.

Note : Du point de vue électrique, les deux électrodes constituent un conden-sateur qui ne fait pas obstacle au passage d’un courant alternatif, d’où l’utili-sation d’un G.B.F. Son remplacement par un générateur de courant continuentraîne soit l’absence de courant, soit, à tension suffisante, la présence d’uneélectrolyse qui transforme le système, ce qui n’est pas le cas ici.

3. La cellule conductimétrique (p. 73)

CommentairesCette activité expérimentale a un double but : dans un pre-mier temps, l’élève prend conscience de l’existence de gran-deurs d’influence de la conductance en travaillant sur unecellule simplifiée, construite à partir de deux lames de cui-vre et dans un second temps, il détermine une constante decellule commerciale par étalonnage à l’aide d’une solutionde chlorure de potassium de concentration connue.La première partie consiste à trouver les grandeurs d’in-fluence intervenant dans la mesure de la conductance d’unesolution ionique. L’élève doit avoir le temps de réfléchir etnous recommandons, le cas échéant, de le laisser se trom-per en attendant qu’il constate l’inexactitude de sa prédic-tion à la suite de l’expérience.La seconde partie consiste à réaliser une opération d’éta-lonnage de la cellule de conductimétrie, indispensable pourpouvoir calculer la conductivité d’une solution à partir dela conductance de la portion de cette solution compriseentre les électrodes. À cette occasion, l’élève constate l’in-fluence de la température sur la conductivité.Dans cette activité, le temps consacré aux manipulationsproprement dites est assez réduit, car il faut laisser dutemps à l’élève afin qu’il s’approprie cette technique. La détermination de la constante de cellule devant être

TP


Solutioneau eau- eau- eau-

eau- eau-

distillée éthanol sucre selhydroxyde acidede sodium chlorhydrique

G (S) 0 0 0 0,15 0,16 0,300

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 33

réalisée méticuleusement, un temps conséquent lui estimparti dans cette activité. La fiche technique 6 et unexercice du simulateur sont aussi dédiés à cette opération.

Note : Les valeurs numériques ci-dessous sont données à titre d’exemple puis-qu’elles dépendent des conditions opératoires (appareil, température, etc.).

Correction1. a. La liste des grandeurs d’influence possibles est : l’aireimmergée S des électrodes, l’espacement L entre lesélectrodes et la concentration c du soluté apporté pour laconstitution de la solution.

b. Le mode opératoire peut être le suivant : dans une solution de chlorure de sodium de concentration c = 1,00 × 10–2 mol . L–1, on plonge une cellule conductimé-trique dont les plaques de cuivre peuvent être plus ou moinsplongées dans la solution et plus ou moins espacées l’unede l’autre.• Pour un espacement L = 2 cm constant, on fait varierl’aire S immergée des électrodes et l’on mesure à chaquefois l’intensité du courant I et la valeur de la tension U àl’aide des multimètres. On calcule ensuite la conductanceG de la portion de solution étudiée.• Pour une aire S = 4 cm2, on fait varier l’espacement Lentre les électrodes. On détermine I, U et G comme précé-demment.• Pour un espacement L = 2 cm et pour une aire S = 2 cm2,on fait varier la concentration c en soluté apporté en effec-tuant deux ou trois dilutions (10e, 100e voire 1 000e) à partirde la solution mère c = 1,00 × 10–2 mol . L–1. On détermine I,U et G comme précédemment.

c. Plus la surface immergée S des électrodes augmente,plus la conductance G augmente.Plus la distance L entre les électrodes augmente, plus laconductance G diminue.Plus la concentration c en soluté apporté augmente, plus laconductance G augmente.Ces résultats sont obtenus avec une cellule fabriquée avecdeux lames en cuivre mobiles soumise à une tension sinu-soïdale d’environ U = 1 V et de fréquence f = 1 000 Hz, plon-geant dans une solution de chlorure de sodium de concen-tration c = 0,10 mol . L–1 en soluté apporté.• Pour L = 2 cm et θ = 25 °C :

• Pour S = 4 cm2et θ = 25° C :

• Pour S = 2 cm2 et L = 2 cm et θ = 25 °C :

Les valeurs expérimentales obtenues valident la réponseétablie en 1. a., à savoir que S, L et c sont des grandeursd’influence puisque leur variation entraîne une modificationde G.

Note : On peut faire remarquer à l’élève que la température est aussi une gran-deur d’influence, mais qui n’est pas abordée faute de temps.

d. Une cellule conductimétrique commerciale est intéres-sante puisque, par construction, les valeurs de l’aire S et del’espacement L sont fixées.

2. a. c = 1,00 × 10–2 mol . L–1 = 10,0 × 10–3 mol . dm–3

= 10,0 mol . m–3.

b. D’après la relation σ = k G, on obtient k = . En expri-

mant σ en S . m–1 et G en S, k s’exprime en m–1.

c. On mesure l’intensité du courant I et la valeur de la ten-sion U à l’aide des multimètres. On calcule ensuite laconductance G = I/U de la portion de solution. On mesurela température θ de la solution et l’on en déduit, par lecturegraphique, la conductivité σ de la solution. Enfin on calcule

la constante de cellule k = .

À 25 °C, la courbe σ = f(ϕ) donne σ = 0,143 S . m–1.

k = = 16 m–1.

On mesure l’intensité du courant I et la valeur de la tensionU à l’aide des multimètres. On calcule ensuite la conduc-tance G de la portion de la solution d’eau minérale. On cal-cule alors la conductivité de l’eau minérale grâce à la rela-tion : σ = k G ; on peut comparer la valeur trouvée à celleindiquée sur l’étiquette (exemple : San-Pellegrino).

4. Conductance et concentrationd’une solution ionique (p. 74)

CommentairesCette activité met progressivement en place une des rela-tions essentielles de ce chapitre : la linéarité entre laconductance et la concentration en soluté unique ajoutédans un domaine de concentration. Au cours de sa pro-gression, l’élève vérifie que c’est effectivement la conduc-tance, et non d’autres grandeurs électriques, que l’on doitconsidérer pour obtenir une grandeur proportionnelle à laconcentration. Une seconde étape attire son attention sur le fait que si laproportionnalité entre la conductance et la concentration ensoluté unique apporté est satisfaite quelle que soit la naturede ce soluté, le coefficient de proportionnalité dépend de lanature du soluté. La relation ainsi établie est utilisée pourdéterminer une concentration inconnue en soluté.Enfin, cette activité propose une étude quantitative : il s’a-git de vérifier une relation de proportionnalité entreconductance et concentration dans certaines conditions, eten particulier pour un unique soluté apporté. Cette vérifi-cation peut se faire à l’aide de tableaux de valeurs ou degraphes tracés à la main ou à l’aide d’un tableur.

Correction1. a. L’unité de la résistance est l’ohm, symbole Ω.

b. G = 1/R.

Note : La valeur de l’intensité (I = 0,04 mA) ne doit pas être exprimée avec unemeilleure précision compte tenu de l’appareil utilisé lors de nos mesures. Dansce cas, la valeur de R et celle de G ne doivent donc pas faire apparaître plusd’un chiffre significatif.

TP

0,1439,0 × 10–3

σG

σG


S (cm2) 2 3 4

G (mS) 26 40 77

L (cm2) 1 2 3 4

G (mS) 87 72 42 36

c (mol . L–1) 0,10 0,010 0,0010

G (mS) 26 2,5 0,25

c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 –3

I (mA) 0,04 0,13 0,43 1,22

R (Ω) 1 × 104 3,8 × 103 1,2 × 103 4,1 × 102

G (S) 8 × 10 –5 2,6 × 10 –4 8,6 × 10 –4 2,4 × 10 – 3

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 34

c.

d. Note : Pour vérifier la proportionnalité, on peut calculer le rapport entre lesdeux grandeurs et vérifier qu’il est sensiblement constant. On peut aussi tracer une courbe et vérifier que l’on obtient un segment dedroite.

Si on considère la résistance pour la première série demesures :

On constate que la résistance n’est pas proportionnelle à laconcentration. La courbe représentant R = f (c) n’est pas unsegment de droite.Si on considère l’intensité pour la première série demesures :

Si on considère l’intensité pour la deuxième série demesures :

Dans chaque série de mesures, I est proportionnelle à c :• 1re série : I/c = (415 ± 15) mA . L . mol– 1 (précision 4 %) ;• 2e série : I/c = 680 ± 20 mA . L . mol–1 (précision 3 %).

Cependant, I n’est pas proportionnelle à c quelles que soientles conditions puisqu’il faut que la tension soit constantepour que cette relation soit satisfaite.

Si on considère la conductance, on obtient les résultats sui-vants pour la première et la deuxième série d’expériences :

On vérifie que la conductance est bien proportionnelle à laconcentration quelles que soient les conditions, car le cœf-ficient multiplicatif est le même dans les deux séries :

G/c = (0,84 ± 0,04) S . L . mol–1 (précision de 4,8 %).La courbe représentative de G = f (c) est un segment dedroite. En conclusion, G = 0,84 c avec G en siemens et c en molepar litre (0,84 en S . L . mol–1).

2. a. On raisonne sur la conductance.

On retrouve bien que la conductance est proportionnelle àla concentration.Ici aussi on peut tracer une courbe représentant G = f (c),et on obtient un segment de droite.

En revanche, il faut bien noter que le coefficient de pro-portionnalité change avec la nature de la solution.Dans le cas d’une solution aqueuse de chlorure de sodium,il vaut 0,84 S . mol–1. L, alors qu’il vaut 1,05 S . mol–1. L dansle cas d’une solution de chlorure de potassium.

b. Pour déterminer la valeur de la concentration c0, on utilise le montage électrique précédent et on mesurel’intensité traversant la cellule. On en déduit la conduc-tance.Enfin, grâce à la relation G = 1,05 c, on parvient à c0.

c. G = 1,24 × 10–3/0,80 = 1,6 × 10–3 S

donc :c0 = 1,6 × 10–3/1,05 = 1,5 × 10–3 mol . L–1.

Note : Cette activité peut demander beaucoup de temps si les élèves sont lentsà calculer. L’utilisation d’un tableur permet de gagner du temps s’ils maîtrisentcet outil.

5. Détermination de la concentrationd’un soluté (p. 82)

CommentairesAu cours de cette deuxième activité expérimentale consa-crée à la conductimétrie, l’élève retrouve la relation exis-tant entre conductance et concentration dans le cas d’ununique soluté ajouté. Il doit mettre en œuvre ses capacitésexpérimentales (préparation d’une gamme d’étalonnage,soin des mesures) et ses capacités d’exploitation de résul-tats expérimentaux (tracé et utilisation d’une courbe d’éta-lonnage G = f (c)) pour vérifier la linéarité entre conduc-tance et concentration. En fin de manipulation, on abordeune limite de la méthode d’étalonnage.Cette activité est réalisable dans le temps imparti à condi-tion que chaque binôme d’élèves soit bien organisé, en par-ticulier dans la répartition des charges de travail entre lesdeux élèves. Dans cette activité, la bonne utilisation d’un tableur est source d’efficacité. La fourchette proposée,«entre 2 g et 3 g», de chlorure de sodium à peser est impor-tante de façon à éviter que tous les binômes obtiennent dessolutions de concentrations trop voisines.

Correction

1. a. c0 = 4m0 / 58,4 (en mol . L–1) ; ne donner que trois chif-fres significatifs pour c0.

b. c1 = c0 /25 et c2 = c1/2 = c0 /50.Pour préparer S3, on peut pipeter 2 mL de S0 et compléterà 250 mL, ou pipeter 50 mL de S1 et compléter à 250 mL.

c3 = c0 /125Pour préparer S4, on pipette 10 mL de S1 et on complète à250 mL.

c4 = c0 /625

2. a. Exemple de valeurs numériques obtenues : m0 = 2,71 g

soit :c0 = × = 186 mol . m–3. 1

250 × 10 –6

2,7158,4

TP



c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 –3

I / c 4,0 × 102 4,3 × 102 4,3 × 102 4,1 × 102

c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 –3

I / c 7,0 × 102 7,0 × 102 6,8 × 102 6,6 × 102

c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 – 3

G/c (série 1) 0,8 0,87 0,86 0,81

G/c (série 2) 0,9 0,87 0,85 0,83

c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 – 3

G (S) 1 × 10 –4 3,2 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 – 3

G/c 1 1,1 1,0 1,0

c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 –3

R/c 1 × 108 1,3 × 107 1,2 × 106 1,4 × 105

c (mol . L –1) 1,0 × 10 –4 3,0 × 10 –4 1,0 × 10 –3 3,0 × 10 –3

I (mA) 0,07 0,21 0,68 1,98

R (Ω) 1,1 × 104 3,8 × 103 1,2 × 103 4,0 × 102

G (S) 8,8 × 10 –5 2,6 × 10 –4 8,5 × 10 –4 2,5 × 10 – 3

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En opérant à 500 Hz sous 0,500 V on trouve les valeurs sui-vantes :

b. La courbe obtenue est sensiblement un segment dedroite. On trouve G 7,9 × 10 –4 c.

d. On ne peut pas utiliser une courbe d’étalonnage G = f (concentration en chlorure de sodium apporté) pourdéterminer la concentration d’un autre électrolyte. Le coef-ficient de proportionnalité entre G et c dépend de la naturedu soluté apporté.

Note : On montre avec une des formules du cours que le coefficient de propor-tionnalité entre la conductance et la concentration est égal à (λK+ + λCl–).

e. En extrapolant la courbe, on trouve une conductance G0 = 0,15 S pour S0.Expérimentalement, on trouve I= 39,4 mA, soit Gexp = 0,079 S.On ne peut utiliser une courbe d’étalonnage qu’entre lesvaleurs extrêmes qui ont servi à son établissement.

Note : Cette importante différence obtenue lors de l’extrapolation provient dufait que les conductivités molaires ioniques λ dépendent de la concentrationdes ions en solution. Le simulateur Conductimétrie présent dans le cédéromtient compte de cette variation.

6. Conductance et conductivité (p. 83)

CommentairesL’élève réalise une opération d’étalonnage de la cellule deconductimétrie, opération indispensable pour pouvoir cal-culer la conductivité d’une solution à partir de la conduc-tance de la portion de cette solution comprise entre lesélectrodes. À cette occasion, il constate l’influence de latempérature sur la conductivité. Le but de cette activité estde familiariser l’élève avec la grandeur conductivité, car jus-qu’ici il a essentiellement travaillé avec la grandeur conduc-tance.Dans cette activité expérimentale, l’élève utilise la relationentre la conductivité d’une solution, les conductivitésmolaires ioniques et les concentrations des solutés ajoutés.Il vérifie expérimentalement l’influence de la taille et de la solvatation sur les conductivités molaires ioniques, puis le fait que la conductivité d’une solution peut êtreretrouvée à partir de celles de trois solutions judicieuse-ment choisies.Cette activité utilise également le simulateur Conductimétrie

du cédérom. Il est à noter que les élèves en sont très deman-deurs et donc réceptifs lors de ces séances.Ce simulateur permet de changer à volonté la nature de lasolution ainsi que sa concentration, ce qui n’est pas envisa-geable lors d’une activité expérimentale.L’objectif des simulations proposées est double : d’une partprévoir, par calcul, des valeurs de conductance et/ou deconductivité, puis les comparer à l’aide d’une simulation, etd’autre part comparer des conductivités molaires ioniquesde différents ions entre elles.

Note : Les valeurs numériques suivantes sont données à titre d’exemple puis-qu’elles dépendent des conditions opératoires (appareils, température,..)

TP

Correction

1. a. et b. Les valeurs mesurées de I à 25,5 °C pour UAB = 0,800 V sont données dans le tableau ci-dessous.On en déduit G = I/UAB, puis σ = k G et A = σ/c.

Note : Les valeurs sont obtenues à 25 °C avec une constante de cellule k = 16 m–1.

c. On dispose de trois équations et quatre inconnues. A1 = λLi+ + λCl– ; A2 = λNa+ + λCl– et A3 = λK+ + λCl–.

On ne peut donc pas résoudre ce système d’équations.Pour atteindre les conductivités molaires ioniques descations, il faudrait disposer d’une donnée supplémentaire.

d. On a λLi+ = A1 – λCl– ; λNa+ = A2 – λCl– ; λK+ = A3 – λCl–.

La conductivité molaire ionique de l’anion chlorure nedépend pas du solide (LiCl, NaCl ou KCl) à l’origine de laprésence de l’ion Cl–

(aq) en solution. Le classement des λiest donc possible. Par ordre croissant, on obtient :

λLi+ λNa+ λK+

Dans la liste étudiée, K+ est le cation qui contribue le plusà la conductivité, Li+ le cation qui y contribue le moins.C’est donc le cation potassium qui se déplace le plus rapi-demet puisque l’on a trouvé :

A3 A2 A1

Note : Comme précisé dans le cours, page 79, les conductivités molairesioniques λ sont liés aux vitesses v de migration des ions dans des conditionsdonnées. Ces vitesses sont constantes bien que les ions soient soumis à uneforce électrique constante (qE) parce qu’il s’exerce sur eux une force de frot-tement modélisable grâce à la relation de Stoke (6πaηv) dans laquelle a est lerayon de l’entité en déplacement. Il en résulte une vitesse limite (donc un λ)inversement proportionnelle au rayon des entités solvatés. L’ordre des λ mon-tre que le rayon solvaté de Li+

(aq) est plus gros que celui de K+(aq). Sous un

champ E = 1 V . cm–1, la vitesse limite est si faible (v = 5 µm . s–1) qu’elle estrapidement atteinte. Rapportée à la taille de l’ion solvaté (entre 0,1 et 0,2 nm)cette vitesse correspond tout de même à un déplacement de l’ion de plusieursmilliers de fois sa propre taille par seconde.

2. a. U = 200 mV et I = 0,824 mA. À l’aide de la calculatrice,

G = = 4,12 mS.

Note : Les valeurs de U et I sont prises à titre d’exemple parmi d’autres valeurspossibles.

b. G = 4,11 mS et σ = 411 mS . m–1. La valeur de laconductance calculée est égale à la valeur de la conduc-tance simulée.

c. Les prévisions attendues sont : – pour L = 2,0 cm et S = 2,0 cm2 : G = 4,11 mS et σ = 411 mS . m–1 ;– pour L = 2,0 cm et S = 4,0 cm2 : G = 8,23 mS et σ = 411 mS . m–1

d. Les valeurs trouvées sont :– pour L = 2,0 cm et S = 1,0 cm2 : G = 2,05 mS etσ = 411 mS . m–1 ;– pour L = 1,0 cm et S = 2,0 cm2 : G = 8,23 mS et σ = 411 mS . m–1.

0,824200


Solution Li+ + Cl– Na+ + Cl– K+ + Cl–

I (mA) 0,50 0,68 0,82

G (S) 6,3 × 10 –4 8,5 × 10 –4 1,0 × 10 –3

(S . m–1) 0,99 × 10 –2 1,3 × 10 –2 1,6 × 10 –2

Ai (S . m2 . mol–1) 0,99 × 10 –2 1,3 × 10 –2 1,6 × 10 –2


c (mol . m–3) 0,297 1,48 3,71 7,42

I (mA) 0,12 0,60 1,49 2,76

G (S) 2,4 × 10 –4 1,2 × 10 –3 2,98 × 10 –3 5,52 × 10 – 3

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 36

e. L et S sont donc deux facteurs d’influence de la conduc-tance G qui est modifiée lors d’une variation de L ou de S ;ce n’est pas le cas pour la conductivité σ. En revanche, si lerapport S/L reste constant entre deux expériences, la valeurde la conductance n’est pas modifiée.

Note : En s’aidant de ce qui précède et des unités, G = σ .

En doublant la concentration en soluté apporté de la solution, la nouvelleconductance est G = 8,13 mS (σ = 813 mS . m–1).

f. et g. Pour une solution de concentration dix fois moinsimportante, la conductance devrait être divisée par dix, ceque l’on vérifie grâce au simulateur : G = 0,421 mS . m–1. (σ = 42,1 mS . m–1).

h. La conductance d’une portion de solution est donc pro-portionnelle à la concentration en soluté apporté de la solu-tion.

i. Pour une solution de chlorure de sodium de concentra-tion c = 0,01 mol . L–1, le simulateur affiche G = 1,18 mS etσ = 118 mS . m–1.

j. La conductivité d’une solution d’acide chlorhydriqueétant supérieure à celle d’une solution de chlorure desodium, il en résulte que la conductivité molaire ionique del’ion H+

(aq) est supérieure à celle de l’ion Na+(aq) puisque les

deux solutés possèdent le même anion.

k. Pour une solution d’hydroxyde de sodium de concentra-tion en soluté apporté c = 0,010 mol . L–1, le simulateur affi-che G = 2,37 mS et σ = 237 mS . m–1.La conductivité d’une solution d’hydroxyde de sodium étantsupérieure à celle d’une solution de chlorure de sodium demême concentration, on peut affirmer que la conductivitémolaire ionique de l’ion hydroxyde est supérieure à celle del’ion chlorure puisque les deux solutés possèdent le mêmecation.

l. Le rayon ionique solvaté du cation sodium étant plusgrand, le cation Na+

(aq) se déplace plus lentement en solu-tion que le cation potassium K+

(aq) ; la conductivité d’unesolution d’hydroxyde de potassium devrait être supérieureà celle d’une solution d’hydroxyde de sodium.La simulation confirme cette prévision puisque pour unesolution d’hydroxyde de potassium de concentration c = 0,01 mol . L–1, le simulateur affiche G = 2,61 mS et σ = 261 mS . m–1. On a bien :

σ (K+(aq) + HO-

(aq)) > σ (Na+(aq) + HO-

(aq)).

Note : Pour simplifier l’écriture, dans les corrigés, on notera :• σi la conductivité de la solution Si ,• Gi la conductance de la portion de la solution Si comprise entre les électrodesde la cellule.


a. Le résultat, comme les données, doit comportertrois chiffres significatifs : k = 0,476 cm–1.

b. La valeur de la constante de cellule est : k = 47,6 m–1.c. Même réponse qu’en a.

d. Puisque k = L/S, alors L = k S = 1,5 × 2,12 = 3,18 cm.

Note : Cet exercice permet à l’élève de réinvestir ses acquis de Seconde sur leschiffres significatifs.

10

S

L

Cette règle du nombre de chiffres significatifs d’un résultat, fixé par le nombrede chiffres significatifs de la donnée qui en comporte le moins, n’est pas valablepour tous les calculs, en particulier pas pour les soustractions.

a. En raison de l’ajout d’eau, la concentration en ion aété divisée par deux ; il en est de même de la conductancecar elle est proportionnelle à la concentration :

G3 = G1/2 soit G3 = 0,61 × 10 –3 S.b. On mélange deux solutions de chlorure de sodium, il n’ya pas réaction. En notant c1 et c2 les concentrations respec-tives de S1 et de S2, on a :

[Na+] = [Cl–] = = .

c. La concentration en soluté apporté étant la moyenne desconcentrations de S1 et de S2, la proportionnalité entreconductance et concentration permet d’écrire :

G4 = soit G4 = 1,33 × 10 –3 S.

σ4 = c (λCu2+ + 2λCl–) = c [(λCu2+ + λSO4

2–) + 2 (λH+ + λCl–) – 2 (λH+ + λSO42–)].

En divisant membre à membre par la constante de cellule,on arrive à :

G4 = G3 + 2G1 – G2 = 1,44 × 10 –3 S.

a.

c. La conductance de la solution de concentration inconnueest 1,73 × 10 –4 S.La lecture du graphe conduit à : c1 = 1,4 × 10 –3 mol . L–1.

a. La valeur de la constante de cellule est :k = σ /G = 127,8/1,45 = 88,1 m–1.

b. Cette valeur est en accord avec celle du constructeurpuisque 0,9 cm–1 = 90 m–1. L’écart relatif est 100 × (90 – 88)/90 = 2,1 %.c. L’aire de la surface S immergée est égale à :

S = L/k = 1,0/0,90 = 1,1 cm2.

Note : La formule k = L/S est approximative ; il ne faut pas chercher à repro-duire expérimentalement cet exercice dont le but est la compréhension de lanotion de constante de cellule qui, elle, est une notion essentielle.

a.

b. 0,11 σ 0,13 S . m–1. Cela représente une estimation acceptable de l’intervalle deconfiance sur σ ; il n’y a pas de raison de prendre un inter-valle significativement plus large.c. 0,01/0,120 = 0,08. On peut considérer la conductivitécomme constante à 8 % près.

b. La conductivité est sensiblement proportionnelle àla concentration en soluté apporté.c. L’abscisse du point d’ordonnée 1,84 × 10 –2 S . m–1 est laconcentration cherchée, soit 1,3 mol . m –3.

1. La conductance de la solution de chlorure depotassium est :

G0 = = = 1,39 × 10–3 S.1720

1R0

20

19

17

16

15

14

G1 + G2

2

c1 + c2

2100c1 + 100c2

100 + 100

12


E X E R C I C E S

c (mol . L–1) 5,00 × 10 – 3 2,00 × 10 – 3 1,00 × 10 –3 5,00 × 10 –4

G (S) 6,06 × 10 – 4 2,45 × 10 – 4 1,2 × 10 –4 6,3 × 10 –5

k (m–1) 17,1 22,5 34,2 99,8

(S . m–1) 0,118 0,116 0,126 0,114

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 37

(R0 a trois chiffres significatifs, G0 doit en avoir el mêmenombre.)On note k la constante de cellule :

k = = = 10,7 m–1.

Le résultat ne comporte que trois chiffres significatifs,car une donnée en comporte trois, l’autre quatre. On estlimité par la donnée la moins précise.2. a. On admet la proportionnalité entre conductance etconcentration. S3 est 20 fois plus concentrée que S0 ; saconductance est donc 20 fois plus grande :

G′3 = 20 G0 = soit G′3 = 2,78 × 10–2 S.

b. L’erreur commise en confondant ces deux conductancesest :

∆G = 2,78 × 10–2 – 2,62 × 10–2 soit ∆G = 1,60 × 10–3 S.

3. G0 = = (λK+ + λCl–) G1 = = (λH+ + λNO3–)

G2 = = (λH+ + λCl–) G4 = = (λH+ + λCl–)

En remarquant que :λH+ + λCl– = (λH+ + λNO3

–) + (λK+ + λCl–) – (λK+ + λNO3–)

On a : G4 = G1 + G0 – G2

soit : G4 = 3,86 × 10–3 + 1,39 × 10–3 – 1,32 × 10–3

G4 = 3,93 × 10–3 S.

La conductivité σ d’une solution de chlorure d’alumi-nium Al3+

(aq) + 3 Cl–(aq) de concentration c = 1,0 × 10–2 mol . L–1

en soluté apporté est :σ = λAl3+ [Al3+] + λCl– [Cl–3] = c (λAl3 + 3 λCl–)

avec c = 10 mol . m-3. Soit : σ = 10 (18,3 + 3 × 7,63) × 10–3 = 0,41 S . m–1.

a. La conductivité de la solution d’acide chlorhydriqueest :σ = k G = G = × 4,11 × 10–3 = 0,41 S . m–1.

b. Cette conductivité s’exprime aussi par la relation :

σ = λH3O+ [H3O+] + λCl– [Cl–3] = c (λH3O+ + λCl–) soit

c = = = 9,6 mol . m–3

c = 9,6 × 10–3 mol . L–1.

La conductivité d’une solution d’hydroxyde de sodiumest σ = c (λNa+ + λHO–)

avec c = 1,0 mol . m–3.

Soit λHO– = – λNa+ = – 5,0 × 10–3

λHO– = 19 × 10–3 S . m2 . mol–1

24,4 × 10–3

1,0

σc

27

0,41(34,97 + 7,631) × 10–3

σλH3O+ + λCl–

1,0 × 10–2

1,0 × 10–4

1S

25

23

21

c0

k

σ1

k

c0

k

σ2

k

c0

k

σ1

k

c0

k

σ0

k

20R0

1,489 × 10–2

1,39 × 10–3σG0

a. La concentration molaire effective de chacun desions présents dans la solution est égale à :

[Cl–] = =

[SO42–] = =

[Na+] = 2 + = 2 +

b. σ = λNa+ [Na+] + λCl– [Cl–] + λSO42– [SO4

2–] = 40 mS . m–1.

σ = 5,0 × 10–3 (2 + ) + 7,6 × 10–3 ×

+ 16,0 × 10–3 × = 40 × 10–3 S . m–1.

On trouve m2 = 0,20 g.c. Si le volume de la solution diminue de 20 % par évapora-tion (la solution se « concentre ») alors la conductivité estmultipliée par 1,25, soit σ = 50 mS . m–1.

a. On utilise la relation σ = kG.

b. En notant λX– la conductivité molaire de l’anion halogé-nure étudié, on peut écrire σ = c (λK+ + λX–).c. et d.

On constate que les valeurs obtenues sont toutes en légerdéfaut par rapport aux valeurs tabulées.e. Classement des ions selon leur conductivité molaireionique croissante :

F– < Cl– < I– < Br–

Ce classement ne correspond pas exactement à celui de lacolonne des halogènes.f. Cela est dû au fait que les conductivités molaires ioniquesdiminuent lorsque la taille de l’ion solvaté augmente et noncelle de l’ion isolé.

Aller plus loin

a. L’intervalle de confiance est [796 ; 808] en mV.b. L’incertitude relative sur la tension est : 6/802 ≈ 0,0075.La précision est de 0,8 %.c. L’incertitude relative sur l’intensité est :

3 × 0,0075 = 0,0225 mA.L’incertitude absolue sur l’intensité est :

0,0225 × 1,27 = 0,03 mA.Imin = 1,24 mA et Imax = 1,30 mA.

d. G = = = 1,58 mS

avec Gmin = = = 153 mS

et Gmax = = = 1,63 mS0,001300,796

Imin

Umax

0,001240,808

Imin

Umax

0,001270,802

I

U

32

31

m2

142,1 × 2

0,258,5 × 2

0,258,5 × 2

m2

142,1 × 2

m1

MNaClV

m2

MNa2SO4V

nNaCl

V

nNa2SO4

V

mNa2SO4

MNa2SO4V

nNa2SO4

MNa2SO4

mNaCl

MNaClV

nNaCl

V

29


I U G c k

15 µ A 500 mV 12 mS 0,100 mol . L–1 1,2 cm–1

15 × 10–5 A 0,500 V 12 × 10–2 S 100 mol . m–3 1,2 × 102 m–1

L S σ λ

0,1 dm 10 cm2 10 mS . cm–1 1 mS . cm2 . mol–1

0,01 m 10 × 10–3 m2 1,0 S . m–1 1 × 10–7 S . m2 . mol–1


(S . m– 1) 1,28 × 10– 2 1,49 × 10– 2 1,52 × 10– 2 1,49 × 10– 2

Anion λX– (S . m2 . mol–1) écart relatif

F–(aq) 5,46 × 10 –3 – 1,4 %

Cl–(aq) 7,54 × 10 –3 – 1,2 %

Br–(aq) 7,80 × 10 –3 – 0,1 %

I–(aq) 7,57 × 10 –3 – 1,4 %

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 38

soit un encadrement de :1,53 ms G 1,63 mS

ou G = 1, 58 mS ± 0,05 mS.

Note : Cet exercice introduit de nouveaux concepts : incertitude absolue, incer-titude relative, moyenne, intervalle de confiance et précision. Son objectif est depersuader l’élève que tout résultat expérimental est entaché d’incertitude et quel’écriture adoptée pour le résultat doit prendre en compte cette réalité.

a. Dans un premier temps, il faut calculer lesconductances que l’on aurait obtenues à partir de solutionde concentration c = 5,0 × 10 –3 mol . L–1 (celle de lasolution cherchée). Pour ce faire, on utilise la relation deproportionnalité entre conductance et concentration.Avec une solution d’iodure de potassium de concentrationc = 5,0 × 10 – 3 mol . L– 1, on aurait obtenu une conductance

G′3 = = 8,55 × 10 –3 S.

G5 = G′3 + G1 – G2 = 1,57 × 10 –2 S.

b. De façon analogue G6 = G4 + 2G3 – 2G2

soit : G6 = 1,69 × 10 –2 S.

a. S1 : [Na+] = [Cl–] = c ;

S2 : 2 [Mg2+] = [Cl–] = 2 c ;

S3 : 3 [Al+] = [Cl–] = 3 c.

b. σ1 = c (λNa+ + λCl–)

σ2 = c (λMg2+ + 2λCl–)

σ3 = c (λAl3+ + 3λCl–).

c. λNa+ = 4,97 × 10 –3 S . m2 . mol–1

λMg2+ = 10,6 × 10 –3 S . m2 . mol–1

λAl3+ = 18,3 × 10 –3 S . m2 . mol–1.

d. λNa+ λMg2+ λAl3+. On retrouve que la conductivitémolaire ionique augmente avec la valeur absolue de lacharge.

1. a. AgCl(s) → Ag+(aq) + Cl–(aq).

Note : On prévoit une faible concentration des ions car le chlorure d’argent estpeu soluble dans l’eau.

b. σ1 = c (λAg+ + λCl–) = 1,9 × 10 –4 S . m–1.

La solubilité est la concentration maximale que l’on peutobtenir, notée ici c1 :

c1 = = 1,4 × 10 –2 mol . m–3.

2. a. Zn(OH)2(s) → Zn2+(aq) + 2HO–

(aq).

b. La stœchiométrie de l’équation permet d’écrire :

[HO–] = 2 [Zn2+].

c. De même : σ2 = c2 λZn2+ + 2 c2 λHO– = 2,1 × 10 –4 S . m–1.

La solubilité cherchée est :

c2 = = 4,2 × 10–3 mol . m–3.

d. [Zn2+] = 4,22 × 10 –3 mol . m–3 ou 4,22 × 10 –6 mol . L–1.

[HO–] = 8,44 × 10 –3 mol . m–3 ou 8,44 × 10 –6 mol . L–1.

Ces faibles valeurs de concentration montrent que l’on nepeut pas considérer l’hydroxyde de zinc comme une espècesoluble dans l’eau.

2,1 × 10–4

(10,56 × 10–3 + 2 × 19,92 × 10–3)

1,9 × 10 –4

(6,19 × 10 –3 + 7,64 × 10 –3)

35

34

1,70 × 10 –2

2

33

3. La cellule conductimétrique (p. 73)

• Un G.B.F.• Deux multimètres.• Fils électriques.• Deux plaques de cuivre.• Une cellule de conductimétrie commerciale.• Deux pinces crocodiles.• Deux béchers de 250 mL ou 100 mL.• Un thermomètre.• Solutions de concentration 1,00 × 10 – 3 mol . L– 1 et1,00 × 10 –2 mol . L–1 : K+ + Cl–.• Une eau minérale (exemple : San Pellegrino).

4. Conductance et concentrationd’une solution ionique (p. 74)

• Un G.B.F.• Deux multimètres.• Fils électriques.• Une cellule de conductimétrie.• Quatre béchers de 100 mL.• Étiquettes adhésives ou crayon à verre.• Solutions de concentration :1,0 × 10 –4 mol . L–1, 3,0 × 10 –4 mol . L–1, 1,0 × 10 –3 mol . L–1

et 3,0 × 10 –3 mol . L–1 ; Na+ + Cl–.

5. Détermination de la concentrationd’un soluté (p. 82)

• Eau distillée ou permutée (environ 1 L par binôme).• Chlorure de sodium solide (environ 4 g par binôme).• Une balance au cg.• Une coupelle, une spatule.• Un G.B.F.• Deux multimètres.• Une cellule de conductimétrie.• Fils électriques.• Fioles jaugées de 250 mL (avec un bouchons).• Quatre béchers de 400 mL.• Deux béchers de 100 mL.• Pipettes jaugées : 2 mL (ou 50 ml), 5 mL, 10 mL.• Une poire à pipeter.• Étiquettes adhésives ou crayon à verre.

6. Conductance et conductivité (p. 83)

• Solutions de concentration 10 – 3 mol . L– 1 : Li+ + Cl–, Na+ + Cl–, K+ + Cl–.• Un dispositif de mesure de la coductance.• Béchers.

TP

TP

TP

TP



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PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 5 – RÉACTIONS ACIDO-BASIQUES 40

Ce chapitre est le premier de la partie I.D. du programme,intitulée «Comment déterminer des quantités de matière ensolution à l’aide de la réaction chimique?».L’objectif de cette partie, clairement mentionné dans le pro-gramme, est l’étude des titrages et de la notion d’équiva-lence, les réactions de ces titrages devant être prises dansles domaines de l’acido-basicité et de l’oxydoréduction.Ce chapitre permet donc d’introduire les connaissancesacido-basiques nécessaires pour mener à bien des titragesde ce type dans le chapitre 7.Le chapitre 6, quant à lui, permettra d’introduire l’oxydoré-duction. Ensuite seulement, nous ferons le parallèle,comme le demande le programme, entre les réactionsacido-basiques et les réactions d’oxydoréduction. Il nousparaît en effet important que l’élève soit bien familiariséavec les différentes notions abordées avant de lui deman-der de les comparer.Ce chapitre doit rester qualitatif puisque les notions de pHet bien sûr de pKa ne sont pas définies. Pour que qualitatifne rime pas avec approximatif, nous avons clairement iden-tifié toutes les notions présentes dans le programme etnous les avons introduites avec rigueur, en distinguant cequi appartient au niveau microscopique et ce qui relève duniveau macroscopique. Dans tout le manuel, nous sommescohérents avec les définitions données ici. Leur introduc-tion permet déjà d’apporter des connaissances substantiel-les aux élèves, aussi bien théoriques qu’expérimentales.

1. Introduction des différentes notions

1.1. Définition d’un acide, définition d’une base

Le programme demande de faire émerger la définition d’unacide et d’une base au sens de Brønsted, à partir d’exem-ples de réactions acido-basiques. C’est donc ce que nousproposons, que ce soit dans les activités de découverte oudans le cours. Dans les deux cas, on part des notions desolution acide et de solution basique que les élèves connais-sent depuis le collège et dont ils entendent parler dans lavie quotidienne. Puis, on introduit précisément les notionsd’acide et de base.Dans le cours, deux exemples de réactions acido-basiquessont considérés, ainsi que les critères qui permettent d’affir-mer que ces réactions chimiques ont effectivement eu lieu :disparition d’une espèce chimique et conductivité différentede celle qu’il y aurait en l’absence de réaction chimique.L’écriture de l’équation de chacune des réactions envisagéesdans ce début de chapitre (activités 1, 2, 3 et cours) permetde mettre en évidence un transfert d’ions H+ entre les réac-tifs. L’acide est donc défini comme une molécule ou un ion

susceptible de céder un ion H+ et la base comme une molé-


cule ou un ion susceptible de capter un ion H+ (définitiond’un acide et d’une base au sens de Brønsted). Bien que celane soit pas explicitement demandé par le programme, ilnous a semblé important de compléter ces définitions, quise situent au niveau microscopique, par des définitions auniveau macroscopique : une espèce chimique est un acide

si sa dissolution dans l’eau pure, à 25 °C, donne une solu-

tion de pH inférieur à 7… L’élève devra donc utiliser ladéfinition adaptée au niveau auquel on lui demande de rai-sonner (microscopique ou macroscopique).

Note : Le programme n’est en effet pas très rigoureux quant à la différence entreune « solution acide » et une « espèce chimique acide ». La phrase « Quelquesacides et bases usuels » qui figure dans le contenu du programme fait en faitréférence aux solutions usuelles (voir commentaires du programme).

1.2. Quelques acides et bases usuels

Après les définitions générales, les acides et bases usuelsdes laboratoires de chimie, ainsi que les solutions cor-respondantes, sont regroupés dans le tableau de la page 98du cours. L’objectif est ici de donner une culture de la chi-

mie à l’élève, comme le souhaite le programme. C’est avecle même objectif que la plupart des acides et des bases desactivités (de découverte ou d’exploitation) et des exercicesont été choisis parmi ceux et celles les plus utilisés.Toujours avec ce même souci de culture de la chimie, lesparagraphes 3.2. et 3.3. du cours (p. 102) ainsi que plusieursexercices concernent les acides et les bases contenus dansles produits de la vie courante, comme le vinaigre, les détar-trants, les déboucheurs de canalisations…

1.3. Couple acide / base

Nous introduisons la notion de couple acide / base à partird’exemples (activités 1, 2, 3 et cours p. 99) ou de façon plusformelle (activité 4), en utilisant un modèle. Le passage réciproque de l’acide à la base conjuguée peut se mettre enévidence à l’aide des indicateurs colorés, comme dans lesactivités 1, 2 et 3. Plusieurs indicateurs colorés ont été uti-lisés dans ce chapitre, pour que l’élève se rende compte quele changement de couleur d’un indicateur coloré donné alieu pour une valeur de pH qui lui est propre. Rien de plusn’a été dit à ce sujet qui est resté très qualitatif.

1.4. Réactions acido-basiques

Plusieurs exemples de réactions acido-basiques ont déjà étévus au début du chapitre. L’objectif de la troisième partie ducours (p. 101) est donc de traiter des réactions acido-basiques d’un point de vue phénoménologique : deux pro-priétés générales de cette classe de réactions sont men-tionnées. Au niveau microscopique, à partir de l’équationchimique, il s’agit du transfert d’ion H+. Au niveau macro-scopique, à partir de l’expérience, il s’agit de la variation depH qui accompagne une réaction acido-basique en solution. L’élève dispose ainsi de deux indices simples pour savoir sila réaction qu’il étudie est de type acido-basique ou non. Lepremier, le seul au programme, n’est pas opérationnel dans

Réactions acido-basiques5

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 40

Correctiona. On voit sur la Fig. 1 que le BBT peut prendre deux cou-leurs différentes :– la couleur jaune, lorsque le milieu est acide ;– la couleur bleue, lorsque le milieu est basique.On a vu au collège que les solutions acides ont un pH infé-rieur à 7,0.Cet indicateur permet donc de tester l’acidité d’une solutionaqueuse. La solution d’acide chlorhydrique est acide ; celle d’hydro-xyde de sodium est basique.

b. Le vinaigre blanc constitue une solution acide (teintejaune du BBT). Son pH est inférieur à 7,0.

c. La forme basique possède un proton de moins que laforme acide.

d. On aura le couple C27H28Br2O5S(aq) = C27H27Br2O5S–

(aq) + H+.

La forme moléculaire C27H28Br2O5S(aq) présente dans unesolution aqueuse, colore en jaune cette solution.La forme ionique C27H27Br2O5S

–(aq), présente dans une solu-

tion aqueuse, colore en bleu cette solution.

e. La forme basique s’écrit C2H3O2–. Le couple acide / base

associé est C2H4O2 /C2H3O2–.

f. La forme acide associée à l’ion HO– est la molécule H2O.Le couple acide /base correspondant est H2O/HO–.

2. Réaction acide/base (p. 94)

CommentairesAfin d’approfondir la notion de couple acide / base, cetteactivité illustre le passage de la forme acide du BBT à saforme basique. Le transfert d’un ion H+ (niveau microsco-pique) permet la transformation de la forme acide en formebasique, ce qui se traduit au plan macroscopique par unchangement de couleur de la solution aqueuse. Il a lieu lorsde l’ajout d’une solution acide lorsque le milieu initial estbasique, et inversement. La notion de réaction acide / base est introduite ici avec unexemple ; elle sera généralisée au chapitre suivant.Le but de cette activité est de préparer l’élève à relier cequ’il a appris au collège à propos de l’acidité à ce qu’il saitsur la réaction chimique, en particulier la description micro-scopique et la possibilité soit d’avoir un réactif limitant soitd’être dans les proportions stœchiométriques. On envisageaussi le fait qu’un ion a ou n’a pas de propriété acido-basique. Une telle connaissance peut paraître triviale, maisles élèves qui ne la possèdent pas sont privés d’un outil deréflexion utile, en particulier pour comprendre pourquoicertaines entités (autre que H3O

+ et HO–(aq)) apparaissent

dans les couples acide / base (par exemple NH4+

(aq)) et qued’autres n’apparaissent jamais (Na+

(aq) et Cl–(aq)), du moinsdans l’eau.Il faut donc que les observations et l’usage des valeursnumériques soient bien exploités, de même que lesconnaissances déjà acquises relatives à la réaction chi-mique. Il faut conserver à l’esprit que le présent chapitre selimite à faire comprendre ce qu’est un couple acide / base(introduit dans la précédente activité), et qu’une réactionacido-basique correspond à un transfert d’ions H+.

Correctiona. Une solution est acide quand son pH est inférieur à 7 etbasique quand il est supérieur à 7. Les solutions 1 et 3 sont

DOC


le cas des activités expérimentales, et, notre approche de lachimie se voulant très proche de l’expérience, nous avonsété contraints de proposer le second.

2. Limites définies par le programme

2.1. Réactions acido-basiques

Le programme délimite clairement le cadre d’étude des réactions acido-basiques : toutes les transformationsconsidérées ne doivent impliquer qu’une seule réactionchimique, obligatoirement totale. L’introduction de lanotion d’équilibre chimique sera faite en Terminale et lanotion de force d’un acide ou d’une base ne doit donc pasêtre abordée.Cette limitation, qui n’est pas gênante en soi, impose cepen-dant une vigilance de façon à ne pas en sortir. Ainsi, elleempêche par exemple d’évoquer la présence simultanée desions H3O

+ et HO–(aq) dans l’eau, car les élèves ne compren-

draient pas pourquoi ces ions « ne réagissent pas ensem-ble ». Nous n’avons d’ailleurs pas donné d’explicationprécise, dans le chapitre 4, au fait que l’eau pure soit trèslégèrement conductrice. Enfin, cette limitation ne permetpas de dire qu’une solution acide contient forcément desions H3O

+. En effet, pour l’élève, une solution d’acide étha-noïque, par exemple, n’est constituée que de molécules d’a-cide CH3CO2H(aq) et de molécules d’eau H2O.

2.2. Que dire du pH ?

Le programme a introduit la conductimétrie pour éviter unenseignement quantitatif du pH. Nous n’avons donc pasdéfini le pH et nous nous sommes limités à l’utiliser en tantque grandeur en relation avec l’acidité, comme les élèves lefont depuis le collège.Une telle approche, certes très pauvre, est suffisante alorsque son absence rendrait cet enseignement terriblementthéorique s’il était limité au transfert d’ion H+, et terrible-ment compliqué s’il fallait en permanence utiliser laconductimétrie lors d’une expérience mettant en jeu un sys-tème acido-basique. La notion de pH est par ailleurs également opportune enchimie organique. En effet, l’utilisation du papier-pH est leseul test préconisé par le programme pour caractériser unacide carboxylique ou une amine.

1. Couleurs des acides et des bases (p. 94)

CommentairesAfin d’illustrer les propriétés acides ou basiques d’une solu-tion aqueuse, on y ajoute quelques gouttes de bleu de bro-mothymol. Le document proposé montre la coloration quien résulte suivant le pH de la solution.Pour expliquer cette différence de coloration, la notion decouple acide / base est introduite, puis étendue à d’autresexemples qui font intervenir la molécule CH3CO2H ou l’ionhydroxyde HO–.

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acides, car leur couleur montre que leur pH est inférieur à 6(donc inférieur à 7). La solution 4 est basique puisque sacouleur montre que son pH est supérieur à 7,6 donc à 7. Lasolution 2 est neutre, ou presque, car son pH est voisin de 7.

b. Les ions chlorure et sodium n’ont pas de propriété acido-basique. Dans les solutions de la Fig. 1, les ions qui ont unetelle propriété sont donc H3O

+, NH4+

(aq) et HO–(aq).

c. Les équations correspondant aux réactions doivent faireintervenir les ions qui ont des propriétés acido-basiques ;on doit donc écrire :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2O et NH4

+(aq) + HO–

(aq) → NH3 + H2Oqui correspondent toutes les deux à un transfert d’ions H+.

d. Il est possible de formuler l’hypothèse qu’une réaction aeffectivement lieu, bien que la solution du tube 4 soit restéebleue ; l’équation correspondante est :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2OLes ions H3O

+ sont limitants dans ces conditions.

e. Le fait que la solution devienne verte montre qu’il n’y aplus d’ions possédant des propriétés acido-basiques. Il nereste ni H3O

+ ni HO–(aq). Le mélange initial a donc été réalisé

dans les proportions stœchiométriques. L’hypothèse de laréaction acido-basique de la question d. est pertinente.

3. Couple acide / base (p. 95)

CommentairesLes questions de cette activité amènent l’élève à compren-dre que deux entités chimiques qui forment un couple acide/ base diffèrent d’un ion H+ et que la présence de la formeacide ou de la forme basique d’un couple dans une solutiondépend de l’acidité de celle-ci. Conformément aux recom-mandations du programme, l’exemple considéré dans cetteactivité est un indicateur coloré, de façon à mettre en évi-dence de manière simple le passage d’une forme à l’autredu couple. La seconde partie de l’activité réinvestit les connaissan-ces du chapitre 2 concernant la solubilité des espèceschimiques ioniques et moléculaires dans différents sol-vants.Le choix du sel de sodium du 2,6-dichloroindophénolcomme indicateur coloré est celui de T. Ross Kelly (Journalof Chemical Education 1993 p. 848). Peu d’indicateurs colo-rés permettent à une telle expérience d’être démonstrative.

Correction1. a. Les deux entités A et B ne peuvent pas être neutrestoutes les deux, car d’après l’énoncé 2 du modèle, l’entité As’obtient en ajoutant un ion H+ à l’entité B. Si B est unemolécule, alors A est nécessairement un cation. Si A est unemolécule, alors B est un anion.

b. Pour trouver les couples acide/base parmi les paires X/Yproposées, il suffit de regarder si les deux entités X et Ypeuvent être liées par la demi-équation :

X = Y + H+ ou bien Y = X + H+

(énoncé 2 du modèle).Si X = Y + H+, alors X / Y est un couple acide / base et laforme acide du couple est X.Si Y = X + H+, alors Y / X est un couple acide / base et laforme acide du couple est Y.• NH4

+ /NH3 : est un couple acide /base car NH4+ = NH3 + H+.

La forme acide est NH4+.

DOC

• CO/H2CO : n’est pas un couple acide /base.• H3O

+ /HO– : n’est pas un couple acide /base.• H3O

+/H2O : est un couple acide/base car H3O+ = H2O + H+.

La forme acide est H3O+.

• H3O+ /H2O2 : n’est pas un couple acide /base.

• C2H6 /C2H4 : n’est pas un couple acide /base.• CH3COOH / CH3COO– : est un couple acide / base carCH3COOH = CH3COO– + H+. La forme acide est CH3COOH.• HCO3

– /CO32– : est un couple acide /base car :

HCO3– = CO3

2– + H+.La forme acide est HCO3

–.

c. La formule des anions est C12H6Cl2NO2–(aq).

d. La formule de la forme acide est C12H7Cl2NO2 (aq). Elles’obtient en ajoutant un ion H+ à la forme basique. La demi-équation s’écrit :

C12H7Cl2NO2(aq) = C12H6Cl2NO2–(aq) + H+

e. La solution bleue contient la forme basique du couple etdes ions sodium (incolores) : la forme basique est donc decouleur bleue. Lorsqu’on ajoute de l’acide chlorhydrique à la solutionbleue, celle-ci devient suffisamment acide et la formebasique se transforme en la forme acide (énoncé 3). Laforme acide du couple acide / base considéré est doncrouge.

2. a. Le sel de sodium du dichloroindophénol est uneespèce chimique constituée d’ions. Les ions se solvatentplus facilement dans l’eau (ou en solution aqueuse) quedans les solvants organiques peu polaires (énoncé 5).Or une espèce chimique est d’autant plus soluble dans unsolvant donné que les entités chimiques qui la constituentsont susceptibles de s’y solvater (énoncé 7). Par consé-quent, le sel de sodium du dichloroindophénol est plus solu-ble dans la solution aqueuse basique que dans le solvantorganique peu polaire. Il se dissout donc dans la phaseaqueuse. Ceci est en accord avec le fait que la phaseaqueuse soit bleue et la phase organique incolore.

b. Lorsque la phase aqueuse devient suffisamment acide, laforme basique bleue se transforme en la forme acide rouge(énoncé 3) : c’est ce qui est observé dans la Fig. 2a.Cette forme acide est une molécule qui se solvate préfé-rentiellement dans un solvant organique peu polaire(énoncé 6). Ainsi, quand on agite l’ampoule à décanter,l’espèce chimique correspondant à la forme acide passedans la phase organique car elle y est plus soluble que dansla phase aqueuse (énoncé 7). Ceci explique le changementde couleur des deux phases de la Fig. 2b.

4. Couple NH4+

(aq) / NH3 (aq) (p. 96)

CommentairesPour introduire les réactions acido-basiques, les mesuresconductimétriques et les relations liant la conductivité auxconcentrations des ions en solution sont réinvesties.L’élève est amené à prévoir la conductivité d’un mélangedans l’hypothèse où il n’y a pas de réaction chimique. Lavaleur expérimentale montre que l’hypothèse de départétait fausse et qu’une réaction chimique a eu lieu. Les ajoutssuccessifs d’acide chlorhydrique puis d’une solution d’hy-droxyde de sodium permettent ensuite de passer réversi-blement de NH4

+(aq) à NH3(aq). La notion de couple acide/base

et de transfert d’ions H+ apparaît alors naturellement.

TP


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L’utilisation de la conductimétrie est conforme à l’esprit duprogramme et constitue une bonne préparation pour lasuite de la progression, puisque les titrages acido-basiquesseront effectués avec un suivi conductimétrique.Les valeurs des concentrations des ions NH4

+(aq) et Cl–

(aq)intervenant dans cette activité expérimentale sont un peuélevées (10 – 2 mol . L–1), ce qui conduit à des différencesentre les valeurs théoriques des conductivités que l’on pour-rait calculer à partir des conductivités molaires ioniquestabulées (à dilution infinie) et les valeurs mesurées.Cependant, ces concentrations ont été choisies ainsi pourque la contribution des ions HO–

(aq) à la conductivité soitnégligeable par rapport à celle des ions NH4

+(aq) et Cl–(aq). La

conductivité molaire ionique des ions hydroxyde étant beaucoup plus importante que celles des ions ammonium etchlorure, cette condition n’est satisfaite que si la concentra-tion des ions hydroxyde est suffisamment faible. C’est le cas ici puisque le pH des solutions utilisées varie entre 10,3 et 9,3 : la concentration des ions HO–

(aq) est donc voisine de 10 –4 mol . L–1.Ce choix de travailler à des concentrations «élevées» n’estpas gênant car les valeurs des conductivités calculées n’in-terviennent que qualitativement, à l’exception de la solution(A). Mais dans ce cas, la correspondance entre la valeurthéorique et la valeur expérimentale est bonne grâce à lavaleur de la conductivité de la solution étalon (calculée elleaussi à partir des conductivités molaires ioniques à dilutioninfinie).

Note : Les valeurs des conductivités molaires ioniques utilisées sont :λNH4

+ = 7,3 mS · m2 · mol –1, λCl– = 7,6 mS . m2 . mol–1,λH3O+ = 35 mS · m2 · mol –1, λNa+ = 5,0 mS . m2 . mol–1.

Correction1. a. k = L /S = σE /GE.Les résultats expérimentaux sont obtenus avec une celluleconductimétrique en acier inoxydable. N = 1054 Hz ;solution étalon : UAB = 0,614 V ; I = 5,51 mA.

GE = I / UAB = 8,98 mS ;

d’où k = 16,7 m–1.

b. nNH4+ = nCl– = c1V1 = 1,0 × 10 –3 mol ;

nNH3= c2V2 = 1,0 × 10 –2 mol.

c. [NH4+

(aq)] = [Cl–(aq)] = nNH4+/ (V1 + V2) = 0,018 mol . L–1 ;

[NH3(aq)] = nNH3/ (V1 + V2) = 0,18 mol . L–1.

d. σAth = λNH4+ [NH4

+(aq)] + λCl– [Cl–(aq)]

σAth = (7,3 + 7,6) × 10 –3 × 18 ≈ 0,27 S · m–1.

Note : La concentration de NH3 (aq) étant égale à dix fois la concentration deNH4

+(aq) , le pH de la solution vaut pKa + 1 = 10,3. Par conséquent, les ions

HO–(aq) de la solution sont suffisamment minoritaires pour que leur contribu-

tion (de l’ordre de 1,5 %) à la conductivité de la solution soit effectivement négli-geable.

e. σAexp = k GAexp.

Les résultats expérimentaux pour la solution A sont : I = 8,20 mA et UAB = 0,498 V.GAexp = 16,5 mS, d’où : σAexp = 0,28 S · m–1.

f. On doit trouver environ les mêmes valeurs pour σAexp etσAth car l’hypothèse de la question b. est correcte.

2.Note : Conformément aux indications du programme, une solution de chlorured’hydrogène peut se noter H+ + Cl– ou H3O

+ + Cl–. Dans ce chapitre, il est pluscommode d’utiliser la deuxième notation.

a. nH3O+ = nCl–introduits= c3V3 = 5,0 × 10–3 mol.

b. nCl– = c1V1 + c3V3 = 6,0 × 10–3 mol.

c. En faisant l’hypothèse (qui se révélera fausse) qu’il n’y apas de réaction chimique, les quantités de matière ne chan-gent pas.

[NH4+

(aq)] = nNH4+ / (V1 + V2 + V3) = 0,017 mol · L–1.

[Cl–(aq)] = nCl– / (V1 + V2 + V3) = 0,10 mol · L–1.

[H3O+] = nH3O+ / (V1 + V2 + V3) = 0,083 mol · L–1.

σBth = λNH4+ [NH4

+(aq)] + λCl– [Cl–(aq)] + λH3O+ [H3O

+]

= 7,3 × 0,017 + 7,6 × 0,10 + 35 × 0,083.

σBth ≈ 3,8 S · m–1.

d. σBexp = k GBexp.

Les résultats expérimentaux pour la solution B sont : I = 15,4 mA, UAB = 0,241 V. GBexp = 63,9 mS, d’où : σBexp = 1,1 S · m–1.

e. La valeur expérimentale est très inférieure à la valeurthéorique. L’hypothèse de départ, à savoir qu’il n’y a pas eude réaction chimique lors du mélange des solutions estdonc fausse. Il y a eu une réaction chimique et les concentrations desions dans la solution ne sont pas celles calculées à la ques-tion c.

Note : La réaction qui a lieu est la réaction acido-basique entre NH3(aq) et H3O+.

Chaque ion H3O+ introduit est donc remplacé par un ion NH4

+(aq), ce qui explique

que la conductivité expérimentale est inférieure à la conductivité calculée dansl’hypothèse où il n’y aurait pas de réaction.Le calcul montre qu’après la réaction [NH4

+(aq)] = 0,10 mol · L– 1,

[H3O+] ≈ 0 mol · L–1 (on reste en pH basique). La concentration des ions Cl–(aq)

est celle calculée précédemment, puisque ces ions n’interviennent pas dans laréaction. Néanmoins, la conductivité ne peut pas se calculer avec la relation σ = ∑λi ci et les conductivités molaires ioniques à dilution infinie, car lesconcentrations des ions NH4

+(aq) et Cl–(aq) sont trop élevées.

f. Dans le tableau d’avancement, l’avancement et les quan-tités de matière sont exprimés en mole.

On en déduit : xmax = 5,0 × 10 –3 mol.À l’état final :nNH4

+ = 6,0 × 10 –3 mol ;

nNH3= 5,0 × 10 –3 mol.

g. Chaque molécule NH3 (aq) ayant réagi a capté un ion H+,cédé par un ion H3O

+.

3. a. Dans le tableau d’avancement, l’avancement et lesquantités de matière sont exprimés en mole.

À l’état final, les quantités de matière des ions NH4+

(aq) et desmolécules NH3 (aq) de la solution doivent être égales auxquantités de matière des ions NH4

+(aq) et des molécules

NH3(aq) de la solution A, soit :

nNH4+ = 1,0 × 10 –3 mol et nNH3

= 1,0 × 10 –2 mol.

On en déduit que xmax = 5,0 × 10 –3 mol.


NH3(aq) H3O+ NH4

+(aq) H2O

E.I. 0 10 × 10–3 5,0 × 10–3 1,0 × 10–3 solvant

E.F. xmax 10 × 10–3 – xmax 5,0 × 10–3 – xmax 1,0 × 10–3 + xmax solvant

NH4+

(aq) HO–(aq) NH3aq) H2O

E.I. 0 6,0 × 10– 3 c4V4 5,0 × 10–3 solvant

E.F. xmax 6,0 × 10– 3 – xmax c4V4 – xmax 5,0 × 10–3 + xmax solvant

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À la fin de la réaction chimique, la quantité de matière del’un des réactifs au moins doit être nulle. Or nNH4

+ ≠ 0. Il fautdonc que nHO– = c4V4 – xmax = 0, d’où :

c4V4 = 5,0 × 10 –3 mol et V4 = 10 mL.

Note : Le pH de la solution est à nouveau égal à 10,3.

b. Les conductances des portions de solutions A et C sontdifférentes, car plusieurs paramètres de la conductivité de lasolution ont changé : par rapport à la solution A, des ionsCl–(aq) et des ions Na+

(aq) ont été ajoutés. D’autre part, il y aeu une petite dilution, puisque le volume de la solution Aétait de 55 mL et que celui de la solution C est de 70 mL.Les résultats expérimentaux pour la solution C sont : I = 14,2 mA, UAB = 0,280 V et GCexp. = 50,7 mS ;d’où : σCexp. = 0,85 S · m–1.

Note : Le fait que la valeur GCexp soit très supérieure à la valeur GAexp montreque l’effet de la dilution est plus faible que celui de l’augmentation des quanti-tés de matière des ions dans la solution.Il est inutile de vouloir vérifier la valeur de la conductivité de la solution à par-tir des conductivités molaires ioniques à dilution infinie, toujours pour des rai-sons de concentrations trop élevées.

c. Il s’agit à nouveau d’ions H+. Chaque ion NH4+

(aq) ayantréagi a cédé un ion H+ à un ion HO–

(aq).

Note : Après la correction de cette activité expérimentale, l’institutionnalisa-tion de la notion de couple acide /base et de transfert d’ions H+ lors d’une réac-tion acido-basique peut être faite de la façon suivante :• Les entités chimiques NH4

+(aq) et NH3 (aq) constituent un couple acide / base ;

NH4+

(aq) s’appelle la forme acide du couple et NH3(aq) s’appelle la forme basique.• NH3(aq) se transforme en NH4

+(aq) en réagissant avec H3O

+. Lors de cette réac-tion, il y a transfert d’un ion H+ de l’ion H3O

+ à la molécule NH3(aq).• NH4

+(aq) se transforme en NH3(aq) en réagissant avec HO–

(aq). Lors de cette réac-tion, il y a transfert d’un ion H+ de l’ion NH4

+(aq) à l’ion HO–

(aq).• Les réactions chimiques impliquant un transfert d’ions H+ sont appelées desréactions acido-basiques.

5. Réaction entre un acide et une base(p. 104)

CommentairesAu cours de cette activité, les élèves doivent tout d’abordprévoir la réaction acido-basique entre l’hydrogénocarbo-nate de sodium et l’acide chlorhydrique en mettant en jeules couples CO2 , H2O(aq) /HCO3

–(aq) et H3O

+ /H2O.En dressant un tableau d’avancement, ils sont amenés àtrouver qu’une partie du dioxyde de carbone passe en phasegazeuse, ce qu’ils vérifient par l’expérience. Le dioxyde de carbone ainsi produit est introduit dans unesolution d’hydroxyde de sodium et les élèves doivent alorsinterpréter la variation du pH observée. Cette interprétationmet en jeu les couples CO2 , H2O(aq) /HCO3

–(aq) et H2O/HO–

(aq).

Cette activité expérimentale a été conçue pour que l’élèvemanipule des acides et des bases usuels, comme le recom-mande le programme et en particulier le dioxyde de car-bone. L’élève pourra ainsi donner du sens à l’écritureCO2 , H2O qui est différente des autres écritures utiliséesjusqu’à présent.

Correction1. a. Les ions présents sont Na+

(aq) et HO–(aq).

b. [Na+(aq)] = [HO–

(aq)] = 0,001 mol · L–1.

TP


c. Le pH doit être supérieur à 7 car la solution est basique.

d. Les élèves doivent mesurer un pH de 11.

2. a. On peut écrire la demi-équation :CO2 , H2O = HCO3

–(aq) + H+

Le couple CO2 , H2O/HCO3–(aq) est donc un couple acide/base.

b. La forme basique HCO3–

(aq) réagit avec les ions H3O+ de

l’acide pour donner la forme acide CO2 , H2O et de l’eau.L’équation chimique est :

HCO3–(aq) + H3O

+ → CO2 , H2O + H2O

c. Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.

Le réactif limitant est HCO3–(aq) , donc xmax = 0,060 mol.

À l’état final : nH3O+ = 0,020 mol et nCO2, H2O = 0,060 mol.

d. c = 0,060 /0,070 = 0,86 mol · L–1.

e. La concentration en dioxyde de carbone dissous ne pou-vant excéder 0,03 mol . L–1, le CO2 excédentaire passe enphase gazeuse. On attend une effervescence de la solutionpendant la réaction.

3. a. Le pH a varié, ce qui met en évidence le fait qu’uneréaction acido-basique a eu lieu.

b. Une partie du CO2 gazeux se dissout dans la solution dubécher. Le CO2 ainsi dissous, noté CO2 , H2O, réagit avec lesions HO–

(aq) pour donner des ions HCO3–

(aq) et de l’eau.Lorsque la concentration en CO2 , H2O dissous est inférieureà la valeur maximale possible, du CO2 gazeux se dissout ànouveau dans la solution et réagit avec les ions HO–

(aq) tantqu’il en reste dans la solution.Note : Au début de la réaction, le pH de la solution est de 11. À ce pH, le CO2dissous se transforme en CO3

2–(aq) selon l’équation chimique :

CO2 , H2O + 2HO–(aq) → CO3

2–(aq) + 2H2O

Puis, lorsque le pH diminue, CO2 , H2O réagit avec CO32–

(aq) selon l’équation chi-mique :

CO2 , H2O + CO32–

(aq) → 2HCO3–(aq)

Dans cette expérience, on ne s’intéresse qu’au bilan de la transformation qui setraduit par l’équation chimique :

CO2 , H2O + HO–(aq) → HCO3

–(aq) + H2O

La valeur du pH à la fin de la transformation se calcule par la formule :pH = pKa1 + log([HCO3

–(aq)] / [CO2 , H2O]) = 4,9

car pKa1 = 6,4 ;[HCO3

–(aq)] = 0,001 mol · L– 1 : il y a autant d’ions HCO3

–(aq) qu’il y avait

d’ions HO–(aq) au départ ;

[CO2 , H2O] = 0,03 mol · L–1 : la solution est saturée en CO2 dissous.

c. L’équation chimique est :CO2 , H2O + HO–

(aq) → HCO3–(aq) + H2O

d. C’est la forme dissoute CO2 , H2O du dioxyde de carbonequi est acide et qui peut céder un ion H+.

e. Si l’eau distillée est laissée à l’air libre, du dioxyde de car-bone CO2 présent dans l’air s’y dissout. La forme dissouteétant acide, le pH de la solution est inférieur à 7.

f. Soit on plonge l’extrémité du tuyau relié à la fiole dansde l’eau de chaux, pendant que la réaction chimique est encours, soit on prélève dans la fiole le gaz avec une pipetteet une poire d’aspiration de gros volume, et on l’injecte dansune solution d’eau de chaux, si l’on veut réaliser le test alorsque la réaction est terminée.

Note : La difficulté de cette question n’est pas de répondre que le gaz se carac-térise par l’eau de chaux, mais de trouver comment le test peut être effectuéexpérimentalement.


HCO3–(aq) H3O

+ CO2 , H2O H2O

E.I. 0 0,060 0,080 0 solvant

E.F. xmax 0,060 – xmax 0,080 – xmax xmax solvant

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6. La notion d’acidité au cours des siècles (p. 105)

CommentairesCette activité permet de présenter l’évolution des idéesconcernant la notion d’acidité au cours des siècles. Il nousa paru nécessaire de montrer aux élèves qu’une idée scien-tifique et la théorie qui lui est associée se construisent pro-gressivement.Ainsi plusieurs approches sont présentées : les référencesà Lavoisier, Liebig, Arrhenius et enfin Brønsted illustrentbien ce lent cheminement des idées, avec à chaque étapedes améliorations successives. Elles ont permis d’affinerces notions et ont conduit à la théorie en vigueur dans lesprogrammes officiels.

Correctiona. Pour identifier les acides et les bases avant le dévelop-pement de la chimie moderne, les indicateurs colorésétaient extraits des végétaux tels le chou rouge, la mûre oule tournesol. Les solutions ainsi préparées prenaient descouleurs différentes selon l’acidité du milieu.

b. Les quatre acides indiqués dans le texte sont l’acidenitrique HNO3, l’acide sulfurique H2SO4, le chlorure d’hy-drogène HCl qui, en solution, donne l’acide chlorhydrique.Le vinaigre est également une solution acide contenant del’acide éthanoïque CH3COOH.

c. Le programme de la classe de Première S nous amène àdévelopper la théorie des acides et des bases selonBrønsted.

d. Dans la théorie d’Arrhenius, une base libère l’ion hydro-xyde lorsqu’elle se trouve en solution aqueuse. C’est le casde l’hydroxyde de sodium NaOH.

e. La molécule d’ammoniac NH3 ne peut libérer d’ion HO–,l’élément chimique oxygène n’apparaissant pas dans sa for-mule. Ce n’est donc pas une base dans la théoried’Arrhenius.

f. Elle peut cependant capter un ion H+ : elle répond doncà la définition d’une base selon Brønsted.

g. La chaux vive, ou encore oxyde de calcium, est repré-sentée par la formule CaO. C’est un cas intéressant parceque l’élément H n’apparaissant pas dans sa formule, elle nepeut libérer d’ion hydroxyde HO–. En revanche, elle réagitavec l’eau en lui arrachant un ion H+ (CaO(s) + H2O →Ca 2+

(aq) + 2 HO–(aq)). C’est donc une base selon la définition

de Brønsted, et en toute rigueur pas selon la définitiond’Arrhenius.

Note : Les tenants de la théorie d’Arrhenius diront que l’équation de la réactionde la chaux avec l’eau montre que CaO permet la libération d’ions HO– et que c’est une base à ce titre. On voit là toute l’ambiguïté de cette théorie. Lathéorie de Brønsted, en revanche, traite l’ion oxyde O2–, comme la formebasique du couple O2– / HO-. L’ion oxyde O2– est donc la base conjuguée de « l’acide » HO– qui est du même coup amphotère à cause du couple plusclassique HO– / H2O.

h. La théorie de Liebig s’applique à cet exemple : en effet,l’hydrogène acide de HCl est bien remplacé par un métal.Cette réaction permet de former le chlorure de fer FeCl2. Lemétal fer Fe a bien remplacé l’hydrogène acide.En revanche, la théorie de Brønsted ne s’applique pas ici : lefer ne correspond pas à la définition d’une base au sens deBrønsted.

DOC


a. NaOH(s), KOH(s), NaCl(s), HCl(g), NH3(g), Na2CO3(s),HNO3(), H2SO4(), CO2(g).

b. Espèces chimiques dont la solution est acide : HCl(g) etHNO3().Espèces chimiques dont la solution est basique : NaOH(s),KOH(s), NH3(g) et Na2CO3(s).Espèce chimique dont la solution est neutre : NaCl(s).

a. Il est inférieur à 7.b. Aigre signifie acide, vinaigre signifie vin acide.

a.

b. Oui, l’électroneutralité d’une solution est toujoursvérifiée, quelle que soit la solution.

a. Il y a deux fois plus d’ions H3O+ que d’ions SO4

2–(aq),

car la solution est électriquement neutre.b. H3O

+.c. H+.

On met quelques gouttes de l’indicateur coloré dans lasolution d’acide éthanoïque et on en déduit la couleur de laforme acide de l’indicateur coloré.On met ensuite quelques gouttes d’indicateur coloré danschacune des solutions incolores. Les solutions acides sontcelles qui se colorent de la même façon que la solution d’acide éthanoïque.

a. La base conjuguée de l’acide propanoïque est l’ionpropanoate C3H5O2

–.b. La demi-équation associée à ce couple est :

C3H6O2 = C3H5O2– + H+

c. L’ion ammonium NH4+ en solution dans l’eau libère H+ et

sa base conjuguée NH3.Un autre exemple : en mettant en solution le propanoate desodium C3H5O2Na, on aurait en solution la forme basiqueC3H5O2

–.

a. Un ion H+.

b. La base correspondante est HCO2–.

c.

d.

CH

O

O

–

CH

O

O H

17

16

14

13

11

9

8


E X E R C I C E S

Solutions Solutions Solutions

acides basiques neutres

détartrant déboucheur eau du robinetjus de raisin de canalisations salivelait eau de mer solution limonade eau savonneuse de chlorure de sodiumsuc gastrique

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 45

a. NaOH(s) → Na+(aq) + HO–

(aq)b. HO–

(aq).c. Le couple acide/base est H2O / HO–

(aq).d. L’hydroxylamine donnant une solution basique, NH2OH estdonc la forme basique du couple du HNH2OH+

(aq)/NH2OH(aq).e. HNH2OH+

(aq) = NH2OH(aq) + H+

f. Caustique : qui attaque et corrode les tissus animaux etvégétaux. L’hydroxylamine pure est explosive (voir l’acci-dent de février 1999 en Pennsylvanie qui fit cinq victimes).

a. La forme acide est indiquée en premier, la formebasique en second :HClO(aq) /ClO–

(aq) ; HClO2(aq) /ClO2–(aq) ; H3PO3(aq) /H2PO3

–(aq) ;

H3PO4(aq) /H2PO4–(aq) ; H2PO4

–(aq) / HPO4

2–(aq).

b. H2PO4–

(aq) est la forme basique d’un couple et la formeacide d’un autre couple.Les ampholytes.

a. C20H13O4–(aq).

b. S contient une base qui peut réagir avec la forme acidede la phénolphtaléine.c. C20H14O4(aq) + HO–

(aq) → C20H13O4–(aq) + H2O

d. H+.e. La phénolphtaléine est un indicateur coloré parce que les formes acide et basique du couple n’ont pas la mêmecouleur.

a. Cette équation met en évidence le fait que la molé-cule BrOH(aq) cède un ion H+ à l’ion HO–

(aq) : la réactionchimique considérée est une réaction acido-basique.b. BrOH(aq) /BrO–

(aq) et H2O/HO–(aq).

c. L’acide est indiqué en premier, la base en second.

a. Cl–(aq) et NH4+

(aq).

b. NH4+

(aq) car il est susceptible de céder un ion H+.c. σ = (λCl– + λNH4

+) c = 0,15 S · m–1.d. HO– et K+.e. HO– car il est susceptible d’accepter un ion H+.f. NH4

+(aq) + HO–

(aq) → NH3(aq) + H2O.g. Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.

On en déduit : xmax = 1,0 × 10 –3 mol.Quantité de matière et concentration des ions dans la solu-tion :

Conductivité : σ = ∑λici = 0,15 S · m–1.Note : La conductivité est inchangée car pour chaque ion HO–

(aq) ajouté (ion qui est consommé par la réaction), un ion K+

(aq) est également ajouté, un ion NH4

+(aq) est consommé et les produits de la réaction sont des molécules.

Or λK+ = λNH4+.

a. Les ions Cl–(aq) et Na+(aq) n’appartiennent pas à des

couples acide /base et n’ont donc pas de propriétés acido-basiques.

26

25

23

22

20

18 b. L’ion NH4+

(aq) est la forme acide du couple NH4+

(aq) /NH3(aq). Il est donc responsable de l’acidité de la solutionde chlorure d’ammonium.c. On peut donner des exemples de solution contenant desions HO–

(aq) : soude, potasse, chaux…L’équation de la réaction s’écrit :

NH4+

(aq) + HO–(aq) → NH3(aq) + H2O

d. NH4+

(aq) /NH3(aq) et H2O/ HO–(aq) .

e. Les quantités de matière de chaque ion sont données parla relation n = cV.

xmax = x.

f. À l’état final, les seuls ions en solution sont Na+(aq) et

Cl–(aq) (résultat issu du tableau d’avancement).

g. Les deux différences avec S1 sont la concentration desions sodium et chlorure et le fait que dans le mélange il y aaussi NH3(aq) résultant de la réaction.

a. La molécule d’ammoniac est la forme basique ducouple NH4

+(aq) /NH3(aq).

b. Le couple acide /base du bleu de bromothymol est telque la forme acide (jaune) a la formule donnée dansl’énoncé : C27H28Br2O5S(aq). La forme basique est doncl’anion C27H27Br2O5S

–(aq). L’équation de la réaction mettant

en jeu les deux couples est :

C27H28Br2O5S(aq) + NH3(aq) → C27H27Br2O5S–(aq) + NH4

+(aq)

c. L’eau monte dans le ballon parce que la dissolution dansl’eau du gaz ammoniac dans le ballon produit unedépression par rapport à la pression atmosphérique quis’exerce sur l’eau du cristallisoir.

a. La réaction de l’acide HNO3 avec l’eau est :

HNO3() + H2O → H3O+ + NO3

–(aq)

Cette solution est acide, car des ions H3O+ y sont présents.

b. L’hydroxyde de sodium se dissout dans l’eau suivantl’équation : NaOH(s) → Na+

(aq) + HO–(aq)

Cette solution est basique, car elle contient les ions hydro-xyde HO– en solution.La quantité de matière de NaOH(s) introduite est :

n0 = 0,10 mol.

À l’état final, on a xmax = 0,10 mol.

On a : [Na+(aq)] = [HO–

(aq)] = xmax /V = 0,10 mol · L–1 = c2.

c. L’équation de la réaction s’écrit :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2OLe tableau d’avancement est :

Lorsque V1 = V2, on a : n1 = c1 V1 = 1,0 × 10–2 × V1

et n2 = c2 V1 = 0,10 V1.

28

27


NH4+

(aq) HO–(aq) NH3 (aq) H2O

E.I. x = 0 10 × 10–3 1,0 × 10–3 0 solvant

E.F. x = xmax 10 × 10–3 – xmax 1,0 × 10–3 – xmax xmax solvant

HO–(aq) NH4

+(aq) Cl–

(aq) K+(aq)

n(mol) 0 9,0 × 10–3 1,0 × 10–2 1,0 × 10– 3

c(mol · L– 1) 0 9,0 × 10–3 1,0 × 10–2 1,0 × 10– 3

NH4+

(aq) HO–(aq) NH3(aq) H2O

E.I. x = 0 n n 0 solvant

E.F. xmax n – xmax n – xmax xmax solvant

NaOH(s) Na+(aq) HO–

(aq)

E.I. x = 0 n0 0 0

E.F. xmax n0 – xmax xmax xmax

H3O+ HO–

(aq) 2 H2O

E.I. x = 0 n1 n2 solvant

E.F. xmax n1 – xmax n2 – xmax xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 46

À l’état final, il reste des ions HO–. La solution est donc basique.

Note : Les ions Na+ et Cl– n’ont pas de propriétés acido-basiques.

d. Si V2 = V1 / 10, on a cette fois à l’état initial autant d’ionsH3O

+ que d’ions HO–(aq). On est dans les proportions stœ-

chiométriques et le mélange final est neutre : pH = 7.

a. La base conjuguée de l’acide lactique est l’ion lactateC3H5O3

–(aq).

b. Les ions hydrogénocarbonate HCO3–(aq) réagissent avec

l’acide lactique selon l’équation :

HCO3–(aq) + C3H6O3(aq) → H2O + CO2(aq) + C3H5O3

–(aq)

c. L’acide lactique réagit avec l’ion hydrogénophosphatesuivant l’équation :

HPO42–

(aq) + C3H6O3(aq) → H2PO4–(aq) + C3H5O3

–(aq)

Les couples en présence sont C3H6O3(aq) / C3H5O3–

(aq) etH2PO4

–(aq)) /HPO4

2–(aq).

d. Puisque l’ion hydrogénophosphate est un ampholyte,c’est qu’il est également l’acide d’un autre couple, qui estdonc HPO4

2–(aq) / PO4

3–(aq).

e. Il faut faire réagir HPO42–

(aq) avec une base, par exempleHO– suivant l’équation :

HPO42–

(aq) + HO–(aq) → PO4

3–(aq) + H2O

Aller plus loin

Dans cet exercice, le volume de la solution estconstant. Comme ce volume est égal à 1,0 L, laconcentration d’un ion (en mol . L–1) et sa quantité dematière (en mol) ont la même valeur.

a. H3O+ et Cl–(aq).

b. σ0 = λH3O+ [H3O+] + λCl– [Cl–(aq)]

= (λH3O+ + λCl–) c = 0,43 S . m–1.

c. Les deux espèces chimiques considérées sont des espè-ces chimiques ioniques. La conductivité molaire ioniquedes ions hydroxyde étant plus importante que celle desions chlorure, on pourrait penser que l’hydroxyde depotassium augmentera la conductivité de la solution defaçon plus importante que le chlorure de potassium.Cependant, lorsque l’on dissout de l’hydroxyde de potas-sium dans la solution, une réaction chimique a lieu entreles ions H3O+ et les ions HO–

(aq) qui se transforment enmolécules d’eau. La conductivité de la solution n’augmen-tera donc pas forcément, même si on introduit des ionssupplémentaires.

• Ajout de 1,0 g d’hydroxyde de potassiumNombre de moles d’ions HO– et K+ introduits : n = 1,0 /56,1 = 0,018 mol.Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.

On a : xmax = 0,010 mol et [H3O+] = 0 mol . L–1 ;

[HO–(aq)] = 0,0080 mol . L–1.

31

29

Calcul de la conductivité :σ = λCl– [Cl–(aq)] + λHO–[HO–

(aq)] + λK+ [K+(aq)]

σ = 7,63 × 0,010 + 19,8 × 0,0080 + 7,35 × 0,018

σ = 0,37 S . m–1.On voit que, dans ce cas, la conductivité diminue. Il vautdonc mieux ajouter 1,0 g de chlorure de potassium, commele confirme le calcul suivant.• Ajout de 1,0 g de chlorure de potassium Nombre de moles d’ions Cl– et K+ introduits : n = 1,0 /74,6 = 0,013 mol.Calcul de la conductivité :σ = σ0 + λK+ [K+

(aq)] + λCl– [Cl–(aq)introduits]

σ = 0,43 + 7,35 × 0,013 + 7,63 × 0,013

σ = 0,62 S . m–1.d. • Ajout de 2,0 g d’hydroxyde de potassiumNombre de moles d’ions HO– et K+ introduits :

n = 2,0 /56,1 = 0,036 mol.

Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.

On a : xmax = 0,010 mol et [H3O+] = 0 mol . L–1 ;

[HO–(aq)] = 0,026 mol . L–1.

σ = λCl– [Cl–(aq)] + λHO–[HO–(aq)] + λK+ [K+

(aq)]

σ = 7,63 × 0,010 + 19,8 × 0,026 + 7,35 × 0,036

σ = 0,86 S . m–1.• Ajout de 2,0 g de chlorure de potassium :Nombre de moles d’ions Cl– et K+ introduits : n = 2,0 /74,6 = 0,027 mol.σ = σ0 + λK+ [K+

(aq)] + λCl– [Cl–(aq)introduits]

σ = 0,43 + 7,35 × 0,027 + 7,63 × 0,027

σ = 0,83 S . m–1.On voit que, dans ce cas, il vaut mieux ajouter de l’hydro-xyde de potassium.

a. On peut penser que la conductivité de la solution n’apas varié car seules des molécules ont été introduites dansla solution.b. La valeur différente de la conductivité de la solutionindique que la concentration de certains ions présents dansla solution a changé : une réaction chimique a eu lieu, car iln’y a pas eu de dilution.c. CO2 , H2O(aq) /HCO3

–(aq), HCO3

–(aq) /CO3

2–(aq) et H2O/HO–

(aq)

d. Chaque fois que deux ions HO–(aq) réagissent, il apparaît

un ion CO32–

(aq).

Or λCO32– 2 λHO– : la conductivité de la solution a donc

diminué.e. Le pH de la solution finale est inférieur au pH de la solu-tion basique initiale car une espèce chimique acide y a étédissoute.

1. a. [HIc(aq)] / [Ic–(aq)] = 0,01 : la solution est jaune.

b. [HIc(aq)] / [Ic–(aq)] 10 : condition réalisée si pH 2,5.

c. Lorsque le pH est compris entre 3 et 4, aucune des deuxformes n’est prédominante. La couleur correspond aumélange du rouge et du jaune, soit une couleur orangée.d. Tant que pH 2,5 , la solution est rouge.

33

32


H3O+ HO–

(aq) 2 H2O

E.I. x = 0 0,010 0,018 solvant

E.F. xmax 0,010 – xmax 0,018 – xmax solvant

H3O+ HO–

(aq) 2 H2O

E.I. x = 0 0,010 0,036 solvant

E.F. xmax 0,010 – xmax 0,036 – xmax solvant

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 47

Lorsque 2,5 pH 4,5 , [HIc(aq)] / [Ic–(aq)] varie entre 10 et

0,1 : la solution contient alors environ autant d’entitésHIc(aq) que d’entités Ic–

(aq) , elle est donc orange.Lorsque pH 4,5 , la solution est jaune.2. a. Non : la couleur jaune indique uniquement que pH 4,5.b. La solution est assurément basique puisque le pH 8.c. pH 3 : l’hélianthine est rouge.3 pH 5 : le vert de bromocrésol est vert.5 pH 7 : le vert de bromocrésol est vert ou bleu et lerouge de phénol est jaune.7 pH 10 : le rouge de phénol est orange.pH 10 : la phénolphtaléine est rose fuchsia.

4. Couple NH4+

(aq)/NH3(aq) (p. 96)

• Solution étalon de chlorure de potassium 0,010 mol . L–1.• Solution de chlorure d’ammonium 0,20 mol . L–1.• Solution d’ammoniac 0,20 mol . L–1.• Acide chlorhydrique 1,0 mol . L–1.• Un dispositif de mesure de la conductance.• Une pipette graduée ou jaugée (prélèvement de 0,50 mL).• Une pipette jaugée de 50 mL.

TP


• Trois béchers de 100 mL.• Trois béchers de 50 mL pour effectuer les pélèvements.• Une pissette d’eau distillée.

5. Réaction entre un acide et une base (p. 104)

Pour chaque binôme :• Solution d’hydroxyde de sodium 0,001 mol . L–1.• Acide chlorhydrique 4 mol . L–1.• Un support muni de deux pinces.• Un tuyau souple.• Papier-pH.• Une soucoupe.• Une spatule.• Un entonnoir.• Un bécher de 100 mL.• Une éprouvette de 50 mL.• Une fiole à vide de 250 mL et un bouchon à un trou.• Une ampoule de coulée ou tulipe avec robinet.• Une pissette d’eau distillée.

Pour l’ensemble de la classe :• Hydrogénocarbonate de sodium NaHCO3(s).• Une ou deux balances.

TP


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 48

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 6 – RÉACTIONS D’OXYDORÉDUCTION 49

1. L’oxydoréductionet les nouveaux programmes

Lors de l’enseignement de l’oxydoréduction, le professeurdoit jouer au moins avec trois registres : celui qui est expli-citement le registre du programme et qui présente une nou-velle classe de réactions caractérisée par un transfert d’électrons, le registre des combustions auquel les élèvessont familiarisés depuis le collège mais qui est peu présentdans ce chapitre, et enfin, le registre de l’ensemble des réac-tions d’oxydoréduction qui font partie de notre environne-ment : en biologie humaine, au niveau de la dégradation dela végétation, de la corrosion… ; ces réactions sont abor-dées à titre d’exemples à la fin du cours et dans quelquesactivités. Les élèves n’ont pas eu l’occasion d’analyser cestransformations du point de vue de la chimie, et cette nou-velle approche permet d’en donner quelques exemples.C’est la raison pour laquelle l’activité 1, page 114, présentele problème de la corrosion. Ce problème est à nouveauévoqué à la page 121 du cours (paragraphe 3.2.). En ce quiconcerne l’oxydoréduction et la vie, une activité documen-taire, page 125, en offre un aperçu.

2. Parallélisme entre acido-basicitéet oxydoréduction

Comme dans le cas des acides et des bases, le programmeest fondé sur une approche exclusivement microscopiquecentrée sur le transfert d’électrons. Cela permet de présen-ter le parallèle entre l’acido-basicité et l’oxydoréductiondont la caractéristique commune est le transfert d’une par-ticule. Dans les activités, le cours et les exercices, nousavons lié cette approche microscopique et une approchemacroscopique à laquelle les élèves sont attachés car elleleur est perceptible. Ils découvrent, dans certains cas, uneinterprétation de situations de la vie quotidienne (voir coursp. 121, activités 6 et 7, exercices 26 et 36).Afin de favoriser la compréhension des élèves et de resterdans l’esprit du programme, dans le présent chapitre, nousavons adopté une présentation très proche de celle utiliséedans le chapitre concernant les acides et les bases. Les défi-nitions importantes sont formulées de façon analogue, etl’élève qui se sera investi dans l’étude des acides et desbases, abordera ce chapitre avec une plus grande facilité.Pour les élèves, le parallèle entre le transfert d’ions H+

(nous n’avons jamais utilisé le terme de proton) et le trans-fert d’électrons n’est pas simple à utiliser dans un premiertemps puisque de grandes différences interviennent,comme par exemple le fait que :• Les couples acide/base ne mettent en jeu qu’un unique H+

alors que les couples oxydant/réducteur peuvent mettre enjeu plusieurs électrons.


• Les demi-équations acido-basiques sont simples alors queles demi-équations d’oxydoréduction nécessitent la mise enœuvre d’une nouvelle technique d’ajustement de la stœ-chiométrie.• Les élèves ajustent aisément la stœchiométrie des équa-tions acido-basiques alors que celle des équations d’oxydo-réduction pose un réel problème, qui perdure bien au-delàde la classe de Première S et après le Bac à l’occasiond’examens de l’enseignement supérieur.Ces difficultés ont été gérées à la fois en activités de décou-verte et dans le cours, d’abord en présentant la réactiond’oxydoréduction d’un point de vue purement expérimentaldans des situations où les produits de la réaction peuventêtre caractérisés aisément. Ensuite, la notion de couple estintroduite dans le cas de couples simples, Na+

(aq)/Na(s),Cu2+

(aq)/Cu(s), en insistant sur le passage réciproque de laforme oxydée à la forme réduite. Une fois la notion de couple installée, nous proposons uneactivité qui permet d’ajuster la stœchiométrie des demi-équations. Enfin, une activité d’exploitation utilise cesnotions en relation avec la classification périodique commecela est suggéré au B.O.

3. Oxydant et forme oxydée

Dans ce chapitre comme dans l’ensemble de l’ouvrage, nousavons distingué les notions de forme oxydée et de formeréduite d’un couple d’une part, et celles d’oxydant et deréducteur d’autre part. Nous n’utilisons les termes d’oxydantet de réducteur que pour les réactifs des réactions, c’est-à-dire uniquement quand les entités chimiques sont effective-ment oxydantes ou réductrices. Les termes forme oxydée etforme réduite sont donc plus généraux. Dans l’écriture descouples oxydant/réducteur, nous nous sommes astreints àécrire toujours la forme oxydée en tête. Il n’est pas indispen-sable d’imposer cette contrainte aux élèves, mais il nous asemblé que ce pourrait être un repère simple pour eux sinotre livre (leur livre) était homogène sur ce point. En ce qui concerne l’écriture des demi-équations d’oxy-doréduction, quand la demi-équation est seule, nous avonstoujours écrit la forme oxydée dans le membre de gauche.En revanche, quand ces demi-équations préfigurent l’écri-ture d’une équation, nous avons disposé les demi-équa-tions dans le sens où leur addition permet d’obtenir l’équation d’oxydoréduction.Conformément au programme, l’approche proposée dansce chapitre est qualitative. Le seul aspect quantitatif prisen compte est appliqué à la réaction chimique, en lien avecl’utilisation des tableaux d’avancement vus en Seconde etrappelés dans les deux premiers chapitres.

4. Nombres d’oxydation

L’étude des nombres d’oxydation n’étant pas mentionnée auprogramme, nous n’avons pas utilisé ce concept, ni explici-tement comme par exemple dans certains ouvrages quirecommandent l’usage des nombres d’oxydation pour ajuster

Réactions d’oxydoréduction6

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:29 Page 49

la stœchiométrie des équations chimiques, ni implicitementpour parler des ions fer (II) ou fer (III). Nous n’avons querarement utilisé cette notation dans le manuel de l’élève.Nous nous sommes cependant autorisés cette notationcommode dans le présent livre du professeur. Il faut à ce pro-pos faire remarquer que l’ajustement de la stœchiométried’une équation par la technique des demi-équations ne doitêtre utilisé que pour les réactions en solution aqueuse. Pourles réactions en phase sèche (Fe2O3 + Al, par exemple) il nefaut pas utiliser ce formalisme. La raison est simple : lesdemi-équations correspondantes, qui s’écriraient :

Fe2O3 + 6H+ + 6e– = 2Fe + 3H2O

Al2O3 + 6H+ + 6e– = 2Al + 3H2O

font intervenir les ions H+ et l’eau, absents, puisque l’onn’est pas en solution aqueuse.

5. Oxydoréduction en milieu acideet en milieu basique

Le formalisme d’écriture des demi-équations permet d’écrirefacilement les équations d’oxydoréduction. Souvent, l’équa-tion finale fait apparaître des ions H+

(aq). Une telle écritureindique donc que des ions H+

(aq) sont produits ou consom-més suivant les cas. Il arrive cependant que la réaction se fasse expérimentalement en milieu basique (réactiond’une solution d’hydroxyde de sodium avec l’aluminium parexemple). Le formalisme aboutit alors à une écriture qui tra-duit mal les conditions expérimentales puisque les H+

(aq)apparaissant dans l’équation chimique ne sont pas présentsen solution. Il faut donc pouvoir transformer l’écriturecomportant les H+

(aq) en une écriture avec des HO–(aq).

Nous n’avons pas développé cela dans le cours, maisquelques exercices (31 et 36) prennent en charge cetaspect des équations chimiques. À chaque fois, nous avonsopté pour une démarche qui vise à écrire, dans un premiertemps, l’équation avec les ions H+

(aq), puis à ajouter for-mellement l’équation H+

(aq) + HO–(aq) → H2O. Cette démar-

che nous a semblé appropriée dans le cadre du pro-gramme, tout en tenant compte de certaines réalitésexpérimentales.

1. Notion de réactiond’oxydoréduction (p. 114)

CommentairesLes objectifs de cette activité sont d’une part de faire pren-dre conscience à l’élève du phénomène d’oxydoréductiondans la vie de tous les jours et d’autre part de faire apparaî-tre la nécessité de considérer la notion de transfert électro-nique pour en aborder une interprétation.

Correctiona. On constate de la rouille sur la chaîne de la Fig. 1.

b. Le métal transformé est le fer Fe.

c. D’après la formule de la rouille, les réactifs nécessairesà cette réaction doivent contenir les éléments hydrogène etoxygène. Les espèces chimiques susceptibles d’apporter

DOC


ces éléments chimiques sont le dioxygène et l’eau, toutesdeux présentes dans l’air humide.

d. D’après la neutralité électrique de la matière et la stœ-chiométrie de l’oxyde, l’élément chimique fer se trouve sousla forme ionique Fe3+.

e. Pendant la réaction, les particules transférées entre le feret le dioxygène sont des électrons.

f. Ce test chimique a permis de mettre en évidence le dihy-drogène.

g. Il s’est formé des cations Fe2+(aq) pendant la réaction.

h. Des électrons ont à nouveau été échangés.

2. Notion de coupleoxydant/réducteur (p. 114)

CommentairesL’objectif de cette activité est double. Dans un premiertemps, il vise à amener l’élève à faire une analogie entre lesréactions acido-basiques étudiées au chapitre précèdent etles réactions d’oxydoréduction qui sont l’objet de ce chapi-tre. On insiste sur la différence entre les particules échan-gées : H+ au sein d’un couple acide/base et e– au sein d’uncouple oxydant/réducteur. Dans un second temps, on réin-vestit des acquis de collège concernant les couples cationmétallique/métal.Enfin, la dernière question e. permet d’introduire la diffé-rence entre une demi-équation (un couple) et une équationd’oxydoréduction (intervention de deux couples).

Correctiona. Par exemple, les entités NH4

+ et NH3 constituent lesformes acide et basique d’un couple acide/base. Elles sontsusceptibles d’échanger la particule H+ suivant la demi-équation :

NH4+

(aq) = NH3(aq) + H+

b. Puisque dans le cas d’un couple oxydant/réducteur, la particule échangée est l’électron, on peut concevoir des couples pour lesquels l’oxydant et le réducteur nediffèrent que par le nombre d’électrons : une forme ducouple va perdre des électrons tandis que l’autre forme vaen gagner. La forme oxydée (l’oxydant) et la forme réduite(le réducteur) peuvent se transformer l’une en l’autre partransfert d’électrons ; les deux formes étant liées parl’équation :

« forme possédant le moins d’électrons » + n e–

= « forme possédant le plus d’électrons ».

Exemple : Fe2+/Fe.

Note : Dans cette définition, il n’est question que des couples oxydant/réducteursimples (Zn2+/Zn, Fe3+/Fe2+), mais rapidement, il faudra introduire les couplescomplexes comme MnO4

–/Mn2+ qui n’échangent pas seulement des électrons.

c. Les exemples peuvent être choisis parmi les couples sui-vants : Ag+/Ag ; Cu2+/Cu ; Zn2+/Zn ; Al3+/Al ...

d. On complète les schémas suivants par :

Fe2+ + Fe ; Zn2+ + Cu

e. On pourra faire constater aux élèves la différence entreles deux situations, la première représentant l’échange d’électrons entre la forme oxydée (Fe2+) et la forme réduite(Fe) d’un couple, la seconde représentant l’échange d’élec-trons entre l’oxydant (Cu2+) et le réducteur (Zn) d’une réac-tion d’oxydoréduction, objet d’étude du chapitre.

DOC


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3. Échanges d’électrons (p. 115)

CommentairesCette activité s’organise autour de réactions classiques met-tant en jeu l’élément chimique cuivre. Avant que l’élèven’apprenne le formalisme des demi-équations, il est guidépour que les notions de couple oxydant/réducteur et d’échange d’électrons prennent sens. Seules les connaissances de base de la chimie, essentielle-ment vues en Seconde, sont requises. L’élève est invité à jus-tifier, dans un cas particulier, la différence entre une réac-tion acido-basique et une réaction d’oxydoréduction grâceaux particules échangées entre les entités réagissantes. Unetelle réflexion sur la comparaison de la nature des particu-les échangées est conforme aux attentes du B.O.

Les réactions chimiques utilisées dans cette activité sontsimples à réaliser expérimentalement, sauf celle entre lecuivre et le chlorure de cuivre (II). Cette dernière doit êtreréalisée à l’abri de l’air dans de l’acide chlorhydriqueconcentré et chaud car le cuivre (I) s’oxyde en cuivre (II) àl’air ; la réalisation de cette réaction prend du temps et n’estpas recommandée en classe. Le choix des systèmes chimiques a été guidé par l’aspectperceptible des transformations chimiques qui leur sontassociées et par le fait que le couple oxydant/réducteurimpliquant l’élément chimique cuivre fonctionne dans lesdeux sens. Comme la méthode d’ajustement de la stœchiométrie desdemi-équations n’a pas encore été introduite (elle le seradans l’activité suivante), seuls des couples simples sont uti-lisés, sauf celui impliquant l’ion nitrate pour lequel l’élèveest guidé.

Correction1. a. Les réactifs sont Cu(s) et Ag+

(aq), les produits sontCu2+

(aq) et Ag(s).

b. L’équation chimique correspondante est :

Cu(s) + 2Ag+(aq) → Cu2+

(aq) + 2 Ag(s)

c. Le cuivre perd des électrons.

d. Cu2+(aq) + Fe(s) → Cu(s) + Fe2+

(aq). Les ions cuivre gagnent des électrons.

e. Le but de cette question n’est pas de faire formuler unedéfinition générale d’un couple oxydant/réducteur (voirp. 118) correcte par les élèves, mais de leur faire globaliserles questions précédentes. Nous suggérons que le profes-seur explique ce qui ne va pas dans les propositions erro-nées des élèves plutôt que de donner sa propre définition.

2. a. Le couple Cu2+(aq)/Cu(s) est intervenu puisque Cu(s)

fait partie des réactifs et que Cu2+(aq) fait partie des produits

(une vidéo du cédérom montre cette réaction qu’il est pré-férable de réaliser dans un laboratoire bien aéré à cause dela toxicité du dioxyde d’azote).

b. Non, bien sûr, les acides réagissent avec les bases, maispas seulement avec les bases. S’il en était ainsi, il faudraitmontrer qu’un ion H+ a été échangé, ce qui n’est pas le caspuisque le passage du cuivre aux ions cuivre se fait avec unéchange d’électrons.

Note : Attention, pour certains acides comme l’acide chlorhydrique, l’acideéthanoïque… l’oxydant est l’ion hydrogène alors que pour d’autres comme l’a-cide nitrique l’oxydant est l’ion nitrate. Dans ce cas, le couple est NO3

–(aq)/NO(g). Le monoxyde d’azote ainsi produit

réagit avec le dioxygène pour produire le dioxyde d’azote roux. Cette difficulté

DOCnous a incités à ne pas faire écrire les équations chimiques puisque cette acti-vité peut être utilisée par les élèves en activité de découverte.

c. Cu(s) + Cu2+(aq) + 2Cl–(aq) → 2CuCl(s)

d. Puisque Cl– est un anion monochargé, il en est de mêmepour Cu dans l’espèce chimique CuCl(s).

e. Le cuivre métallique a perdu un électron et l’ion cuivre (II)en a gagné un.

3. a. Cu2+(aq)/Cu(s) et Ag+

(aq)/Ag(s).

Cu2+(aq)/Cu(s) et Fe2+

(aq)/Fe(s).

b. Cu2+(aq) + 2e– = Cu(s)

Ag+(aq) + e– = Ag(s)

Fe2+(aq) + 2e– = Fe(s)

c. Cu2+(aq) + 2e– = Cu(s)

Cu+(aq) + e– = Cu(s)

ou CuCl(s) + e– = Cu(s) + Cl–(aq)

Note : Ces deux dernières écritures sont acceptables mais cette activité étantune activité de découverte, les élèves en sont à leurs toutes premières demi-équations et l’écriture Cu+

(aq) + e– = Cu(s) leur est plus accessible.

d. Dans le cas du couple NO3–

(aq)/NO(g), les entités du cou-ple n’échangent pas seulement des électrons.

e. NO3–(aq) + 4H+

(aq) + 3e– = NO(g) + 2H2O

4. Stœchiométrie d’une réactiond’oxydoréduction (p. 116)

CommentairesL’élève est amené à réaliser qu’il n’est pas possible d’ajusterla stœchiométrie de certaines équations chimiques par lestechniques vues au collège et en classe de Seconde ; c’est lecas, en particulier, de l’équation des ions permanganateavec le dioxyde de soufre.Dans la suite de l’activité, l’élève est guidé pour découvrirpas à pas une nouvelle technique mettant en jeu deux demi-équations. À la suite d’une telle activité, l’élève est capabled’ajuster la stœchiométrie des équations d’oxydoréductionhabituelles.Nous avons pensé qu’il fallait commencer par un cas simpleafin que l’élève ne se décourage pas en début d’activité. Puisnous avons choisi d’introduire la méthode d’ajustement dela stœchiométrie des équations d’oxydoréduction par un cascomplexe qui justifie la nécessité d’un outil pour ajuster detelles équations chimiques. Notre expérience des examensavec des étudiants post-bac qui butent sur des questionsaussi simples que l’ajustement d’une équation d’oxydoré-duction plaide en faveur de la nécessité de justifier le besoinde ces procédures d’ajustement. Il nous semble que les élè-ves ont plus de chance d’être convaincus de la nécessité dedisposer d’un outil leur permettant d’ajuster la stœchiomé-trie des équations chimiques « impossibles».

Correction

1. a. Les nombres stœchiométriques à déterminer sonta = c et b = d qui assurent la conservation des éléments.

b. La conservation de la charge entraîne :

a × 0 + b × (+1) = c × (+2) + d × 0 , soit b = 2c

Si c = 1 alors a = 1 et b = d = 2.

c. La stœchiométrie de l’équation chimique suivante peutdonc être ajustée :

Cu(s) + 2 Ag+(aq) → Cu2+

(aq) + 2 Ag(s)

DOC


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2. a. Avec les nombres stœchiométriques x, y, x′ et y′, l’équation chimique s’écrit :

xSO2(aq) + yMnO4–(aq) → x′SO4

2–(aq) + y′Mn2+

(aq)

La conservation de l’élément chimique S impose que x = x′et la conservation de Mn impose que y = y′.

b. La conservation de la charge impose que 2y = x, et laconservation de l’élément O impose que 2y = – 4x. La seulesolution mathématiquement acceptable est x = y = 0 ; cettesolution n’est pas intéressante en chimie.

c. Il n’y a donc pas de solution acceptable pour la recherchedes valeurs de e, f, g et h. Par conséquent, la stœchiométriede l’équation chimique proposée ne peut être ajustée.

3. a. SO42–

(aq) / SO2(aq) + 2H2O

Note : On utilise le symbole / et non = puisque la stœchiométrie n’est pas encoreajustée dans cette écriture.

b. SO42–

(aq) + 4H+(aq) / SO2(aq) + 2H2O

c. SO42–

(aq) + 4H+(aq) + 2e– = SO2(aq) + 2H2O

Note : La stœchiométrie de la demi-équation est maintenant ajustée. On a rem-placé le symbole / par le symbole =.

On utilise la même démarche pour écrire la demi-équationdu couple MnO4

–(aq) / Mn2+

(aq) :

MnO4–

(aq) / Mn2+(aq) + 4H2O

MnO4–

(aq) + 8 H+(aq) / Mn2+

(aq) + 4H2O

MnO4–

(aq) + 8 H+(aq) + 5e– = Mn2+

(aq) + 4H2O

4. a. et b. 5SO2(aq) + 10H2O = 5SO42–

(aq) + 20H+(aq) + 10e–

2MnO4–

(aq) + 16H+(aq) + 10e– = 2 Mn2+

(aq) + 8H2O

c. 5SO2(aq) + 2MnO4–

(aq) + 2H2O

→ 5SO42–

(aq) + 2Mn2+(aq) + 4H+.

On a remplacé le symbole = des demi-équations par le sym-bole → des équations.

5. Réactions impliquant l’élément chimique fer (p. 123)

CommentairesLes notions de base de l’oxydoréduction sont utilisées pourcomprendre l’oxydation du fer en présence d’acide chlor-hydrique. L’élève caractérise les produits formés et peutainsi mettre en relation l’équation chimique et l’expériencequ’il vient de réaliser.La présence de l’ion chlorure provenant de l’acide chlorhy-drique utilisé est prise en compte dès que l’on souhaiteoxyder les ions Fe2+

(aq). En effet, l’ion permanganate peutégalement oxyder l’ion chlorure ; l’élève le met en évidence,en caractérisant le peu de dichlore qui se forme au moyend’une solution d’indigo.Enfin, un aspect quantitatif de l’expérience permet de réin-vestir l’utilisation du tableau d’avancement d’une réaction,dans le cas de l’oxydation d’une solution de sulfate defer (II) par une solution de permanganate de potassium.Cette partie constitue une préparation au chapitre suivantpuisqu’il s’agit de la même démarche que celle qui sera uti-lisée pour aborder la notion de titrage.Les expériences décrites dans cette activité expérimentalesont assez classiques, sauf l’oxydation des ions chlorure par

TP


les ions permanganate. Cette réaction n’est pas fréquem-ment rencontrée parce qu’on cherche souvent à l’éviter. Enparticulier, l’acidification d’une solution de permanganatede potassium est réalisée grâce à une solution d’acide sul-furique et non à l’aide d’une solution d’acide chlorhydrique.

Correction1. a. Du dihydrogène a été formé. On aurait pu le caracté-riser par inflammation. On a le couple H+

(aq)/H2 (g) (on ne

sait pas encore si l’autre couple est Fe2+(aq)/Fe(s) ou

Fe3+(aq)/Fe(s)).

Note : La caractérisation n’est pas demandée car dans ces conditions, peu dedihydrogène est produit et les élèves risquent de ne pas y parvenir.

b. Fe2+(aq)/Fe(s) ou Fe3+

(aq)/Fe(s). On peut caractériser lesions fer formés par la couleur de l’hydroxyde (Fe(OH)2(s)vert ou Fe(OH)3(s) rouille), ou, avec l’habitude, directementà partir de la couleur de la solution.

c. Le précipité est vert, ce qui caractérise la présence d’ionsFe2+

(aq).

Note : Pendant les premiers ajouts, puisque les ions fer ne réagissent pas avecles ions HO–

(aq) ajoutés, on doit penser que ces derniers ont forcément réagiavec les ions H+

(aq) présents en excès lors de la réaction avec le fer métallique.Les potentiels normaux éventuellement impliqués sont : E0(Fe2+/Fe) = – 0,44 V;E0(H+/H2) = 0 V ; E0(Fe3+/Fe) = + 0,77 V ; E0(O2/H2O) = 1,23 V. La seule réaction qui a pu avoir lieu est la formation de Fe2+. Cependant, il y atoujours un peu de dioxygène présent et des traces d’ions Fe3+ peuvent être pré-sentes. Elles ne sont jamais assez importantes pour gêner la caractérisation deFe2+.

d. Fe(s) + 2H+(aq) → Fe2+

(aq) + H2(g)

2. a. On observe la décoloration de l’indigo dans le tube àboules. L’espèce chimique caractérisée est nécessairementun gaz. Il s’agit du dichlore Cl2(g), résultant de l’oxydation,due à l’ion permanganate, des ions chlorure présents ensolution.

Notes :• Si l’on ne dispose pas de tube à boules, on peut utiliser un papier imbibé d’in-digo. L’intérêt du tube à boules est qu’il n’y a pas de fuite, donc pas d’odeur dugaz qui s’échappe. Il est essentiel, lors de l’utilisation du tube à boules, de neremplir que la partie en U inférieure, sans remplir les boules, faute de quoi, ellesne joueraient plus leur rôle de système anti-retour pour l’une, et anti-déborde-ment pour l’autre.• Lors de cette réaction, la formation du gaz dichlore est visible mais peutcependant passer inaperçue, car les bulles formées sont petites et la solutionest très colorée. Ces bulles sont même visibles sur la photo du manuel, auniveau du ménisque, quand on regarde attentivement.• L’indigo est une molécule organique qui possède des doubles liaisons dontl’une d’elles subit une addition du dichlore lors du test. Il en résulte une pertede conjugaison du système π insaturé et donc une décoloration.• La réaction a été proposée avec un tube à boules. De nombreux avantagessont liés à cette méthode :– un meilleur contrôle du gaz qui s’échappe (dès que l’indigo est décoloré, onmet le contenu du tube dans l’évier avec beaucoup d’eau, ce qui atténue consi-dérablement les émissions de dichlore dans le laboratoire) ;– une diminution des quantités de réactif utilisé ;– aucun risque de retour ou de débordement si le tube est correctement rempli.

b. Dans le tube à essais, on a oxydé des ions chlorure parles ions permanganate.10Cl–(aq) + 2MnO4

–(aq) + 16H+

(aq) → 5Cl2(g) + 2Mn2+(aq) + 8H2O

c. La présence d’un précipité de couleur rouille montre que,en solution, on a des ions Fe3+

(aq). On pourrait caractérisercette solution en ajoutant de la soude jusqu’à apparitiond’un précipité. Il faut en ajouter suffisamment pour neutra-liser l’acidité du milieu réactionnel.


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Note : La décoloration de la solution passe en fait par une teinte lie-de-vin quimontre que l’on est en présence d’ions Mn (III) provenant de la réaction desions Mn (VII) et Mn (II). Pour les élèves, cette nuance de couleur n’est généra-lement pas perceptible et ils attribuent le changement de couleur soudain à lafin de la disparition des ions permanganate.

d. L’équation chimique rendant compte de la précipitationest : Fe3+

(aq) + 3HO–(aq) → Fe(OH)3(s)

e. 5Fe2+(aq) + MnO4

–(aq) + 8H+

(aq) → 5Fe3+(aq) + Mn2+

(aq) + 4H2O

f. La quantité de matière initiale d’ions Fe2+(aq) est approxi-

mativement cV. Elle n’est pas exactement connue, car unepartie des ions Fe2+

(aq) est oxydée. Celle d’ions permanga-nate est 4 × 10 –3 × 0,0050 = 2 × 10 –5 mol.


Notes :• L’indice déc. indique que l’on s’intéresse au système chimique au moment oùla décoloration est perçue.• Dans le tableau, seuls figurent les ions «intéressants» pour le bilan de matière.

Au moment de la décoloration, tous les ions permanganateont réagi, donc 2 × 10 –5 – xdéc. = 0, soit xdéc. = 2 × 10 –5 mol.Le volume V, déterminé expérimentalement, est voisin de2 mL, ce qui donne bien cV – 5xdéc. = 0.On trouve que l’on est effectivement dans les proportionsstœchiométriques.

Note : Mn(OH)2, blanc, précipite également, mais vers pH 9, c’est-à-dire bienaprès la précipitation de Fe(OH)3 qui a lieu dès pH 2 dans ces conditions.

g. Si l’on avait utilisé la solution contenant des ions Cl–(aq)et des ions Fe2+

(aq), il y aurait eu simultanément deux réac-tions chimiques (voir l’expérience précédente). Lorsqu’unsystème chimique est le siège de plusieurs réactions chi-miques impliquant une même entité, on ne peut pas établirde tableau d’avancement.

6. Oxydoréduction et classification périodique (p. 124)

CommentairesCette activité donne un aperçu général de l’oxydoréductionà travers des corps simples comme les dihalogènes, ledioxygène et les métaux. Du point de vue de l’oxydoréduc-tion, cela représente un classement pertinent qui doit êtreconnu des élèves.Le rôle des métaux cuivre, argent et or, utilisés pour les usa-ges nobles comme la monnaie, la bijouterie ou les contactsélectroniques, est traité du point de vue de l’oxydoréduction.L’élève est ensuite amené à comprendre pourquoi, surTerre, les métaux ne sont pas présents à l’état natif, mais àl’état d’oxydes, et une réflexion sur l’expression extraire

l’aluminium d’un minerai est reconsidérée.Enfin, toujours du point de vue de l’oxydoréduction, uneréflexion sur ce que l’on entend par le calcium des os ou lefluor du dentifrice est initiée.

Correction1. a. Na+

(aq)/Na(s) ; Zn2+(aq)/Zn(s) ; H+

(aq)/H2(g) ; Cl2(aq)/Cl–(aq) ;I2(aq)/ I–

(aq).

b. Les réducteurs puissants sont dans les deux premièrescolonnes.

DOC

Les réducteurs moyens sont au centre de la classificationpériodique ; le cuivre, l’argent et l’or étant dans la11e colonne.Les oxydants moyens sont sur la droite de la classificationpériodique.Les oxydants puissants sont en haut et à droite.

Note : En l’absence des potentiels de référence E0, cette catégorisation semi-quantitative des oxydants et des réducteurs peut être mise à profit par le pro-fesseur pour parler des dangers des réactions d’oxydoréduction. Certaines sontparticulièrement violentes (voir la Fig. 3, p. 118), d’autre sont douces par exem-ple celles qui se déroulent au sein des organismes vivants. On pourra aussi évo-quer la réglementation qui interdit de stocker dans le même placard les dihalo-gènes et les métaux par exemple.

c. Dans chaque système, on constate qu’il y a un oxydant(puissant ou moyen) et un réducteur (puissant ou moyen).Ce sont donc les deux réactifs. L’équation chimique estensuite écrite à l’aide des demi-équations de chacun descouples concernés.Système 1 : Cl2(aq) + Zn(s) → 2Cl–(aq) + Zn2+

(aq)

Système 2 : I2(aq) + Ca(s) → 2 I–(aq) + Ca2+

(aq)

Système 3 : 4Fe(s) + 3O2(g) + 12H+(aq) → 4Fe3+

(aq) + 6H2O

2. a. Bijouterie, monnaie.

b. Frapper la monnaie, ou battre la monnaie, c’est fabriquerdes pièces de monnaie à partir d’un métal (ou d’un alliage).La colonne 11 est constituée des trois métaux historique-ment utilisés pour frapper la monnaie.

Note : Actuellement, les alliages qui constituent la monnaie dépendent de lafacilité d’approvisionnement et du coût des métaux. Les métaux précieux(argent à 90 % ou or) ne sont plus utilisés que pour les pièces commémorativesà l’usage des numismates. Le nickel a remplacé l’argent, 20 fois plus cher, et lesalliages à base de cuivre ont remplacé l’or, 4 600 fois plus cher (Quid 2000,p. 1827). En langage familier, les Américains appellent leur pièce de 1 cent lecopper (cuivre) et leur pièce de 5 cents le nickel.

c. Fer et magnésium s’oxydent trop facilement. Les pièces« disparaîtraient » en quelques années et leurs utilisateursn’auraient pas confiance.

d. L’or s’oxyde encore plus difficilement que le cuivre. Celase constate dans la vie quotidienne en comparant l’étatlégèrement oxydé des vieilles casseroles en cuivre aux inal-térables bijoux en or.

Note : L’or n’est pas oxydé par le dioxygène de l’air. Les contacts dorés des ordi-nateurs gagnent en fiabilité; en effet, les oxydes qui se forment sur des contacts encuivre sont peu conducteurs et les contacts n’assurent plus leur rôle.

3. a. Al3+ et O2–. Al3+ est la forme oxydée du coupleAl3+/Al(s) et O2– est la forme réduite du couple O2(g)/O

2–.

b. L’atmosphère terrestre comporte environ 80 % de N2(g) et20 % de O2(g). Si de l’aluminium métallique existait dans lacroûte terrestre, il s’oxyderait.

c. L’expression « extraire l’aluminium d’un minerai » n’estpas correcte. L’aluminium métallique n’est pas présent dansle minerai. Il faudrait dire « l’aluminium, obtenu par réduc-tion des ions Al3+ du minerai».

4. a. Le calcium est oxydé suivant la réaction : Ca(s) + 2H+

(aq) → Ca2+(aq) + H2(g)

On devrait dire : « les os contiennent l’élément chimique cal-cium », ou « les os contiennent des ions Ca2+ ».

b. Le fluor est en haut à droite de la classification pério-dique. Le difluor est donc un oxydant puissant. C’est laforme oxydée du couple F2/F

–. On devrait parler des «den-tifrices aux ions fluorures» et non «au fluor».

c. La respiration est une réaction d’oxydoréduction entre ledioxygène inspiré et de nombreuses espèces chimiques


5Fe2+(aq) MnO4

–(aq) 5Fe3+

(aq) Mn2+(aq)

E.I. x = 0 cV 2 × 10 –5 0 0

E.F. xdéc. cV – 5xdéc. 2 × 10 –5 – xdéc. 5xdéc. xdéc.

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présentes dans les cellules, en particulier le glucose. Laforme réduite du dioxygène est l’eau, qui se trouve effecti-vement présente dans l’air expiré.

7. Le couple NAD+/NADH (p. 125)

CommentairesL’activité mettant en jeu le couple NAD+/NADH est situéeen fin de chapitre parce qu’elle se place comme une utilisa-tion des concepts d’oxydoréduction à des molécules que lesélèves ont vu dans leur cours de SVT. Ce lien interdiscipli-naire proposé est rigoureusement présenté dans le cadre dece chapitre, sans concession aucune au vocabulaire ou auxidées propres à la biologie. Certaines difficultés telles que les notations NAD+ et NADHsont progressivement prises en charge du point de vue de lachimie dans la première partie. Tout se passe comme si leslettres NAD correspondaient au fragment C21H27N6P2O14. Onaurait tout aussi bien pu écrire le couple X+ / XH, sauf que lelien avec le cours de biologie s’en serait trouvé amoindri. La seconde partie compare, du point de vue des équationschimiques, l’oxydation de l’éthanol par l’ion permanganateet par l’ion NAD+. Cela reste donc formel, mais la réactionchimique d’oxydation des alcools ne sera étudiée que troischapitres plus tard dans la partie chimie créatrice.La dernière partie élève un peu la réflexion et aborde uneautre propriété essentielle de NAD+, qui est d’être rapide-ment régénéré dans l’organisme. Cela apparaît dans l’acti-vité au travers d’un bilan de matière. La notion de coenzymen’est pas évoquée mais le lien est fait, afin que le professeurde biologie trouve les élèves préparés à l’aborder.Du point de vue chimique, le potentiel de référence du cou-ple est E0 = 0,317 V à pH = 7. La réactivité de NAD+ provientde son noyau pyridinium dont la fonction oxydante est dueà la capacité de l’azote N+ à capter formellement un hydrureH–. Réciproquement, le réducteur NADH peut fournir unhydrure. Du point de vue biochimique, c’est un coenzyme,c’est-à-dire une entité non protéique consommée lors d’uneréaction enzymatique (alors que l’enzyme ne l’est pas) et quiest régénérée par ailleurs. Du point de vue commercial,NAD+ et NADH se trouvent dans les catalogues de produitschimiques (100 € les 5 g). Sur Internet, on peut s’approvi-sionner en NADH sous différentes formes (typiquement desgélules de 5 mg) dont les vertus, que nous ne sommes pashabilités à commenter, vont du régime pour sportifs aurehausseur de facultés intellectuelles.

Correction1. a. On peut écrire la demi-équation :

+ H+(aq) + 2 e– =

H

C

C

C

H

C

N

H

CONH2

C15

H21

N5P

2O

13 C

H

H

H

C

C

C

H

C H

N+

H

CONH2

C15

H21

N5P

2O

13 C

DOC

Cela montre que NAD+ et NADH constituent un couple oxy-dant/réducteur.

b. La forme oxydée est dans le même membre que lesélectrons, c’est NAD+ ; NADH est la forme réduite.

c. NAD+ + H+ + 2 e– = NADH

2. a. C2H4O(aq) + 2 H+(aq) + 2 e– = C2H6O(aq)

L’alcool est la forme oxydée.

b. NAD+ + C2H6O(aq) → NADH + C2H4O + H+(aq)

c. Les ions H+(aq) interviennent dans le membre de droite de

la réaction d’oxydoréduction, ils sont produits par la réac-tion : l’acidité du milieu cellulaire va donc augmenter.

d. Pour répondre à la question, il faut écrire l’équation de laréaction d’oxydation de l’alcool par les ions permanganate :2 MnO4

–(aq) + 5 C2H6O(aq) + 6 H+

(aq) →

2 Mn2+(aq) + 5 C2H4O(aq) + 8 H2O

Cette équation montre que des ions H+(aq) sont consommés,

ce qui induit forcément une diminution de l’acidité de lasolution.

3. a. O2 + 4 H+(aq) + 4 e– = 2 H2O

b. Cette équation s’obtient par combinaison des deux demi-équations. On trouve :

2 NADH + 2 H+(aq) + O2 → 2 NAD+ + 2 H2O

c. L’acidité du milieu cellulaire diminue cette fois puisquedes ions H+

(aq) sont consommés.

d. Le dioxygène arrive dans le sang par les poumons et esttransporté jusqu’aux cellules par l’hémoglobine.

e. Il faut déterminer la quantité de matière d’alcool :

n = m / M = 16 / 46 = 0,35 mol.

Il faut la même quantité de matière de NAD+ dont la massemolaire est 670 g · mol–1, soit :

mNAD = 0,35 × 663 = 2,3 × 102 g.

f. Dès que NAD+ est réduit par l’alcool en NADH, ce dernierest réoxydé par le dioxygène en NAD+ et peut ainsi êtreréutilisé.


a. Ca2+(aq) + 2e– = Ca(s)

b. Cu2+(aq) + 2e– = Cu(s)

c. 2H+(aq) + 2e– = H2(g)

d. I2(s) + 2e– = 2 I–(aq)

a. 2H3O+ + 2e– = H2(g) + 2H2O

b. H2O2(aq) + 2e– = 2 HO–(aq)

c. O2(g) + 2H+(aq) + 2e– = H2O2(aq)

d. H3O+ est identique à H+

(aq)

Forme réduite : a. H2 (g) ; b. HO–(aq) ; c. H2O2(aq).

a. et b.

• MnO4–(aq) /MnO2(s) :

MnO4–(aq) + 4H+

(aq) + 3e– = MnO2(s) + 2H2O

16

14

12


E X E R C I C E S

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• MnO4–(aq) /Mn2+

(aq) :

MnO4–(aq) + 8H+

(aq) + 5e– = Mn2+(aq) + 4H2O

• MnO2/Mn2+(aq) :

MnO2(s) + 4H+(aq) + 2e– = Mn2+

(aq) + 2H2O

c. La solution incolore contient l’ion Mn2+(aq), la solution

violette contient l’ion MnO4–(aq) et le solide marron foncé est

le dioxyde de manganèse MnO2(s).

• NO2(g) /NO(g) :

NO2(g) + 2H+(aq) + 2e– = NO(g) + H2O

• N2O4(g) /NO(g) :

N2O4(g) + 4H+(aq) + 4e– = 2NO(g) + 2H2O

• N2O4(g) /NO2(g) ne constitue pas un couple oxydant/réduc-teur ; en effet, la transformation de N2O4(g) en NO2(g) s’écritN2O4(g) → 2NO2(g), ce qui ne correspond pas à un transfertd’électrons.

a. Li+(aq) + e– = Li(s)

b. Un électron.c. Les électrons apportés par les atomes de lithium consti-tuent le doublet liant de la liaison HH. Ils sont donc loca-lisés entre les deux atomes d’hydrogène de la molécule.

a. Les couples mis en jeu sont Zn2+(aq) /Zn(s) et

H+(aq) /H2(g). Les demi-équations d’oxydoréduction sont :

Zn2+(aq) + 2e– = Zn(s) et 2H+

(aq) + 2e– = H2(g)

b. 2,18 g de zinc correspondent à 0,033 mol. Il s’échangedonc ne = 0,066 mol d’électrons pendant la réaction. Lacharge d’un électron étant e = – 1,6 × 10 – 19 C, 0,066 molreprésente une quantité d’électricité Q telle que :

Q = NA e ne = – 6,3 × 10 3 C

c. Q = ne– F = 6,67 × 10–2 × 9,65 × 104 = 6,4 kC.

d. Q′ = I ∆t = 0,300 × (35 × 60) = 630 C.La charge électrique Q transférée par la réaction de l’acidesur 2,18 g de zinc est environ dix fois plus importante quela charge électrique Q′ mise en jeu par la pile plate de 4,5 V.

a. La couleur de la solution contenant les ions fer (II)avant ajout des ions permanganate est incolore (ou vertpâle, les deux réponses sont acceptables).

b. La couleur de la solution contenant les ions permanga-nate est violette.

c. La couleur de la solution contenant les ions fer (III) aprèsajout des ions permanganate est orangée.

d. Il y a bien eu transformation chimique sinon le mélangeaurait eu une coloration violette.

e. Les ions permanganate ont été réduits, ils ont oxydé lesions fer (II).

f. Les ions Fe2+(aq) ont été oxydés en ions Fe3+

(aq), ils ontréduit les ions permanganate MnO4

–(aq).

g. Fe3+(aq) + e– = Fe2+

(aq)MnO4

–(aq) + 8 H+

(aq) + 5e– = Mn2+(aq) + 4H2O

h. MnO4–

(aq) + 5Fe2+(aq) + 8H+

(aq)

→ Mn2+(aq) + 5Fe3+

(aq) + 4H2O

i. On s’aperçoit que des ions H+(aq) font partie des réactifs.

La réaction doit donc être réalisée en milieu acide.

Note : Cette question anodine permet de sortir l’élève du pur formalisme danslequel une telle activité le contraint forcément un peu, afin de lui montrer que

21

19

18

17

derrière ces symboles il y a du sens. C’est aussi la raison pour laquelle desphotos ont été proposées. Le professeur pourra les commenter avec ce mêmeobjectif de rendre concrètes ces équations.

a. Une solution aqueuse d’iodure de potassium estincolore.

b. Une solution aqueuse d’eau oxygénée est incolore.

c. Le changement de couleur traduit le fait qu’une réactionchimique a eu lieu.

d. I2(aq) + 2e– = 2 I–(aq)

H2O2 (aq) + 2H+(aq) + 2e– = 2H2O

H2O2(aq) + 2H+(aq) + 2 I–

(aq) → 2H2O + I2(aq).

La réaction nécessite des ions H+(aq). L’acide sulfurique les a

fournis.

Notes :• La réaction aurait lieu également sans acide sulfurique, mais pédagogique-ment, il est important que tous les réactifs soient ajoutés. Il faut ajouter peud’acide car en milieu très acide, le dioxygène de l’air oxyde lentement, maisvisiblement, les ions iodure en diiode.• Attention, en milieu basique, le diiode se décolore, non pas par réduction sim-ple, mais par dismutation en donnant des ions iodure et iodate IO3

– (3 I2 + 3H2O→ IO3

– + 5 I– + 6H+).• Le diiode n’est soluble dans l’eau qu’en présence d’une grande quantité d’ionsiodure. Si l’eau oxygénée était ajoutée en trop grande quantité par rapport à laquantité d’ions iodure en solution, il n’y aurait plus assez d’ions iodure en solu-tion pour maintenir dissous le diiode formé. Il en résulterait la formation dediiode solide, se présentant sous forme d’un précipité noir.• L’eau oxygénée vendue en pharmacie est conditionnée en 10, 20 ou 30 volu-mes, ce qui correspond à 1, 2 ou 3 mol . L–1 respectivement. Ce sont donc dessolutions concentrées qu’il faut diluer pour cette activité. Stocker l’eau oxygénée au réfrigérateur permet de ralentir sa dismutation (→ O2 + 2H2O) et la perte de son titre.

e. L’addition d’une plus grande quantité d’eau oxygénéepermet la production d’une plus grande quantité de diiode(solution plus colorée). Cela indique que les ions ioduresont en excès dans le tube n° 1. L’eau oxygénée est le réactiflimitant.f. Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole :

Le réactif limitant est l’eau oxygénée, à l’état final 3 × 10–5 – xmax = 0 soit un avancement maximal xmax = 3 × 10–5 mol.

À l’état final, il se forme nI2= 3 × 10–5 mol de diiode.

a. Ag+(aq) + e– = Ag(s) et Cu2+

(aq) + 2 e– = Cu(s)

b. 2 Ag+(aq) + Cu(s) → 2 Ag(s) + Cu2+

(aq)

a. La rouille résulte d’une oxydation du fer. C’est uneforme oxydée du fer.La rouille se forme lorsque du fer est abandonné à l’airhumide sans protection.

b. FeO(OH) et Fe2O3 , H2O sont deux écritures équiva-lentes ; la seconde fait apparaître deux fois plus d’atomesque la première.

Fe(s) + 2H2O = FeO(OH)(s) + 3H+(aq) + 3e–

c. Il faut combiner la demi-équation précédente avec :

O2(g) + 4H+(aq) + 4e– = 2H2O

Cela donne : 4Fe(s) + 3O2(g) + 2H2O → 4FeO(OH)(s)

25

23

22


H2O2(aq) 2 I–(aq) 2H+

(aq) 2H2O I2(aq)

E.I. 0 3 × 10–5 6 × 10–3 excès excès

E.F. xmax 3 × 10–5 – xmax 6 × 10–3 – 2 xmax excès excès xmax

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1. a. Parmi les réactifs, l’oxydant est l’ion hypochloriteet le réducteur est l’ion chlorure.

b. Les couples oxydant/réducteur mis en jeu sont :

ClO–(aq)/Cl2(aq) et Cl2(aq)/Cl–(aq).

Les demi-équations sont :

2 ClO–(aq) + 4 H3O

+ + 2 e– = Cl2(aq) + 6 H2O

2 Cl–(aq) = Cl2(aq) + 2 e–

L’équation de la réaction est :

ClO–(aq) + 2 H3O

+ + Cl–(aq) → Cl2(g) + 3 H2O

2. a. Dans une réaction de dismutation, la même espèce(celle qui se dismute) est à la fois l’oxydant et le réducteur,il s’agit de l’ion hypochlorite qui intervient donc dans lesdeux couples.Les couples oxydant/réducteur mis en jeu sont :

ClO–(aq) /Cl–(aq) et O2(g)/ClO–

(aq).

b. La matière plastique opaque des berlingots a pour butd’éviter l’exposition à la lumière de l’eau de Javel. Les ionshypochlorite subissant inéluctablement une réaction de dis-mutation, leur concentration diminue au cours du temps, cequi explique la date limite d’utilisation de cet agent de blan-chiment (qui correspond à une teneur suffisante en principeactif).

a. 2 S2O32–

(aq) + I2(aq) → S4O62–

(aq) + 2 I–(aq)

b. Deux couples oxydant/réducteur sont en présence :

S4O62–

(aq)/S2O32–

(aq) et I2(aq)/ I–(aq).

c. Il faut 5,0 × 10 –3 mol d’ions thiosulfate, soit un volume de100 mL. Cela se déduit d’un tableau d’avancement :


xmax = 2,5 × 10 –3 mol, donc V = 0,10 L.

d. nI– = 2xmax = 5,0 × 10 –3 mol.

a. Les couples oxydant/réducteur mis en jeu sont :

Cu2+(aq) /Cu(s) et Pb2+

(aq) /Pb(s).

Les demi-équations associées à chaque couple sont :

Cu2+(aq) + 2 e– = Cu(s)

Pb(s) = Pb2+(aq) + 2 e–

Cu2+(aq) + Pb(s) → Cu(s) + Pb2+

(aq)

b. Le plomb est le réactif limitant puisqu’il est entièrementconsommé (voir l’énoncé).La quantité de matière initiale en ions cuivre (II) est :

n(Cu2+(aq)) = c V = 1,0 × 10–2 × 0,250 = 2,5 × 10–3 mol.

Dans le tableau, les quantités de matière et l’avancementsont exprimés en mole.

30

29

26 D’après le tableau, à l’état final, la quantité de cuivre formé(dépôt métallique) est égale à l’avancement maximal de laréaction :

xmax = nCu = = = 4,7 × 10–4 mol.

Le plomb est donc bien en défaut.

c. La concentration molaire des ions Pb2+ est :

[Pb2+] = = = = 1,9 × 10–3 mol · L–1.

d. La quantité de matière restante en ions Cu2+(aq) est :

nCu2+ = 2,5 × 10–3 – xmax

La concentration molaire en ions Cu2+(aq) est :

[Cu2+] = = = 8,1 × 10–3 mol · L–1.

e. La quantité de matière initiale en plomb (métallique) est telleque nPb – xmax = 0, donc la masse du petit morceau de plombintroduit est :

mPb = xmax MPb = 4,7 × 10–4 × 207,2 = 0,098 g.

1. a. Al3+(aq) + 3e– = Al(s)

2H+(aq) + 2e– = H2(g)

2Al(s) + 6H+(aq) → 2Al3+

(aq) + 3H2(g)

b. L’équation de la question a. n’est pas acceptable, bien quel’aluminium soit un réactif et que le dihydrogène soit unproduit dans les deux cas.

c. Al3+(aq) + 4HO–

(aq) → AlO2–(aq) + 2H2O

Ce n’est pas une équation d’oxydoréduction, car elle ne metpas en jeu de couples oxydant/réducteur.

d. En ajoutant membre à membre H2 (g) = 2 H+(aq) + 2 e– et

2H+(aq) + 2HO–

(aq) → 2H2O, on obtient :

H2(g) + 2HO–(aq) = 2H2O + 2e–

Note : Il faut mettre le symbole = et non → car la présence d’électrons montrequ’il s’agit d’une demi-équation et non d’une équation. Cette demi-équationreprésente le couple oxydant/réducteur de l’eau en milieu basique.

e. Si on ajoute membre à membre :2Al(s) = 2Al3+

(aq) + 6e–

2Al3+(aq) + 8HO–

(aq) → 2AlO2–(aq) + 4H2O

et : 6H2O + 6e– = 3H2(g) + 6HO–(aq)

on trouve, après simplification :

2Al(s) + 2HO–(aq) + 2H2O → 2AlO2

–(aq) + 3H2(g)

Il s’agit bien d’une réaction de l’aluminium avec les ionshydroxyde en milieu aqueux. Les produits de la réactionsont l’ion aluminate et le dihydrogène.

2. a.180 mL de H2(g) correspondent à 0,180/24 = 7,50 × 10–3 molde dihydrogène. On pose le tableau d’avancement suivant, dans lequel l’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.

On obtient 3 xmax = 7,5 × 10 –3 mol.

D’où xmax = 2,5 × 10 –3 mol et n = 5 × 10 –3 mol.

b. Chaque aluminium met en jeu trois électrons ; il faut entout 15 × 10 –3 mol d’électrons.La charge transférée est – 1,4 × 103 C. C’est une valeur néga-tive puisque la charge d’un électron est négative.

31

2,5 × 10–4 – 4,7 × 10–4

0,25mCu2+

V

4,7 × 10–4

0,25xmax

V

mPb2+

V

0,03063,5

mCu

MCu


2S2O32–

(aq) I2(aq) S4O62–

(aq) 2 I–(aq)

E.I. x = 0 cV 2,5 × 10 –3 0 0

E.F. xmax cV – 2xmax 2,5 × 10 –3 – xmax xmax 2xmax

Cu2+ Pb Cu Pb2+

E.I. 0 2,5 × 10 –3 nPb 0 0

E.F. xmax 2,5 × 10 –3 – xmax nPb – xmax nCu = xmax nPb2+ = xmax

2 Al(s) 2HO–(aq) 2H2O 2 AlO2

–(aq) 3H2(g)

E.I. x = 0 n excès excès 0 0

E.F. xmax n – 2xmax excès excès 2xmax 3xmax

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a. Les éléments chimiques Br et I sont dans l’avantdernière colonne de la classification périodique. Les ionsBr– et I– ont donc certaines propriétés similaires : l’ionBr–

(aq) devrait réagir de manière analogue à l’ion I–(aq).

b. Les couples oxydant/réducteur sont : Br2 (aq)/Br–(aq) et

H2O2(aq)/H2O.L’équation chimique est :

2Br–(aq) + H2O2(aq) + 2H+

(aq) → Br2(aq) + 2H2O

c. L’ion bromure a été oxydé par l’eau oxygénée.

Notes : • Pour être plus complet, il faudrait, comme précédemment, montrer que lacouleur due au dibrome s’accentue si l’on ajoute plus d’oxydant H2O2(aq).• Dans ce tube, il y a donc des ions K+

(aq) et des ions Br–(aq) (puisque l’eau oxy-

génée est le réactif limitant). Il y a également des molécules Br2(aq) (et H2O).

d. La seconde partie de l’expérience 2 est une extraction.Cette extraction par le cyclohexane montre la présence dediiode I2, car la phase organique présente une teinte violettecaractéristique. Lorsqu’on ajoute 1 mL de solution d’iodurede potassium, la réaction qui a lieu produit du diiode sui-vant l’équation chimique :

2 I–(aq) + Br2(aq) → I2(aq) + 2Br–

(aq)

En effet, le dibrome est le seul oxydant présent dans le tube(voir la liste des entités chimiques dans la note ci-dessus).

Aller plus loin

a. 35 g de dibrome (M = 160 g . mol–1), représentent0,22 mol. La concentration est donc 0,22 mol . L–1.

b. Br2(aq) + 2 I–(aq) → 2Br–

(aq) + I2(aq)

c. Dans 10 mL de la solution de dibrome, il y a 2,2 × 10 –3 molde dibrome. Il faut au moins 4,4 × 10 –3 mol d’ions iodure. Lamasse d’iodure de potassium minimale à dissoudre est donc0,73 g. Ces résultats s’obtiennent à partir du tableau d’avan-cement suivant :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.On obtient xmax = 2,2 × 10 –3, donc n = 4,4 × 10 –3 mol.

d. Le volume n’a pas d’importance. Seule la quantité dematière compte.

1. a. 2ClO–(aq) + 4H+

(aq) + 2e– = Cl2(g) + 2H2O

Cl2(g) + 2e– = 2Cl–(aq)

b. Cl2(g) + H2O → ClO–(aq) + Cl–(aq) + 2H+

(aq)

Cette réaction d’oxydoréduction est originale, car les deuxcouples mis en jeu, ClO–

(aq)/Cl2 (g) et Cl2 (g)/Cl–(aq) ont une

entité commune.

c. Si l’on ajoute l’équation chimique précédente à l’équation2H+

(aq) + 2HO–(aq) → 2H2O, on trouve :

Cl2(g) + 2HO–(aq) → ClO–

(aq) + Cl–(aq) + H2O

d. Les ions présents dans l’eau de Javel sont ceux issus dela réaction précédente, soit ClO–

(aq) et Cl–(aq), sans oublierles ions Na+

(aq) apportés avec les ions hydroxyde.

e. Non, il est la forme réduite du couple Cl2(g)/Cl–(aq). L’ionoxydant contenu dans l’eau de Javel est donc l’ion ClO–

(aq).

36

34

33 2. a. Dans 1 L d’eau de Javel à la concentration0,30 mol . L–1, il y a 0,30 mol d’ions ClO–

(aq) qui peuventdonc produire, en milieu acide, 0,30 mol de dichlore. Onpeut retrouver cela avec un tableau d’avancement :

La quantité de matière de Cl2 est xmax = 0,30 mol.

b. 0,30 mol correspond à 7,2 L de dichlore gazeux. Une telleeau de Javel titre donc 7,2 degrés chlorométriques.

c. Un litre d’eau de Javel titrant 48 degrés chlorométriquespeut donc libérer 48 L de dichlore gaz, soit 2 mol. La concen-tration des ions ClO–

(aq) en solution est donc 2 mol . L–1.On peut présenter cela sous forme d’un tableau d’avance-ment :

On en déduit n = 2 mol.

d. À partir de 0,25 L d’eau de Javel commerciale, on peutdonc produire 12 L de gaz dichlore.

e. et f. Le niveau de toxicité est atteint si le volume de lapièce est inférieur à 12 000 m3.Pour une pièce de 3 m de hauteur, cela représente une sur-face au sol de 4 000 m2, soit l’équivalent de 40 appartementsde 100 m2. C’est une surface immense bien plus grande queles salles habituelles. L’utilisation d’un berlingot d’eau deJavel commerciale ne doit donc en aucun cas faire interve-nir un produit commercial acide sous peine d’intoxicationde l’utilisateur.

5. Réactions impliquant l’élémentchimique fer (p. 123)

• Fer en poudre (0,3 g par binôme).• Acide chlorhydrique 6 mol . L–1.• Solution de d’hydroxyde de sodium 2 mol . L–1.• Permanganate de potassium en poudre.• Solution de permanganate de potassium en poudre 5 × 10–3 . mol . L–1 préacidifiée à l’acide sulfurique.• Solution de sulfate de fer 0,05 mol . L– 1 préacidifiée à l’acide sulfurique.• Solution aqueuse d’indigo.• Trois tubes à essais et leur support.• Un erlenmeyer, un bouchon à un trou de diamètre adaptéet un réfrigérant à air (ou du matériel de mini-chimie).• Un bain-marie bouillant.• Deux pipettes simples et une poire compte-gouttes.• Une spatule.• Un tube à boules et un bouchon à un trou pour tube àessais (ou papier-filtre et hotte bien ventilée).

Note : Certanes solutions sont proposées préacidifiées ; cela évite l’utilisationd’acide sulfurique concentré par les élèves. Si une solution est préacidifiée, celadoit impérativement être indiqué sur l’étiquette.

TP



Br2(aq) 2 I–(aq) 2Br–

(aq) I2(aq)

E.I. x = 0 2,2 × 10 –3 n 0 0

E.F. xmax 2,2 × 10 –3 – xmax n – 2xmax 2xmax xmax

ClO–(aq) Cl–

(aq) 2H+(aq) Cl2(g) H2O

E.I. x = 0 0,30 0,30 excès 0 solvant

E.F. xmax 0,30 – xmax 0,30 – xmax excès xmax solvant

ClO–(aq) Cl–

(aq) 2H+(aq) Cl2(g) H2O

E.I. x = 0 n n excès 0 solvant

E.F. xmax n – xmax n – xmax excès xmax = 2 solvant

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PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE RÉACTIONS ACIDO-BASIQUES – RÉACTIONS D’OXYDORÉDUCTION 58

Les éléments chimiques Cl et I

a. Le milieu devient acide parce qu’il se forme des ionsH+

(aq), comme l’indique l’équation chimique proposée dansl’énoncé.

b. Le milieu devient conducteur parce qu’il se forme desions en solution.

c. Les couples mis en jeu sont H+(aq)/H2O et H2O/HO–

(aq).L’équation chimique est donc :

H+(aq) + HO–

(aq) → H2O

d. La demi-équation est : HClO(aq) = ClO–

(aq) + H+

L’équation de la réaction est :HClO(aq) + HO–

(aq) → ClO–(aq) + H2O

e. Les formes oxydées sont Cl2(aq) et I2(aq) et les formesréduites correspondantes Cl–(aq) et I–

(aq).L’équation de la réaction est :

Cl2(aq) + 2 I–(aq) → 2 Cl–(aq) + I2(aq)

f. HClO(aq) + 2 I–(aq) + H+

(aq) → Cl–(aq) + I2(aq) + H2O

g. 3 ClO–(aq) + I–

(aq) → 3 Cl–(aq) + IO3–(aq)

Propriétés des ions HSO3–

(aq)

a. La quantité de matière de NaHSO3(s) contenue dans m = 2,3 g est :

n = m / M

n = 2,3 / (23,0 + 1,0 + 32,1, + 16,0 × 3)

n = 2,2 × 10 –2 mol.

b. Le tableau d’avancement est :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.Quand les 2,3 g sont totalement dissous, on a :

2,2 × 10 –2 – xmax = 0, soit xmax = 2,2 × 10 –2 mol.La concentration des ions est donc :

[Na+(aq)] = [HSO3

–(aq)] = xmax / V

= 2,2 × 10 –2 / 0,100 = 0,22 mol . L–1.

c. La forme basique correspondant à HSO3–

(aq) est SO32–

(aq).

2

1

La demi-équation de ce couple est :

HSO3–(aq) = H+ + SO3

2–(aq)

d. Dans 0,10 g de NaOH, il y a :

n = 0,10 / (23,0 + 16,0 + 1,0)

n = 2,5 × 10 –3 mol d’ions Na+

et autant d’ions HO–.Il se produit une réaction acido-basique d’équation :

HSO3–(aq) + HO–

(aq) → SO32–

(aq) + H2O

e. Le tableau d’avancement est :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.Les ions hydroxyde sont limitants. On a donc :

xmax = 2,5 × 10 –3 mol.

La quantité de matière d’ions HSO3–

(aq) restant en solutionest donc :

n = 2,2 × 10–2 – xmax

n = 2,2 × 10–2 – 2,5 × 10–3

n = 2,0 × 10–2 mol.

f. SO42–

(aq) + 3 H+(aq) + 2 e– = HSO3

–(aq) + H2O

g. HSO3–(aq) + Br2(aq) + H2O → SO4

2–(aq) + 2 Br–

(aq) + 3 H+(aq)

h. La quantité de matière d’ion HSO3–

(aq) dans S a déjà étécalculée à la question b. On peut établir le tableau d’avan-cement de sa réaction avec le dibrome :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.La quantité minimum de dibrome qui peut réagir est impo-sée par le fait que les ions HSO3

–(aq) sont limitants.

On a donc : xmax = 2,2 × 10 –2 mol et

nBr2= 2,2 × 10 –2 mol.

i. Cela correspond à la masse :

mBr2= 2,2 × 10–2 × 2 × 79,9 = 3,5 g.

j. À la question c., la particule échangée est H+ alors quec’est un électron e– à la question g.

k. L’ion HSO3–(aq) est un ion amphotère.


Réactions acido-basiques –Réactions d’oxydoréduction

LE COIN BAC

NaHSO3(s) Na+(aq) HSO3

–(aq)

E.I. 0 2,2 × 10–2 0 0

E.F. xmax 2,2 × 10–2 – xmax xmax xmax

HSO3–(s) HO–

(aq) SO32–

(aq) H2O

E.I. x = 0 2,2 × 10–2 2,5 × 10–3 0 solvant

E.F. xmax 2,2 × 10–2 – xmax 2,5 × 10–3 – xmax xmax solvant

HSO3–(aq) Br2(aq) H2O SO4

2–(aq) 2 Br–

(aq) 3 H+(aq)

E.I. x = 0 2,2 × 10 –2 nBr2solvant 0 0 0

E.F. xmax 2,2 × 10 –2 – xmax nBr2– xmax solvant xmax 2 xmax 3 xmax

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Couleurs et chimie des acides et des bases

a. Les couples sont C15H15N3O2(aq) /C15H14N3O2–(aq) et

NH4+

(aq) / NH3(aq).b. C’est une réaction acido-basique puisqu’elle consiste enl’échange d’un ion H+.c. Le rouge de méthyle est un indicateur coloré acide/base,puisqu’il change de couleur lors d’une réaction acido-basique.d. Il faut déterminer la quantité de matière de rouge deméthyle mise en jeu dans l’expérience pour établir letableau d’avancement de la réaction.Un volume VA = 50 mL d’une solution de concentration mas-sique cm = 0,269 g . L–1 contient la masse mA = cm VA derouge de méthyle. Cela correspond à la quantité de matière :

nA = mA / MA = cm VA / MA

nA = 0,269 × 5,0 × 10 –2 / 269

nA = 5,0 × 10 –5 mol.

Le tableau d’avancement de la réaction est :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.La quantité de matière nB d’ammoniac nécessaire est cellequi correspond aux proportions stœchiométriques. Il fautdonc que nB = 5,0 × 10 –5 mol.

3 e. Cette quantité de matière est présente dans le volume VB :

VB = nB / cB

VB = 5,0 × 10 –5 / 1,0 = 5,0 × 10 –5 L

soit : VB = 0,050 mL.

f. Un tel volume est trop petit pour le prélever précisémentavec la verrerie habituelle de laboratoire.g. Si l’on veut qu’il y ait la quantité de matière nB = 5,0 × 10 –5 mol dans V′B = 5,0 mL, et non plus dans VB = 0,050 mL, il faut effectuer une dilution d’un facteur100, c’est-à-dire introduire 1 mL de solution initiale dans 100 mL, ou 10 mL dans 1,00 L, etc.

Les responsables de la rouillea. La formation de la rouille résulte d’une oxydation du fer.b. Les ions Cl–

(aq) et Br–(aq) sont les formes réduites des

couples Cl2(g) / Cl–(aq) et Br2(aq) / Br–

(aq) et ne peuvent êtreresponsables d’oxydation.Les cations Na+

(aq) et Ca2+(aq) sont effectivement des formes

oxydées de couples, mais ne sont jamais des oxydants. Laformation de la rouille ne peut donc pas venir des ions del’eau de mer.c. O2(g) est la forme oxydée du couple O2(aq) / H2O(), et c’estun oxydant notoire. Il peut donc être responsable de l’oxydation du fer. H2O(), en tant que forme réduite, nepeut pas être responsable de l’oxydation du fer, mais en

tant que forme oxydée du couple H2O()/H2 pourrait oxyderle fer (et le fait effectivement, mais pas sous forme derouille). En revanche, H2(g) n’est qu’une forme réduite et ne peut en aucun cas être responsable de la formation de larouille.

4

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE RÉACTIONS ACIDO-BASIQUES – RÉACTIONS D’OXYDORÉDUCTION 59

C15H15N3O2(aq) NH3(aq) C15H14N3O2–(aq) NH4

+(aq)

E.I. x = 0 5,0 × 10–5 nB 0 0

E.F. xmax 5,0 × 10–5 – xmax nB – xmax xmax xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 59

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE 7 – TITRAGES 60

1. Introduction

Le chapitre intitulé Titrages achève la première partie dumanuel. Comme précisé dans l’introduction du B.O.

page 196, «Le principal objectif de cette première partie est de montrer comment la chimie permet d’accéder à ladétermination de concentrations ou de quantités dematière…». Cet objectif a été atteint dans le cas particulierde la conductimétrie au chapitre 4 ; le chapitre 7 aborde uncas différent et plus général, celui des titrages. Nous avons,comme le demande le programme, traité simultanément lestitrages acido-basiques et les titrages d’oxydoréduction ennous limitant aux titrages directs, c’est-à-dire aux situationspour lesquelles l’entité chimique dont on cherche à déter-miner la quantité de matière est elle-même impliquée dansla réaction chimique du titrage.L’enseignant doit être conscient qu’un titrage requiert l’exis-tence d’une réaction chimique totale, rapide et pour laquellel’équivalence peut être déterminée. Pour les élèves de Première S, toutes les réactions envisa-gées depuis que la chimie leur est enseignée sont totales ; ilne leur a jamais été dit que les réactions pouvaient être limi-tées (ou équilibrées). De même, la cinétique n’a pas encoreété abordée et la notion de réaction rapide ou lente leur estinconnue. Ainsi, la seule condition qu’il est nécessaire d’a-border est la troisième, relative à l’équivalence. Deux situations vont être présentées pour la déterminationde l’équivalence : l’utilisation d’une méthode physico-chimique (la conductimétrie) et l’utilisation d’un change-ment de couleur.La conductimétrie sera utilisée uniquement, comme ledemande le programme, dans le cas de la réaction d’unacide fort avec une base forte (sans que soit précisée cettenotion, hors programme, de force d’un acide).Le titrage colorimétrique est présenté dans le cas des titra-ges d’oxydoréduction quand certains réactifs ou produitssont naturellement colorés, tels le titrage iodométrique etle titrage manganimétrique, en accord avec le programme.Bien que le point de vue historique n’ait pas été considérédans ce chapitre, il faut se rappeler que l’utilisation systé-matique des titrages au XIX

e siècle a permis le dévelop-pement d’une chimie dite «pure», qui a conduit à la décou-verte des soixante éléments chimiques inconnus deLavoisier et de nombre de leurs composés, et d’une chimie dite « appliquée », au service du suivi des procédésde fabrication agroalimentaires entre autres. Quelques-unesde ces informations ont été données au chapitre 1 afin depréfigurer l’objectif de cette partie du programme, maiselles n’ont pas été développées dans ce chapitre 7.



Nous avons limité notre approche à la présentation de lanotion de titrage et de son principe, illustrée par quelquesexemples. Le concept d’équivalence est défini, en suivantles instructions officielles, comme un état du système pourlequel il y a inversion du réactif limitant. Les exemples detitrages développés dans ce chapitre utilisent des tableauxd’avancement.L’introduction de la notion de titrage est proposée sousforme de deux activités de découverte, courtes, mettant enjeu pour la première une réaction acido-basique et pour laseconde une réaction d’oxydoréduction.La première activité est basée sur la mesure de la conduc-tivité de mélanges de solutions dont la conductivité initialeest la même. L’idée est de montrer que lors du mélange desolutions qui réagissent entre elles, la conductivité estmodifiée. Ainsi, la conductivité peut permettre le suivid’une transformation chimique à condition que celle-cimette en jeu des ions.La seconde activité est basée sur l’observation de l’évolu-tion de la couleur d’un mélange lors d’une réaction d’oxy-doréduction. L’élève est alors amené à utiliser les expres-sions « réactif limitant » et « réactif en excès » pourexpliquer cette évolution.L’activité 3 introduit la notion de titrage et d’équivalencegrâce à un titrage d’oxydoréduction.L’activité 4 introduit le titrage conductimétrique et l’utili-sation de l’évolution de la conductivité du mélange réac-tionnel pour déterminer l’équivalence.

3. L’équivalence

Nous avons adopté la définition de l’équivalence proposéepar le programme : «L’équivalence est définie comme l’étatdu système dans lequel le réactif titré devient le réactif limi-tant alors qu’avant l’équivalence le réactif limitant était leréactif titrant ». Cette définition précise que l’équivalenceest un état du système, bien que dans le langage courant, leschimistes évoquent l’équivalence comme un moment dutitrage. Dans notre présentation, nous avons confondu équivalenceet fin de titrage, ce qui signifie que nous n’avons utilisé quedes situations expérimentales pour lesquelles la manifesta-tion perceptible d’un événement, tel que le minimum de lacourbe σ = f (V) ou le changement de couleur, correspondeffectivement à l’état pour lequel le réactif qui était limitantdevient en excès. Une telle situation est bien évidemmentrecherchée par le chimiste, mais elle n’est pas toujoursréalisée. Ainsi, un titrage acido-basique utilisant un indica-teur coloré non approprié peut donner un changement decouleur correspondant à la fin du titrage alors que le sys-tème n’est pas à l’équivalence. De telles situations n’ont pasété abordées dans ce chapitre.

Titrages7

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 60

minimale puis pour la borne maximale. Cette redondancepossède l’avantage de simplifier la présentation des calculsd’incertitude et de faire en sorte que l’élève puisse la met-tre en pratique. Il s’agit d’une approche plus fine que celleproposée en Seconde qui se limitait à donner une règle sim-ple pour déterminer le nombre de chiffres significatifs d’unrésultat. La détermination des bornes d’un intervalle de confianceest donc une amélioration significative. L’intervalle deconfiance a souvent été écrit à l’aide de deux inégalités, parexemple 0,135 c 0,142 (en mol . L–1).La fin de la première activité de découverte aborde cettenotion d’incertitude dans le cas d’un titrage et elle metexpérimentalement en évidence la différence entre l’usaged’une éprouvette et celui d’une pipette. Dans ce cas, on s’in-téresse en premier lieu à la précision de la verrerie utilisée,puis la précision d’un titrage est traitée plus complètement,et l’intervalle de confiance est déterminé dans un cas parti-culier. Le calcul des bornes minimale et maximale de l’in-tervalle est effectué. Le paragraphe 3. 3 du cours, page 147,est consacré à ce sujet. Plusieurs exercices prennent éga-lement en charge cette difficulté. Ainsi, l’élève pourra s’yentraîner, et surtout, il percevra l’importance de la notionde précision.

1. Initiation au titrage acide/base (p. 138)

CommentairesLe but de cette activité est de réfléchir sur l’évolution de laconductivité du mélange de deux solutions en l’absence,puis en présence d’une réaction chimique, sans qu’aucuncalcul ne soit mis en jeu. Cela conduit à introduire la notionde titrage suivi par conductimétrie.Les deux premiers mélanges concernent des solutions qui neréagissent pas entre elles. L’élève en déduit que le mélangede solutions de même conductivité possède cette conducti-vité, tout comme le mélange de deux solutions de mêmetempérature doit avoir cette température. Cette propriétén’est bien sûr vraie qu’en l’absence de réaction chimique, cequi va être pris en compte dans la suite de l’activité.Les trois derniers mélanges concernent la réaction entre unacide et une base. La conductivité résultante dépend alorsdes proportions de réactifs utilisés. Elle peut diminuer ouaugmenter suivant les cas, ce qui entraîne un questionne-ment intéressant lié au caractère limitant de l’un ou l’autredes réactifs. On touche le cœur du problème du titrage suivipar conductimétrie.

Correctiona. Les solutions M1 et M2 sont constituées de mélanges desolutions de même conductivité qui ne réagissent pas entreelles. La solution résultante possède cette conductivité.

Note : Seul un raisonnement qualitatif est attendu. La démonstration proposéeci-dessous élève sensiblement le niveau d’abstraction. En effet, on a :

σ = (λH3O+ + λCl–) c1 = (λNa+ + λCl–) c2.La concentration de chacun des ions dans le mélange M1 est :

[H3O+] =

[Cl–(aq)] = c1 V1 + c2 V2

V1 + V2

c1 V1

V1 + V2

TP



Du point de vue pédagogique, nous nous sommes attachésà montrer, par des calculs de bilans de matière aussi sim-ples que possible, que l’événement perceptible de fin detitrage correspondait effectivement à l’équivalence.Par exemple, afin de ne pas imposer dogmatiquement quele minimum de la courbe σ = f (V) correspond à l’équiva-lence, nous avons présenté une suite de bilans de matière(Tab. 4, p. 145) qui montre qu’il en est ainsi. Il en est demême pour le changement de couleur d’un titrage colori-métrique (Tab. 5, p. 146). Ce type d’approche des titragesfait partie des contenus officiels du B.O. : «Utilisation d’untableau décrivant l’évolution du système au cours dudosage».La détermination de l’équivalence à l’aide de l’évolution dela conductivité d’une solution est une nouveauté dans l’en-seignement au niveau du lycée. Nous avons limité cetteapproche au cas du titrage d’un acide fort par une baseforte, en insistant sur le fait que cette technique est un casparticulier. Il faut à tout prix éviter que les élèves ne géné-ralisent abusivement cette utilisation de la conductimétrieet qu’ils ne l’associent à tous les cas de détermination de l’é-quivalence. Cette technique doit de plus être réservée auxtitrages pour lesquels la dilution due au réactif ajouté estnégligeable : typiquement, le volume à l’équivalence doitêtre inférieur à 5 % du volume total, et si l’on peut descen-dre à 2 %, ce n’est que mieux. En effet, si l’on peut négligerla dilution, l’évolution de la conductance (ou de la conduc-tivité) en fonction du volume versé correspond à un seg-ment de droite avant l’équivalence, et à un segment dedroite après l’équivalence, le changement de pente cor-respondant à l’équivalence. Il faut remarquer que, commepour un suivi pH-métrique, on peut réaliser un tel titragesans avoir à effectuer de calculs de conductimétrie, et sansmême maîtriser cette technique. En effet, le problème desunités évoqué au chapitre 4 n’importe plus ici puisqu’on aseulement besoin de l’évolution d’une grandeur (G ou σ), etque seul le volume correspondant au point singulier de l’é-volution compte.Nous proposons une activité mettant en jeu les technolo-gies de l’information et de la communication (TICE).L’activité 6 utilise le simulateur « dosage conductimé-trique » présent dans le cédérom. Cette activité est l’occa-sion de réinvestir et d’exploiter les connaissances rencon-trées dans le cours. Il s’agit aussi de s’interroger sur le rôledes ions spectateurs en solution, dont leur incidence sur lavaleur de la conductivité de la solution.

4. Précision

La détermination de la précision d’un titrage fait explicite-ment partie des connaissances exigibles : «Estimer la pré-cision du titrage (justification du nombre de chiffressignificatifs employés)». Nous avons utilisé la même appro-che que celle des chapitres 1 (Grandeurs physiques

et quantité de matière) et 4 (Conductimétrie). Cetteapproche consiste à :– recenser les différentes incertitudes sur les grandeursmises en jeu ;– trouver la valeur minimale puis la valeur maximale de lagrandeur déterminée par le titrage, en effectuant une majo-ration et une minoration compte tenu des incertitudesmises en jeu.Cette approche est conceptuellement simple mais nécessited’effectuer deux fois le même calcul : pour la borne

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 61

[Na+(aq)] =

La conductivité du mélange M1 est donc :

σ1 =

σ1 = = σ

Une autre démonstration consisterait à prendre en compte le caractère intensifde la conductivité qui ne doit donc pas dépendre du volume de solution consi-déré : V1 ou V1+ V2.Un raisonnement analogue conduit à trouver que la conductivité σ2 du mélangeM2 est égale à σ.

Les mélanges M3 et M4 concernent des solutions de mêmeconductivité qui sont le siège d’une réaction acide/base. Cesmélanges contiennent en particulier des ions H3O

+ et desions HO–

(aq) qui réagissent suivant la réaction d’équation :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2O

Ces ions sont consommés et sont donc moins concentrésque dans les mélanges précédents, ce qui entraîne unediminution de la conductivité du mélange résultant.

Note : Les concentrations et les volumes utilisés sont tels que ces mélanges sontquasiment dans les proportions stœchiométriques. La diminution de la conduc-tivité est donc optimisée.

La conductivité du mélange M5 est supérieure à celle dumélange M4. En effet, le faible excès d’ions HO–

(aq) présentdans le mélange M4 est consommé immédiatement par l’a-jout d’acide chlorhydrique. L’acide chlorhydrique apportedes ions Cl–(aq) et H3O

+ et contribue à augmenter la concen-tration des ions présents, donc la conductivité de la solution.

b. Expérimentalement, on obtient :

c. On constate que les mesures expérimentales sont confor-mes aux prévisions, aux erreurs expérimentales près.

2. Initiation au titrageoxydant/réducteur (p. 138)

CommentairesLors de cette activité, les élèves étudient la réaction chi-mique entre les ions thiosulfate et le diiode sous plusieursaspects. Dans un premier temps, les élèves ajoutent pro-gressivement une solution de thiosulfate de sodium à unvolume connu de solution de diiode. Cette réaction met enjeu des solutions colorées et l’évolution de cette colorationau cours de la réaction chimique permet à l’élève de réflé-chir sur la nature du réactif limitant et du réactif en excès.Dans un second temps, on amène l’élève à réfléchir surl’évolution de la coloration si on ajoutait maintenant unesolution de diiode à un volume connu de thiosulfate desodium.

Correctiona. Au cours de l’addition de la solution de thiosulfate desodium, la coloration jaune de la solution de diiode dansl’erlenmeyer diminue progressivement jusqu’à devenirincolore.

b. On interprète la diminution progressive de la couleur parle fait que le diiode, responsable de la coloration de la solu-tion présente dans l’erlenmeyer, est consommé lors de laréaction avec les ions thiosulfate. Celui-ci est le réactif

TP

σ V1 + σ V2

V1 + V2

λH3O+ c1 V1 + λCl– c1 V1 + λCl– c2 V2 + λNa+ c2 V2

V1 + V2

c2 V2

V1 + V2

limitant dans le mélange au début de l’addition, puis finale-ment devient le réactif en excès après que la solution a ététotalement décolorée.

c. et d.. La solution est initialement incolore, puisqu’il n’y apas de diiode (qui est le réactif limitant), et reste incoloretant que les ions thiosulfate constituent le réactif en excès.Dès que le diiode devient le réactif en excès, la solution secolore progressivement.

3. Titrage des ions fer Fe2+ (p. 139)

CommentairesDans les deux premiers paragraphes de cette activité, lesnotions de titrage et d’équivalence d’un titrage sont définiesà partir de l’exemple de la réaction des ions Fe2+

(aq) avec lesions MnO4

–(aq).

De manière plus générale, on évoque les conditions que doitsatisfaire une réaction chimique, afin de servir de supportde titrage.Dans le troisième paragraphe, l’élève est amené à estimerla précision du titrage effectué, en prenant en compte laprécision de la concentration titrante ainsi que celle de laverrerie utilisée.Ce titrage est présenté dans une vidéo du cédérom.

Correction1. a.5Fe2+

(aq) + MnO4–(aq) + 8H+

(aq) → 5Fe3+(aq) + Mn2+

(aq) + 4H2O

b. Si l’on observe la décoloration totale de la solution depermanganate de potassium, on peut dire que l’ion MnO4

–(aq)

est en défaut.

c. On peut en déduire que 15,8 mL correspond à des pro-portions stœchiométriques pour les ions Fe2+

(aq) etMnO4

–(aq).

Note : Les proportions ne sont pas intégralement stœchiométriques à cause desions H+

(aq) qui sont en excès.

La concentration des ions Fe2+(aq) se déduit du tableau

d’avancement suivant :

Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.Les proportions étant stœchiométriques, on a :

7,9 × 10 –4 – xmax = 0 soit xmax = 7,9 × 10 –4 mol

On en déduit que n = 5xmax = 4,0 × 10 –3 mol

soit : [Fe2+(aq)] = 0,20 mol . L–1.

d. La solution resterait violette. Dès la goutte supplé-mentaire après 15,8 mL, les ions permanganate sont enexcès.

e. L’acide sulfurique apporte les ions H+(aq) nécessaires à la

réaction (voir l’équation chimique de la question a.).

f. L’addition de solution d’hydroxyde de sodium à une solu-tion identique à la solution initiale conduirait à la formationd’un précipité vert de formule Fe(OH)2(s).Après l’addition des 15,8 mL, l’élément chimique fer est uni-quement présent sous forme d’ions Fe3+

(aq), et le même testconduirait à un précipité de couleur rouille Fe(OH)3(s).

DOC


5Fe2+ MnO4–(aq) 8H+

(aq) 5Fe3+(aq) Mn2+

(aq) 4H2O

E.I. x = 0 n 7,9 × 10 –4 excès 0 0 solvant

E.F. xmax n – 5xmax 7,9 × 10 –4 – xmax excès 5xmax xmax solvant

Mélange M1 M2 M3 M4 M5

Conductivité4,46 × 10–2 4,33 × 10–2 2,62 × 10–2 1,18 × 10–2 1,91 × 10–2

σ (S · m–1)

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 62

Note : Il faut préciser aux élèves, même si c’est évident pour un chimiste, que letest ne se fait pas sur la solution précisément prélevée, mais sur un autre pré-lèvement de la solution à titrer.

2. a. Il s’agit de l’ion Fe2+(aq). La réaction chimique a effec-

tivement permis de déterminer sa concentration dans laréaction initiale.

b. La réaction est beaucoup trop lente pour être utilisable.Rien ne permet de dire que les quantités de matière desréactifs étaient dans les proportions stœchiométriques. La détermination de la quantité de matière de dioxygène del’air qui a réagi serait pratiquement impossible.

c. À l’équivalence, les réactifs Fe2+(aq) et MnO4

–(aq) ont été

introduits dans les proportions stœchiométriques.

Note : Le système n’est pas intégralement dans les proportions stœchiomé-triques car les ions H+

(aq) sont en excès. Le statut des ions H+(aq), HO–

(aq) ou deH2O dans les réactions d’oxydoréduction est un peu particulier. On peut direque le système est dans les proportions stœchiométriques, au moment del’équivalence, pour signifier que le réducteur et l’oxydant sont dans les propor-tions stœchiométriques.

d. Pour être utilisable lors d’un titrage, une réaction chi-mique doit être suffisamment rapide, et doit permettre ladétection de l’équivalence afin de pouvoir déterminer laconcentration de l’un des réactifs.

Note : Les élèves ne connaissant que les réactions totales, cette condition, éga-lement nécessaire pour la réaction d’un titrage, ne peut donc être attendue desélèves.

3. a.

La pipette jaugée est la plus précise, puis vient l’éprouvettegraduée, et enfin l’erlenmeyer dont les graduations ne sontpas précises.

Note : Pour la verrerie de précision, on distingue la classe A et la classe B,moins précise. La précision est parfois indiquée à même la verrerie ; elle l’estsouvent sur le catalogue du fournisseur. Elle change également avec le volumenominal de la pipette ; par exemple : 0,008 mL pour une pipette de 1 mL, 0,01 pour une pipette de 2 mL...Les pipettes deux traits sont un peu plus précises (exemple : 10 ± 0,015) que lespipettes un trait (exemple : 10 ± 0,02 mL).Enfin, la température influe sur la valeur mesurée ; 20 mL d’eau à 22 °C pèsentmoins que 20 mL d’eau à 18 °C. Le fournisseur indique que les mesures sontexactes à 20 °C. Cette erreur n’est pas une incertitude ; elle est systématique etpourrait être corrigée par calcul. Le seul point qui n’est pas prévisible est le soinapporté par le manipulateur.

b. Voir ci-contre les schémas acceptables pour une burette :Avec une précision de 0,05 mL, la précision dela burette graduée est proche de celle de lapipette, surtout si elle est utilisée pour des volu-mes suffisamment grands. En effet, 0,05 mL sur1 mL représente une incertitude relative de 5 %et de 0,25 % sur un volume de 20 mL.

c. Pour déterminer l’intervalle de confiance, on cherche lavaleur minimale et la valeur maximale que l’on pourraitobtenir pour la concentration des ions Fe2+

(aq).• Valeur minimale :Au lieu de 20,00 mL, on considère que l’on a 20,02 mL.

éprouvette erlenmeyer pipette jaugée (2 traits)

Au lieu de 15,8 mL, on considère que l’on a 15,75 mL.Au lieu de 0,050 mol . L–1 on considère que l’on a0,0495 mol . L–1.Un calcul similaire à celui de la question 1.c. donne[Fe2+

(aq)] = 0,195 mol . L–1.• Valeur maximale :Au lieu de 20,00 mL, on considère que l’on a 19,98 mL.Au lieu de 15,8 mL, on considère que l’on a 15,85 mL.Au lieu de 0,050 mol . L–1 on considère que l’on a0,0505 mol . L–1.On trouve [Fe2+

(aq)] = 0,200 mol . L–1.L’intervalle de confiance est de 0,005 mol . L–1 autour de lavaleur 0,198 mol . L–1.Le deuxième chiffre 9 n’est pas significatif. Soit on donne lerésultat sous la forme 0,198 ± 0,005 mol . L–1, soit sous laforme 0,20 mol . L–1, ce qui, par convention, garantit unrésultat compris entre 0,195 et 0,205 mol . L–1.

4. Titrage conductimétrique (p. 140)

CommentairesCette activité permet de réinvestir les notions de conducti-métrie et de réaction acide/base vues lors des chapitres pré-cédents. Les élèves découvrent une méthode expérimentalebasée sur l’évolution de la conductivité au cours d’un titrageacido-basique, ce qui leur permet de déterminer le volumeversé à l’équivalence.L’élève est amené à se familiariser avec le vocabulaire inhé-rent à un titrage et avec l’utilisation d’une burette. Un teltravail se poursuivra en Terminale S.L’exploitation des valeurs expérimentales fait prendreconscience à l’élève que la détermination du volume verséà l’équivalence ne s’obtient pas directement, mais nécessited’extrapoler les valeurs mesurées.Enfin, cette activité, longue pour les élèves les plus lents,peut être traitée en deux temps : la partie expérimentale enséance de TP et la partie exploitation à la maison.

Correction

1. a. Une solution contenant des ions Na+(aq), Cl–(aq) et H3O

+

peut exister pour peu que les charges se compensent. Onl’obtient en mélangeant une solution de chlorure de sodiumet de l’acide chlorhydrique.

Note : Beaucoup d’élèves pensent qu’une solution qui contient deux cations etun anion ne peut exister à cause de l’électroneutralité. Il faut laisser les élèvesavec cette conception le temps de ce TP qui permet de développer l’idéecontraire.

b. Dans ce cas, σ = λH3O+[H3O+] + λNa+[Na+] + λCl–[Cl–].

c. Au début du titrage, le réactif limitant correspond auxions HO–

(aq) apportés en faible quantité par la solutioncontenue dans la burette.

d. Il faut ajouter suffisamment d’ions HO–(aq) pour consom-

mer la totalité des ions H3O+ initialement introduits dans le

bécher. Les ions HO–(aq) sont alors ajoutés en excès et les

ions H3O+ constituent le réactif limitant.

e. Les ions présents sont H3O+ et Cl–(aq).

f. Avant l’équivalence, les ions en solution sont : H3O+,Cl–(aq) et Na+

(aq).

g. Avant l’équivalence, la quantité de matière des ions chlo-rure ne change pas puisqu’ils ne sont pas impliqués dansune réaction chimique. La quantité de matière des ionshydronium diminue puisqu’ils sont consommés par la

TP


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 63

réaction de titrage ; celle des ions sodium augmente puis-qu’on les ajoute sans qu’ils soient consommés.

h. En supposant que le volume varie peu, la concentrationdes ions chlorure ne change pas, celle des ions hydroniumdiminue et celle des ions sodium augmente.

i. À chaque ajout de la solution titrante, des ions Na+(aq)

et HO–(aq) sont ajoutés en quantité égale. Les ions HO–

(aq)réagissent avec autant d’ions H3O

+. Cela revient à rempla-cer chaque ion H3O

+ que l’on fait réagir par un ion Na+(aq).

j. Avant l’équivalence, la conductivité de la solution dimi-nue puisque des ions H3O+ sont remplacés par des ionsNa+

(aq) de plus faible conductivité molaire ionique.

k. • Une fois que les ions HO–(aq) sont en excès, les ions pré-

sents en solution après l’équivalence sont : HO–(aq), Cl–(aq) et

Na+(aq).

• Après l’équivalence, la quantité de matière des ions chlo-rure ne change pas puisqu’ils ne sont pas consommés. Celledes ions hydroxyde augmente puisqu’ils ne sont plusconsommés par la réaction de titrage, de même que celledes ions sodium puisqu’on les ajoute en solution sans qu’ilsne réagissent.• Dans ce cas, la concentration des ions chlorure ne changepas ; celle des ions hydroxyde et des ions sodium augmente.• On ajoute en solution des ions qui ne sont plus consom-més par des réactions chimiques : la conductivité de la solu-tion augmente de nouveau.

2. a. On obtient le graphe suivant :

On voit que les points expérimentaux semblent alignés. Onpeut prévoir pour VB = 8,0 mL, σ ≈ 0,07 S . m–1.

VB (mL)0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

(S.m–1)


VB (mL) 0 2,0 4,0 6,0 14,0 16,0 18,0 Véq

Conductivité

(S . m–1)0,226 0,184 0,143 0,105 0,137 0,18 0,212 0,061

Quantité de

matière d’ions 0 2,0 × 10–4 4,0 × 10–4 6,0 × 10–4 1,4 × 10–3 1,6 × 10–3 1,8 × 10–3 8,0 × 10–4 – cAVAHO–

(aq) ajoutés

(mol)

Quantité de

matière d’ions 0 0 0 0 1,4 × 10–3 – cAVA 1,6 × 10–3 – cAVA 1,8 × 10–3 – cAVA 0HO–

(aq) restants

(mol)

Quantité de

matière d’ions 0 2,0 × 10–4 4,0 × 10–4 6,0 × 10–4 cAVA cAVA cAVA cAVAH3O

+ disparus

(mol)

Quantité de

matière d’ionscAVA cAVA – 2,0 × 10–4 cAVA – 4,0 × 10–4 cAVA – 6,0 × 10–4 0 0 0 0

H3O+ restants

(mol)

Réactif en excès H3O+ H3O

+ H3O+ H3O

+ HO–(aq) HO–

(aq) HO–(aq) aucun

b. Le graphe est constitué de deux demi-droites. Onextrapole la valeur de σ pour VB = 20 mL et l’on trouve σ ≈ 0,21 S . m–1. c. Ce graphe est en accord avec les prévisions de la ques-tion 1. j. : on voit que σ diminue avant l’équivalence, puisaugmente ensuite.Note : Il se peut que l’élève soit face à un désaccord entre ses prévisions et lerésultat de ses expériences. Sa réflexion sera intéressante seulement si le pro-fesseur s’est assuré que le graphe obtenu est correct.

3. a. Graphiquement, on voit que Véq correspond au mini-mum de σ. On lit : Véq ≈ 8 mL.Note : Si l’on fait mesurer trop de points expérimentaux entre 6 et 14 mL, l’élève pensera que le volume à l’équivalence est celui qui correspond à la plus petite des valeurs de la conductivité qu’il a trouvé avec ses expériences,alors qu’il faut passer par une phase d’extrapolation des données. Avec le proto-cole tel que nous l’avons fourni, l’intérêt de l’extrapolation apparaît effective-ment indispensable.

b. La quantité d’ions hydroxyde introduite en solution estégale à : nHO–= cBVb = 2,0 × 10–4 mol. Ces ions sont totale-ment consommés dès leur introduction en solution. Laquantité d’ions hydroxyde restante est nulle.c. Initialement, on a introduit :

nA = cAVA = cBVéq = 8,0 × 10–4 mol.d. On a :

L’avancement et les quantités de matières sont exprimés enmole.e. Voir le tableau récapitulatif ci-dessous.

VB (mL)0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0 5 10 15 20

(S.m–1)

H3O+ HO–

(aq) 2 H2O

E.I. x = 0 cAVA cBVB = 2,0 × 10–4 solvant

E.F. xmax cAVA – xmax cBVB – xmax = 0 solvant

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 64

f. À l’équivalence, il y a changement de nature du réactiflimitant. Dans ce cas, tous les réactifs sont consommés. Ilne reste plus d’ions HO–

(aq) et H3O+ en solution.

g. Dans ce cas, on a : cAVA = cBVéq.

On trouva :cA = cBVéq / VA = 0,080 mol . L–1.

h. À l’équivalence, les réactifs sont introduits dans les pro-portions stœchiométriques.

5. Deux titrages utilisantle couple I2 (aq)/I–

(aq) (p. 149)

CommentairesDans un premier temps, les élèves effectuent le titraged’une solution de diiode par une solution de thiosulfate desodium. Puis, on s’intéresse à un produit de la vie courante :l’eau de Javel. Pour finir, on réalise le titrage d’une solutiond’eau de Javel commerciale.Le titrage de l’eau de Javel est un titrage classique dont ladifficulté peut être portée à différents niveaux en fonctionde l’énoncé qui accompagne le mode opératoire. Dans cetteactivité expérimentale, nous proposons une expériencevolontairement simplifiée, dans laquelle l’élève est guidéavec un mode opératoire en plusieurs temps. À l’aide dequelques questions, il devra en proposer une exploitation,ce qui l’obligera à réinvestir les connaissances introduitesdans le chapitre 6 sur l’oxydoréduction.Le titrage opposant le diiode aux ions thiosulfate est un«bon»titrage. Son intérêt est double : on l’utilise pour sesvertus pédagogiques, car il illustre simplement les princi-paux aspects des titrages, et on l’utilise également parceque c’est le titrage de base d’une large classe de titragesappelés titrages iodométriques. Bien que le diiode puisse être considéré comme auto-indi-cateur de l’équivalence, la teinte jaune pâle que prend lasolution au moment du virage n’est généralement pas suffi-samment visible pour assurer une détermination franche del’équivalence. On a longtemps renforcé cette coloration parl’usage d’empois d’amidon qui permet de substituer levirage du jaune pâle à l’incolore par un virage du bleu nuità l’incolore, plus franchement repérable. L’inconvénient del’empois d’amidon tient à la nécessité de le préparer le jourmême et à sa non-conservation. On trouve maintenant, surle marché, différents substituts de l’empois d’amidon pré-sentés sous la forme d’une poudre blanche avec les nomsde Iotec® ou thiodène®. L’un comme l’autre sont des formessolubles dans l’eau froide de l’amidon. À la différence des indicateurs colorés, l’amidon peut êtremis en quantité substantielle ; il en résulte une colorationsoutenue permettant une bonne détermination de l’équiva-lence. De plus, cet additif doit être introduit peu avant l’équivalence, et pas au début du titrage comme pour l’hélianthine par exemple. Pourquoi? On sait l’expliquer depuis la fin des années 1970,quand T. Marks a déterminé l’origine de la couleur bleuenuit obtenue. Il s’agit d’un complexe, c’est-à-dire d’uneassociation entre une molécule d’amidon et quelques ions triiodure. La molécule d’amidon est un polymère duglucose qui piège l’ion triiodure I3

–. Cette complexation est

TP


réversible jusqu’à un certain point, ce point dépendant enparticulier de la quantité d’ions triiodure en solution. Moinsil y en a, plus elle est réversible.

Correction

1. On se place dans le cas où Véq = 10 mL.

a. I2(aq) + 2S2O32–

(aq) → 2 I–(aq) + S4O6

2–(aq)

b. La quantité de matière d’ions thiosulfate introduite à l’équivalence est :

c1 Véq = 0,10 × 0,010 = 1,0 × 10 –3 mol.

Celle de diiode initialement introduite est cI2VI2

.Le tableau d’avancement de cette réaction est :

À l’équivalence, on a simultanément : cI2VI2

– xéq = 0 et 1,0 × 10 –3 – 2xéq = 0.

On en déduit : xéq = 0,50 × 10 –3 mol.

D’où : cI2= 0,50 × 10 –3 / 5,0 × 10 –3 = 0,10 mol . L–1.

2. a. R31 : Au contact d’un acide, dégage un gaz toxique.R34 : Provoque des brûlures.S2 : Conserver hors de portée des enfants.S28 : Après contact avec la peau, se laver immédiatement àgrande eau.

b. L’eau de Dakin est de l’eau de Javel très diluée. Commepour toute espèce chimique dangereuse, les risques liés àson utilisation diminuent considérablement avec la dilution.

Note : L’eau de Dakin est de l’eau de Javel diluée à 1,5°chl (alors que l’eau deJavel commerciale titre 48°chl), dont le pH a été ajusté à 9,4 avec du hydrogé-nocarbonate de sodium, et stabilisée vis-à-vis de la lumière par du permanga-nate de potassium (10 mg . L–1).

c. La phénolphtaléine a pris sa couleur fuchsia pendant uncourt instant, car l’eau de Javel est basique.

Note : La phénolphtaléine se décolore dans l’eau de Javel parce qu’elle est irré-versiblement transformée par oxydation.

3.Notes :• L’eau de Javel proposée aux élèves est diluée 100 fois pour raison de sécurité.L’eau de Javel commerciale est concentrée donc dangereuse au contact de lapeau. De plus, l’addition d’acide (il y en aura sur les paillasses lors de cette acti-vité expérimentale) provoque instantanément la production de dichlore, gaztoxique dont la production dans un local entraîne l’évacuation immédiate.• L’eau de Javel se détériore lentement mais inexorablement par dismutation.Cette dégradation commence dès sa fabrication et après 6 mois de stockage à20 °C, son titre est diminué par 2 (J.L. Vigne, références ci-dessous). Pour cetteactivité, on peut donc trouver des résultats différents suivant l’âge de l’eau de Javel. En aucun cas, il ne faut utiliser une eau de Javel qui a été stoc-kée plusieurs mois : concernant l’usage domestique, ses propriétés bactérici-des ont disparu, et concernant le TP, il serait raté.L’eau de Javel : sa chimie et son action biochimique. G. Durliat, J.L.Vignes etJ. N. Joffin, B.U.P. mars 1997 n° 792 p. 451-472.Expériences sur l’eau de Javel. G. Durliat, S. Lognon et J.L.Vignes, B.U.P. mars1997 n° 792 p. 473-483.

a. Il s’est formé du diiode (X = I2), caractérisé par sa couleur.Pour déterminer la quantité de matière de diiode formée,on peut réaliser le titrage du paragraphe 1.

b. Si Véq est le volume équivalent, la quantité de matière dediiode est donnée par un tableau d’avancement similaire àcelui vu en 1. b. On en déduit que nI2

= Véq × 0,10/2.

c. Les couples sont ClO–(aq)/Cl–(aq) et I2(aq)/ I–

(aq).


I2(aq) 2 S2O32–

(aq) 2 I–(aq) S2O6

2–(aq)

E.I. x = 0 cI2VI2

1,0 × 10– 3 0 0

E.F. xéq cI2VI2

– xéq 1,0 × 10– 3 – 2 xéq 2 xéq xéq

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Leurs demi-équations respectives sont :ClO–

(aq) + 2 H+(aq) + 2 e– = Cl–(aq) + H2O

2 I–(aq) = I2(aq) + 2 e–

d. On peut déduire la relation entre nI2et nClO– d’un tableau

d’avancement :

Les ions I–(aq) sont en excès : la quantité de matière des ions

ClO–(aq) est donc nulle à l’état final. On en déduit que

xmax = nClO– . Or, le tableau d’avancement montre égalementqu’à l’état final, la quantité de matière de diiode est nI2

= xmax. La relation entre les quantités de matière d’ionshypochlorite et de diiode est donc nClO– = nI2

.

e. La concentration en ions hypochlorite dans l’échantillonest : [ClO–

(aq)] = nClO–/V0 ; nClO– est déterminée à partir du dernier titrage.Dans l’échantillon commercial, la concentration en ionshypochlorite est 100 fois supérieure.

6. Utilisation du simulateur Dosageconductimétrique (p. 150)

CommentairesCette activité permet de clore ce chapitre en revenant surde nombreuses propriétés des titrages conductimétriques.L’analyse des différentes courbes que propose le simulateurpermet à l’élève de se questionner sur un certain nombre depoints fondamentaux pour la compréhension des réactionsde titrage. Il sera question de comprendre quels ions sontprésents en solution avant et après l’équivalence, et pour-quoi la quantité de matière de certains ions en solution estconstante alors que d’autres varient. L’effet de la dilution,qui permet de préparer les élèves aux titrages pH-métriquesde Terminale S, est abordé en fin d’activité.

Correction1. On lit : σ0 = 0,325 mS . m–1.

a. Le titrage met en jeu les couples H3O+/H2O et H2O/HO–

(aq). L’équation chimique du titrage s’écrit :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2O

b. À l’équivalence, les réactifs sont dans les proportionsstœchiométriques. On a alors : cAVéq = cBV2.

D’où : Véq = cBV2/cA = 12,0 mL.

c. Avant l’équivalence, le réactif limitant se trouve dans laburette ; il est entièrement consommé dès son introductionen solution. Il s’agit des ions hydronium H3O

+. Après l’équi-valence, le réactif limitant a changé. Il s’agit des ions HO–

(aq)qui ont été totalement consommés suivant la réactiondécrite en a.d. Avant l’équivalence, on ajoute des ions H3O

+ et Cl–. Lesions hydroxyde sont consommés par la réaction chimiqueprécédente et remplacés en solution par des ions Cl–(aq) deconductivité molaire ionique plus faible. La conductivité dela solution diminue.Après l’équivalence, les ions H3O+ ajoutés ne sont plusconsommés et la conductivité de la solution augmente.

DOC

e. On obtient le graphe ci-dessous :

Ce graphe est composé de deux portions de droites qui secoupent en un point pour lequel la conductivité est mini-male. Avant ce point, la conductivité diminue et augmenteaprès, conformément aux prévisions.f. Le volume versé à l’équivalence correspond à la valeurminimale de la conductivité. On lit Véq = 12 mL, valeur cal-culée à la question b.2. a. Avant l’équivalence, les ions H3O

+ sont consommésdès leur introduction en solution. Leur quantité de matièreest donc nulle. Après l’équivalence, ils ne sont plus consom-més et leur quantité de matière augmente puisqu’on conti-nue d’en ajouter. b. De même, avant l’équivalence, les ions HO–

(aq) sontconsommés par la réaction chimique, leur quantité dematière décroît. Après l’équivalence, il n’y a plus d’ionsHO–

(aq) en solution. Leur quantité de matière est donc nulle. c. C’est ce que l’on observe sur le graphe ci-dessous.

d. Les ions K+(aq) ont été apportés en solution en même

temps que les ions HO–(aq). Ces ions sont spectateurs,

aucune réaction chimique ne les consomme : leur quantitéde matière est constante quel que soit le volume V1 ajouté.Les ions Cl–

(aq) sont apportés en solution en même tempsque les ions H3O

+. Ils sont spectateurs, aucune réaction chi-mique ne les consomme : leur quantité de matière augmenteen même temps que le volume V1 ajouté. Le résultat étaitdonc prévisible.

Note : Les élèves peuvent être déroutés face à ces deux graphes, car ils pour-raient s’attendre à ce que la quantité de matière d’ions Cl– ne varie pas puisqu’ilssont spectateurs.

0

1

2

3

4

5

0 5 10 15 20 25

n (10–6 mol)

Cl–

K+

V (mL)

0

1

2

3

4

5

0 5 10 15 20 25

n (10–6 mol)

H3O+HO–

V (mL)1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0 5 10 15 20 25

(S.m–1)

V (mL)1


CIO–(aq) 2 I–

(aq) 2 H+(aq) CI–

(aq) I2(aq) 4 H2O

E.I. x = 0 nCIO– nI– excès 0 0 solvant

E.F. xmax nCIO– – xmax nI– – 2 xmax excès xmax xmax solvant

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e. Les courbes se croisent pour V1 = Véq. Cela est normalpuisqu’à l’équivalence les seuls ions en solution sont lesions spectateurs qui, pour respecter l’électroneutralité, doi-vent être en quantité égale.

f. On lit : nCl– = nK+ = 2,4 × 10–6 mol.

Le volume total est : VT = 180,0 + 20,0 + 12,0 = 212,0 mL.

Les concentrations des ions K+(aq) et Cl–(aq) sont :

[K+(aq)] = [Cl–(aq)] = 2,4 × 10–6 / 0,2120 = 1,1 × 10–5 mol . L–1.

g. On a : σéq = λK+[K+(aq)] + λCl–[Cl–(aq)] = 1,7 × 10–4 S . m–1.

On trouve le même résultat que celui affiché dans le tableauaux chiffres significatifs près.On constate que ce sont les ions spectateurs K+

(aq) et Cl–(aq)qui sont responsables de la conductivité du mélange réac-tionnel à l’équivalence.

h. Si l’on avait mis un volume d’eau différent, on auraitobtenu des valeurs différentes de la conductivité et desconcentrations des ions. La valeur de Véq et celles des quan-tités de matière des ions présents seraient les mêmes.

Note : Cette question permet d’ancrer chez les élèves le fait qu’une dilution nemodifie pas le volume versé à l’équivalence. Cela sera repris en Terminale aumoment de l’étude des titrages acido-basiques suivi par pH-métrie.Les élèves n’auraient pas pu retrouver par le calcul la valeur de σéq, car le simu-lateur a été programmé en utilisant des valeurs des λi dépendantes de laconcentration.


a. (1) est une équation d’oxydoréduction.(2) est une équation de réaction acido-basique.b. Couples oxydant/réducteur mis en jeu dans l’équation(1) :

ClO–(aq)/Cl2(g) et Cl2(g)/Cl–(aq).

Couples acide/base mis en jeu dans l’équation (2) :

HClO(aq)/ClO–(aq) et H3O

+/H2O.

Équations acido-basiques et couples acide/base :

b. CH3COOH(aq)/CH3COO–(aq) et H2O/HO–

(aq) ;

c. NH4+

(aq)/NH3(aq) et H3O+/H2O.

Équations d’oxydoréduction et couples oxydant/réducteur :a. I2(aq)/ I–

(aq) et SO42–

(aq)/SO2(aq) ;

d. CrO42–

(aq)/Cr3+(aq) et CH3COOH(aq)/C2H5OH(aq) ;

e. O2(g)/H2O2(aq) et I2(aq)/ I–(aq) ;

f. MnO4–(aq)/Mn2+

(aq) et O2(g)/H2O2(aq).

Notes : Ce n’est pas parce que l’ion H+(aq) est présent dans une équation chi-

mique qu’il s’agit d’une équation acido-basique.L’équation g. ne correspond à une équation acido-basique qu’au sens de Lewis,ce qui n’est pas envisagé en classe de Première.

Équations acido-basiques et couples acide/base : a. C6H8O6(aq)/C6H7O

–6(aq) et H2O/HO–

(aq)

e. HCOOH(aq)/HCOO–(aq) et H2O/HO–

(aq)

Équations d’oxydoréduction et couples oxydant/réducteur :b. MnO4

–(aq)/Mn2+

(aq) et CO2(g)/H2C2O4(aq).

d. H+(aq)/H2(g) et Al3+

(aq)/Al(s)

11

10

9

a. I2(aq) + 2S2O32–

(aq) → 2 I–(aq) + S4O6

2–(aq)

b. Pour préparer 0,250 L d’une solution de concentrationc = 2,00 × 10 – 3 mol . L–1, il faut disposer de la quantité dematière n = 5,00 × 10 – 3 mol. Dans le cas du thiosulfate desodium solide, il faut donc peser (dans une soucoupe, parexemple) une masse m = 5,00 × 10 – 3 × 248,2 = 1,24 g. Onintroduit cette masse, à l’aide d’un entonnoir, dans une fiolejaugée de 250 mL, puis on rince à l’eau distillée la soucoupeet l’entonnoir. On ajoute ensuite un peu d’eau distillée pourdissoudre le solide, on bouche et agite la fiole, puis on com-plète au trait de jauge avec de l’eau distillée avant d’homo-généiser à nouveau l’ensemble.c. Il faut faire un titrage qui consisterait à introduire, à lapipette jaugée, par exemple 10,0 mL de la solution de diiodedans un erlenmeyer, puis à ajouter jusqu’à l’équivalence, àl’aide d’une burette graduée, la solution de thiosulfate desodium préparée à la question b.

d. L’équivalence est repérée par la décoloration de la solu-tion, initialement jaune.

a. Un titrage acido-basique doit avoir lieu entre lesions H3O

+ et une entité basique. Seule la solutiond’hydroxyde de potassium convient.b. La solution titrante est la solution d’hydroxyde depotassium, la solution titrée est la solution de chlorured’hydrogène.c. On place dans une burette graduée la solution d’hy-droxyde de potassium et dans un bécher la solution de chlo-rure d’hydrogène. On met dans le bécher un barreau aimantéet l’on place le bécher sur un dispositif d’agitation magné-tique. Après avoir étalonné un conductimètre, on trempe unecellule de conductimétrie, reliée à un conductimètre, dans lasolution à titrer et l’on suit l’évolution de la conductivité de lasolution lors de l’ajout de la solution titrante.d. On a : H3O

+ = H2O + H+ et H2O = HO–(aq) + H+.

On obtient alors : H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2Oe. Avant l’équivalence, le réactif limitant est le réactiftitrant, c’est-à-dire les ions HO–

(aq). Après l’équivalence, lesions HO–

(aq) sont en excès en solution et les ions H3O+ sont

limitants.f. L’allure de la courbe est la suivante :

g. On peut utiliser un indicateur coloré comme le bleu debromothymol, qui est jaune avant l’équivalence et bleu après.

a. L’équation est : Fe(s) + 2H+(aq) → Fe2+

(aq) + H2(g)Il s’agit d’une équation d’oxydoréduction puisque le fercède des électrons qui sont captés par les ions hydrogène.b. H2SO4() → 2H+

(aq) + SO42–

(aq)

nH2SO2= cAVA = 0,050 × 1 = 0,05 mol.

19

(S.m–1)

V (mL)

15

12


E X E R C I C E S

H2SO4() 2 H+(aq) SO4

2–(aq)

E.I. x = 0 0,05 0 0

E.F. xmax 0,05 – xmax 2 xmax xmax

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L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.À l’état final 0,05 – xmax = 0, donc xmax = 0,05 mol et la quan-tité de matière d’ions hydrogène est 0,1 mol.

c. La quantité de matière initiale de fer métallique est n = 0,725/55,8 = 0,0130 mol.

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.À l’état final, il n’y a plus de fer puisque c’est le réactif limi-tant, et xmax = 0,0130 mol. C’est également la quantité dematière d’ions fer formée.

d. La concentration en ions Fe2+ :

[Fe2+(aq)] = xmax/VT = 0,0130/0,1000 = 0,130 mol . L–1.

Note : C’est expérimentalement la meilleure façon d’obtenir une solution d’ionfer (II) de concentration précisément connue. Le paramètre limitant la préci-sion de la concentration est généralement la pureté du fer métallique utilisé.

e. MnO4–(aq) + 5Fe2+

(aq) + 8H+(aq) → Mn2+

(aq) + 5Fe3+(aq) + 4H2O

Note : La solution de permanganate de potassium que l’on titre est dans laburette, car il faut éviter que la réaction secondaire d’équation :

MnO4– + 4Mn2+ + 8H+ → 5Mn3+ + 4H2O

ait lieu. En procédant ainsi, on n’a jamais en présence avant l’équivalence, desquantités importantes d’ions MnO4

– et Mn2+.

f. On peut en déduire que le volume versé à l’équivalenceest 8,7 mL.

g. Les quantités de matière initiales sont :

nFe2+ = [Fe2+(aq)]V = 0,0130 × 2,00 × 10–2 = 2,60 × 10 – 3 mol

pour les ions Fe2+(aq), et n′ pour les ions MnO4

–(aq).

À l’équivalence, on a simultanément :

n′ – xéq = 0 et 2,60 × 10 –3 – 5xéq = 0.

On en tire n′ = xéq = 5,20 × 10 –4 mol ; c’est la quantité d’ionspermanganate versée à l’équivalence.

D’où : [MnO4–(aq)] = xéq /Véq = 5,20 × 10 –4/8,7 × 10 –3

= 6,0 × 10 –2 mol . L–1.

Notes :• Il est important d’utiliser de l’acide sulfurique lors de l’attaque du fer pour évi-ter d’être en présence d’ions chlorure, oxydables par les ions permanganate.• L’exercice a détaillé une bonne méthode d’étalonnage d’une solution de per-manganate de potassium. En effet, ces solutions ne sont pas stables et doiventêtre titrées avant chaque utilisation minutieuse.

a. H3O+ + HO–

(aq) → 2H2O

b. Soit Véq le volume de solution d’hydroxyde de sodiumintroduit.

À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les pro-portions stœchiométriques et on a donc :

nA = cVéq = 9,9 × 10 –4 mol.

20

La quantité de matière d’acide dans la solution S est égaleà 10 nA, soit 9,9 × 10 –3 mol.c. La masse d’acide mA est :

mA = nAMA = 9,9 × 10 –3 × 97,1 = 0,96 g.

d. Dans 1,00 g de détartrant, il y a 0,96 g d’acide sulfamique.Le pourcentage massique P d’acide est donc égal à 96 %.

a. Pour le volume prélevé à la pipette jaugée :

9,98 V0 10,02 (en mL).

Pour le volume prélevé à l’éprouvette graduée :

9,5 V0 10,5 (en mL).b. I2(aq) + 2S2O3

2–(aq) → S4O6

2–(aq) + 2 I–

(aq)

La quantité de matière initiale de thiosulfate de sodium est :n = c0V0.

La quantité de matière de diiode versée à l’équivalence est :

n′ = c1Véq = 0,25 × 0,0141 = 3,5 × 10 –3 mol.

À l’équivalence, on a simultanément c1Véq – xéq = 0 et c0V0 – 2xéq = 0. On en déduit xéq = c1Véq et c0 = 2c1Véq/V0. Numériquement, c0 = 0,71 mol . L–1.c. On a : 0,245 c1 0,255 (en mol . L–1).Le volume à l’équivalence a été déterminé avec une burettegraduée en dixième de millilitre. Si l’on admet que l’on peutvisualiser le changement de couleur de la solution titrée àla goutte près, l’encadrement sur ce volume est :

14,05 Véq 14,15 (en mL).

L’encadrement sur la concentration en ions thiosulfate est :

2 × 14,05 × 0,245/10,02 c0 2 × 14,15 × 0,255/9,98

soit : 0,687 c0 0,723 (en mol . L–1).

cmin = 0,687 mol . L–1 et cmax = 0,723 mol . L–1.d. Si la solution de thiosulfate de sodium a la concentrationcmin, la formule démontrée à la question b. permet de trou-ver Véq = c0V0/2c1.Les encadrements relatifs à ces différentes grandeurs sont,lors de cette expérience :

9,5 V0 10,5 (en mL)

0,245 c1 0,255 (en mol . L–1).

L’encadrement de Véq est donc :

0,687 × 9,5/(2 × 0,255) Véq 0,687 × 10,5/(2 × 0,245)

12,8 Véq 14,7 (en mL).Note : On constate un intervalle très important, dû à l’incertitude sur V0.

e. Si la concentration est cmax, l’encadrement de Véq est alors :

0,723 × 9,5/(2 × 0,255) Véq 0,723 × 10,5/(2 × 0,245)

13,5 Véq 15,5 (en mL).

f. Pour le second titrage, on peut donc s’attendre à unvolume à l’équivalence dans l’intervalle [12,8 mL ; 15,5 mL]

Aller plus loin

a. Les ions Na+(aq) ont été apportés en même temps que

les ions HO–(aq) en solution. Ils sont spectateurs, ne réagis-

sent avec rien et leur quantité de matière est constante au

24

21


Fe(s) 2 H+(aq) Fe2+

(aq) 2 H2(g)

E.I. x = 0 0,0130 0,1 0 0

E.F. xmax 0,0130 – 2 xmax 0,1 – 2 xmax xmax 2 xmax

MnO4–(aq) 5Fe2+ 8H+

(aq) 5Fe3+(aq) Mn2+

(aq) 4H2O

E.I. x = 0 n′ 2,60 × 10 –3 excès 0 0 solvant

E.F. xéq n′ – xéq 2,60 × 10 –3 – 5 xéq excès 5 xéq xéq solvant

H3O+ HO–

(aq) 2 H2O

E.I. x = 0 nA cVéq solvant

E.F. x = xéq nA – xéq cVéq – xéq solvant

I2(aq) 2 S2O32–

(aq) S4O62–

(aq) 2 I–(aq)

E.I. x = 0 c1Véq c0V0 0 0

E.F. xéq c1Véq – xéq c0V0 – 2 xéq xéq 2 xéq

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 68

cours du titrage. Lors du titrage colorimétrique, les quanti-tés de matière des ions spectateurs K+

(aq) et SO42–

(aq) restent,bien sûr, constantes, mais elles ne sont pas représentées surle graphe.

b. Les ions HO–(aq) et Fe2+

(aq) sont les réactifs titrés. Ainsi,leurs quantités de matière en solution vont décroître aucours du titrage puisqu’ils seront consommés par la réactionde titrage. Au-delà de l’équivalence, ces ions ont disparu etleur quantité de matière est constante et égale à zéro.L’ion Mn2+

(aq), tout comme l’ion Fe3+(aq), est un produit de la

réaction. Il est fabriqué au cours de la réaction de titrage etsa quantité de matière en solution augmente avant l’équiva-lence, jusqu’à atteindre sa valeur maximale pour l’équiva-lence. Au-delà de l’équivalence, la réaction chimique s’estarrêtée puisque les ions Fe2+

(aq) sont en défaut : quel quesoit le volume de solution de permanganate de potassiumversé en solution, la quantité d’ions Mn2+

(aq) reste constanteet égale à sa valeur maximale. L’équivalent de cet ion dans le titrage acido-basique est leproduit de cette réaction, c’est-à-dire l’eau. Puisqu’il s’agitd’une molécule, H2O ne participe pas à la conduction élec-trique dans la solution et n’est pas représentée sur le graphe.

a. On a :

5 H2O2(aq) + 2 MnO4–(aq) + 6 H+

(aq)→ 5 O2(aq) + 2 Mn2+(aq) + 8 H2O

b.

c. Dans le simulateur, on lit :

nMnO4– = 0 mol et nH2O2

= 2,5 × 10–4 mol.

d. On a ajouté : nMnO4– = c1V1 = 2,0 × 10–5 mol.

On obtient :

De même, on a dans le simulateur, on lit :

nMnO4– = 0 mol et nH2O2

= 1,0 × 10–4 mol.

On a ajouté :nMnO4

– = c1V1 = 8,0 × 10–5 mol.

On obtient :

25

e. Pour V1 = 8,0 mL, on obtient le tableau ci-après où lesquantités de matière sont exprimées en mole :

f. De même, on a :

g. On peut dresser, par analogie avec ce qui précède, letableau d’avancement suivant :

À l’équivalence, les réactifs sont dans les proportions stœ-chiométriques. On a :

c1Véq – 2 xéq = 0 et c2V2 – 5 xéq = 0,

soit : 5 c1V1 = 2 c2V2.

On en déduit c2 :

c2 = 5 c1Véq / 2 V2 = 1,0 × 10–2 mol . L–1.

1. Initiation au titrage acide/base(p. 138)

• Acide chlorhydrique H3O+ + Cl–(aq) de concentration en

soluté apporté c = 1,0 × 10–3 mol . L–1 .

• Solution de chlorure de sodium Na+(aq) + Cl–

(aq) de

concentration en soluté apporté c = 3,5 × 10–3 mol . L–1.

• Solution d'hydroxyde de sodium Na+(aq) + HO–

(aq) de

concentration en soluté apporté c = 1,8 × 10–3 mol . L–1.• Une éprouvette graduée de 50 mL.• Deux béchers de 150 mL.• Un conductimètre étalonné.• Une pissette d'eau distillée.

2. Initiation au titrageoxydant/réducteur (p. 138)

• Solution de thiosulfate de sodium 2 Na+(aq) + S2O3

2–(aq) de

concentration en soluté apporté c = 0,02 mol . L–1.

• Solution de diiode I2(aq) de concentration en soluté

apporté c = 0,01 mol . L–1.

TP

TP



Volume de S1 (mL) 0,0

Couleur du mélange incolore

Quantité de matière d’ions MnO4– ajoutés 0

Quantité de matière d’ions MnO4– restants 0

Quantité de matière de H2O2 restant 3,0 × 10–4 mol

Réactif en excès H2O2



Quantité de matière d’ions MnO4– ajoutés 2,0 × 10–5 mol






Quantité de matière d’ions MnO4– ajoutés 8,0 × 10–5 mol




5 H2O2 2 MnO4– 5 O2 2 Mn2+

E.I. 3,0 × 10–4 8,0 × 10–5 0 0

E.F. 1,0 × 10–4 0 2,0 × 10–4 8,0 × 10–5

Volume de S1 (mL) 12,0 20,0

Couleur du mélange incolore violet

Quantité de matière d’ions MnO4–

1,2 × 10–4 mol 2,0 × 10–4 molajoutés

Quantité de matière d’ions MnO4–

0 8,0 × 10–5 molrestants

Quantité de matière de H2O2 restant 0 0

Réactif en excès aucun MnO4–

5 H2O2 2 MnO4– 5 O2 2 Mn2+

E.I. c2V2 c1Véq 0 0

E.F. c2V2 – 5 xéq c1Véq – 2 xéq 5 xéq 2 xéq

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 69

• Une burette graduée de 25 mL avec son support.• Béchers de 50 mL.• Un dispositif d'agitation magnétique.• Un erlenmeyer de 100 mL.• Une pissette d'eau distillée.

4. Titrage conductimétrique (p. 140)

• Acide chlorhydrique H3O+ + Cl–(aq) de concentration en

soluté apporté cA ≈ 0,080 mol . L–1 (pour avoir des valeurs

similaires au corrigé).

• Solution d'hydroxyde de sodium Na+(aq) + HO–

(aq) de

concentration en soluté apporté c = 0,100 mol . L–1.

• Une burette graduée de 25 mL avec son support.

• Un bécher de 250 mL.

• Un bécher de 50 mL.

• Une éprouvette graduée de 250 mL.

• Un dispositif d'agitation magnétique.

• Un conductimètre étalonné.

• Une pissette d'eau distillée.

TP

5. Deux titrages utilisant le coupleI2(aq)/I–

(aq) (p. 149)

• Solution de thiosulfate de sodium 0,10 mol . L–1.

• Solution de diiode de concentration voisine de

0,1 mol . L–1.

• Solution d’iodure de potassium 0,1 mol . L–1.

• Iotech® ou thiodène® ou empois d’amidon.

• Acide chlorhydrique 6 mol . L–1.

• Solution de phénolphtaléine.

• Eau de Javel et solution d’eau de Javel diluée 100 fois.

• Un système d’agitation magnétique.

• Une burette de 25 mL.

• Un erlenmeyer de 100 mL.

• Une pipette jaugée de 5 mL, une de 10 mL.

• Une spatule.

• Gants (pour l’eau de Javel commerciale).

• Une pipette simple.

• Une poire de prélèvement de 1 mL.

• Un tube à essais et son support.

• Une éprouvette graduée (> 25 mL).

TP


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 70

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE CONDUCTIMÉTRIE ET TITRAGES 71

Détermination de la concentration par deux méthodes1. Utilisation directe de la conductimétrie

a. HCl(g) → H+(aq) + Cl–(aq).

b. On a : c = [H+(aq)] = [Cl–(aq)].

c. C’est de l’acide chlorhydrique.d. kcell = 8 × 101 m–1.

e. σ = λCl– [Cl(aq)–] + λH+[H+(aq)] = (λCl– + λH+) c = kcell G0

soit : c = kcell G0 / (λCl– + λH+)

f. Application numérique : c = 8 × 101 × 1,6 × 10–3 / (7,6 + 35,0) × 10–3

c = 3 mol . m–3

soit : c = 3 × 10–3 mol . L–1.

2. Utilisation d’un titrage

a. Le volume V1 doit être prélevé avec une pipette jaugée de25,0 mL et l’eau doit être ajoutée avec une éprouvette graduée.b. L’addition de la solution basique est effectuée à l’aided’une burette graduée.c. Le volume à l’équivalence est déterminé par le pointanguleux de la courbe de titrage. On lit Véq = 16,0 mL. La précision de la lecture sur le graphepermet d’afficher trois chiffres significatifs.

d. L’équation de la réaction de titrage est : H+

(aq) + HO–(aq) → H2O

e. Le tableau d’avancement à l’équivalence est :

f. La condition d’équivalence est exprimée dans le tableaupar le fait que nH+ = nHO– = 0 à l’état final.

On en déduit que : cAVA = cBVéq,

soit : cA = cBVéq / VA

cA = 5,00 × 10–3 × 16,0 / 25,0

= 3,20 × 10–3 mol . L–1.g. La seconde méthode de détermination de la concentra-tion est plus précise puisque l’on peut exprimer le résultatavec trois chiffres significatifs, alors que l’on a pu en avoirqu’un par la première méthode. Cela tient au fait que laconstante de cellule était connue avec une faible précision.En revanche, le titrage a permis de maîtriser la précision dela totalité des grandeurs impliquées dans l’expérience.

1

Titrage d’une solution d’acide sulfurique par conductimétrie

a. L’équation de dissolution de l’acide sulfurique est : H2SO4() → 2 H+

(aq) + SO42–

(aq)

b. On peut dresser un tableau d’avancement :

L’acide sulfurique se dissout totalement en solution :

n = xmax = c V

où c est la concentration en soluté apporté.À l’aide du tableau d’avancement, on voit que :

nH+ = 2 xmax = 2 c V.

La concentration molaire effective des ions H+(aq) est :

[H+(aq)] = [H3O

+] = nH+ /V = 2 c.

c. L’équation du titrage est :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2O

d. Le volume versé à l’équivalence Véq est l’abscisse dupoint d’intersection des deux demi-droites.On lit Véq = 12,0 mL.

e. À l’équivalence, les réactifs sont dans les proportionsstœchiométriques. Ainsi, on a : nHO– versés = nH3O+ sol,

soit : c′ Véq = 2 c V car [H3O+] = 2 c

D’où : c = c′ Véq / 2 V

c = 1,2 × 10–3 mol . L–1.

f. À l’équivalence, seuls les ions spectateurs Na+(aq) et

SO42–

(aq) sont présents en solution. Leur quantité de matièreest :

nNa+ = c′ Véq

= 1,2 × 10–4 molet : nSO4

2– = c V

= 6,0 × 10–5 mol.

Le volume total de solution à l’équivalence est :

VT = V + Véq + Veau = 212 mL.

Les concentrations des ions sont :[Na+

(aq)] = nNa+ / VT = 5,7 × 10–4 mol . L–1

et : [SO42–

(aq)] = nSO42– / VT = 2,8 × 10–4 mol . L–1.

g. La conductivité est donnée par la relation :σ = λNa+ [Na+

(aq)] + λSO42– [SO4

2–(aq)]

σ = 5,0 × 10–3 × 5,7 × 10–1 + 1,6 × 10–2 × 2,8 × 10–1

σ = 7,3 mS . m–1. Graphiquement, on lit : σ ≈ 7 mS . m–1. Les deux valeurssont proches.

2P R O B L È M E S D E B A C

Conductimétrie et titrages

LE COIN BAC

H+(aq) HO–

(aq) H2O

E.I. x = 0 nH+ = cAVA nHO– = cBVéq solvant

E.F. xéq nH+ – xéq = 0 nHO– – xéq = 0 solvant

H2SO4() 2 H+(aq) SO4

2–(aq)

E.I. x = 0 n 0 0


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 71

h. On obtient le graphe ci-dessous :

i. On ajoute de l’eau pour plusieurs raisons :– une raison expérimentale : il faut que la cellule soit tota-lement immergée ;– une raison théorique : on ne peut utiliser la relation per-mettant de relier la conductivité aux concentrations quepour des solutions suffisamment diluées ;– par commodité : si le volume de la solution titrée estgrand par rapport à celui de la solution titrante ajoutée, l’é-volution de la conductivité peut être modélisée par deuxsegments de droite, ce qui simplifie la lecture du volume desolution titrante versé à l’équivalence.

Étalonnage d’une solution de permanganate de potassiuma. Il faut déterminer la masse m0 de permanganate depotassium à peser pour que la quantité de matière mise ensolution, soit :

n0 = c0 V

n0 = 1,0 × 10–2 × 0,5000

n0 = 5,0 × 10–3 mol.

m0 = n0 M

m0 = 5,0 × 10–3 × (39,1 + 54,9 + 4 × 16,0)

m0 = 0,79 g. Cette masse doit être introduite dans une fiole jaugée de500 mL ; 400 mL d’eau environ doivent être introduits et agi-tés jusqu’à dissolution complète du permanganate de potas-sium. Un ajout d’eau complétant le volume jusqu’au trait dejauge doit être effectué, la fiole doit être bouchée, agitée parretournement et étiquetée.b. Les couples impliqués sont MnO4

–(aq)/Mn2+

(aq) et CO2(aq)/H2C2O4(aq) ; il s’agit de couples oxydant/réducteurdont les demi-équations sont :

MnO4–(aq) + 8 H+

(aq) + 5 e– = Mn2+(aq) + 4 H2O

2 CO2(aq) + 2 H+(aq) + 2 e– = H2C2O4(aq)

c. Le tableau d’avancement à l’équivalence est :

d. Par définition de l’équivalence, on a :

Véq c – 2 xéq = 0 et VR cR – 5 xéq = 0

ce qui donne : xéq = Véq c / 2 = VR cR / 5

soit : c = 2 VR cR / 5 Véq

ou : c = 2 × 10,0 × 2,00 × 10–2 / 5 × 8,10

c = 9,88 × 10–3 mol . L–1.

3

0 5 10 15 20 25V (mL)

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

n (10–3 mol)

Na+(aq)

SO42–

(aq)

La solution de permanganate de potassium a donc été bienpréparée puisque la valeur c trouvée est presque identiqueà la valeur c0 initialement prévue.e. Il a fallu acidifier la solution d’acide oxalique pendant letitrage parce que des ions H+

(aq) figurent parmi les réactifsde l’équation.f. La quantité de matière d’ions Mn2+

(aq) augmente progres-sivement pendant le titrage puisque ces ions font partie desproduits de la réaction.g. L’équivalence est l’état du système pour lequel le réactiflimitant, initialement les ions permanganate, deviennent enexcès. Dans cet état, apparaît la couleur violette de la solu-tion puisque les ions permanganate sont présents.

Courbe d’étalonnage et titragea. Il faut déterminer la conductance de chaque solutionavant de faire le graphe.

b. I = UAB G = UAB kcell σ = k′ σ (car UAB est constante danscette expérience).c. On lit : Véq = 8,0 mL.d. Le tableau d’avancement à l’équivalence est :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.À l’équivalence : cAVA - xéq = 0 et cBVéq – xéq = 0.

D’où : cA = cBVéq / VA

= 5,00 × 10–2 × 8,0 / 100

cA = 4,0 × 10–3 mol . L–1.

e. La conductivité σ de l’acide chlorhydrique de concentra-tion cA = 4,0 × 10–3 mol . L–1 est connue à l’instant initial dutitrage, on a : σ = 0,165 S . m–1.La conductance d’une portion de cette solution peut êtredéduite de la courbe d’étalonnage :

G = 2,0 × 10–3 S.On en déduit la constante de cellule :

kcell = σ / G

= 0,165 / 2,0 × 10–3 = 82 m–1

soit : kcell = 0,82 cm–1.

0

1 10–3

2 10–3

3 10–3

4 10–3

5 10–3G(mS)

c (mol.L–1)2,5 10–3 5 10–3 7,5 10–3 10 10–3

4

PARTIE I – LA MESURE EN CHIMIE CONDUCTIMÉTRIE ET TITRAGES 72

2 MnO4–(aq) 5 H2C2O4(aq) 6 H+

(aq) 2 Mn2+(aq) 10 CO2(aq) 8 H2O

E.I. x = 0 Véq c VR cR excès 0 0 solvant

E.F. xéq Véq c – 2 xéq VR cR – 5 xéq excès 2 xéq 10 xéq solvant

U(V) 0,20 0,20 0,20 0,20

I(mA) 0,10 0,30 0,50 0,80

G(mS) 0,50 1,5 2,5 4,0

c(mol . L–1) 1,00 × 10 –3 3,00 × 10 –3 6,00 × 10 –3 1,00 × 10 –2

H+(aq) HO–

(aq) H2O

E.I. x = 0 cAVA cBVéq solvant

E.F. xéq cAVA – xéq cBVéq – xéq solvant

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 72

PARTIE II – LA CHIMIE CRÉATRICE 8 – INTRODUCTION À LA CHIMIE ORGANIQUE 73

1. Introduction

Ce chapitre ouvre la seconde partie du programme intituléeLa chimie créatrice. Après une série de chapitres portantsur la mesure, dans lesquels l’importance des calculs a posédes difficultés pour certains élèves, la chimie organiqueabordée ici paraît beaucoup plus qualitative. Dans cette par-tie, on découvre un autre domaine de la chimie qui occupe etpassionne une partie importante de la communauté des chi-mistes : celui de la création des molécules. La chimie orga-nique n’est pas le seul domaine où la créativité du chimistepeut s’exercer, mais c’est certainement celui où les molécu-les créées sont les plus complexes.Le programme officiel demande que cette nouvelle partietraite les quatre points suivants :1. Qu’est-ce que la chimie organique?2. Le carbone élément de base de la chimie organique.3. Quelques dates dans l’histoire de la chimie organique.4. L’omniprésence de la chimie organique.Les pages d’entrée de la partie II (pages 162 et 163) répon-dent à cette demande en illustrant la situation de l’hommeface aux transformations chimiques relatives à la chimieorganique «naturelle». Ces pages peuvent faire l’objet descommentaires du professeur.


Le premier chapitre de cette deuxième partie se limite auxhydrocarbures et traite donc, en plus de la partie II.A duB.O., les parties II.B.1 et 2 (le point 3 sera abordé lors duchapitre 9). Nous avons suivi les recommandations officiel-les qui donnent une grande importance au squelette carbonéque nous avons étudié dans les activités de découverte 3, 4et 5. Au cours de ces activités, nous avons introduit l’écri-ture topologique, l’isomérie et la nomenclature. Ces troisnotions sont à la base de la chimie organique. Elles ne fontque très peu appel à la réactivité, mais mettent en place lesdeux moyens descriptifs importants utilisés par le chimisteorganicien : • La symbolique : l’écriture topologique est une simplifica-tion astucieuse de la notation lourde que constitue la for-mule développée. Elle représente la façon la plus concisede noter une molécule tout en explicitant ses spécificités.• Le langage : il faut pouvoir nommer les «objets» d’étudede ce domaine scientifique. À cet égard, la connaissance dela nomenclature est donc incontournable. Nous avons limité l’introduction des concepts de base de lachimie organique aux alcanes et aux alcènes. Les alcynes ne sont pas absents, mais seulement évoquésdans le cours (p. 174), conformément au programme qui selimite à mentionner l’existence des triples liaisons au coursd’un commentaire.


Les exercices que nous proposons dans ce chapitre vontd’exercices classiques permettant de pratiquer les notions debase sur la chaîne carbonée, l’isomérie et la nomenclature, àdes exercices plus originaux relatifs aux polymères et à lachimie industrielle. Ils montrent que l’on peut, à partir denotions élémentaires de chimie organique, se poser des ques-tions relativement fines qui touchent soit le niveau fonda-mental de la chimie, soit son niveau pratique ou appliqué.

3. Produits dangereux et chimie organique

Les nombreuses activités expérimentales proposées utili-sent des réactifs et des solvants que nous avons choisi enminimisant les dangers qu’ils représentent ; cependant, onne peut pas faire de chimie organique expérimentale (leprogramme officiel requiert 4 ou 5 TP) sans utiliser de pro-duits dangereux. Des logos indiquant les risques encourusont donc été placés en évidence dans les activités, avertis-sant ainsi les élèves des dangers que présentent ces pro-duits. Les phrases R et S doivent être réinvesties à l’occa-sion de ces activités.

1. Notion de squelette carboné (p. 166)

CommentairesCette première activité est un lien entre ce que les élèvesont vu en Seconde dans la partie sur la constitution de lamatière et la nouvelle notion de squelette carboné. À l’aidede quelques questions, la règle de l’octet et les formulesdéveloppées sont réinvesties autour de la photo d’unmodèle moléculaire du butane. Les élèves doivent compterdes liaisons chimiques, des atomes, et proposer leur défini-tion du squelette carboné dans un cas particulier.

Correctiona. Dessin de la molécule de la Fig. 1 :

b. Chaque atome de carbone est entouré de 4 liaisons, soiteffectivement un octet d’électrons.

c. Le squelette carboné est constitué de l’enchaînement desatomes de carbone d’une molécule.

d. Dessin du squelette carboné de la molécule :

CCCC C

CCC

H

HH HH

H

H HH H

C CHH

DOC


Introductionà la chimie organique8

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 73

e. Exemple de deux molécules de formules C6H14 :

3. De la représentation de Lewis àl’écriture topologique (p. 167)

CommentairesSans qu’aucun prérequis de chimie organique ne soit initia-lement nécessaire, l’élève est amené à dégager la notionfondamentale de squelette carboné. L’écriture topologiqueest introduite naturellement comme une représentation dusquelette carboné dont l’objet est de simplifier la représen-tation des formules développées. Cette approche de l’écri-ture topologique se limite aux alcanes. À la fin de l’activité,l’élève est amené à comprendre pourquoi des écriturestopologiques apparemment différentes peuvent correspon-dre à une unique molécule.

L’écriture topologique est la notation la plus fréquemmentutilisée en chimie organique. Elle pose principalement deuxproblèmes aux élèves : • Le premier, rapidement réglé, est celui de l’écriture d’unemolécule. Le mécanisme mental le plus simple mis en placepar l’élève passe par la formule développée, pour laquelleun point de repère fort existe, celui de la règle de l’octetpour le carbone et les principaux éléments chimiques cou-ramment utilisés en chimie organique. • Le second est plus difficile à déceler par le professeur. Lesélèves, puis les étudiants de premier cycle, ont souvent unecompréhension partielle lors de la lecture d’une écrituretopologique. En effet, de nombreuses liaisons sont omiseset l’élève risque donc de ne pas prendre en compte certainsatomes d’hydrogène. Cela peut entraîner l’écriture de molé-cules ne respectant pas la règle de l’octet.

Dans le cas de la pyridine, par exemple, les étu-diants ne font pas forcément attention au nombred’atomes d’hydrogène portés par chaque atomede carbone (1H) et par l’atome d’azote (0H).Cette inattention a des conséquences fâcheuses pour lacompréhension de la chimie de cette entité.

Un point plus général dans l’écriture des formules dévelop-pées est relatif aux conformères. Les élèves, n’étudiant pas ceconcept avant l’université, peuvent hésiter à identifier diffé-rentes conformations du butane (par exemple) comme cor-respondant à la même molécule. Pour les aider à se forgerquelques points de repère, la 4e partie de cette activité donnedes règles simples qui utilisent les écritures topologiques.

L’activité proposée ici, spécifiquement dévolue à l’appren-tissage de l’écriture topologique n’est pas superflue et ellepermet aux élèves d’acquérir les bases nécessaires à lamanipulation de ce formalisme.

Correction1. a.

H C

H

H

H

H

C H

H

H

CH C

H

H

H

H

C H

N

DOC

HH

H

CCC

C

H HH

H

C

H H

H

HH

CH

HH

H

CCC

C

H CH

H

C

H HH

HH

H H

HH


e. Il y a deux autres squelettes carbonés possibles :

f. Les deux molécules correspondantes sont :

Leur formule brute est C5H12, ce sont donc des isomères.

2. Structure et propriétés physiquesdes dérivés du pétrole (p. 166)

CommentairesCette deuxième activité, bien que courte comme la précé-dente, contraste fortement puisqu’il s’agit d’introduire lanotion d’hydrocarbure à partir de mots et de photos de lavie quotidienne (fioul, goudron, etc.). Il est demandé auxélèves de réfléchir sur la constitution du mot « hydrocar-bure » pour tenter de lui donner un sens, et de le comparerà une dizaine de formules brutes d’hydrocarbures donnéesdans un tableau. Ces hydrocarbures, présents dans la vie detous les jours, sont utilisés pour faire découvrir l’influencede la longueur de leur squelette carboné sur leur état phy-sique. Il est également question d’introduire les notions desquelette carboné ramifié ou linéaire.

Correctiona. Hydrocarbure est le nom donné aux espèces chimiquesconstituées uniquement des éléments chimiques C et H.

b. L’état physique des hydrocarbures est donné dans letableau ci-dessous :

* Constitué d’un mélange d’hydrocarbures.

c. On constate que les espèces chimiques aux faibles mas-ses moléculaires sont des gaz. Si cette masse est élevée,l’espèce chimique est solide. Entre les deux, les espèces chi-miques sont liquides. (Toutes ces observations sont valablesdans les CNTP).

d. Formules du propane (a) et du butane (b) :H

HH

CCC

H

H HH

H

HH

H

CCC

C

H HH

H

H

H H

(b)(a)

DOC

CH H

H

H

C C

H H

H

H

H

H

H

H

C

C

(b)(a)H

H

H H

H

H

H

C

CCCC H

HH

HH

C C

C

C

C

(b)

CCCC

C(a)

Nom État physique

Essence* liquide

Fioul* liquide

Gaz de ville gaz

Propane gaz

Butane gaz

Goudron* solide

G.P.L. (mélange 50/50) gaz

Essence de térébenthine liquide

Paraffine* solide

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 74

b.

C6H14

c. Une formule développée fait apparaître toutes les liaisonsd’une molécule. À la différence de la représentation deLewis, les doublets non liants n’y sont pas représentés.Dans le cas d’un hydrocarbure, aucun atome ne possède dedoublet non liant. La représentation de Lewis est alors iden-tique à la formule développée.

2. a. Non, un squelette carboné n’est pas une telle repré-sentation, car les atomes de carbone d’une représentationde Lewis respectent toujours la règle de l’octet, ce qui n’estpas le cas dans l’écriture d’un squelette carboné.

b. CCCC pour le butane et C pour le méthane.

c. Il s’agit de , soit C5H12.

d. Il s’agit de C4H10 et C6H14 dont les formules développéessont respectivement :

e. CCCCC ou ...

3. a.

b. Propane :

c. Le méthane ne possède qu’un seul carbone, son écrituretopologique se réduirait à un point, ce qui n’est pas intéres-sant.

d.

4. a. On passe de la première à la seconde en modifiant l’orientation du segment de droite autour du point n° 3 surle dessin ci-dessous.

On passe de la première écriture à la troisième en tournantle dessin, puis en modifiant l’orientation du segment dedroite autour du point n° 3. On passe de la première écriture topologique à la quatrièmeen retournant deux fois le dessin.

b. Les deux premières écritures ne sont pas équivalentes,les deux suivantes le sont.

c.

Attention à ne pas donner d’écritures équivalentes.

12

3

ou

C C

C

C C

H C

H

H

H

H

C

H

H

C

C

H H C

H

H

H

H

C

H

H

C

H

H

C

HC

H

HC

H

Het

H H

H C

H

H

H

H

C H

H

H

C

H

H

C

H

H

C

H C

H

H

H

H

C H

H

H

C

H

H

C

H

H

C

H

H

C

4. Chaîne carbonée et isomérie(p. 168)

CommentairesLes notions de squelettes linéaires, ramifiés et cycliquessont fondamentales pour l’étude de la chimie organique. En effet, la nomenclature par exemple, puis plus tard laréactivité des espèces chimiques en dépendent. Une appro-che de l’étude des alcènes puis de la notion d’isomérie endécoulent naturellement et sont donc abordées dans l’acti-vité. L’élève est alors capable de reconnaître la quasi-tota-lité des structures de bases relatives aux hydrocarbures,qu’il s’agisse d’alcanes, d’alcènes ou de leurs dérivés, qu’ilfaille les représenter ou décrire la nature de leur squelettecarboné.

Cette activité suppose que l’élève connaisse l’écriture topo-logique. Celle-ci y est en effet utilisée, de façon simple, maissans être définie (l’activité précédente ayant joué un telrôle). Cette activité va plus loin que la précédente qui selimitait aux hydrocarbures insaturés. Les alcènes sont trai-tés ici, mais cependant, sans que l’isomérie Z et E ne soitabordée.

L’isomérie est présentée dans cette activité, avec sa défi-nition la plus globale, à partir des formules brutes et déve-loppées. Il s’agit d’une première approche. Rappelons que l’isomérie, dans le cadre du programme de Première S, selimite à :• L’isomérie de constitution : elle correspond à des enchaî-nements différents d’atomes au sein des deux isomères.L’isomérie de constitution est limitée d’abord à une isomé-rie due au squelette carboné. • L’isomérie de position, qui est également une isomérie deconstitution, est ensuite abordée dans le cas des alcènes(but-1-ène et but-2-ène) et sera reprise au chapitre suivantdans le cas aldéhyde / cétone, dans le cas des alcools (pro-pan-1-ol et propan-2-ol) ou dans le cas des dérivés halogé-nés (1-bromopropane ou 2-bromopropane).• L’isomérie Z et E : elle correspond à un cas particulier dediastéréoisomérie, c’est-à-dire une isomérie pour laquelleles deux isomères possèdent le même enchaînement d’ato-mes, mais diffèrent par une répartition géométrique de cer-tains atomes autour d’un élément géométrique responsablede l’isomérie (il s’agit de la double liaison CC).

Un même type d’isomérie propre aux molécules cycliquesexiste aussi mais n’est pas abordé à ce niveau (cis ou trans1,2-diméthylcyclohexane par exemple) ; dans le cas descycles, l’élément géométrique responsable de l’isomérie estle cycle.

Les termes : diastéréoisomère, isomère de constitution…n’ont pas été utilisés dans le manuel de l’élève.

Nous avons tenu, à l’occasion d’une question, à ce que lesélèves prennent conscience du fait que deux isomères, bienque possédant par définition des formules brutes iden-tiques, possèdent des propriétés chimiques différentes. Lanotion d’isomérie est en effet toute nouvelle, puisqu’enclasse de Seconde elle n’a été qu’esquissée mais pas utiliséedans le cadre de la réaction chimique, et tout ce qui peutêtre mentionné à propos des isomères aide les élèves à«construire du sens » autour de cette notion.

DOC


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 75

Correction1. a. La solution n’est pas unique, il existe par exemple :

b. Formule brute de 1 et 2 : C6H14, formule brute de 3 :C6H12.

1 2

3

c. 1 est linéaire, 2 est ramifié et 3 est cyclique.Une chaîne est linéaire quand les atomes de carbone du sque-lette carboné n’ont que un ou deux atomes de carbone voi-sins.Une chaîne est ramifiée si au moins un atome de carbonepossède trois ou quatre atomes de carbone voisins.Une chaîne est cyclique si aucun carbone ne se trouve enposition d’extrémité de chaîne, c’est-à-dire qu’aucun car-bone n’a un unique voisin.

Note : Il existe également des hydrocarbures cycliques ramifiés, comme leméthylcyclohexane. Il y a plusieurs façons de définir les termes ramifié,cyclique...

d. CH4 ; C2H6 ; C3H8 ; C4H10.Formule générale : CnH2n +2.e. Les formules C5H12 et C6H14 des alcanes linéaires ayantcinq et six atomes de carbone respectent également la for-mule générale CnH2n +2.Pour les alcanes ramifiés, cette formule convient égale-ment. Cela peut se constater sur quelques exemples, ou enconsidérant que l’on constitue un alcane ramifié à partird’un alcane linéaire en changeant de place les atomes sansajouter ou faire disparaître d’atomes.Pour les alcanes cycliques, la formule CnH2n + 2 n’est pasvalable comme le montre le contre-exemple 3 de formuleC6H12.

Note : On peut même montrer que la formule CnH2n +2 n’est en fait jamais vala-ble pour un cycloalcane, chaque cycle ôtant deux atomes d’hydrogène.

2. a. C3H6.b.

C3H8

c. Chaque atome est entouré de quatre doublets liants, soithuit électrons.d.

C CH

H

H

H

H C

H

H

H

H

C H

H

H

C

H

HH

HH

H

HH

HH

HH

C C

C

C C

C

CCC H

H

H H H H

H

H H H HH H H H

H H H HH H

H

HHH H

HH

CC

CC

C

CCC C

H C

H

H

H

H

C

H

H

C

H HC

H

H C

H

H

C

H

H

H

H

C H

H

H

C

e. CCCCC

CCCCC

f.

1 2 3

3. a. Les schémas ont été donnés en 1. a.b. Il y en a trois :

c. Ils ont tous les deux C6H12 pour formule brute.d. Les propriétés chimiques de deux isomères peuvent êtretrès différentes.Une formule brute peut représenter plusieurs isomères. Àchaque isomère correspond une espèce chimique caracté-risée par ses propriétés physiques (température d’ébullitionpar exemple) qui différent d’une espèce chimique à l’autre.On ne peut donc faire correspondre une température d’é-bullition à une formule brute.

5. Introduction à la nomenclature(p. 169)

CommentairesUne introduction à la nomenclature systématique est pro-posée, et des structures de plus en plus compliquées sontanalysées et nommées. On commence par les alcanes linéai-res, pour terminer avec leurs homologues ramifiés.Les bases de la nomenclature étudiées dans cette activitésont nécessaires et suffisantes pour aborder, dans la suitedu programme, la nomenclature des composés des diffé-rentes familles envisagées. Les élèves ont déjà entendu par-ler de méthane, de propane et de butane. Cette introductionde la nomenclature utilise le fait que ces mots sont fami-liers, bien que leur sens précis soit inconnu. Puis la généra-lisation s’opère progressivement.

Nous avons respecté les règles de la nomenclature moderne.Par exemple :• Les noms sont écrits d’un seul tenant (méthylpropane etnon méthyl-propane ou méthyl propane) sauf si des chiffresviennent entrecouper le mot (propan-2-ol). Cela compliqueun peu la lecture d’un nom officiel, mais les règles sont déci-dées par des instances internationales (International Unionof Pure and Applied Chemistry) où la France est représen-tée; ces règles sont ensuite adaptées à la langue française parun comité francophone. Ainsi ketone devient cétone parexemple.• Un chiffre précède toujours ce qu’il positionne, c’est-à-dire que l’on écrit but-1-ène et non butène-1, ou 2-méthyl-pentane et non méthyl-2-pentane.• On indique un numéro de positionnement uniquement s’ily a plusieurs possibilités, par exemple, il n’existe qu’un seulméthylpropane, il est donc inutile de préciser que la ramifi-cation est en deuxième position. Cela demande un effortpour l’élève qui doit trouver un nom. C’est une habitudequ’il faut prendre, et qui n’est pas toujours simple pour lesélèves.

DOC

CCCC

CCCC

C

C C C

CC

CH3CCH2H2C H3C H3C

CCH

C

CH3 CH3 CH3

CH2

CH3


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 76

f. Le méthylbutane est forcément le 2-méthylbutanepuisque le 1-méthylbutane et le 4-méthylbutane sont le pen-tane et que le 3-méthylbutane est identique au 2-méthylbu-tane. Numéroter le substituant est superflu dans ce cas.En revanche, il existe deux molécules de méthylpentane,avec le substituant en positon 2 ou 3. En effet, le 1 et le 5correspondent à l’hexane et le 4 est identique au 2.g. 3-éthyl-2-méthylhexane.h. Écriture topologique du 2,2,3-triméthylpentane :

6. Ébullition et distillation (p. 178)

CommentairesCe TP met en œuvre des distillations à l’occasion desquellesune réflexion sur la différence entre corps pur et mélange estmise en œuvre. Les élèves doivent assembler eux-mêmesleur dispositif et constater que dans le cas d’un corps pur, soitle pentane, soit l’heptane, la température en bas et en hautde la colonne est identique et ne varie pas pendant toute ladurée de la distillation. La relation entre la températured’ébullition d’un alcane linéaire et la longueur de son sque-lette carboné est évoquée puisqu’il est suggéré que tous lesbinômes ne distillent pas le même hydrocarbure. Dans unsecond temps, des mélanges de pentane et d’heptane dansdifférentes proportions sont distillés et les élèves doiventarriver à la conclusion que la température en bas de colonnediffère de celle en tête de colonne, et que ces deux tempéra-tures s’élèvent pendant la distillation. Une comparaison avecla description du processus de raffinage est suggérée.Il semble important que les élèves donnent du sens à la dif-férence entre la température d’ébullition d’un mélange etcelle d’un corps pur, bien qu’il soit impossible de le théoriserau niveau de la Première S. Insister sur l’invariance de cettecaractéristique physique est insuffisant ; en effet, un mélangeporté à l’ébullition dans un dispositif à reflux bout égalementà température fixe. C’est seulement si le système à l’ébulli-tion perd de la matière, comme dans le cas de la distillation,que la différence entre le corps pur et le mélange apparaît.Une seconde idée fausse que ce TP combat est le fait quel’ébullition d’un mélange, par exemple de pentane et d’hep-tane, ne s’effectue pas à la température d’ébullition dupentane pendant que cette espèce chimique passe en phasevapeur, puis que la température s’élève à celle de l’ébullitionde l’heptane quand tout le pentane est parti. L’observationde ce qui se passe en tête de colonne uniquement renforce-rait cette conception erronée. C’est la raison pour laquellele suivi simultané de la température en bas et en tête decolonne est suggéré dans le protocole. Quelques questionsen fin de TP suggèrent que cette idée peut-être discutée enclasse, ce qui donne de l’importance au rôle de la colonnedans une distillation, et qui permet de justifier la hauteurdes tours de raffinage.

Correction1.Note : Le programme de Seconde n’a pas introduit le terme de corps pur maiscelui d’espèce chimique. Ces deux notions sont équivalentes au niveau du lycée.Nous avons préféré utiliser celui qui est consacré en thermodynamique.

TP


Les termes «méthyl» et «éthyl» sont en toute rigueur utili-sés soit tels quels quand le mot est intégré à un nom com-posé (méthylbutane), soit avec la lettre e en position finale(méthyle, éthyle) quand il s’agit du mot isolé (par exemple,le substituant méthyle). Nous n’avons pas voulu perturberles élèves avec ce détail, mais nous avons essayé d’êtrerigoureux dans cet usage. Il en est ainsi pour d’autres règlesque nous n’avons pas mentionnées mais que nous avonscependant respectées.

La nomenclature telle qu’elle est présentée de nos joursrésulte d’un long cheminement. Le premier savant à y avoirmis de l’ordre fut Lavoisier. Ayant introduit le concept d’é-lément chimique, il s’en est servi pour simplifier la dénomi-nation initiée au Moyen Âge (esprit de sel pour HCl, vitriolpour H2SO4…). La nomenclature de Lavoisier ne concernaitque la chimie inorganique. La nomenclature en chimie orga-nique est venue beaucoup plus tard puisque la structure desmolécules organiques n’a pas été connue avant le XX

e siècle(1874 : LeBel montre que le carbone est tétraédrique ; 1913 :Lewis introduit le concept de liaison covalente). Une partie des noms communs (benzène, pyrrole…) estnon seulement restée, mais a même servi de base à lanomenclature systématique moderne. Les derniers déve-loppements important de la nomenclature concernent lanomenclature des molécules chirales (R et S). Si l’on peut assez simplement enseigner les base de lanomenclature, être capable de nommer n’importe quellemolécule est un véritable métier ; de tels spécialistes sontutilisés par les banques d’informations en chimie (Chemical

Abstract par exemple).

Correction1. a. C2H6, éthane ; C5H12, pentane.b. Méthane, propane, butane.Ce sont des hydrocarbures possédant respectivement un,trois et quatre atomes de carbone dans leur squelette.

2. a.

b.2-méthylpentane 3-méthylpentane

Ces molécules sont isomères (C5H12).

c.2-méthylhexane 3-méthylhexane

d.

Il s’agit effectivement de la même molécule. On conserve lenom qui désigne la chaîne carbonée la plus longue, ici, leméthylbutane.Le 1-méthylpropane est le butane. Le 4-éthylbutane estl’hexane.e. Le 2-méthylpentane et le 4-méthylpentane (ci-dessous)correspondent en fait à la même molécule.

Il s’agit du 2-méthylpentane car 2 est inférieur à 4.

H

H

C

HH

H

C

H

H

C

HC

H

H


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 77

a. Reprendre la Fig. 1 de la page 178 et légender avec lestermes ci-dessous. • thermomètre ;• tête de colonne ;• colonne à distiller ;• ballon bicol ;• chauffe-ballon / dispositif de chauffage ;• condenseur ;• éprouvette / recueil du distillat ;Le schéma fourni ici sert uniquement de repère.

b. C5H12 pour le pentane et C7H16 pour l’heptane, soitrespectivement :

c. La température d’ébullition est plus élevée quand la lon-gueur de la chaîne carbonée est supérieure.

d. La température d’ébullition du liquide, mesurée directe-ment dans le ballon, est identique à celle récupérée à l’en-droit de sa récupération, c’est-à-dire en tête de colonne.Cela montre qu’il s’agit du même liquide, car cette cons-tante physique est une caractéristique de l’espèce chimique.

2. a. La température monte progressivement dans le bal-lon du bicol jusqu’à 95 °C. En tête de colonne, elle monte,puis se stabilise entre 39 et 42 °C, puis monte et se stabiliseà 95 °C.

Il n’y a de stabilité que si le liquide dont on mesure la tem-pérature est un corps pur, c’est-à-dire une espèce chimiquedonnée.b. La distillation avec deux hydrocarbures est une simplifi-cation d’une raffinerie où la distillation porte sur le mélanged’un grand nombre d’hydrocarbures constituant majoritai-rement le pétrole.c. Les binômes qui ont un mélange riche en heptane ontune température d’ébullition supérieure aux autres. Danstous les cas, l’évolution aboutit à 95 °C, correspondant à l’é-bullition de l’heptane pur.

02142

95température (°C)

temps0

thermomètre

tête de colonne

condenseur

ballonbicol

chauffe-ballon

éprouvettegraduée

colonneà distiller

7. Polymérisation de l’éthylène(p. 179)

L’objectif de cette activité est de comprendre les notions depolymère et de polymérisation en proposant une analogieavec une situation de la vie quotidienne. L’élève est amenéà prendre conscience à la fois de la spécificité du mono-mère qui, dans le cas des polyadditions, doit être un alcène,et du polymère, molécule particulière constituée de longueschaînes carbonées. Une approche de ce qui se trouve aubout de la chaîne d’un polymère est abordée au moyen d’unexemple.

Cette activité permet ainsi de dépasser le stade de la seuleécriture de l’équation de polymérisation : nC2H4 → (C2H4)n,insuffisante pour résoudre les problèmes que l’on se posehabituellement. La polymérisation est une réaction d’ungenre nouveau pour les élèves et les difficultés sont plusvariées que l’on peut l’imaginer au prime abord. Parmi lesdifficultés, on compte :• La longueur des molécules qui interdit que le polymèresoit écrit explicitement ; on utilise alors un symbolisme dif-férent de celui utilisé habituellement en chimie organique(on utilise des points de suspension ou l’indice n).• Le fait qu’il s’agit de la première réaction d’addition d’unalcène est une difficulté. La notion d’ouverture d’une dou-ble liaison n’est pas aussi simple qu’il y paraît.• On ne forme pas un unique produit comme dans les cashabituels. En effet, il y a une dispersion des produits for-més, le nombre d’unités monomériques variant d’une molé-cule à l’autre.

Ces difficultés étant présentées, il faut pouvoir les aborder etproposer une pédagogie adaptée. Plusieurs possibilités exis-tent et nous avons combiné deux approches qui ont séparé-ment fait leurs preuves dans d’autres situations : l’utilisationd’une analogie et l’utilisation d’énoncés auxquels les élèvesdoivent se référer pour répondre aux questions posées. Nous sommes conscients des dangers d’un enseignementpar analogie. L’élève comprend une situation proche decelle qui est le but de l’apprentissage, mais qui en diffèreforcément par des aspects souvent importants. L’enseignantdoit donc être prudent. L’enseignement avec une suite d’énoncés est intéressant carl’élève peut comprendre à son rythme les principes debases des concepts à étudier. En effet, quand il ne sait pasrépondre à une question, l’élève est invité à relire les énon-cés proposés dont la compréhension révèle généralementtout ou partie de la réponse. Or, ces énoncés recèlentquelques-unes des définitions ou des propriétés importan-tes qu’il faut connaître ; chercher à en comprendre le sensprofond est une voie d’apprentissage.Un enseignant qui souhaite tirer le meilleur parti d’une telleactivité ne doit pas corriger le travail de ses élèves en don-nant les réponses correctes, mais en indiquant quels énon-cés ne sont pas respectés à l’occasion des erreurs commisespar l’élève. À ce dernier de trouver pourquoi et d’y remédier.

Correctiona. et b.

Cas A Cas B Cas C

DOC


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 78

c. On a formé des cycles ou des chaînes.d. Mêmes schémas que ci-dessus, mais chaque estremplacé par CH2 CH2 dans le cas A′ (analogue de A) etpar CH2CH2 dans les cas B′ ou C′ (analogues de B etC), et est remplacé par Imp.

Note : C’est à dessein que l’on propose un nombre impair de molécules d’éthylène car spontanément, les élèves proposent deux chaînes d’égale lon-gueur. Il est préférable, en vue des questions suivantes, qu’ils aient conscienceque les chaînes ne sont pas toutes identiques.

e. Polymérisation.

Note : Dans la réalité, la formation de cycle est peu favorisée. En synthèse, laréaction de cyclisation d’une chaîne est rarement utilisée car le risque d’allon-gement de chaîne est grand. Pour synthétiser un macrocycle (éther-couronnepar exemple), on utilise la technique appelée «haute dilution» de sorte que l’ex-trémité d’une chaîne ait moins de chance de rencontrer l’extrémité d’une autrechaîne que l’autre extrémité de sa propre chaîne.

f. La masse molaire de l’éthylène est 28 g . mol–1. Dans 1 gd’éthylène, il y a donc 2 × 1022 molécules. Dans un tel cas,il se forme de longues chaînes.

g. Le polyéthylène se rencontre dans les objets extrême-ment plats (film, sac de polyéthylène) et plus généralementdans de nombreux types d’emballages. L’inconvénient dupolyéthylène est sa mauvaise tenue à la chaleur.

h. Si l’on ne fait pas intervenir d’impuretés, le carbone ter-minal de chaque chaîne ne respecte pas la règle de l’octet.i. C6H12 est CH2CHCH2CH2CH2CH3.

Note : Lors d’une polymérisation, une chaîne peut être le siège du transfert d’unatome d’hydrogène. L’extrémité qui perd un H devient insaturée, celle qui gagneun H devient saturée. L’échange a lieu entre deux chaînes voisines et non d’uneextrémité à l’autre de la même chaîne.

Appliquer ses connaissancesa. Le squelette carboné est CCC.

b. La formule développée est :

c. La formule brute est C3H8.

Il faut écrire un C entouré de quatre liaisons,positionner un autre C au bout de chaque liaison etcompléter l’octet avec des H (3 H par C). Cela donne :

a. La formule pour laquelle n = 1 est CH4. La formuledéveloppée correspondante est :

H C

H

H

H

15

CH3 C

CH3

CH3

CH3

13

H C

H

H

H

H

C H

H

H

C

12

b. Pour n = 2, la formule est C2H6 et pour n = 3, c’est C3H8.Les formules développées correspondantes sont :

c. Ces molécules appartiennent à la famille des hydro-carbures.

a. Formule brute : C5H12.

b.

a. C3H8 : CH3CH2CH3

C4H10 : CH3CH2CH2CH3

C6H14 : CH3CH2CH2CH2CH2CH3.

b.

C3H8 C4H10 C6H14

c. La température d’ébullition augmente avec la longueurde la chaîne carbonée, dans le cas des alcanes linéaires.

Note : Il est important de ne pas omettre la précision relative au fait que les alca-nes doivent être linéaires pour pouvoir comparer leur constantes physiques.Dès que les alcanes sont ramifiés, il n’y a plus d’évolution simple de leursconstantes physiques.

a. L’essence reste en surface, car sa densité estinférieure à celle de l’eau.

b. L’eau de pluie coule et se retrouve au fond du bac, car sadensité est supérieure à celle de l’essence.

c. La densité du pétrole est inférieure à celle de l’eau de merpuisque les marées noires polluent en surface.

a. et b.

C2H4 C3H6c. C4H8 :

a.

b.

c.

a. L’alcane linéaire possédant le même squelettecarboné est donné ci-dessous et sa formule brute est C5H12et non C5H10.

b. Une formule possible de l’alcène est :

H

H

H

H

H

C

H

H

C

C C

CH

H H

H C

H

H

C

H

H

H

H

C H

H

H

C

H

H

C

22

21

20

18

17

CH3

CH3

CH3CH2 CH

16

H C

H

H

H

H

C H H C

H

H

H

H

C H

H

H

C


E X E R C I C E S

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 79

c. Les isomères de cet alcène sont :

a. CH2CHCHCH2 (but-1,3-diène) (il existebien d’autres exemples).

b. Par exemple l’hexa-1,3-diène :

CH2CHCHCHCH2CH3

a. 1 : C6H14, 2 : C6H14, 3 : C6H12, 4 : C6H14, 5 : C6H14.

b. Les molécules 1 , 2 , 4 et 5 sont isomères.c. Il y a cinq possibilités (attention, il y a une possibilité d’isomérie Z et E).

a. 1 : 3-méthylpentane ; 2 : 2-méthylbutane (et non 3-méthylbutane) ; 3 : 3-méthylbutane (et non 2-éthylbutane,car la chaîne carbonée la plus longue doit être considéréepour nommer le radical du nom de l’espèce chimique) ;4 : propane (et non méthyléthane) ; 5 : cyclohexane.

b. Seules les espèces chimiques 1 et 3 sont isomères.

a.

b. Le groupe éthyle ajouté est en gras dans les écriturestopologiques suivantes :

La première écriture correspond au méthylbutane et laseconde au pentane.c. Ce sont deux isomères.

a. Les isomères de formule C4H10 sont :

Il s’agit du butane et du méthylpropane respectivement.

b. Les isomères de formules C6H14 sont :

Leur nom est, dans l’ordre : hexane, 2-méthylpentane, 3-méthylpentane, 2,2-diméthylbutane, 2,3-diméthylbutane.

a. Il existe trois isomères dont le nom contient le motbutène : le but-1-ène, le (Z)-but-2-ène et le (E)-but-2-ène.

b. Le métylpropène (CH3)2CCH2 a la formule brute C4H8 ;c’est un isomère du butène et son nom ne contient pas lemot butène.

Note : Le cyclobutane et le méthylcyclopropane sont aussi dans ce cas.

31

30

29

27

25

24

CC

H H

H

H

CC

C

H H

H HH

H CC

H H

H

H

C

CH

C

H

H

HH H

a. On brûle du méthane CH4, du propaneCH3CH2CH3 et du butane CH3CH2CH2CH3.

b. Ce sont des hydrocarbures linéaires, leur températured’ébullition augmente donc avec la longueur de leur chaîne.

Note : On a θéb = – 161 °C, θéb = – 42 °C, θéb = – 0,5 °C respectivement. Leméthane n’est jamais stocké par des particuliers, c’est le gaz de ville, délivré aumoment de la consommation. Le propane est le seul gaz commercial, stocka-ble en bouteille sous pression, et utilisable à l’extérieur, même l’hiver dans nosrégions. L’usage du butane est déconseillé en extérieur, car en hiver, il se liqué-fierait et serait inutilisable comme gaz.

c. Seul le butane possède un isomère (le méthylpropane).

a. CaC2 + 2 H2O → CaO + C2H2

b. HCCHH

c. 2 C2H2 + O2 → 4 C + 2 H2O

d. Les produits de la combustion complète d’un hydrocar-bure sont CO2 et H2O.L’équation chimique de la combustion complète del’acétylène est : 2 C2H2 + 5 O2 → 4 CO2 + 2 H2O

a. L’essence est obtenue à partir des hydrocarburescontenus dans le pétrole.b. Le pétrole est issu de la décomposition du plancton quis’est amassé au fond des mers. Le sel est celui de la mer etl’eau provient à la fois de la mer et de la décomposition desprotéines du plancton.

Note : On entend dire parfois que le pétrole est le produit de la transformationde forêts : ce n’est le cas que pour le charbon.

c. Avec une ampoule à décanter.d. Les hydrocarbures linéaires gazeux sont le méthane, l’éthane, le propane et le butane. Quand la chaîne carbonéeest plus longue, la température d’ébullition augmente au-delà de celle du pentane (36 °C) et les hydrocarbures nesont plus gazeux dans les conditions normales.e. Le raffinage est une distillation.f. Les fractions s’appellent des coupes.g. Les squelettes carbonés sont allongés, raccourcis, rami-fiés, cyclisés ou déshydrogénés.h. Il n’y a pas qu’une seule molécule de formule C5H12. Il ya le pentane, le méthylbutane et le diméthylpropane.

Note : Toute numérotation est inutile puisqu’il n’y a à chaque fois qu’une uniquepossibilité pour positionner la ramification.

i. Pent-1-ène ; (Z) ou (E) pent-2-ène.2-méthylbut-1-ène ; 2-méthylbut-2-ène ; 3-méthylbut-1-ène.Il n’y a pas de possibilité de déshydrogénation du dimé-thylpropane sans modification profonde du squelettecarboné.

a. nCH2CH2 → (CH2CH2)n .

b. Le polymère est un solide.

c. nCH2CHCH3 → (CH2CH)n .

a. – (CH2CH2)n + 3nO2 → 2nCO2 + 2nH2O

b. Non, la fumée noire contient du carbone, or les seuls pro-duits indiqués sont CO2 et H2O.c. Non, le polyéthylène et le polypropène sont constituésuniquement des éléments chimiques C et H, donc les pro-duits de combustion sont dans les deux cas (si la combus-tion est complète) CO2 et H2O.

37

CH3

36

34

33

32


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d. Le PVC contient l’élément chimique Cl, qui ne peut se retrouver dans CO2 ou H2O. On peut donc distinguer les deux polymères par l’analyse de leurs produits decombustion.

a. Certains objets, reconnaissables à leur logo PS,sont fabriqués en polystyrène, par exemple des gobelets enplastique transparent. De nombreux matériaux d’isolationsont en polystyrène expansé.

b. Le motif du polystyrène est CH2CHAou CH2CH(C6H5).c.

d. L’enchaînement suivant correspond aussi à cinq motifs :

e. Le motif est une petite chaîne carbonée de deux atomesdifférents, puisque l’un porte deux atomes d’hydrogène etl’autre porte un atome H et un groupe A. Appelons «queuedu motif» l’atome de carbone du motif qui porte A et « tête»l’autre atome de carbone du motif. L’écriture topologique dela réponse à la question c. donne des enchaînements en têteà queue (la tête d’un motif est accroché à la queue du sui-vant). L’enchaînement suivant est en tête à tête :

Dans la réponse à la question d., l’enchaînement proposéest aléatoire.

Note : Il n’y a pas de convention pour désigner la queue ou la tête d’un motif.

f. Dans le cas du polyéthylène, le motif est CH2CH2 ;il est symétrique et l’on ne peut distinguer la tête de laqueue. g. Le motif du polypropène est du même type que celui dupolystyrène, mais A est le groupement méthyle. Le motif abien une tête et une queue différentes et l’on a les troismêmes types d’enchaînements qu’avec le polystyrène.

Aller plus loin

a. Les éléments C et H se retrouvent dans CO2 et H2O.b. HCl est un gaz soluble dans l’eau, en particulier dansl’eau de pluie. Il acidifie la pluie.

Note : Les principaux responsables des pluies acides sont les oxydes de soufreet d’azote, présents en quantités bien supérieures au chlorure d’hydrogène.

c. Na2O et CaO. On retrouve ces oxydes dans les cendres.

Note : On remarque que les cendres sont basiques puisqu’en présence d’eau,Na2O produit une solution d’hydroxyde de sodium et CaO de l’eau de chaux,qui sont deux solutions basiques. La cendre fut la première base utilisée par leschimistes arabes, au temps d’Alexandrie.

a.

CH3 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2COOH

COOH

42

40

A

A A

A A

A

A

A A A

A A A A A

38

b. Il y a, a priori, plusieurs possibilités pour positionner ladouble liaison de l’acide oléique, entre deux atomes de car-bone consécutifs de la chaîne (sauf COOH).c. Il y a 16 positions possibles pour la double liaison dansla chaîne.d. 15 des 16 positions de la double liaison donnent lieu àune isomérie Z et E. Si la double liaison se trouve en boutde chaîne (CH2CHCH2…) il n’y a pas d’isomérie Z et Epossible.Le nombre d’isomères pour une chaîne linéaire est donc de15 + 16 = 31.e. Les bougies en acide stéarique ont remplacé les vieillesbougies de suif qui produisaient beaucoup de fumée, noir-cissant les chaumières et les poumons de leurs utilisateurs.

a. L’atome peut établir quatre liaisons covalentes avecses voisins.En effet, l’atome C possède quatre électrons, il faut doncqu’il acquière quatre électrons supplémentaires, ce qui estpossible avec quatre liaisons covalentes.b. L’hydrogène doit satisfaire à la règle du duet. Comme l’a-tome possède un unique électron, il doit se lier avec ununique voisin.c. CH4 ; CH2CH2 ; CH3CCH ou CH2CCH2.

Note : Cette dernière formule est celle de l’allène. C’est une structure électro-nique existante mais peu commune.

d. La plus petite molécule est XCX.e. XO ou S.

1. a. Le craquage est une modification du squelettecarbonée qui conduit à la production d’hydrocarburesinsaturés.b. Il n’y a pas une équation chimique du craquage, car denombreuses molécules à longues chaînes se transformenten de nombreuses molécules à courtes chaînes. Il s’agitd’une modélisation au sens où l’on simplifie le système chi-mique en le ramenant à une unique espèce chimique.c. C6H14 → 3C2H4 + H2

d. C8H18 → 4C2H4 + H2

e. La formule CnH2n + 2 est exacte pour les premiers hydro-carbures linéaires CH4, CH3 CH3, CH3 CH2 CH3. Unallongement de la chaîne de 1 carbone correspond à l’in-sertion de 1 CH2. À chaque fois que l’on ajoute 1 C à la for-mule brute, il faut effectivement ajouter 2 H. Si l’hydrocarbure n’est pas linéaire, alors il est isomère d’unhydrocarbure linéaire et la formule brute est la même. Laformule CnH2n + 2 est donc générale.f. L’équation chimique est : 2CnH2n + 2 → nC2H4 +2 H2

Note : Démontrer que la formule d’un hydrocarbure est CnH2n+2 n’est pas immédiat.Démonstration acceptable : La règle est vérifiée pour le méthane CH4 (n = 1).Pour construire un hydrocarbure pour lequel n = 2, il faut, par la pensée, insé-rer un groupement CH2 dans une liaison C H. Cela conduit à l’hydrocarbure de formule C2H2 × 2 + 2 = C2H6. On peut ainsi construire de procheen proche des hydrocarbures de taille croissante en insérant le groupement CH2

dans une liaison CH. Or CH2 est précisément ce qu’il faut pour passer de l’or-dre n à l’ordre n + 1 dans la formule CnH2n + 2. Autre démonstration : Un hydrocarbure saturé non cyclique possédant n ato-mes de carbone doit, pour respecter la règle de l’octet, engager 4n liaisons chi-miques. Entre eux, les n atomes de carbone engagent déjà n – 1 liaisons si l’hy-drocarbure est non cyclique et saturé. Chacune de ces n – 1 liaisons reliantdeux atomes de carbone doit être comptée deux fois (une fois pour chaque car-bone). Il en manque donc 4n – 2(n – 1) = 2n + 2. C’est donc le nombre d’hydro-gènes nécessaires pour que l’hydrocarbure respecte la règle de l’octet.

g. Soit M la masse molaire de l’hydrocarbure servant àmodéliser la coupe subissant le craquage. Dans une tonne

44

43


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d’hydrocarbure, il y a 106 / M mol d’hydrocarbure qui, d’après l’équation chimique de la question f., produit lamême quantité de matière de dihydrogène. On voit doncque cette quantité de matière diminue avec la massemolaire de l’hydrocarbure subissant le craquage.

2. a. 6CnH2n + 2 → nC6H6 + (3n + 6) H2b. La masse molaire de l’hydrocarbure modèle est 12n + 26.La quantité de matière dans une tonne est 106 / M mol. Laquantité de dihydrogène produite est donc : x = (3n + 6) 106 / 6M mol, quantité qu’il faut comparer ày = 106 / M mol. Comparer x et y revient à comparer(3n + 6) / 6 et 1. On voit donc que la quantité de matière dedihydrogène produite par le reformage est toujours plusgrande que celle produite par le craquage, et que cette dif-férence s’accroît avec le nombre d’atomes de carbone dusquelette carboné.

Note : Les applications numériques sont proposées en tonnes, car il s’agit d’unréel problème industriel mettant en jeu un gaz dont la production possède uneimportance économique. Généralement, les unités de reformages produisantbeaucoup de dihydrogène sont couplées avec des usines de production d’am-moniac. Les gaz ne sont en principe ni stockés bien longtemps, ni transportés(à l’exception du méthane).

1. a. Le raffinage consiste à séparer «grossièrement »les constituants du pétrole.b. On utilise le principe de la distillation fractionnée.c. La partie haute de la tour est moins chaude que sa partiebasse, or plus un hydrocarbure possède un grand nombre

45

d’atomes de carbone, plus sa température d’ébullition estélevée.

2. a. L’eau est un liquide bouillant à 100 °C, alors que leméthane est un gaz, même à température ambiante (satempérature d’ébullition est – 161,5 °C). Ces deux espèceschimiques ont des masses molaires très proches (18 et 16 g . mol–1).b. L’eau est une molécule dipolaire, ce qui n’est pas le casdu méthane ; on peut expliquer la plus grande difficulté del’eau à passer de l’état liquide à l’état vapeur, comparé auméthane, par la présence des interactions dipôle-dipôleentre molécules d’eau.

Note : Le nom précis de ces interactions intermoléculaires est « liaison hydro-gène», terme inconnu des élèves.

c. Un hydrocarbure saturé possède la formule CnH2n + 2.Une telle molécule possède donc 8n + 2 électrons.L’interaction de van der Walls augmente donc avec le nom-bre n d’atomes de carbone. Cela explique bien que leshydrocarbures les plus lourds soient les moins volatiles.d. Non. Le pentane et le diméthylpropane, isomères, pos-sèdent autant d’électrons et devraient avoir la même tem-pérature d’ébullition, ce qui n’est pas le cas. Il en est demême pour l’hexane et le diméthylbutane.e. Il semble, d’après ces données, que le caractère ramifiéd’un squelette carboné soit la cause d’une température d’ébullition faible de l’espèce chimique correspondante,comparativement à son isomère linéaire.


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PARTIE II – LA CHIMIE CRÉATRICE 9 – GROUPES CARACTÉRISTIQUES ET RÉACTIVITÉ 83

1. IntroductionCe chapitre couvre la partie II.B.3 du programme officiel etcorrespond à l’initiation à la réactivité. Dans l’esprit du pro-gramme, nous avons abordé la reconnaissance d’unefamille chimique, autant à la lecture d’une formule déve-loppée qu’à la suite d’un ou plusieurs tests caractéristiques.Les familles chimiques sont les amines, les composés halo-génés, les alcools, les aldéhydes, les cétones et les acidescarboxyliques. Une étude plus fine de la réactivité de lafamille des alcools est présentée, tant du point de vue de laréactivité au laboratoire, que du point de vue structural ouqu’avec un intérêt industriel sous-jacent.

2. Réactions en chimie organiqueLa création de molécules est l’une des grandes activités deschimistes. Une idée importante que nous cherchons à fairepasser repose sur le contraste entre l’immense variétéd’espèces chimiques organiques, et le petit nombre de réac-tions qu’il faut connaître pour prévoir l’évolution d’un sys-tème chimique impliquant des réactifs organiques. Pour comprendre cette idée, il faut avoir pris conscience dufait que la réactivité d’une espèce chimique est inscrite danssa structure, donc dans sa formule développée. La notionde groupe caractéristique permet ainsi d’articuler le classe-ment des formules avec cette réactivité dès qu’on a comprisque ce qui réagit dans une molécule est d’abord son groupecaractéristique. Ainsi, si les alcools réagissent pour beau-coup de la même manière, c’est parce qu’ils comportenttous un groupe OH et que la transformation de la moléculeimplique en priorité celle de ce groupe.À la différence de la chimie des solutions aqueuses ou dela chimie générale, la chimie organique n’est pas aussiprévisible : l’addition d’un acide diminuera le pH d’unesolution, comme le précipité de chlorure d’argent se for-mera à coup sûr, mais l’expérience en chimie organiquesemble souvent plus capricieuse pour le non-expert. Laraison est simple : on a affaire à des composés molécu-laires qui, du fait qu’ils existent, sont raisonnablementstables. Dans le cas des composés organiques, il faut doncvaincre une certaine forme d’inertie chimique (l’énergied’activation) qui est moins présente lorsqu’un anion réagitavec un cation par exemple. Les conditions expérimenta-les sont donc plus pointues en chimie organique, et le pro-fesseur qui tente une expérience devra s’assurer de laqualité du mode opératoire qu’il met en œuvre. D’un pointde vue pratique, les tests décrits le sont dans un cas par-ticulier et avec un caractère général. Il ne faudra donc pass’étonner que certains protocoles obtenus par généralisa-tion de ceux indiqués dans notre ouvrage ne fonctionnentapparemment pas.


3. Familles de composés organiqueset réactivité

Tant dans la première activité que dans le cours, nous avonschoisi de traiter des familles chimiques au programmecomme d’un ensemble, plutôt que d’effectuer une étudespécifique à chacune d’elles, par exemple dans des activi-tés différentes. C’est ainsi que la première activité (p. 188 et189) traite, selon un même modèle, de cinq familles chi-miques au travers de définitions, de critères de reconnais-sance et de tests chimiques. De même, le cours présente tout d’abord les caractéris-tiques de six familles chimiques sous forme d’un grandtableau (Tab. 1, p. 192 et 193). Ensuite seulement (para-graphes 2. et 3. p. 195-198), la réactivité des alcools estabordée.La réactivité des alcools donne l’opportunité de revoir lesréactions d’oxydoréduction, comme cela est précisé dansles commentaires du programme. C’est aussi l’occasion d’a-border deux nouveaux types de réactions : la déshydrata-tion (qui est un exemple de réaction d’élimination) et lasubstitution. Au-delà des équations chimiques que l’élèvedoit connaître, nous pensons qu’il est important de mettreen avant les caractères structuraux différents de ces réac-tions. Les réactions de déshydratation entraînent une pro-fonde modification de la structure géométrique : nous pro-posons d’utiliser les modèles moléculaires pour montrerd’une part, le passage d’une structure tétraédrique à unestructure plane, et d’autre part, une modification de struc-ture électronique : la création d’une double liaison. Grâceaux modèles moléculaires, la différence avec la réaction desubstitution saute aux yeux.Cette approche structurale nourrit cette partie sur la réac-tivité, et constitue une approche nouvelle de la réaction chi-mique sans qu’aucune difficulté conceptuelle ne soit intro-duite.Les applications industrielles de la réactivité des alcoolssont demandées par le programme officiel. Nous avonschoisi un cas simple, celui du méthanol, qui permet de réin-vestir la quasi-totalité des réactions vues dans le chapitre àpropos d’un produit de première importance dans l’indus-trie chimique moderne :• L’oxydation en formaldéhyde qui est une étape importantedans l’industrie des polymères (résine phéno-formol parexemple). Dans l’industrie, son oxydation n’est pas per-manganique mais utilise le dioxygène de l’air.• Le passage du méthanol au chlorométhane est égalementimportant. Le chlorométhane est produit par chloration directe du méthane entre 400 °C et 500 °C. C’est un intermédiaire de synthèse utilisé comme réactifméthylant dans la synthèse de silicones, de méthylcellu-loses, d’aromatiques méthylés…• Le passage à la méthylamine complète, appelé dansl’industrie « la chimie en C1 », c’est-à-dire la chimie descomposés ne contenant qu’un seul carbone. Le passage àl’amine résulte d’une réaction avec l’ammoniac dans des

Groupes caractéristiques et réactivité9

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Cette activité est abondamment illustrée. Il nous semble eneffet important que l’élève voie ces illustrations, et si possi-ble, ces tests en classe ou en TP. Leur réalisation, pour êtreparlante, nécessite que les concentrations soient ajustées,et que le représentant de chaque fonction organique soitbien choisi. Les documents proposés correspondent auxespèces chimiques mentionnées dans le texte de l’activitémais de nombreux autres réactifs organiques peuvent êtreutilisés. À titre d’exemple, la caractérisation d’un dérivéhalogéné a été effectuée avec le 2-bromo-2-méthylpropanequi est particulièrement réactif. S’il fallait choisir un autredérivé halogéné, il faudrait se rappeler que la réaction miseen jeu est une E1. Il suffit donc de choisir un dérivé halo-géné favorisant une cinétique d’ordre 1.

Correction

1. a. CH2CHCH2CH2CH3.Le groupe caractéristique du pent-1-ène est la double liaison

CC . D’après l’énoncé 1, c’est en effet le seul groupe

d’atomes non reliés par une simple liaison.b. D’après l’énoncé 3, c’est lors de l’addition du pent-1-ènequ’une modification perceptible du milieu réactionnel alieu. Le test au dibrome est donc positif lorsqu’il y a déco-loration.

Note : Les solutions concentrées de dibrome sont en équilibre avec une fortepression de vapeur de gaz dibrome. Ce dernier étant toxique, de telles solutionsdoivent être conservées dans un flacon bien étanche.

c. D’après l’énoncé 2, il faudrait montrer que d’autres molé-cules présentant un tel groupe caractéristique donnent unrésultat positif à ce test, c’est-à-dire une décoloration del’eau de brome (énoncé 3). Il faudrait aussi montrer que desmolécules ne possédant pas ce même groupe caractéris-tique donnent un résultat négatif à ce test. Les moléculespossédant un même groupe caractéristique appartenant àune même famille chimique (énoncé 4), le test est alorscaractéristique de la famille des alcènes.

2. a. Fluor, chlore, brome et iode.

Note : L’astate est un élément chimique artificiel, résultant de synthèses nucléai-res. Il n’est pas intéressant de l’inclure parmi les halogènes.

b.

Note : Dans la formule développée, on n’est pas tenu de mettre en évidence lesdoublets non liants : ici le chlore en a trois (non représentés).

c. La position des halogènes dans la classification pério-dique oblige les atomes de la famille des halogènes à êtreliés par une unique liaison chimique. Ils ne peuvent doncpas, comme les atomes de carbone, participer au squelettede la molécule et doivent être limités à prendre la placed’un atome d’hydrogène de l’alcane correspondant.

Note : Tous les atomes d’hydrogène d’un alcane peuvent formellement être rem-placés par des atomes d’halogène (à la différence des alcools pour lesquels lamolécule est instable quand trop d’atomes H sont remplacés par des groupes OH;par exemple, CH2(OH)2 se déshydrate spontanément en méthanal).

d. Ag+(alc) + C4H9Br(alc) → AgBr(s) + C4H8(alc) + H+

(alc)

L’espèce chimique organique C4H8 résultante est un alcène(méthylpropène).

Notes :• Il se forme également du tertiobutanol avec le peu d’eau présente, et un éther(l’oxyde d’éthyle et de tertiobutyle) par réaction avec l’alcool. Ces deux espèces

C

H

H

H

Cl


conditions peu accessibles hors de l’industrie (400 °C, 3 MPa, catalysé par Al2O3). La méthylamine est un intermédiaire dans l’industrie phar-maceutique, celle des colorants et des pesticides. De nom-breuses molécules issues de synthèses industrielles etcontenant un atome d’azote sont issues de la méthylamine.• Une application de déshydratation intermoléculaire impli-quant le méthanol a été mentionnée pour son importancesocio-économique. Le MTBE (méthyltertiobutyléther) estun additif important des carburants automobiles. C’est unsuccédané du tétraéthylplomb.

4. Savoir-faire exigible

Un certain nombre de techniques doivent être acquises parles élèves au regard du programme officiel :– le chauffage à reflux (p. 200) ;– la filtration sous vide (p. 200) ;– la CCM (p. 190) ;– la distillation (p. 190).Ces techniques sont utilisées dans les activités expéri-mentales proposées dans ce chapitre (pages entre paren-thèses dans la liste précédente). Pour toutes les activitésexpérimentales proposées, de nombreuses questions favo-risent la réflexion de l’élève sur ce qu’il a fait. Cela permetde créer un lien intéressant avec le cours.

1. Groupes caractéristiques(p. 188-189)

CommentairesÀ partir de quelques énoncés très généraux donnant àl’élève les bases du raisonnement en chimie organique, on introduit les différentes familles chimiques : alcènes,composés halogénés, alcools, aldéhydes et cétones.À chaque fois, l’élève est amené à comprendre pourquoi, àun groupe caractéristique donné identifiable sur la formulede la molécule, est associée une réactivité propre d’unefamille organique. Cette réactivité lui donne alors la possi-bilité d’identifier un échantillon inconnu d’une espèce chi-mique organique. Avec la définition que nous donnons de la famille desalcools : « un alcool dérive d’un alcane par remplacementd’un atome H par un groupe d’atome OH » (p. 189, para-graphe 3.), nous avons fait le choix de respecter le pro-gramme. Nous ne précisons pas que le carbone portant legroupe caractéristique doit être « tétragonal», comme celapeut être lu dans d’autres ouvrages dans le but de préparerles élèves à ne pas considérer le groupe OH d’un acide car-boxylique comme un signe d’appartenance à la famille desalcools. Cette précision est superflue.La progression proposée commence par quelques énoncésque l’élève devra utiliser pour répondre aux questionsposées par la suite. Dans ces énoncés, un groupe caracté-ristique est défini. La définition est immédiatement utiliséedans le cadre d’une famille connue des élèves depuis le cha-pitre précédent, celle des alcènes. C’est seulement à partirdu paragraphe 2. que de nouveaux groupes caractéristiquessont introduits.

DOC


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chimiques résultent d’une évolution possible du carbocation C4H9+ qui se forme

lors de l’arrachage de l’ion chlorure par l’ion argent.• La solution aqueuse de nitrate d’argent pourrait être utilisée dans le cas dubromure de tertiobutyle, mais son usage n’est pas généralisable aux autres déri-vés halogénés. Dans certains cas, il est nécessaire de chauffer un peu le sys-tème réactionnel pour faire apparaître le précipité, en particulier avec les chlo-rures d’alkyles primaires.

e. On sait que le bromure d’argent est insoluble (en parti-culier dans l’eau), or, pour former un précipité commeAgCl(s) ou AgBr(s), il est indispensable que l’élément chi-mique Cl ou Br soit présent parmi les réactifs.f. C’est un test chimique parce que, comme cela est indiquédans l’énoncé 3, il permet une modification perceptible dumilieu réactionnel. Par ailleurs, d’après l’énoncé 2, cetteréaction chimique révèle la présence d’un groupe caracté-ristique : celui de la famille des composés halogénés.g. On peut répondre en modifiant l’halogène (mais pas avecle fluor, trop stable) ou la chaîne carbonée.

3. a. Il s’agit de CH3 CH2 CH2 CH2 OH et deCH3 CH2 CHOH CH3. Il n’y en a que deux car, parexemple, CH3 CHOH CH2 CH3 est identique àCH3CH2CHOHCH3.

b. CH3 CH2 CH2 CH2 OH est le butan-1-ol etCH3CH2CHOHCH3 est le butan-2-ol.c. L’ion permanganate est réduit, donc une autre entité chi-mique (l’alcool) est forcément oxydée. Il s’agit donc d’uneréaction d’oxydoréduction. La réduction de l’ion perman-ganate est révélée par la décoloration de la solution. Seule,en effet, l’entité MnO4

–(aq) peut être responsable de la cou-

leur violette de la solution.d. MnO4

–(aq) + 8 H+

(aq) + 5e– = Mn2+(aq) + 4H2O

C4H10O(aq) = C4H8O(aq) + 2H+(aq) + 2e–

2MnO4–

(aq) + 5 C4H10O(aq) + 6H+(aq) → 2Mn2+

(aq) + 5C4H8O(aq) + 8 H2O

Note : Les élèves ne peuvent pas encore savoir que l’aldéhyde est égalementoxydé en acide carboxylique par les ions permanganate.

e. Il faudrait montrer que d’autres alcools sont aussi oxy-dés dans ces conditions, et que des représentants d’autresfamilles ne le sont pas.

Note : Nous avons choisi, pour cette introduction de la famille des alcools, dene pas évoquer la notion de classes d’alcool qui ne figure pas au programmeofficiel. Cette approche de l’oxydation est donc forcément incomplète du pointde vue de la chimie. Du point de vue de l’élève, ce test caractéristique apparaîtcomme un lien entre l’oxydoréduction et ce chapitre de chimie organique.

4. a. b. et c.

propanone éthanal méthanal

Dans le cas du méthanal, le carbone doit engager une liai-son simple avec chaque H et une liaison double avec O, ilne peut donc être lié à d’autres atomes. Le méthanal estdonc l’unique aldéhyde avec deux atomes H sur le carbone

portant le groupe caractéristique CO.

d. Le propanal est une molécule de trois atomes de carbone(radical prop) et qui contient, comme le méthanal et l’étha-nal le suffixe al, c’est donc un aldéhyde ; sa formule semi-développée est : CH3CH2CHO (avec une double liaisonentre C et O).L’« éthanone », étant donné son nom, devrait être unecétone (one) de deux atomes de carbone (éth). Ce n’est paspossible vue la façon dont la famille des cétones est définiedans l’énoncé.

H3C H3CCH3

O

C H

O

C HH

O

C

Il existe deux pentanones (et deux seulement). La pentan-2-one et la pentan-3-one. La «pentan-1-one» est en fait le pen-tanal et la «pentan-4-one » est la pentan-2-one.

e. Non, le test à la 2,4-DNPH n’est pas caractéristique de lafamille des cétones, puisque les représentants de la familledes aldéhydes donnent aussi un test positif.

f. Pour savoir si un échantillon est constitué d’une espècechimique faisant partie de la famille des cétones, il faut luifaire subir deux tests : celui de la 2,4-DNPH et celui du réac-tif de Fehling. Il s’agira d’une cétone si le premier test estpositif et le second négatif.

g. Pour montrer qu’il s’agit effectivement d’une réactiond’oxydoréduction, il faut pouvoir écrire les demi-équationsde chaque couple :

2Cu2+(aq) + H2O + 2e– = Cu2O(s) + 2H+

(aq)

C4H8O(aq) + H2O = C4H8O2(aq) + 2H+(aq) + 2e–

L’équation chimique traduisant l’oxydoréduction est donc :

2Cu2+(aq) + C4H8O(aq) + 2H2O → Cu2O(s) + C4H8O2(aq) + 4H+

(aq)

Notes : • Afin de résorber les ions H+ formés, la réaction est réalisée en milieu basique.Le cuivre est sous forme d’un complexe de tartrate (C4H4O6

2–) de cuivre (solu-tion et de couleur bleue plus marquée que celle de l’aquacomplexe), et l’acidecarboxylique obtenu est en fait sous sa forme basique. Les demi-équations etl’équation suivantes traduisent mieux la réalité, mais ne sont pas exigibles desélèves à ce niveau :

2Cu(C4H4O6)22–

(aq) + 2HO–(aq) + 2e– = Cu2O(s) + 4C4H4O6

2–(aq) + H2O

C4H8O(aq) + 3HO–(aq) = C4H7O2

–(aq) + 2H2O + 2e–

2 Cu(C4H4O6)22–

(aq, bleu) + C4H8O(aq) + 5HO–(aq)

→ Cu2O(s, rouge brique) + C4H7O2–(aq) + 4C4H4O6

2–(aq) + 3H2O

• En Seconde (en biologie) il a été vu que de nombreux sucres donnent avec leréactif de Fehling un test positif, qui se manifeste par l’apparition d’un préci-pité rouge brique (Cu2O(s)). On peut maintenant réinterpréter ces expériencesen précisant que ces sucres contiennent le groupe caractéristique présent dansles aldéhydes.

2. Synthèse de la butanone et chromatographie (p. 190)

CommentairesCette première synthèse organique permet aux élèves dedécouvrir une préparation qui combine une oxydation etune distillation du produit au fur et à mesure de sa forma-tion. Il est préférable d’avoir préalablement introduit lanotion de groupes caractéristiques ainsi que le passage, paroxydation, des alcools aux aldéhydes ou aux cétones. Cette oxydation est mise en évidence à la fois par la déco-loration du réactif (K+

(aq) + MnO4–(aq)) et par l’identification

de la cétone formée.Une chromatographie sur couche mince de la 2,4-dinitro-phénylhydrazine et du dérivé caractéristique de la butanoneprécipité, simple à mettre en œuvre, montre bien l’intérêtde la technique d’autant plus que ces deux espèces chi-miques sont colorées.

Correction1. a. Le couple mis en jeu est : C4H8O(aq) / C4H10O(aq).Les demi-équations sont :

C4H10O(aq) = C4H8O(aq) + 2 H+(aq) + 2 e–

MnO4–(aq) + 8 H+

(aq) + 5 e– = Mn2+(aq) + 4 H2O

D’où l’équation :

2MnO4–(aq) + 5C4H10O(aq) + 6H+

(aq) → 2Mn2+(aq) + 5C4H8O(aq) + 8H2O

b. La quantité de matière d’alcool est :nred = m /M = 0,81 / 74 = 0,011 mol.

TP


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 85

Celle d’ions permanganate est :nox = cV = 0,010 × 0,050 = 5,0 × 10 –4 mol

Dans le tableau, l’avancement et les quantités de matièresont exprimés en mole.On déduit du tableau que xmax = 2,5 × 10 –4 mol : il reste 0,010mol d’alcool quand il n’y a plus d’ions permanganate.L’alcool est donc en large excès.La décoloration de la solution confirme le résultat de cecalcul.c. La température θ1 est inférieure à 99 °C qui est la tempé-rature d’ébullition du butan-2-ol ou à 100 °C qui est celle del’eau. Cela montre qu’une autre espèce chimique est en trainde distiller. Il s’agit de la butanone (θéb = 80 °C).

Note : On trouve θ1 entre 85 et 88 °C. Il s’agit en fait d’une co-distillation decétone et d’eau car la quantité de cétone est faible dans les conditions de cetteexpérience.

d. Le distillat présente deux phases, il ne peut donc êtreconstitué d’une unique espèce chimique.e. Il faut effectuer un test à la 2,4-DNPH.f. La température θ2 est voisine de 100 °C. Il s’agit d’unmélange constitué de l’excès de butanol et d’eau.g. On attend au plus 5 xmax de cétone, soit :

m = 5 xmax M = 0,090 g.

2. a. La 2,4-DNPH est une espèce chimique toxique. Sa toxi-cité s’exprime par inhalation (R23), par contact avec la peau(R24) et en cas d’ingestion (R25). Elle doit être manipuléeavec soin en évitant tout contact avec la peau (S24) et avecles yeux (S25). L’utilisation d’une pipette et le nettoyage dela paillasse, si des gouttes sont renversées, sont obligatoires.b. Le test à la 2,4-DNPH confirme que l’oxydation du buta-nol en butanone a eu lieu et que cette espèce chimique seretrouve effectivement dans le distillat.c. Il est plus prudent de montrer que le réactif utilisé nedonne pas un test positif.

3. a. Cette technique permet de séparer les constituantsd’un mélange d’espèces chimiques.b. Il n’y a qu’une tache jaune au-dessus du dépôt du filtrat.Ce dernier ne contient donc qu’une seule espèce chimiquecolorée.

Notes : • La plaque utilisée lors de la réalisation de notre expérience était une couchede gel de silice d’épaisseur 0,2 mm sur plastique, taillée aux dimensions 5 × 10 cm2.Le Rf des produits est 0,6 pour l’hydrazone et 0,4 pour la 2,4-DNPH.• La solution de 2,4-DNPH utilisée pour la chromatographie n’est pas celle dutest.• L’élution à l’éther est de loin préférable à une élution à l’éthanol, plus lente etmoins efficace pour séparer les deux substrats.

3. Les trois classes d’alcool(p. 191)

CommentairesLe but de cette activité de questionnement est de montrerqu’au sein d’une même famille, les alcools, la réactivité deces molécules est différente et dépend de la position dugroupe caractéristique dans la chaîne carbonée.Nous avons fait le choix de montrer ici le test de Lucas dans

DOC

lequel seul l’alcool primaire ne réagit pas, contrairement au test d’oxydation, avec le permanganate de potassiumK+

(aq) + MnO4–(aq) par exemple, où c’est l’alcool tertiaire qui

ne réagit pas.Ces tests sont basés sur des phénomènes chimiques diffé-rents. Dans le cas du test de Lucas, il s’agit d’une réactionde substitution alors que dans le cas d’une réaction avec lepermanganate de potassium, il s’agit d’une oxydation.

Correction1. a. On a :

b. La première molécule se nomme butan-1-ol, car elledérive du butane et que le groupe caractéristique se trouvesur le carbone 1. La seconde se nomme butan-2-ol, car elledérive du butane et que le groupe caractéristique se trouvesur le carbone 2 et la troisième 2-méthylpropan-2-ol, car elledérive du 2-méthylpropane et que le groupe caractéristiquese trouve sur le carbone 2.

c. Dans un alcool primaire, le carbone portant le groupe-ment OH est relié à un seul autre atome de carbone.Dans un alcool secondaire, le carbone portant le groupe-ment OH est relié à deux autres atomes de carbone. Dans un alcool tertiaire, le carbone portant le groupementOH est relié à trois autres atomes de carbone.

2. a. L’alcool primaire ne réagit pas lors du test de Lucas.Les produits formés lors des réactions avec les alcoolssecondaire et tertiaire sont obtenus par substitution dugroupe OH par Cl :

Les molécules produites appartiennent à la famille descomposés halogénés.

b. On constate que la réactivité des alcools diffère suivantleur classe. Ainsi, l’alcool tertiaire réagit à froid au test deLucas, l’alcool secondaire à chaud et l’alcool primaire neréagit pas. On identifie ainsi les classes des alcools grâce àleur réactivité lors de ce test.

c. Les chlorures d’alkyle formés ici sont peu solubles ensolution aqueuse. Le trouble qui apparaît lors du test cor-respond à une émulsion dont une des phases est la phaseaqueuse et l’autre la phase organique dans laquelle setrouve le chlorure d’alkyle.

d. On remplace un groupe OH par un atome de chlore Cl.Ce dernier peut engager une liaison avec le carbone précé-demment lié à l’oxygène du groupe OH. Ainsi, la structurede l’atome de carbone n’est pas modifiée.On obtient :

ClCl

pour l’alcool secondairepour l’alcool tertiaire et

H C

H

H

H

H

C OH

H

H

C

H

H

C H C

H

H

H

H

C H

OH

H

C

H

H

C

H C

H

H

O

C

C

H

H

C

H

H

H

H

H


2 MnO4– 5 C4H10O(aq) 6 H+

(aq) 2 Mn2+(aq) 5 C4H8O(aq) 8 H2O

E.I. x = 0 5,0 × 10–4 0,011 excès 0 0 solvant

E.F. xmax 5,0 × 10–4 – 2 xmax 0,011 – 5 xmax excès 2 xmax 5 xmax solvant

1 2

3

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 86

froid pour réaliser la filtration : il suffit que le ballon soitmanipulable sans risque de brûlure.

2. Isolement de l’acide

Avant la filtration, on pourra remarquer que l’odeur dumélange réactionnel est celle de l’amande amère, due à laprésence d’un peu de benzaldéhyde provenant du légerdéfaut de permanganate de potassium. La filtration sousvide est une exigence du programme, c’est la raison pourlaquelle une illustration spécifique est fournie, détaillant lemontage du filtre Buchner. Nous attirons l’attention du pro-fesseur sur la fixation de la fiole à vide à un support stable.La filtration est très longue si tout le dioxyde de manganèseest introduit dans le filtre. On pourra laisser une partieimportante du résidu solide dans le ballon, en filtrant spéci-fiquement le surnageant et en rinçant plusieurs fois le solideà même le ballon. Si l’on dispose de célite (ou terre de dia-tomée), on en tapisse le filtre Buchner sur 2 cm de haut etl’on verse le mélange réactionnel sur la célite. La filtrationest alors remarquablement favorisée. La célite est ensuitejetée avec le dioxyde de manganèse en fin de filtration.Si le filtrat d’un élève est légèrement violet - cela arrive sil’introduction des réactifs n’a pas été assez soignée - ledécolorer avec un minimum de solution concentrée d’hy-drogénosulfite de sodium Na+ + HSO3

– (bisulfite de sodium).Le pH est basique car la synthèse consomme des ions H+

(aq).Comme on part d’eau à pH 7, des ions HO–

(aq) sont produits.Le milieu réactionnel étant basique à cause de la synthèse(l’élève en prend conscience lorsqu’il écrit l’équation de lasynthèse pendant le travail de réflexion), l’acide benzoïqueest sous sa forme basique (ion benzoate).Lors de l’acidification du filtrat, l’ion benzoate est protonéet l’acide benzoïque, peu soluble dans l’eau, précipite.L’acide étant d’autant plus soluble que la température estélevée, il faut impérativement filtrer à température aussibasse que possible, sous peine de diminuer considérable-ment le rendement de cette synthèse. L’utilisation de glaceest vivement recommandée.La filtration doit être effectuée sans célite, bien sûr, carc’est le solide que l’on récupère cette fois.Le rendement Rt est donné par :

Rt =100 × mac benz Malc benz / Malc benz malc benz

La notion de rendement doit être spécifiquement distinguéede celle d’avancement. Pour les élèves, l’avancement tendtoujours vers la valeur maximale. Le rendement est relatifà ce qui est récupéré en fin de synthèse, toutes pertesconfondues.Le rendement caractérise l’activité de synthèse, alors quel’avancement caractérise la réaction de synthèse.

Correction3. a. et b. L’acide benzoïque n’est pas soluble à froid, maisest bien soluble à chaud.

Note : Les proportions préconisées permettent une solubilisation totale àchaud, ce qui est très démonstratif.Au refroidissement, la recristallisation de l’acide benzoïque sous forme de bel-les aiguilles blanches peut advenir si les proportions utilisées par les élèves sontadéquates. Cette technique n’est pas au programme de la classe de Première,mais si le phénomène intervient avec un ou plusieurs groupes, il est intéressantde le faire remarquer.

c. La solution chaude est acide (pH entre 2 et 3) car c’est une solution d’un acide carboxylique (dans ce cas, pKa = 4,2). Cela permet aux élèves de vérifier qu’une solu-tion d’un acide carboxylique est acide (test d’identification

.

3. a. On a : C2H4O(aq) + 2H+(aq) + 2 e– = C2H6O(aq)

b. L’aldéhyde formé possède deux atomes de carbone, ildérive de l’éthane. Il s’agit de l’éthanal. On peut mettre saprésence en évidence à l’aide d’un test à la 2,4-DNPH ou àl’aide du réactif de Schiff.

c. On a : O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e– = 2 H2O

En combinant les deux demi-équations, on obtient :

O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e– = 2 H2O

C2H6O(aq) = C2H4O(aq) + 2 H+(aq) + 2 e– (× 2)

2 C2H6O(aq) + O2(g)→ 2 C2H4O(aq) + 2 H2O

d. On a : C2H4O2(aq) + 2H+(aq) + 2 e– = C2H4O(aq) + H2O

e. C2H4O2(aq) appartient à la famille des acides carboxy-liques. Il s’agit de l’acide éthanoïque. On peut mettre en évi-dence sa présence en mesurant le pH de la solution. Celui-ci doit être acide.

f. De même, on a :

C2H4O(aq) + H2O = C2H4O2(aq) + 2H+(aq) + 2 e–

et O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e– = 2 H2O

D’où : 2 C2H4O(aq) + O2(g) → 2 C2H4O2(aq)

4. Oxydation d’un alcool (p. 200)

CommentairesCette activité a été construite autour de l’expérience del’oxydation de l’alcool benzylique en acide benzoïque. Saprésentation simplifiée permet de réinvestir les connais-sances de base du chapitre 5 sur les couples acide/base. Chauffage à reflux, filtration sous vide, précipitation enmilieu acide sont proposés à la fois à la manipulation et àla réflexion des élèves, conformément au B.O.

Commentaires sur la synthèse et les expériences

réalisées :

1. Synthèse d’un acide carboxylique

Les proportions sont pratiquement stœchiométriques, avecun très léger défaut de permanganate de potassium, desorte que le filtrat, lors de l’isolement de l’acide benzoïque,ne soit pas coloré.L’intérêt de l’alcool benzylique (par rapport aux autresalcools) est d’avoir un aldéhyde non énolisable, dont l’oxy-dation en acide carboxylique se fera sans produit secon-daire. En effet, la plupart des aldéhydes (et des cétones)sont en équilibre avec un énol, par exemple :

La double liaison de l’énol est réactive face à l’ion perman-ganate. Comme un tel équilibre n’est pas réalisable avec lebenzaldéhyde, la synthèse proposée dans l’activité est rela-tivement «propre».Il n’est pas nécessaire que le mélange réactionnel soit très

O

H

OH

H

TP


Cl OH

par substitution du groupe OH de


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 87

vu en cours).d. L’aldéhyde (benzaldéhyde) correspondant à l’oxydationde l’alcool aurait aussi pu se former lors de cette synthèse.e. L’échantillon synthétisé possède les mêmes propriétés desolubilité (en fonction de la température et du pH) quel’échantillon de référence.

Note : L’acide benzoïque est également soluble à froid mais en milieu basique.C’est alors l’ion benzoate que l’on trouve en solution. Quand on acidifie une tellesolution, le solide précipite. On a l’impression qu’il est en plus grande quantitéqu’initialement. Cela provient du fait que le précipité est plus dispersé que lescristaux initiaux.

f. La valeur du pH montre que le milieu est basique ; dansces conditions, l’acide benzoïque de référence est soluble.Le produit cherché est donc bien dans le filtrat.

Note : Ces tests permettent également à l’élève de réfléchir sur le mode opéra-toire utilisé lors de la synthèse, en particulier sur le fait qu’après la réaction, l’a-cide benzoïque est sous sa forme soluble (ion benzoate) et qu’il est précipitéaprès filtration par acidification du filtrat.

4. a. MnO4–(aq) + 4H+

(aq) + 3e– = MnO2(s) + 2H2O

C6H5CH2OH(aq) + H2O = C6H5COO–(aq) + 5H+

(aq) + 4e–

b. 4MnO4–(aq) + 3C6H5CH2OH(aq)

→ 4MnO2(s) + 3C6H5COO–(aq) + 4H2O + HO–

(aq)

Note : Cette écriture est préférable à la suivante :4 MnO4

–(aq) + 3 C6H5CH2OH(aq) → 4 MnO2(s) + 3 C6H5COOH(aq) + H2O + 4 HO–

(aq)

Cette dernière traduit que l’acide benzoïque est sous forme acide, ce qui n’estpas cohérent avec le fait que le pH est basique ; seule la forme basique (ion car-boxylate) est présente en solution. Un tel niveau de réflexion n’est pas acces-sible aux élèves de Première S, c’est la raison pour laquelle les couples à utili-ser ont été donnés dans l’énoncé.

c. L’équation d’oxydoréduction (correctement écrite à laquestion b., voir la note ci-dessus) montre que l’on produitdeux bases : l’ion benzoate et l’ion hydroxyde. Il est raison-nable de penser que le pH du système sera supérieur à 7puisque le système, initialement à pH 7, a produit deux for-mes basiques de deux couples acide/base.

5. L’acide benzoïque est peu soluble dans l’eau froide. Enrevanche, à chaud, il est bien soluble. Lors du refroidisse-ment de la solution chaude, l’acide benzoïque précipite.a. C6H5COOH(aq) + HO–

(aq) → C6H5COO–(aq) + H2O

b. En milieu basique, l’acide se transforme en ion benzoateet passe en solution. En milieu basique l’ion benzoate estprotoné par la réaction d’équation :

C6H5COO–(aq) + H+

(aq) → C6H5COOH(aq)

et l’acide benzoïque se forme à nouveau. Comme il estinsoluble dans l’eau froide, cela se traduit par une préci-pitation.

5. Étude d’une réaction de substitution (p. 202)

CommentairesCette étude réinvestit les connaissances acquises enconductimétrie au cours de l’année en relation avec lesgroupes caractéristiques étudiés dans ce chapitre. L’élèveeffectue une réaction chimique au cours de laquelle undérivé chloré est transformé en alcool.

Le but de cette activité est de répondre à un des objectifsdu programme dont un commentaire, évoque « le passaged’un groupe à un autre (RX/ROH) ». Nous avons choisil’hydrolyse du chlorure de tertio-butyle en milieu eau-acé-tone. C’est une réaction de substitution.Utiliser la conductimétrie pour suivre l’évolution d’une syn-

TP

thèse organique est possible si des ions sont créés (ouconsommés). C’est les cas des ions H+

(aq) et Cl–(aq) qui ne

peuvent s’associer, car HCl est un acide fort, et qui restentdonc en solution sous forme d’ions. Ils provoquent l’aug-mentation de la conductivité qui se met en évidence commecela a été vu lors de la première partie du programme.

Correction

1. a.

Ce n’est pas une espèce chimique ionique.

b. On ajoute une goutte du liquide à tester à 1 mL d’une solu-tion alcoolique de nitrate d’argent. Si c’est un dérivé halo-géné, on attend un précipité blanc d’halogénure d’argent.

c. La conductivité de la solution augmente. On peut penserqu’il se forme des ions en solution.

2. a. On peut proposer l’équation chimique suivante :

C4H9Cl(aq) + H2O → C4H9OH(aq) + H+(aq) + Cl–(aq)

Il s’est formé un alcool C4H9OH(aq), des ions hydrogène etchlorure (responsables de l’augmentation de conductivité).

b. Il s’agit d’une réaction de substitution : on a remplacél’atome de chlore par le groupe hydroxyle OH.

c. Les tests permettant de détecter les ions en solutionsont :– le test au papier-pH pour détecter la présence des ionsH+

(aq) : on doit détecter une diminution du pH (donc uneacidification du milieu) ;– le test au nitrate d’argent pour détecter la présence desions Cl–(aq) : on doit obtenir un précipité blanc de chlorured’argent qui noircit à la lumière.

d. Le test des ions chlorure n’est pas une preuve satisfai-sante puisque les ions chlorure sont certes produits par laréaction chimique mais peuvent également être arrachéspar les ions argent au 2-chlorométhylpropane (voir le testdes composés halogénés).

e. Pour identifier un tel alcool, on peut réaliser une oxyda-tion ménagée avec une solution de permanganate de potas-sium acidifiée (dont le résultat doit être négatif puisqu’il s’a-git d’un alcool tertiaire) ou réaliser le test de Lucas décritdans l’activité 3 (qui sera positif).

f. Initialement, on a :

nchloro = 0,50 × 0,85 / 92,6 = 4,6 × 10 –3 mol.

On peut dresser le tableau suivant où l’avancement et lesquantités de matière sont exprimés en mole.

g. D’après le tableau d’avancement, on voit que pour un étatintermédiaire, nH+ = nCl– = x.Ainsi, en appelant le volume total VT, on a :

[H+(aq)] = [Cl–(aq)] = x / VT.

h. À l’état final, on a :xmax = 4,6 × 10 –3 mol

et nH+ = nCl– = xmax = 4,6 × 10 –3 mol.

Cl


C4H9Cl(aq) H2O C4H9OH(aq) H+(aq) Cl–

(aq)

État initial x = 0 4,6 × 10–3 solvant 0 0 0

Étatx 4,6 × 10–3 – x solvant x x x

intermédiaire

État final x = xmax 4,6 × 10–3 – xmax solvant xmax xmax xmax

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:30 Page 88

Puisque VT = 200 mL, on a :

[H+(aq)] = [Cl–(aq)] = xmax /VT = 2,3 × 10 –2 mol . L–1.

i. On a la relation : σ = λH+[H+(aq)] + λCl–[Cl–(aq)].

Puisque, [H+(aq)] = [Cl–(aq)] = x/VT, on a :

σ = (λH+ + λCl–) .

j. À partir des valeurs de la conductivité σ, on obtient lesvaleurs de x : x = σ VT / (λH+ + λCl–).

On obtient les valeurs expérimentales du tableau ci-dessous.

k. À l’état final, on a :σf = (λH+ + λCl–) xmax / VT = 0,80 S . m–1.

Expérimentalement, on a :

σexp = 0,21 S . m–1.

L’ordre de grandeur est correct : la différence entre la valeurthéorique et la valeur expérimentale est due au fait quel’une est calculée dans l’eau et l’autre est déterminée dansun mélange eau-acétone.

l. La courbe de x en fonction du temps est croissante, part de zéro, puis tend vers sa valeur maximale xmax. Cettecourbe est déduite des valeurs expérimentales du tableauci-dessus.

Appliquer ses connaissancesa.

H

H C C C H

H CH

H

HO

H

4

HH

H

C C C C H

H H

H H HH

O

3

H

H C C C H

H

H O H

2

H

H C C H

H

H Br

1

11

0,000,200,400,600,801,00

0 5 10 15 20 25

1,20avancement (mol)

temps (min)

x

VT

1 est un composé halogéné et s’appelle le bromoéthane.2 est une cétone, il s’agit de la propanone (ou acétone).3 est un aldéhyde, il s’agit du butanal.4 est un alcool, il s’agit du méthylpropan-2-ol.

a.

b. Ces molécules appartiennent respectivement auxfamilles suivantes : alcool, amine, acide carboxylique etaldéhyde.c. Les noms des molécules sont respectivement : éthanol,méthylamine, acide méthanoïque, acide éthanoïque.

Note : Le nom usuel de l’acide méthanoïque est l’acide formique et celui del’acide éthanoïque est l’acide acétique.

a.

b. Ces molécules appartiennent respectivement auxfamilles suivantes : alcool 1 , acide carboxylique 2 ,composé halogéné 3 , amine 4 , cétone 5 , aldéhyde 6 ,alcool 7 , composé halogéné 8 , et alcool 9 .

c. Le squelette carboné de chacune de ces moléculescontient respectivement 3, 2, 3, 4, 4, 3, 3, 4, 4 atomes de car-bone.d. Propan-2-ol, acide éthanoïque, 1-bromopropane, 2-aminobutane, butanone, propanal, propan-1-ol, 2-chloro-méthylpropane et méthylpropan-2-ol.

H C

H

H

H

H

C H

H

H

C O

H C

H

H

O

C

C

H

H

C

H

H

H

H

H

H C

H

H

Cl

C

C

H

H

C

H

H

H

H

78

9

H C

H

H

H

H

C

N

H

C

4

H

H

C H

H H

H C

H

H O

C

H

H

C

5

H

H

C H H C

H

H

H

H

C CH

O

6

H C

H

H

H

O

C

H

H

C H

1

H C

H

H

O H

2

O

C H C

H

H

H

H

C

H

H

C Br

3

H

13

HH C

H

H

O

H

H

H

H

H

H

H

C O

HH C O OH C C

H C

H

H

N

12


t (min) 0,5 3 6 9 12 15 18 21

σ (S . m–1) 0,0049 0,076 0,152 0,188 0,2 0,204 0,205 0,206

x (mol) 0,02 0,36 0,71 0,88 0,94 0,96 0,96 0,97

E X E R C I C E S

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:31 Page 89

a. Elles ont toutes même formule brute : C5H10O.b. Seules 3 et 5 sont identiques, ainsi que 8 et 9 .Ce sont huit isomères.1 pentan-3-one ; 2 3-méthylbutanone ; 3 pentan-2-one ;4 cyclopentanol ; 5 pentan-2-one ; 6 2,2-diméthylpropa-nal ; 7 3-méthylbutanol ; 8 pentanal ; 9 pentanal.

Note : On remarquera qu’une cétone et qu’un alcool peuvent être isomères.

a. En présence d’un excès de solution oxydante, unalcool primaire s’oxyde en aldéhyde puis en acidecarboxylique. Chacun de ces composés est un produitpossible de la réaction qui donne en outre des ions Mn2+.

b. Pour l’aldéhyde, le test au réactif de Fehling convient etpour l’acide carboxylique une mesure de pH suffit.

Note : Il est nécessaire pour la caractérisation de l’acide carboxylique quel’espèce chimique ait été extraite, car le milieu réactionnel oxydant est égale-ment acide.

a. Les molécules organiques appartiennent à la familledes amines.

b. La molécule 1 se nomme 2-aminopropane (ou isopro-pylamine) et la molécule 2 se nomme aminopropane (oupropylamine ou propanamine).

c. Une solution contenant des amines est basique. Unemesure du pH permet de vérifier la présence de telles espè-ces chimiques en solution aqueuse.

a.

On peut l’obtenir par oxydation de l’éthanol.

b. CH3CHO + H2O = CH3COOH + 2H+(aq) + e–

c. L’éthanal fournit des électrons, il s’oxyde donc.d. Il faut que l’élément chimique argent présent dans leréactif de Tollens subisse une réduction. L’ion Ag+ devientAg métal, ce qui est cohérent.L’équation de la réaction de formation du miroir d’argent est :Ag+

(aq) + CH3CHO(aq) + H2O → Ag(s) + CH3COOH(aq) + 2 H+(aq)

Il se forme donc de l’argent métallique, qui, nappant lesparois du tube, apparaît sous forme de miroir.

a.

b. Ce sont des amines.c. Mises en solution dans l’eau, elles provoquent une aug-mentation du pH. On peut ainsi mesurer le pH d’une tellesolution qui doit être basique.d. Non, toutes les amines produisent une augmentation dupH.e. L’équation de la réaction avec l’acide chlorhydrique est :

C2H7N(aq) + H3O+ → C2H7NH+

(aq) + H2O

a. On ne peut rien en conclure ; il y a de nombreusespossibilités : solution d’acide chlorhydrique, solution debromure de sodium, composés halogénés…

b. On peut en déduire qu’il s’agit d’un composé halogéné.c. Avec le résultat des questions précédentes, il y a deuxpossibilités pour le précipité blanc : AgCl(s) et AgBr(s) (carAgI(s) est jaune). Les masses molaires de AgCl(s) et AgBr(s)sont 143,4 g . mol– 1 et 187,8 g . mol– 1 respectivement. Onsait maintenant qu’il s’agit d’un composé bromé et non d’uncomposé chloré.

23

NH NH222

CH3 CH

O20

18

17

15 d. S’il n’y a pas d’isomère, c’est que le squelette carboné esttout petit ; seuls le bromométhane ou le bromoéthane cor-respondent à cette description. On peut les distinguer parune propriété physique comme la température d’ébullitionou l’indice de réfraction par exemple.

a. Il faut écrire les demi-équations de chaque couple :

C3H8O(aq) = C3H6O(aq) + 2H+(aq) + 2e–

MnO4–(aq) + 8H+

(aq) + 5e– = Mn2+(aq) + 4H2O

D’où l’équation :

2MnO4–(aq) + 6H+

(aq) + 5C3H8O(aq)

→ 2Mn2+(aq) + 8H2O + 5C3H6O(aq)

b. Il s’agit d’une réaction d’oxydoréduction.c. Le produit organique formé est de la famille des cétoneset peut être mis en évidence par un test à la 2,4-DNPH.d. Si l’on était parti du propan-1-ol, on aurait formé le pro-panal.En plus du test à la 2,4-DNPH, on aurait pu utiliser le test deFehling ou de Tollens, tous deux spécifiques des aldéhydes.

Note : Suivant les conditions de concentration, de température, de durée de laréaction, l’oxydation peut aller jusqu’à l’acide propanoïque.

a. On peut proposer :

CH3I + H2O → H+(aq) + I–

(aq) + CH3OH(aq)

b. Le produit organique formé appartient à la famille desalcools. Il s’agit du méthanol.c. On peut réaliser soit le test au permanganate de potas-sium soit le test de Lucas.

a. Une oxydation ménagée est une oxydation sansmodification de la chaîne carbonée (passage d’un groupealcool à un groupe carbonyle ou carboxyle dans ce cas).b. L’éthanol est un alcool primaire. Les produits de son oxy-dation ménagée par le dioxygène de l’air sont l’éthanal A(aldéhyde) et l’acide éthanoïque B (acide carboxylique).c. On peut écrire : – formation de l’éthanal A :

2 C2H5OH + O2 → 2 C2H4O + 2 H2O– formation de l’acide éthanoïque B à partir de l’éthanal :

2 C2H4O + O2 → 2 C2H4O2

d. On peut caractériser la présence de l’éthanal en imbibantun papier de réactif de Schiff et en le présentant auxvapeurs qui se dégagent lors de l’expérience. Pour caracté-riser la présence d’acide carboxylique, on peut utiliser dupapier-pH.

a. Le butan-1-ol appartient à la famille des alcools.b. Le butan-1-ol a pour formule brute C4H10O et son écrituretopologique est :

c. Cette réaction chimique est une réaction de substitution.d. Le test avec la solution de nitrate d’argent est positif maisce n’est pas surprenant puisque le milieu réactionnelcontient initialement de l’acide chlorhydrique, donc desions chlorure.e. En isolant le produit, on a éliminé les traces résiduelleséventuelles d’acide chlorhydrique. Ainsi, le test au nitrated’argent caractérise uniquement le produit formé. Puisqu’ilest positif, on peut en déduire qu’il s’agit d’un composéhalogéné.f. L’halogène Cl a remplacé le groupement OH. Il s’est formédu 1-chlorobutane, de formule C4H10Cl.

OH

28

27

26

25


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a. Il s’agit d’un composé halogéné.b. On peut la caractériser par un test au nitrate d’argentalcoolique. On forme alors (éventuellement à chaud) unprécipité de chlorure d’argent.c. Les quatre isomères possibles sont : le 1-chlorobutane, le 2-chlorobutane, le 2-chloro-2-méthylpropane et le 1-chloro-2-méthylpropane dont les écritures respectivessont les suivantes :

d. Le squelette carboné de l’alcool et celui du composéchloré sont identiques et non ramifiés ; il s’agit donc du 1-chlorobutane ou du 2-chlorobutane, provenant du butan-1-ol ou du butan-2-ol respectivement. Seul lebutan-1-ol conduirait à un aldéhyde qui donnerait un testpositif au réactif de Fehling. Le dérivé chloré formé estdonc le 1-chlorobutane.

e. C4H9OH(aq) + H+(aq) + Cl–(aq) → C4H9Cl + H2O

Note : Bien que ce ne soit pas exigible des élèves, on ne mettra pas l’indice (aq)au composé halogéné qui, n’étant pas soluble dans l’eau, forme une phase à partlors de cette synthèse. En toute rigueur, il devrait avoir l’indice () car c’est unliquide dans les conditions de l’expérience.

f. On a : 2Cu2+(aq) + 2HO–

(aq) + 2e– = Cu2O(s) + H2O

C4H8O(aq) + H2O = C4H8O2(aq) + 2 H+(aq) + 2e–

g. C4H8O(aq) + 2Cu2+(aq) + 4HO–

(aq)

→ C4H8O2(aq) + Cu2O(s, rouge brique) + 2H2O

Note : Les ions Cu2+(aq) complexés par des ligands tartrates sont solubles même

en présence d’ions hydroxyde ; c’est une des originalités du réactif de Fehling.

Aller plus loin

a. Il y a le groupe caractéristique des alcènes et celuides alcools.b. On caractérise la double liaison par la décoloration del’eau de brome.c. La solution de permanganate colore le jus en violet carc’est sa couleur, et la décoloration est due à la présence demolécules présentant le groupe caractéristique OH pré-sent dans le jus, dont le citronellol.d. Le réactif de Fehling est également un réactif des sucres,et il y en a dans les jus de fruits. Le test peut donc être posi-tif à cause du sucre et non pas du citronellol.e. 3,7-diméthyloct-6-èn-1-ol.f. On passe de C10H20O à C10H22O2 en ajoutant une moléculeH2O. L’eau est bien sûr présente dans le vin.

a. CH3COCH3,

b. Il y a une triple liaison entre C et N (et un doublet nonliant sur N).c. Il y a le groupe caractérisitique OH.

Note : Il ne s’agit en fait pas d’une fonction alcool, mais d’une fonction cyan-hydrine, dont le nom n’est pas exigible des élèves.

O

34

32

Cl

ClCl

Cl

30 d. Il s’agit d’une élimination; c’est une réaction normale desalcools :

C4H7NO → C4H5N + H2O

e. Cette espèce chimique donne un test positif à l’eau de brome et donne un pH acide une fois introduite dansl’eau.f. Le test à l’eau de brome est normal puisqu’il y a une dou-ble liaison carbone-carbone. En revanche, le groupe carbo-nyle est ni celui d’une cétone, ni celui d’un aldéhyde (voirleur définition). Il est normal que le test à la 2,4-DNPH soitnégatif.g.

On trouve des règles en plastique transparent et des visiè-res de casque de moto en plexiglas.

2. Synthèse de la butanone et chromatographie (p. 190)

• Butan-2-ol (0,8 g par binôme).• Solution de permanganate de potassium (0,01 mol . L–1)acidifiée (2 mol . L–1 en acide sulfurique).• Réactif 2,4-DNPH (pour la formation de l’hydrazone ; pour 1 L de réactif : 50 g de DNPH, 600 mL d’acidephosphorique à 85 % et 390 mL d’éthanol).• Solution de 2,4-DNPH dans l’éthanol (témoin de CCM).• Éthanol (quelques mL par binôme).• Éther (éluant, quantité suivant la taille de la cuve).• Pierre ponce ou équivalent.• Un montage de distillation avec un thermomètre en hautde colonne (θ < 100 °C).• Deux tubes à essais et leur support.• Deux pipettes simples et poire d’aspiration.• Une cuve pour CCM.• Une plaque de chromatographie (silice, pas nécessaire-ment fluorescente).• Un entonnoir et filtre plissé (petit ou moyen).

3. Les trois classes d’alcool (p. 191)

• Trois tubes à essais avec bouchons.• Porte-tube à essai.• Réactif de Lucas (voir préparation ci-dessous). • Butan-1-ol.• Butan-2-ol.• Méthylpropan-2-ol.• Un dispositif pour bain-marie.• Un tortillon de cuivre placé sur un agitateur en verre.• Éthanol.• Un ballon.• Papier-pH.• 2,4-DNPH (voir préparation ci-après) ou réactif de schiff.• Un dispositif de chauffage.

DOC

TP


CH2 C

O OCH3

C

CH3


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4. Oxydation d’un alcool (p. 200)

• Permanganate de potassium solide (7,8 g par binôme).• Alcool benzylique (5,4 mL).• Acide benzoïque (référence pour effectuer des tests).• Acide chlorhydrique 6 mol . L–1.• Solution d’hydroxyde de sodium 2 mol . L–1.• Une pissette d’eau distillée.• Célite (facilite la filtration, optionnel).• Solution d’hydrogénosulfite de sodium (éventuellement).• Eau glacée (optionnelle).• Un montage à reflux (bicol, condenseur, ampoule de cou-lée, chauffe ballon).• Un agitateur magnétique et barreau (de préférence deforme ovoïde).• Un système de filtration sous vide (support et pince, fiole,filtre Buchner, cône de filtration, papier-filtre du bon dia-mètre, accès à une trompe à eau).• Tubes à essais et leur support.• Un dispositif de chauffage des tubes à essais (pince debois, bec Bunsen).• Un papier-pH.• Papier absorbant et/ou accès à une étuve (pour le séchagede l’aide benzoïque).• Un Accès à une balance.• Une spatule.• Une pipette simple.

5. Étude d’une réaction desubstitution (p. 202)

• Acétone.• 2-chlorométhylpropane.• Une burette graduée de 25 mL avec son support.• Un bécher de 400 mL.

TP

TP• Un bécher de 50 mL.• Une éprouvette graduée de 250 mL.• Un dispositif d’agitation magnétique.• Une pipette graduée de 1 mL.• Un conductimètre étalonné.• Un chronomètre.• Une pissette d’eau distillée.

Préparation du réactif à la 2,4-DNPH

Dissoudre 50 g de 2,4-DNPH dans un mélange de 600 mLd’acide phosphorique à 60 % et de 400 mL d’éthanol.La solution se conserve des années à températureambiante.La 2,4-DNPH est classée comme toxique et l’acide phos-phorique concentré est dangereux. La préparation de ceréactif nécessite le port de gants, son utilisation nécessiteen principe la même précaution.

Préparation du réactif de Lucas

Dissoudre 62 g de chlorure de zinc (poudre blanche) dans58 g d’acide chlorgydrique concentré. Utiliser un flaconbouché. Agiter de temps en temps.Le réactif se conserve éternellement dans un flacon bienbouché, si toutefois le bouchon résiste aux vapeurs acides.Un tel acide chlorhydrique titre 12 mol . L–1 et doit êtremanipulé avec des gants, tout comme le réactif de Lucas, etsi possible sous une hotte ventilée;

Préparation du réactif de Tollens

Il se prépare extemporanément à partir d’une solution à10 % en masse de nitrate d’argent dans laquelle on ajouteprogressivement une solution d’ammoniac (concentrationmoitié de la solution commerciale). Il se forme rapidementun précipité. On continue d’ajouter la solution ammoniacaleen agitant jusqu’à ce que le précipité disparaisse totalement;Un tel réactif coûte cher et ne doit pas être gaspillé.


220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:31 Page 92

PARTIE II – LA CHIMIE CRÉATRICE LA CHIMIE CRÉATRICE 93

La chimie créatrice

Isomères du propanol

a.

Propan-1-ol Propan-2-ol b. Le propan-1-ol est un alcool primaire et le propan-2-ol estun alcool secondaire.c. L’autre isomère est :

La chimie des alcènes

a.

b. Les deux dernières représentations correspondent à desisomères E / Z : E-pent-2-èneet Z-pent-2-ène.c. Il s’agit du pent-1-ène :

+ H2O

d. Dispositif expérimental :

e. Il faut tester la présence d’alcène, avec un test à l’eau debrome.

Préparation d’un acide

a. L’espèce chimique possède le groupe COOH.

b. (A) :

c. (B) :

d. L’aldéhyde qui permet de préparer (A) est : e. C’est le butanal.

CHO

COOHCOOH

3

sortied’eau

entréed’eau

acidesulfurique

alcool

→HO

2

CH3CH2 OH3C

OHCH2CH2H3C

OH

CHCH3H3C

1

f. Ag+(aq) + e– = Ag(s)

C4H8O(aq) + H2O = C4H8O2(aq) + 2 H+(aq) + 2e–

C4H8O(aq) + 2 Ag+(aq) + H2O → C4H8O2(aq) + 2 Ag(s) + 2 H+

(aq).

g. La quantité de matière de (A) est :

n = m / M = 12,5 / 88,0 = 0,142 mol.Il faut la même quantité de matière d’aldéhyde, soit lamasse :

m′ = n M′ = 0,142 × 72,0 = 10,2 g.

h. On peut aussi oxyder l’alcool primaire CH3CH2CH2CH2OH.i. On peut obtenir (B) à partir de l’aldéhyde dont une écri-ture topologique est :

Réaction d’un alcool

a. 1 et 2 correspondent à la même molécule : le 2-méthyl-pentan-3-one.b. Ce sont deux écritures topologiques qui correspondentà la même espèce chimique.c. Il faut oxyder le 2-méthylpentan-3-ol.d. On peut envisager le 2-méthylpent-2-ène, et le 4-méthyl-pent-2-ène.e. Pour ce dernier, il existe deux isomères Z et E, on obtientdonc le 2-méthylpent-2-ène.f. On pourrait le caractériser par un test à l’eau de brome(ce test ne permet pas de distinguer les deux alcènes de laquestion d).

Classe d’un alcool

a.

b. Le test au miroir d’argent met en évidence la présenced’un aldéhyde. Or si l’alcool est secondaire, on obtiendraune cétone et l’on ne saura pas si le test est négatif parcequ’on l’on a utilisé une cétone ou parce que l’oxydation n’apas eu lieu.

c. Il vaut mieux faire le test à la 2,4-DNPH, qui est positif,que l’on obtienne un aldéhyde ou une cétone.

d. On a donc initialement un alcool secondaire.

Acide et base en chimie organique

a. À l’aide de papier-pH.

b. (A) possède le groupe COOH, et (B) possède un atome N.

6

HO

OH

OH

5

4

CHO


La chimie créatrice

LE COIN BAC

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:31 Page 93

c.

d. On attend la réaction acido-basique d’équation :CH3COOH(aq) + CH3NH2(aq) → CH3COO-

(aq) + CH3NH3+

(aq)

Préparation d’une cétonea. Le système de chauffage n’a pas été représenté.

b. La solution de permanganate de potassium a été ajoutéeà l’aide de l’ampoule de coulée (pièce de verrerie la plus àgauche).

c. Il s’agit du condenseur.

d. On peut produire une cétone ou un aldéhyde suivant laclasse de l’alcool initial, et tous deux donnent un test posi-tif à la 2,4-DNPH.

e. Un test du miroir d’argent, ou un test de Fehling estnécessaire.

f. 2 MnO4–(aq) + 5 C4H10O(aq) + 6 H+

(aq)

→ 2 Mn2+(aq) + 5 C4H8O(aq) + 8 H2O

g. Il s’agit du butan-2-ol et de la butanone.

Composés halogénés

a. C

CH

HH

H

H H

C CHH

C

HH

H H

C

8

7

H C

H

H

CO H

H C

H

H

N

H

H

Ob. Z-hex-3-ène.

c. Ce test indique que l’espèce chimique est un halogéno-alcane.

L’équation chimique est :

C6H12 + HBr → C6H13Br

d. On obtient un alcool qui peut être l’hexan-1-ol, l’hexane-2-ol, ou l’hexane-3-ol, mais puisque le produit dérive de l’hex-3-ène, on peut faire l’hypothèse qu’il s’agit del’hexan-3-ol.

e. On obtient des alcools, dont la longueur du squelette car-boné est différente, et qui sont d’autant moins solubles qu’ily a d’atomes de carbone.

Alcène et polymère

a. Le motif est :

b. Il s’agit du propène.

c. Non, car il n’y a pas d’isomère Z/E.

d. On peut envisager le propan-1-ol et le propan-2-ol.

e. Le premier est un alcool primaire et le second un alcoolsecondaire.

f. Les deux premiers réactifs ne donnent pas de réaction, letroisième oxyde l’alcool.

g. Il s’agit du 2-bromopropane.

CH3

CHCH2

9

PARTIE II – LA CHIMIE CRÉATRICE LA CHIMIE CRÉATRICE 94

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PARTIE III – L’ÉNERGIE AU QUOTIDIEN 10 – L’ÉNERGIE EN CHIMIE 95

Les transformations chimiques ou physiques de la matièreétudiées précédemment impliquent des modifications destructure de la matière mettant en jeu de l’énergie. C’estl’aspect énergétique de ces transformations qui est l’objetde cette dernière partie.L’élève sait que la matière peut présenter une structuremoléculaire ou ionique. La liaison covalente a été définie enclasse de Seconde. Le chapitre 2 a introduit la notion de liai-son covalente polarisée et le caractère dipolaire des molé-cules, ainsi que le rôle de l’interaction coulombienne dansla cohésion d’un cristal ionique.On peut donc se douter que les transformations de lamatière vont nécessiter des « cassures » de liaisons qui nepeuvent se faire qu’au prix d’une dépense d’énergie.

1. Cohésion et énergie

L’étude de la cohésion de la matière se limite ici, confor-mément au programme, aux assemblages d’atomes dans lesmolécules, et aux assemblages de molécules dans les soli-des et les liquides moléculaires. À chaque liaison entre ato-mes (liaisons intramoléculaires) est associée une énergiede liaison faisant référence aux entités concernées à l’état

gazeux, énergie qui devra être prise en compte lors destransformations chimiques de la matière.Cette énergie s’exprime en joule par mole (de liaison), et sadéfinition est l’occasion d’évoquer une fois de plus le diffi-cile passage de l’échelle microscopique à l’échelle macro-scopique. Les liaisons intermoléculaires font intervenir une énergiequi sera prise en compte lors des changements d’état phy-sique. La comparaison des ordres de grandeur des énergies deliaisons et des énergies transférées lors des changementsd’état (appelées chaleurs latentes de changement d’état)permet de conclure quant à la cohésion de la matière.

Note : L’étude des divers types de liaisons intermoléculaires n’est pas envisa-gée par le programme. Rappelons que les liaisons intermoléculaires sont indispensables pourexpliquer l’état condensé de la matière. Elles existent même dans les cas lesmoins favorables comme celui des gaz rares. Ces liaisons sont extrêmementfaibles et peuvent être rompues par l’énergie thermique même à très bassetempérature (4 K pour l’hélium). Les liaisons intermoléculaires les plus for-tes sont les liaisons hydrogène, qui résultent d’interactions dipôle-dipôle, parexemple entre molécules d’eau, entre molécules d’alcool, entre moléculesd’eau et d’alcool, et qui ont une influence notoire sur diverses propriétésphysiques des espèces chimiques considérées (températures d’ébullitionentre autres). D’un point de vue très général, il peut s’établir une liaison hydrogène à chaquefois que se présente un système A –– H …B , où A et B sont nécessairement N, Oou F. Cette liaison est plus forte si les trois atomes A, H et B sont alignés. Descontraintes stériques peuvent empêcher l’alignement, par exemple dans lecyclohexan-1,2-diol, ce qui entraîne des liaisons hydrogène moins fortes qu’en-tre deux molécules de cyclohexanol.


2. Énergie et chaleur de réaction

L’énergie transférée au cours d’une transformationchimique est une grandeur dont la définition ne pose pastrop de problème. En revanche, son signe repose sur desconventions rendues d’autant plus délicates que les systè-mes en interaction sont fréquemment difficiles à définirdans le cas de réactions chimiques. Le solvant fait-il partiedu système? Et l’air dans le cas d’une combustion? etc.On sait que lors d’une combustion, l’énergie libérée (en J ouen kJ) sous forme de chaleur est d’autant plus importantequ’on fait brûler davantage de combustible. On sait moins,en revanche, où est l’énergie à l’état initial, où elle est trans-férée à l’état final.La situation est encore moins évidente quand il s’agit dedéfinir une chaleur de réaction, qui s’exprime en joule parmole. Lorsqu’on écrit que « la chaleur de la réaction de syn-thèse du chlorure d’hydrogène est – 184 joules par mole »,on peut s’interroger sur la signification du terme « par mole » sachant que l’équation de la réaction s’écritH2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g), et que cette écriture fait intervenirdeux moles de chlorure d’hydrogène…Nous nous sommes attachés à préciser :• qu’une chaleur de réaction est indissociable d’une équa-

tion chimique écrite avec une stœchiométrie donnée. Celasignifie que la chaleur de réaction diffère suivant qu’onreprésente cette dernière par :

H2(g) + Cl2(g) → 2 HCl(g)ou par

2 H2(g) + 2 Cl2(g) → 4 HCl(g)

Pour cette raison, en Terminale, il est recommandé de pré-ciser qu’une constante d’équilibre est associée à une équa-tion chimique (et non une réaction) ;• que l’unité utilisée, «par mole», signifie par mole d’avan-

cement de la réaction correspondant à l’équation écrite ;• que l’état physique des réactifs et des produits est essen-tiel et doit figurer dans l’équation.

Il s’ensuit la relation suivante entre l’énergie ∆E (en J)transférée au cours d’une réaction chimique dont l’avance-ment est x (en mol) et la chaleur de réaction Qr (enJ . mol–1) pour l’équation considérée :

∆E = x Qr .L’énergie transférée s’intègre donc naturellement au tableaud’avancement dans une colonne supplémentaire.

Note : La grandeur désignée sous le terme de chaleur de réaction est l’enthalpiede réaction. De même, une chaleur latente de changement d’état est une enthal-pie de changement d’état. Les notations utilisées en thermodynamique diffèrentde celles du programme. En thermodynamique, la chaleur de réaction à pres-sion constante est conventionnellement notée ∆rH

0 (en 1re S, c’est Qr) etl’énergie transférée sous forme de chaleur est notée Q (en 1re S, c’est ∆E). Celan’est bien sûr pas gênant pour des élèves de Première.

3. Énergie de dissolution

Il a été fait allusion, au chapitre 2, à l’aspect énergétique dela solvatation des ions. Ce phénomène met en jeu deséchanges d’énergie assez délicats à expliquer en Première S

L’énergie en chimie10

220756_CHAP_01à10 2/08/05 11:31 Page 95

puisqu’une dissolution, suivant les cas, peut être exother-mique (hydroxyde de sodium), endothermique (éthanoatede calcium) ou quasiment athermique (chlorure desodium). L’explication relève d’une utilisation fine des gran-deurs thermodynamiques puisque la solubilité relève d’uneconstante de solubilité, donc d’une enthalpie libre (∆dissG

0),alors que la chaleur mise en jeu lors de la dissolution relèvede l’enthalpie (∆dissH

0).Une deuxième difficulté liée à la dissolution consiste à lasolubilité. Cet aspect de la chimie est souvent éludé. Il estcommode de parler d’espèces chimiques solubles ou inso-lubles, ou, si l’on veut se donner bonne conscience, d’espè-ces chimiques peu ou très solubles. Cela masque une diffi-culté : pourquoi existe-t-il une limite de solubilité ? Dupoint de vue macroscopique, parce que l’enthalpie libre dedissolution dont il a été question plus haut, ∆dissG

0, imposeune constante de réaction associée à l’équation de dissolu-tion (appelé produit de solubilité), donc une solubilitémaximale. Qu’en est-il du point de vue microscopique ?Pourquoi la dissolution du cristal s’arrête-t-elle, si les ionsou les molécules « préfèrent » être solvatés plutôt qu’as-semblés au sein du cristal ? Cette « préférence » ne prenden compte, en fait, que des énergies de liaison, donc desenthalpies. Comme il l’a été mentionné précédemment, l’in-terprétation de la limite de solubilité passe par l’enthalpielibre, qui diffère de l’enthalpie par un terme entropique. Auniveau microscopique, ce dernier se traduit par le désordrequi, au premier ordre, provient du fait que le cristal est unestructure mieux organisée qu’une solution. L’interprétationest donc délicate.

4. Énergie macroscopique et énergie microscopique

L’étude énergétique des transformations de la matière estl’occasion de faire un lien entre les niveaux microscopiqueet macroscopique de description de la matière. Dans le casoù les réactifs et les produits d’une réaction sont molécu-laires, il est possible de définir une énergie au niveau micro-scopique en attribuant à chaque liaison une énergie deformation. Le bilan des liaisons rompues et formées doitdonc correspondre, au facteur NA près, au bilan énergétiquemolaire. Une telle conception est intéressante parce qu’elleconstitue une nouvelle approche de la relation macrosco-pique-microscopique, mais aussi parce qu’une nouvelle pro-priété de la liaison chimique est présentée aux élèves : sapropriété énergétique. C’est l’occasion d’aider l’élève à mieux se représenter la liai-son chimique covalente, concept difficile qui nécessitebeaucoup de temps pour être compris et fonctionnel.L’aspect énergétique de la liaison chimique recèle certainesdifficultés :• La réaction d’équation HCl → H + Cl doit être différenciéede la réaction d’équation HCl → H+ + Cl–. En effet, la for-mation d’atomes est en contradiction avec ce que les élèvesont appris en classe de Seconde relativement à la règle del’octet… Nous avons été le plus rigoureux possible à cesujet, tant au chapitre 2 qu’au chapitre 5, en adjoignant unindice à chaque formule chimique : H+

(aq) (ou H3O+) etCl–(aq). Ainsi il est plus facile au chapitre 10 de différencierH+

(aq) et Cl–(aq) de H(g) et Cl(g). • La définition de l’énergie de liaison chimique présente ensoi quelques difficultés. Pour la liaison HCl, l’énergie deliaison résulte d’un bilan énergétique, c’est donc une valeur

expérimentale. Il n’en est pas de même pour les liaisons chi-miques du méthanol. Comment avoir accès expérimentale-ment aux énergies des liaisons CH , CO et OH ? Ladifficulté est grande pour les scientifiques, et à plus forteraison pour les élèves !Les valeurs des énergies de liaison données dans les tableauxsont des valeurs expérimentales pour les molécules diato-miques, mais des valeurs moyennes pour les liaisonschimiques telles que CH, CO ou OH. Il faut en êtreconscient. Nous ne nous sommes pas étendus sur ce sujetdans le livre de l’élève, mais nous avons pris soin de séparerles deux types de valeurs, laissant le professeur aborder detels problèmes au niveau qu’il juge adapté à sa classe.• Le professeur de sciences physiques ne manqueraprobablement pas de faire remarquer que, pour rompreune liaison, il faut fournir de l’énergie. Le signe del’échange d’énergie est essentiel. En biologie, dans le casde l’ATP, le professeur peut souligner à son tour que lamolécule possède une liaison riche en énergie, et dont larupture libère de l’énergie utilisable par les cellules (ATP + H2O → ADP + Pi : ∆rH

0 = – 34 kJ . mol–1). Quelélève quelque peu cohérent ne se posera-t-il pas la questionde savoir qui a raison? La réponse peut prendre la formesuivante : l’affirmation du professeur de sciencesphysiques est correcte, en phase gazeuse ; en solution (etc’est ainsi qu’on considérera une réaction en milieucellulaire), il faut tenir compte d’autres facteurs, le plusimportant étant les interactions avec le solvant. L’énergiede solvatation étant très différente pour les diverssubstrats (ATP, ADP et Pi), le bilan énergétique completpeut différer significativement de celui de la réaction enphase gazeuse.

Note : Un bilan énergétique de l’hydrolyse de l’ATP, effectué avec pour seul outilles énergies de liaison, conduit à 0, d’où une perte de crédibilité…

Pour une équation chimique donnée, la chaleur de réaction peutse calculer à partir des énergies des liaisons rompues (réactifs)et formées (produits), réactifs et produits étant à l’état gazeuxcompte tenu de la définition d’une énergie de liaison.Nous avons, comme c’est l’habitude, présenté de tels bilansà l’aide de diagrammes énergétiques. Ces diagrammes sontparlants dès que l’utilisateur connaît les conventions utili-sées, ce que nous nous sommes attachés à préciser.Dans le cas des composés ioniques, le passage du niveaumicroscopique au niveau macroscopique est beaucoup plusdifficile et n’a pas à être envisagé avec les élèves. Ce pro-blème se traite à l’aide du cycle de Born-Haber et fait appelà des notions hors programme.

5. Énergie au quotidien

Dans la vie quotidienne, les applications des effets ther-miques associés aux réactions chimiques de combustionprésentent une grande importance : ces réactions ont doncété choisies, comme le recommande le programme, pourillustrer les aspects énergétiques des transformations chi-miques. Seul l’aspect thermique est considéré, le but n’étantpas ici d’étudier une combustion en tant que réaction d’oxy-doréduction (d’ailleurs le phénomène d’oxydoréduction«par voie sèche» n’a pas été évoqué).C’est l’occasion de revoir ou d’introduire quelques notionspouvant être prises en compte dans la gestion de la qualitéde l’environnement : combustions complètes et incomplè-tes, pouvoir calorifique, rendement, effet polluant de cer-tains rejets…


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Des exercices amènent l’élève à réfléchir aux problèmesdes choix énergétiques et à leurs conséquences, et renfor-cent l’éducation à l’évaluation des risques et de la sécurité,notions qui lui ont été apportées tout au long de l’année,comme le demande le programme. La combustion, complète ou incomplète, a été abordéedans le cours et dans les exercices. Elle présente un double intérêt : socio-économico-écologique et scientifique.Comprendre que les produits de la réaction sont différents(présence de carbone dans les produits de la combustionincomplète) est essentiel pour pouvoir apprécier à leurjuste valeur les efforts des industriels pour ne rejeter quedu dioxyde de carbone et de l’eau, et repérer ceux qui lais-sent les fumées noires envahir notre atmosphère. Afin d’éviter à chaque professeur d’enfumer sa classe, nousavons filmé une combustion incomplète dont la vidéo figuredans le cédérom Physique Chimie 1re S.

Note : Le dioxyde de carbone n’est pas un polluant en soi, même s’il est le prin-cipal responsable de l’augmentation de l’effet de serre et donc du dangereuxréchauffement de notre planète. Le problème lié au dioxyde de carbone n’estpas sa présence dans l’atmosphère (elle est nécessaire aux plantes et au main-tien d’une température convenable) mais sa surproduction brutale. En un siècle(ce qui est très peu compte tenu du temps d’adaptation de l’environnement),l’accroissement du taux de dioxyde de carbone, dans les proportions qui sontcelles que nous connaissons, est un fait sans précédent dans l’histoire de la pla-nète, et les générations à venir auront à en assumer les conséquences. C’est laraison pour laquelle le protocole de Kyoto, ainsi que les états, a diminué globa-lement les rejets en dioxyde de carbone.

Plusieurs activités de ce chapitre ont été améliorées grâce à des discussions au sein du groupe chimie du projetSESAMES, financé et soutenu par l’INRP. Leurs corrigés ci-dessous ont été enrichis grâce au travail effectués àl’occasion des mémoires de recherche en didactique deMadame Rania Elbilani et de Mesdemoiselles ZeynadBaddredine et Béatrice Kamerer.

1. Chaleur, énergie, température (p. 218)

CommentairesLors de cette dernière partie du programme, les notions dechaleur, d’énergie et de température vont être évoquées. Laconfusion entre ces grandeur que l’on rencontre chez lesélèves (de Première S et largement au-delà) peut être com-battue si, régulièrement, ces grandeurs sont étudiées et dis-cutées simultanément. C’est l’objet de cette activité intro-ductive courte. Il est demandé aux élèves de fournirquelques phrases utilisant ces notions, et d’en confronter lacohérence avec les principales propriétés de l’énergie quisont rappelées dans la première question : conservation,transfert, transformation et stockage. Les notions de sys-tème et de milieu extérieur dont l’importance apparaît dansle déroulement de ce chapitre sont également discutées.

Correctiona.• Un pendule qui oscille remonte quasiment à la même hau-teur après une oscillation parce que son énergie s’est qua-siment conservée.• Un radiateur chaud chauffe la pièce. De l’énergie esttransférée du radiateur à l’air.

DOC


• Certaines centrales électriques permettent de transfor-mer de l’énergie nucléaire présente dans le combustible enénergie calorifique permettant l’élévation de températured’une maison disposant d’un chauffage électrique relié à lacentrale.• Recharger l’accumulateur d’un téléphone mobile ou leflash d’un appareil photographique (situation envisagée enTerminale) correspond à stocker de l’énergie.

b. L’énergie produite par la combustion du bois est évacuéesous forme de chaleur, ce qui produit une élévation de latempérature du système étudié.Quand on dit que l’objet reçoit de la chaleur, on considèreeffectivement la chaleur comme un mode de transfert del’énergie. Cette dernière est évidemment transférée ;l’énergie de la combustion du bois diminue au fur et àmesure de sa combustion (le combustible disparaît) alorsque celle de l’objet chauffé augmente, ce qui est en accordavec le fait que l’énergie doit se conserver.

c. En physique, un système est l’objet, la partie de l’objet oule groupe d’objets que l’on étudie. Le milieu extérieur ausystème est le reste de l’univers. Un système chimique estconstitué des réactifs et des produits d’une réaction (et dusolvant s’il y en a un).Dans le cas présent, le système chimique est constitué desespèces chimiques qui réagissent : le carburant (ici le bois),le comburant (le dioxygène de l’air), et les produits formés(l’eau et le dioxyde de carbone). On peut considérer que lediazote de l’air fait partie du système chimique au mêmetitre qu’un solvant.

Note : C’est un système difficile à percevoir pour les élèves, mais il faut prendrele temps de le décrire pour la suite de ce chapitre.

2. Changement d’état (p. 218)

CommentairesLa notion de changement d’état est une vieille connaissancepour les élèves puisqu’elle est évoquée dans les program-mes de sciences de l’enseignement primaire, puis du collègeet de Seconde avec les températures de changement d’étatcaractérisant les espèces chimiques. La voilà à nouveau enscène, mais cette fois avec son aspect énergétique. Cetteactivité fait observer les changements d’état solide-liquide,puis liquide-solide de l’acide stéarique (à 67 °C, ce quichange de l’eau avec laquelle une comparaison doit être éta-blie). Elle demande d’en discuter en termes de températureet de chaleur et d’énergie. La notion d’état est une difficultéen soi et ne doit pas être négligée dans la discussion avecles élèves parmi lesquels ce mot a rarement du sens.

Correction

a. C’est de l’acide stéarique solide.

b. La température est stable parce qu’il s’agit d’un change-ment d’état liquide-solide.

c. La température de l’échantillon est alors celle de lapièce : 20 °C ; ce n’est pas la température de changementd’état, qui requiert que le liquide et le solide soient simulta-nément en présence, à l’équilibre thermique.

d. Il faut disposer d’un système dont la température estbasse (mélange glace – sel, carboglace, air à – 20 °C). Letube 1’ serait un tube à essais avec de l’eau à 10 °C, letube 2’ un mélange eau liquide – glace à 0 °C et le tube 3’ dela glace à basse température (– 5 °C, – 78 °C).

DOC


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Note : On doit trouver encore en Première S des élèves qui pensent que la tem-pérature de la glace est de 0 °C quelle que soit la situation.

e. L’énergie du système diminue régulièrement jusqu’à ceque cesse l’échange d’énergie avec le milieu extérieur (équi-libre thermique), alors que la température diminue jusqu’àun palier (changement d’état) et diminue à nouveau jusqu’àl’équilibre thermique.

f. La diminution d’énergie correspond à un transfert dechaleur du tube vers le milieu extérieur, y compris pendantque la température est constante au moment du change-ment d’état.

3. Énergie échangée lors d’une réaction chimique (p. 219)

CommentairesDu point de vue de la chimie, le TP se limite à mélanger unacide et une base, et à suivre l’évolution de la températuredu système chimique quand celui-ci est isolé du milieu exté-rieur ou non. Il n’est donc pas original. En revanche, laréflexion proposée se distingue par la prise en compte dedifficultés dont souffrent les élèves à chaque fois quel’aspect énergétique d’une réaction chimique est envisagé.

Nous avons pris en compte l’effet du calorimètre qui, pourcertains élèves, « réchauffe » son contenu. Pour cela, latempérature (ambiante) d’une solution est suivie pendantdeux minutes. Certes il ne se passe rien pour le professeur,et c’est important qu’il en soit aussi ainsi pour l’élève.

La réalisation de la réaction en milieu non isolé est conduiteen plongeant le tube à essais dans un grand bécher d’eau.L’avantage est double puisque (a) la température ducontenu du tube baisse nettement par rapport à celle de laréaction dans le calorimètre et (b) la notion de « milieuextérieur » trouve une matérialité. C’est l’eau, l’élève la voit,et non pas l’air, auquel il ne pense pas immédiatement.

La notion théorique de système isolé est discutée. En effet,aucun système n’est réellement isolé et il est bon que l’élèveen soit conscient. Ce mot « isolé » n’est pas le même suivantque l’on évoque un système modèle, qui n’échange pas d’é-nergie avec le milieu extérieur, ou un système réel, quiéchange lentement l’énergie avec le milieu extérieur.

Dans la quatrième partie de l’activité, la notion de chaleurde réaction Qr est introduite en relation avec l’avancementde la réaction et avec l’énergie échangée : ∆E = x Qr. Cettenouvelle grandeur est affublée d’un signe dont la compré-hension nécessite que soit convenu le signe de ∆E. C’est unedifficulté pour l’élève. Il faut l’aborder progressivement et lareconsidérer dans la suite du chapitre, à chaque occasion.

Correction1. et 2.

15202530354045

température (°C)

temps (min)

expérience dansle calorimètre

0 2 4 6 8

expérience dansle bécher d’eau

TP


3. a. Un système isolé n’échange pas d’énergie avec lemilieu extérieur.b. Il y a un échange d’énergie important entre le systèmechimique et le milieu extérieur dans le paragraphe 2 puisquela température de la solution étudiée (le système) diminuerapidement. La température du système chimique du para-graphe 1 ne devrait pas changer s’il était réellement isolé. Letitre devrait être : système chimique considéré comme isolé.c. Dans les deux cas, lors du mélange et pendant la réactionchimique, la température du système augmente, mais passon énergie. Elle diminue rapidement dans la seconde expé-rience et lentement dans la première.

Note : Les élèves pensent que l’énergie du système augmente pendant la réactionchimique, ce qui est faux, parce qu’ils confondent l’énergie et la température.Pendant le mélange, le système ne reçoit pas d’énergie (il en perd même déjà unpeu).

4. a. L’équation de la réaction est la même dans les deuxcas, c’est :

H3O+ + HO–

(aq) → 2 H2O

b. Cette réaction est exothermique puisqu’elle provoqueune augmentation de la température du système.c. Les réactions d’oxydoréduction sont presque toutes trèsexothermiques (la combustion est même utilisée pour sechauffer). En revanche, les réactions de précipitation peu-vent être athermiques.

Note : Les élèves n’ont pas rencontré de réaction franchement endothermiquedans leurs études. Ce sont souvent (mais pas nécessairement) des réactionspour lesquelles il faut un apport d’énergie, phénomène qui sera étudié enTerminale dans le cadre des réactions forcées (électrolyses).

d. Si l’avancement x est de 1 mol, la relation ∆E = x Qrdevient ∆E = Qr, ce qui correspond à la définition.e. Il faut dresser un tableau d’avancement :

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés enmole.On constate que la réaction a été réalisée dans les propor-tions stœchiométriques et que l’avancement final est donc :

xmax = 2,5 × 10–2 mol.

f. L’énergie ∆E échangée avec le milieu extérieur est donc :∆E = 2,5 × 10–2 × 56 = 1,4 kJ.

Note : On a pu utiliser la définition parce que les états initial et final considérésétaient à la même température.

g. Dans l’expérience du paragraphe 1, le système chimiqueétait considéré comme isolé, sa température dans l’étatfinal n’était pas revenue à la température initiale. La défini-tion n’était donc pas applicable. Il aurait fallu attendrebeaucoup plus longtemps.

Note : Cette question permet de comprendre l’intérêt de la condition, certesabstraite, qui impose que les états initial et final soient à la même température.

4. Énergie d’une liaison chimique(p. 220)

CommentairesCette activité utilise le simulateur Calorimétrie du cédérompour faire découvrir aux élèves les notions d’énergie de liai-son et de chaleur de réaction. La simulation permet de se

DOC

H3O+ HO–

(aq) 2 H2O

E.I. x = 0 2,5 × 10– 2 1/40 = 2,5 × 10–2 solvant

E.F. xmax 2,5 × 10– 2 – xmax 2,5 × 10–2 – xmax solvant

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repérer sur plusieurs points délicats : celui du signe de l’énergie échangée, grâce à l’histogramme qui marque bienles esprits ; celui du passage du niveau microscopique auniveau macroscopique, même si c’est difficile ; et celui de ladifférence de comportement entre système isolé et nonisolé. Une application à un système de chauffage au gazrend un peu plus concrète cette introduction de notionsthéoriques.

Correction1. a. Il est important que les élèves établissent une rela-tion entre les ruptures de liaisons visibles sur l’animation etl’énergie du système étudié sur l’histogramme dynamique.Nous avons constaté qu’interrompre l’animation était unmoyen intéressant.

b. L’énergie du système constitué des entités présentes à l’é-cran doit être lue sur l’histogramme. Il faut s’assurer que lesélèves sachent de quel système il est question.

c. Quand des liaisons sont rompues, l’énergie du systèmeaugmente, mais diminue quand les liaisons se reforment.Les élèves se demandent souvent comment une énergiepeut être négative. C’est une question délicate qu’il faut oseraborder au cas par cas.

d. L’énergie d’une liaison chimique est définie comme l’é-nergie qu’il faut fournir pour la rompre.

2. a. HH ; ClCl ; HCl.

b. H2 + Cl2 → 2 HCl

c. Il y aurait rupture des liaisons HH et ClCl, réarran-gement des atomes et formation de deux liaisons HCl. Ilpeut arriver que les élèves se posent la question de savoirsi c’est d’abord la liaison HH qui se brise ou l’autre. Biensûr cela n’a pas d’importance, mais on ne peut pas éviterque certains élèves se la posent.

d. L’énergie mise en jeu est donnée par :

EHH + EClCl – 2 EHCl = 0,718 × 10–18 + 0,399 × 10–18

– 2 × 0,712 × 10–18 = – 0,307 × 10–18 J.

e. La vérification est immédiate puisque le simulateur affi-che – 0,31 × 10–18 J.

f. Le calcul de cette énergie mise en jeu nécessite que l’onécrive l’équation :

CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O

On trouve une énergie égale à :4 ECH + 2 EOO – 2 ECO – 4 EHO

= 4 × 0,681 × 10–18 + 2 × 0,821 × 10–18 – 4 × 1,32 × 10–18

– 4 × 0,764 × 10–18= – 1,33 × 10–18 J.

g. La vérification est immédiate, c’est la valeur de Qr don-née par le simulateur.

3. a. Les énergies molaires de liaison sont obtenues enmultipliant l’énergie de chaque liaison chimique par le nom-bre d’Avogadro.DHH = NA EHH = 6,022 × 1023 × 0,718 × 10–18

= 432 kJ . mol–1.

DClCl = NA EClCl = 6,022 × 1023 × 0,399 × 10–18

= 240 kJ . mol–1.

DHCl = NA EHCl = 6,022 × 1023 × 0,712 × 10–18

= 429 kJ . mol–1.

b. La vérification est immédiate, ces valeurs apparaissent sil’on clique sur l’onglet « Macro ».

c. Cela revient à faire le calcul macroscopique correspon-dant au calcul microscopique de la question.

2. d. On trouve :

Qr(macro) = 432 + 240 – 2 × 429

= – 186 kJ . mol–1.

d. On peut déduire que la réaction est exothermique soitparce qu’on l’on sait que c’est le cas pour les énergies deréaction négative, soit parce que l’on a compris, grâce à l’animation, que le système libérait de l’énergie.

4. a. Un système est isolé si, et seulement si, il n’échangepas d’énergie avec le milieu extérieur.

b. L’énergie du système ne change pas puisqu’il est isolé.Celle du milieu extérieur, de même que sa température, nechangent pas non plus pour la même raison.

c. La simulation confirme ce résultat.

d. Puisque le système n’est pas isolé et qu’il est susceptiblede libérer de l’énergie, son énergie va diminuer. Sa tempé-rature augmente puisqu’il est le siège d’une réaction exo-thermique, mais elle finira par revenir à la température dumilieu extérieur (condition d’équilibre thermique). L’énergiedu milieu extérieur va augmenter d’autant que celle du sys-tème va diminuer. La température du milieu extérieur vapeu augmenter, puisque ce dernier est de grande taille.

e. La vérification est immédiate.

f. Les réponses sont les mêmes que celles de la question e.

g. Le système de chauffage au butane n’est pas isolé puisquesa fonction est de chauffer son proche environnement.

5. a. L’énergie ∆E échangée avec le milieu extérieur est proportionnelle à l’avancement de la réaction ∆E = x Qr avec x = 0,15 mol ;∆E = 0,15 × (– 186) = – 28 kJ.

b. La vérification est immédiate.

c. Si l’on fait réagir 0,15 mol de H2 avec 0,30 mol de Cl2, l’avancement maximum de la réaction est à nouveau xmax = 0,15 mol puisque H2 est le réactif limitant. L’énergieéchangée avec le milieu extérieur est la même qu’à la ques-tion a.

d. La vérification est immédiate.

5. Fusion de la glace (p. 230)

CommentairesCette activité correspond à une profonde modification decelle qui possédait le même titre, page 199 de la précédenteédition. Les premières parties sont identiques, mais au lieude s’orienter vers une étude quantitative de la chaleuréchangée, nous faisons en sorte que les étudiants mène uneréflexion sans calcul qui ne les conduit à réfléchir auxéchanges de chaleur mis en jeu lors de la fusion de la glace.Notre expérience de la pratique de ce programme conduit àpenser que la compréhension des concepts de base (éner-gie, température, chaleur, fusion) était préférable à un tra-vail de mesure et de calcul d’échange de chaleur.

Dans cette activité, on fait d’abord suivre l’évolution dela température d’une eau chaude dans un bécher, encontact avec de la glace dans un autre bécher. Il résulte

TP

ACTIVITÉ D’EXPLOITATION


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de la courbe de température que le phénomène de fusionmet en jeu de la chaleur, bien qu’il se déroule à tem-pérature constante. Puis, l’utilisation d’un calorimètreconduit l’élève à en déduire qu’un tel dispositif ralentitconsidérablement les échanges d’énergie avec l’extérieur.Dans la dernière partie, le phénomène de fusion est ànouveau considéré en comparant le comportement duchauffage de l’eau à 0 °C et celui de la glace à cettetempérature. La dernière question applique ce qui a étévu dans l’activité à la description, en termes scienti-fiques, de la fusion d’un iceberg.

Correction1. a. Il est tentant d’écrire, par exemple : lorsqu’on chauffeun corps, on lui fournit de l’énergie et sa température aug-mente. Un des objectifs de cette activité expérimentale estde montrer que cela n’est pas toujours vrai.

b. et c. Le graphe concernant le système 2 présente une par-tie pratiquement horizontale (température constante) puisune partie ascendante (croissance de la température enfonction du temps).Le graphe concernant le système 1 ne présente qu’une par-tie descendante (décroissance de la température en fonc-tion du temps).

d. Dans le système 2 a lieu un changement d’état physique,la fusion de la glace, à température constante (premièrepartie du graphe) ; puis l’eau se réchauffe (deuxième partiedu graphe). Dans le système 1, l’eau se refroidit.

e. Le système 1 («corps chaud») a cédé de l’énergie au sys-tème 2 (« corps froid ») d’abord pour faire fondre la glace,puis pour réchauffer l’eau.

f. On ne peut donc pas dire qu’un transfert d’énergie semanifeste toujours par une variation de température. Dansle cas d’un changement d’état, de l’énergie est mise en jeusans variation de température.

2. a. Le calorimètre participe aux échanges thermiques,car l’eau se refroidit au moment où elle est introduite dansle calorimètre, en le réchauffant.

b. Le calorimètre diminue considérablement les échangesthermiques avec le milieu extérieur, car l’eau se refroiditbeaucoup moins vite dans le calorimètre. Expérimentalement, on obtient les valeurs suivantes :On verse 200 g d’eau chaude à 85 °C dans un bécher. Latempérature est de 74 °C au bout d’une minute, de 68 °C aubout de 3 minutes, et continue à décroître de façon notable.On verse 200 g d’eau chaude à 84 °C dans un calorimètresimple. La température chute rapidement à 76 °C puis dimi-nue lentement.

3. a. Ce n’est que de l’eau liquide puisque sa températureest supérieure à 0 °C et que l’on est à l’équilibre thermique.

b. Dans la seconde expérience, la température d’équilibreest atteinte instantanément et elle est plus élevée.

c. La température finale, dans le cas de la glace, est infé-rieure parce qu’il a fallu faire fondre la glace et que cela anécessité un transfert d’énergie entre l’eau solide et l’eauliquide, pendant lequel la température de cette dernière acontinué de descendre.

d. Afin qu’il n’y ait pas d’autre échange d’énergie que ceuxexistant entre les deux constituants du système, on a utiliséun calorimètre ; on a vu dans le paragraphe 2 que ce dispo-sitif ralentissait considérablement les échanges d’énergieavec le milieu extérieur.

e. Si l’on avait utilisé de la glace à – 20 °C, il y aurait eu untransfert d’énergie supplémentaire entre l’eau liquide et laglace pour la réchauffer à 0 °C, ce qui aurait abaissé la tem-pérature à l’équilibre thermique.

f. Les grands icebergs qui dérivent dans l’Atlantique nordproviennent de bloc de glace (d’eau douce) se décrochantdu Groenland (et non de morceau de banquise de l’océanArctique). Ils dérivent et fondent petit à petit parce quel’eau de l’océan, à une température supérieure à 0 °C, leurcède de l’énergie qui est utilisée pour les faire lentementpasser de l’état solide à l’état liquide à zéro degré (chaleurlatente de fusion), puis pour réchauffer rapidement cetteeau liquide à la température de l’océan.


a. Formule développée :

DCC + 5DCH + DCO + DOH= 348 + 5 × 410 + 356 + 460 = 3214 kJ . mol–1.

b. Formule développée :

DCC + 3DCH + DCO + DCO + DOH

= 348 + 3 × 410 + 708 + 356 + 460 = 3102 kJ . mol–1.

c. Formule développée :

2DCC + 6DCH + DCO = 2 × 348 + 6 × 410 + 708 = 3864 kJ . mol–1.

d. Formule développée :

Même calcul qu’en c.

a. L’énergie de cohésion d’une molécule d’eau est égaleà deux fois l’énergie de liaison OH, soit :

E = 2 × 6,84 × 10–22 = 1,37 × 10–21 kJ.

b. Pour une mole d’eau, on a :

E′ = NA E = 6,022 × 1023 × 1,37 × 10–21 = 8,24 × 102 kJ.

c. Dans le tableau de données du rabat de couverture, ontrouve que l’énergie molaire de liaison O H est 460 kJ.mol–1. Pour la molécule d’eau, c’est deux fois cette valeur, soit920 kJ.mol–1. C’est une valeur voisine à 10 % près.

Note : La différence provient du fait que la valeur tabulée est une valeurmoyenne pour les liaisons H–O.

a. Il faut un apport d’énergie pour rompre une liaisonchimique. Si le système ne peut en recevoir parce qu’il estisolé, alors la liaison HH ne peut être rompue.

13

12

H HC

H O

H

H

H

C C

H C

H

H

H

H

C CH

O

H C

H

H

CO

O

H

H C

H

H

H

H

C O H11


E X E R C I C E S

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b. L’énergie à mettre en jeu se déduit de l’énergie molaire :

EHH = 432 / (6,022 × 1023) = 7,17 × 10–22 kJ . mol–1.

c. Pour une mole, c’est 432 kJ . mol–1.

a. L’énergie à fournir est : 81,6 × (64,5 – 25,0) = 32,2 × 102 J, soit 3,22 kJ.

b. L’énergie mise en jeu est : 3,22 + 37,4 = 40,6 kJ . mol–1.

c. 3DCH + DCO + DOH = 3 × 410 + 356 + 460= 2,05 × 103 kJ . mol–1.

d. Eliquide→vapeur << Emolécules→atomes.

a. Quantité de matière de glace : 50/18 = 2,8 mol. Énergie à fournir : 6,0 × 2,8 = 17 kJ.

b. Pour une énergie fournie supérieure, l’eau de fusion seraà une température supérieure à 0 °C. Pour une énergie infé-rieure, la glace ne fondra pas en totalité ; l’eau liquide et laglace seront à 0 °C.

c. La chaleur latente molaire de solidification de l’eau est– 6,0 kJ . mol–1.

a. 42,6 kJ . mol–1.

b. 2 × 42,6 = 85,2 kJ.

c. L’énergie doit être fournie à l’éthanol liquide par le milieuextérieur.

d. 23/46 = 0,50 mol. 21,3 kJ sont cédés à l’environnement.

e. La température reste constante, égale à 78,5 °C.

a. Quantité de matière de glace : 500/18,0 = 27,8 mol.Il faut fournir 27,8 × 6,0 = 1,7 × 102 kJ pour faire fondretoute la glace.Le four à micro-ondes fournit en 3,0 min :

750 × 3,0 × 60 = 1,4 × 105 J, soit 1,4 × 102 kJ.C’est insuffisant pour faire fondre toute la glace.

b. Avec 1,4 × 102 kJ, on peut faire fondre 1,4 × 102/6,0= 23 mol de glace, soit une masse de 23 × 18,0 = 4,1 × 102 gde glace. Il restera donc 90 g de glace, dans 410 g d’eau à 0 °C.

a. 2CH3OH(g) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 4H2O(g)

b. Formules développées :

c. Qr = 2DCO + 6DCH + 2DOH + 3DOO – 4DCO – 8DOH

= 2 × 356 + 6 × 410 + 3 × 494 – 4 × 795 – 6 × 460= – 1,29 × 103 kJ . mol–1 pour l’équation écrite.

d. 200 g de méthanol correspondent à 200/32,0 = 6,25 molde méthanol.

xmax = 3,13 mol et ∆E = – 4,04 × 103 kJ. L’énergie libérée est 4,04 × 103 kJ.

a. O2(g) + 4HCl(g) → 2Cl2(g) + 2H2O(g).

b. Formules développées :

O O H Cl Cl Cl OH

H

21

H C

H

H

O O O O C O OHH

H

20

18

17

16

15

c. Qr = DOO + 4DHCl – 2DCCl – 4DOH

= 494 + 4 × 428 – 2 × 240 – 4 × 460 = – 114 kJ . mol–1.

d. La réaction est exothermique (énergie cédée par le sys-tème chimique au milieu extérieur).

a. DOO = 494 kJ . mol–1 et DOH = 460 kJ . mol–1.

b. Représentation de Lewis de la molécule de peroxyded’hydrogène :

H H

Qr = DHH + DOO – DOO – 2DOH

DOO = DHH + DOO – 2DOH – Qr= 432 + 494 – 2 × 460 – (– 136) = 142 kJ . mol–1.

c. DOO DOO. Une double liaison est plus solide qu’unesimple et nécessite davantage d’énergie pour être rompue.On constate de même que :

DCC (612 kJ . mol–1) DCC (348 kJ . mol–1), et :DCO (795 kJ . mol–1 dans CO2) DCO (356 kJ . mol–1).

a. 357/58,5 = 6,10 mol . L–1.

b. Solubilités en mol . L–1 :

c. Graphes : Pour NaCl : droite de pente positive faible ;pour KCl : droite de pente positive ; pour KNO3 : courbe defaible concavité tournée vers le haut, puis droite pour destempératures supérieures à 20 °C.La solubilité augmente très peu avec la température pourNaCl ; elle croît avec la température pour KCl et KNO3.

a. Biocarburant signifie carburant biologique, doncobtenu à partir de végétaux par exemple et mettant en jeu desbactéries, levures… L’énergie verte est produite à partir devégétaux.

b. Quantité de matière d’éthanol : 5 × 1011/46 = 1,1 × 1010 mol

L’énergie libérée est : 1,1 × 1010 × 1250 = 1,4 × 1013 kJ

c. Énergie dépensée : 1,4 × 1013 × 80/100 = 1,1 × 1013 kJ.

d. Énergie effectivement disponible : 1,4 × 1013 × 0,20 = 2,8 × 1012 kJ

e. Énergie disponible, en tep : 2,8 × 1015/(4,2 × 1010) = 6,7 × 104 tep

soit une énergie équivalente à celle libérée par la combus-tion d’environ soixante dix mille tonnes de pétrole.

f. Un pétrolier transporte environ trois cent mille tonnes depétrole soit plus de quatre fois la masse déterminée précé-demment. Cela représente donc une énergie plus de quatrefois supérieure à celle disponible annuellement à partir dubiocarburant.

a. Énergie fournie en une minute : 24 × 60 = 1,4 × 103 kJ.

b. Un litre d’eau a pour masse 1 kg. L’énergie (en kJ) néces-saire pour chauffer l’eau est égale à :

4,18 × (45 – 15) × 1,0 = 1,3 × 102 kJ.

26

25

24

O

O

22


x ∆E 2CH3OH(g) 3O2 (g) 2CO2(g) 4H2O(g)

E.I. 0 0 6,25 excès 0 0

E.F. xmax xmaxQr 6,25 – 2xmax excès 2xmax 4xmax

θ (°C) 0 10 15 20 30 40

NaCl 6,10 6,12 6,14 6,15 6,21 6,26

KCl 3,77 4,18 4,40 4,58 4,95 5,36

KNO3 1,24 1,88 2,27 2,72 3,76 4,85

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c. L’énergie fournie étant de 1,4 × 103 kJ, elle correspond auchauffage d’une masse d’eau de 1,4 × 103/(1,3 × 102) = 11 kg.Cela correspond à un débit de 11 L par minute.

d. Pour chauffer 15 L d’eau, soit 15 kg d’eau, il faut fournirune énergie égale à 4,18 × 15 × (45 – 15) = 1,9 × 103 kJ.L’énergie fournie par la chaudière est égale à 802 × n × 80/100où n est la quantité de matière de méthane brûlée. 802 × n × 80/100 = 1,9 × 103, d’où n = 3,0 mol.Le volume de méthane brûlé est 3,0 × 24 = 72 L .

e. Pour chauffer 300 L d’eau de 15 °C à 45 °C, il faut, d’aprèsle résultat de d., 72 × 300/15 = 1,4 × 103 L de méthane soit1,4 m3.

f. Énergie fournie en une minute : 800 × 60 × 3,0 × 0,85 = 1,2 × 105 J, soit 1,2 × 102 kJ.

Débit : 1,2 × 102/(1,3 × 102) = 0,92 L . min–1. Ce débit est trèsinférieur à celui trouvé en c.

Aller plus loin

a. CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g)

2C4H10(g) + 13O2(g) → 8CO2(g) + 10H2O(g)

b. On trouve (en utilisant la méthode habituelle) pour le méthane:– 802 kJ . mol– 1 et pour le butane – 5,21 × 103 kJ . mol– 1

pour les équations écrites.c. L’énergie libérée est 802 kJ pour une mole de méthane et2,61 × 103 kJ pour une mole de butane.

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Remarque : si le nombre stœchiométrique est 1 pour lecombustible dans l’équation, une mole de combustible cor-respond à une mole d’avancement (cas du méthane).Pouvoir calorifique :– méthane : 802/(16,0 × 10 –3) = 50,1 × 10 3 kJ . kg–1 ;– butane : 2,61 × 103/(58,0 × 10 –3) = 45,0 × 10 3 kJ . kg–1.d. Énergie libérée par combustion du butane de la bou-teille : 13 × 45,0 × 10 3 = 59 × 10 4 kJ

soit : 59 × 10 4/3600 = 1,6 × 10 2 kWh.e. Une bouteille de butane coûte environ 20 euros. Le kWhGDF est facturé en moyenne 0,043 euros. Le prix du kWhpour le butane est 20/160 = 0,13 euros environ, il est doncplus cher (environ 3 fois plus cher). Mais il faut tenircompte de plus de l’abonnement GDF et de l’achat (ou loca-tion) de la bouteille de gaz.f. Une mole de méthane fournit 802 kJ, soit :

802/3600 = 0,223 kWh1 kWh est fourni par 1/0,223 = 4,49 mol de méthane et il y aproduction de 4,49 mol CO2, soit 4,49 × 24 = 108 L. Une mole de butane fournit 2 610/3 600 = 0,725 kWh ;1 kWh est fourni par 1/0,725 = 1,38 mol de butane et il y a production de 1,38 × 4 = 5,52 mol de CO2, soit 5,52 × 24 = 132 L.g. On conseille le gaz de ville : prix de revient moindre etpollution un peu inférieure. Autre critère entrant en jeu : le gaz de ville est « plus pra-tique» ; il n’y a pas le problème de changement et de range-ment de la bouteille.


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Chimie 1re S