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1) a) Soient ( )2 2 0n H O et ( )

0n I− les quantités initiales en peroxyde d’hydrogène et en ions iodures dans les

mélanges.

Dans le mélange A, on a : ( ) 3 42 2 0

n H O 0,10 2,0.10 2,0.10 mol 0,20 mmol− −= × = =

et ( ) 3 3

0n I 0,10 18,0.10 1,8.10 mol 1,8 mmol− − −= × = = .

Dans le mélange B, on a : ( ) 3 42 2 0

n H O 0,10 2,0.10 2,0.10 mol 0,20 mmol− −= × = =

et ( ) 3 3

0n I 0,10 10,0.10 1,0.10 mol 1,0 mmol− − −= × = = .

Dans le mélange C, on a : ( ) 3 42 2 0

n H O 0,10 1,0.10 1,0.10 mol 0,10 mmol− −= × = =

et ( ) 3 3

0n I 0,10 10,0.10 1,0.10 mol 1,0 mmol− − −= × = = .

b) On effectue un tableau d’avancement pour les trois mélanges :

Mélange A

(mmol) H2O2 (aq) + 2 H+(aq) + 2 I-(aq) 2 H2O(l) + I2(aq)

0 0,20 excès 1,8 beaucoup 0

x 0,20 - x excès 1,8 – 2 x beaucoup x

xmax 0,20 - xmax excès 1,8 – 2 xmax beaucoup xmax = 0 = 1,4 = 0,20

• si H2O2 est le réactif limitant, alors on a 0,20 - xmax = 0, c'est-à-dire xmax = 0,20 mmol ;

• si I- est le réactif limitant, alors on a 1,8 – 2 xmax = 0, c'est-à-dire xmax = 0,90 mmol.

0,20 mmol < 0,90 mmol, donc H2O2 est en défaut, et l’on a xmax = 0,20 mmol.

Mélange B

(mmol) H2O2 (aq) + 2 H+(aq) + 2 I-(aq) 2 H2O(l) + I2(aq)

0 0,20 excès 1,0 beaucoup 0

x 0,20 - x excès 1,0 – 2 x beaucoup x

xmax 0,20 - xmax excès 1,0 – 2 xmax beaucoup xmax = 0 = 0,60 = 0,20

• si H2O2 est le réactif limitant, alors on a 0,20 - xmax = 0, c'est-à-dire xmax = 0,20 mmol ;

• si I- est le réactif limitant, alors on a 1,0 – 2 xmax = 0, c'est-à-dire xmax = 0,50 mmol.

0,20 mmol < 0,50 mmol, donc H2O2 est en défaut, et l’on a xmax = 0,20 mmol.

Mélange C

(mmol) H2O2 (aq) + 2 H+(aq) + 2 I-(aq) 2 H2O(l) + I2(aq)

0 0,10 excès 1,0 beaucoup 0

x 0,10 - x excès 1,0 – 2 x beaucoup x

xmax 0,10 - xmax excès 1,0 – 2 xmax beaucoup xmax = 0 = 0,80 = 0,10

• si H2O2 est le réactif limitant, alors on a 0,10 - xmax = 0, c'est-à-dire xmax = 0,10 mmol ;

• si I- est le réactif limitant, alors on a 1,0 – 2 xmax = 0, c'est-à-dire xmax = 0,50 mmol.

0,10 mmol < 0,50 mmol, donc H2O2 est en défaut, et l’on a xmax = 0,10 mmol.

2) a) Le volume total est V = 30 mL.

Lorsque la réaction est terminée, les concentrations en diiode [ ]2I ∞ sont les suivantes :

- Mélange A : [ ] 12 3

0,20 mmolI 6,7 mmol.L30.10 L

−−∞

= = ;

- Mélange B : [ ] 12 3

0,20 mmolI 6,7 mmol.L30.10 L

−−∞

= = ;

- Mélange C : [ ] 12 3

0,10 mmolI 3,3 mmol.L30.10 L

−−∞

= = .

b) La courbe 3 possède une asymptote horizontale bien plus basse que les courbes 1 et 2. Elle correspond donc au mélange C, dont la concentration en diiode tend vers 3,3 mmol.L-1 (calcul ci-dessus).

La courbe 1 croît plus vite que la courbe 2 (en un instant donné, le coefficient directeur de la tangente à la courbe 1 est supérieur à celui de la tangente à a courbe 2). Or la concentration des réactifs est supérieure dans le mélange A. La concentration des réactifs étant un facteur cinétique, il est clair que la courbe 1 est associée au mélange A.

Nous avons donc les correspondances suivantes : courbe 1 pour mélange A, courbe 2 pour mélange B et courbe 3 pour mélange C.

c) À t = 30 minutes, seule l’ordonnée de la courbe 1 a quasiment atteint sa valeur limite, calculée au 2)a). La réaction est donc quasiment terminée dans le mélange A, mais pas dans les mélanges B et C.

3) a) La vitesse volumique de la réaction est 1 dxV dt

=V (attention, le terme « vitesse de formation du diiode »

n’est plus employé dans les programmes ; il ne signifie rien, pour vous ! erreur d’énoncé !)

b) Sachant que la quantité de diiode formé est égale à l’avancement x (voir tableaux d’avancement), la

concentration en diiode [ ]( )2I t est telle que l’on a : [ ]( ) ( )2

x tI t

V= .

Puisque l’on a

xd1 dx VV dt dt

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= =V , il vient :

[ ]2d Idt

=V .

Pour calculer la vitesse de réaction V , il suffit donc de calculer le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de t [ ]( )2I t .

• Calcul de ( )5 minV :

La tangente à la courbe est la droite ( )1 2M M , avec ( ) ( )1 11 2M 0 ; 0,50 mmol.L et M 12,5 min ; 5,0 mmol.L− − .

Le coefficient directeur de la tangente est égal à 1 15,0 0,50 0,36 mmol.L .min12,5 0

− −− =−

. Nous avons donc

( ) 1 15 min 0,36 mmol.L .min− −=V .

• Calcul de ( )15 minV :

La tangente à la courbe est la droite ( )1 2M 'M ' , avec ( ) ( )1 11 2M ' 0 ; 2,5 mmol.L et M ' 20,0 min ; 5,5 mmol.L− − .

Le coefficient directeur de la tangente est égal à 1 15,5 2,5 0,15 mmol.L .min20,0 0

− −− =−

. Nous avons donc

( ) 1 115 min 0,15 mmol.L .min− −=V .

c) Le facteur cinétique responsable de cette diminution de la vitesse volumique de réaction, c’est la

concentration des réactifs, qui diminue au cours du temps.

4) a) L’acide sulfurique apporte des ions ( )H aq+ de la manière suivante, en se dissolvant dans l’eau :

( ) ( ) ( )22 4 4H SO l 2 H aq SO aq+ −→ + . Ce sont les ions H+(aq) qui sont considérés comme réactifs ici, mais c’est

l’acide sulfurique ( )2 4H SO l qui les apporte, en se dissolvant dans l’eau.

b) La concentration c en soluté apporté de l’acide sulfurique est importante, car elle détermine la concentration initiale

0H+⎡ ⎤⎣ ⎦ en ions H+ de la solution. En effet, d’après l’équation de dissolution précédente,

on a 0

H 2 c+⎡ ⎤ = ×⎣ ⎦ .

On pourrait reproduire un des mélanges, en faisant varier la valeur de c et donc de 0

H+⎡ ⎤⎣ ⎦ . Sans nul doute,

l’expérience dans laquelle c serait le plus grand, correspondrait à une courbe plus pentue de la concentration en diiode.