Classe de 1èreS
Chimie
DS N°6
Correction
CORRECTION DU DS N°6
Exercice n°1 : couple oxydoréducteur :
2pts
Al3+(aq) + 3e-
Les demi-équations d'oxydoréduction sont :
= Al(s)
MnO4-(aq) + 8H+(aq) + 5e- = Mn2+(aq) + 4H2O(l)
NO3-(aq) + 4H+(aq) + 3e-
= NO(g) + 2H2O(l)
MnO4-(aq) +4H+(aq) + 3e- = MnO2(s) + 2H2O(l)
Exercice n°2 : Argenture d’une médaille en fer :
5 pts
1) Manipulation que l’élève doit réaliser : il doit plonger sa médaille dans un bécher rempli d’une
2)
3)
4)
5)
solution de nitrate d’argent Ag+(aq) + NO3-(aq)
Couples qu'il suppose en présence : Ag+(aq) / Ag(s) et Fe2+(aq) / Fe(s)
L'oxydant est l’ion argent : Ag+(aq)
Le réducteur est le métal Fer : Fe(s)
Écriture des demi équations :
Ag+(aq) + e- =
Ag(s)
Fe(s)
= Fe2+(aq) + 2 eEcriture de la réaction d'oxydoréduction :
2 Ag+(aq) + Fe(s) → 2 Ag(s) +
Fe2+(aq)
Exercice n°3 : Produit anti-mousse pour pelouse :
7 pts
1) En utilisant les demi équations d'oxydoréduction et en veillant à ce que le nombre d'électrons
échangés entre les deux couples soit le même on a:
Fe2+(aq)
= Fe3+(aq) + ex5
MnO4-(aq) + 8H+ + 5e-
=
5Fe2+(aq) + MnO4-(aq) + 8H+
Mn2+(aq) + 4H2O
5Fe3+(aq) + Mn2+(aq) + 4H2O
2)
Equation
Avancement
Etat du système
(x en mol)
Initial
x=0
Au cours du
dosage
A l’équivalence
5Fe2+(aq) + MnO4-(aq) + 8H+
5Fe3+(aq) + Mn2+(aq) + 4H2O
n Fe2+(aq)
n MnO4-(aq)
n H+
n Fe3+(aq)
n Mn2+(aq)
n H2O
c1*v1
c2*v2
excès
0
0
excès
x
c1*v1 – 5x
c2*v2 - x
excès
5*x
x
excès
xeq = ………..
0
0
excès
5*xeq
xeq
excès
3) A l’équivalence on peut donc écrire :
xeq =
c1 * v1
= c2*v2eq
5
4) Applications numériques :
a. En remaniant la relation ci-dessus et en utilisant les valeurs numériques de l’énoncé :
c1 =
5 × c 2 × v 2 eq
v1
=
5 × 2.0 * 10 −2 × 13.0 * 10 −3
= 6.5 * 10 − 2 mol / L
20.0 * 10 −3
b. La solution S0 a un volume v0 = 100.0 mL donc :
n Fe 2 + = c1 × v0 = 6.5 *10 −2 × 100.0 *10 −3 = 6.5*10-3 mol
( aq )
Classe de 1èreS
Chimie
c. Cette quantité de matière revient à une masse de fer de :
DS N°6
Correction
m( Fe) = n( Fe) × M ( Fe) = 6.5 * 10 −3 × 55.8 = 0.36 g
Pour 10.0 g de produit on a 0.36g de fer
Donc pour 100 g de produit on en a 3.6 g.
Le pourcentage massique de fer dans le produit est alors de 3.6%.
Exercice n°4 : Dosage d’une solution de Destop® :
6 pts
1) Question Bonus 1 :
On va chercher tout d’abord la masse volumique du Destop :
d=
ρd
d ' où ρ d = d × ρ e = 1.2 × 1.0 *10 3 = 1.2 *10 3 kg / m 3
ρe
On cherche quelle est la masse d’un volume de 1 L de Destop :
m = 1.2 kg.
D’après le pourcentage en masse d’hydroxyde de sodium, on trouve la masse de NaOH qu’il y a
dans ces 1L :
20% * 1.2 =
20 × 1.2
= 0.24 kg
100
On peut alors calculer le nombre de moles de NaOH présent dans un litre de Destop :
n( NaOH ) =
m( NaOH )
240
=
= 6 moles
M ( NaOH ) 23 + 1 + 16
On obtient bien une concentration de 6 mol/L pour la solution de Destop.
2) Il s'agit de la réaction entre la base OH-(aq) et l’acide H3O+ donc l'équation de la
réaction de dosage est:
HO-(aq) + H3O+
2 H2O(l)
3)
Abs : 1 cm 1 mL
Ord : 1 cm 1 mS
4) A l’aide du graphique, on détermine le volume équivalent : v2eq = 12.0*10-3 L.
Vu l’équation de la réaction de dosage, on a à l’équivalence :
c1*v1 = c2*v2eq
d’où
c 2 × v 2eq 0.10 × 12.0 * 10 −3
c1 =
=
= 1.2 * 10 − 2 mol / L
v1
100 * 10 −3
On sait que la solution commerciale est 500 fois plus concentrée, donc :
c0 = 500 * 1.2*10-2 = 6.0 mol/L