Masar
Masar
Bac Tunisie
Chimie/CI-D
Entraîner la reconnaissance
CI-DCinétique chimique

L'exercice de cinétique sur une courbe [I2](t)[\mathrm{I_2}](t) : vitesse instantanée, avancement final, réactif limitant, demi-consommation, concentration inconnue et catalyseur

Idée directrice

Le premier exercice de chimie (3 à 4 points) donne une courbe de concentration d'un produit en fonction du temps et demande, dans l'ordre : l'expression de la vitesse instantanée (v=dx/dtv=\mathrm{d}x/\mathrm{d}t, donc V d[produit]/dtV\,\mathrm{d}[\text{produit}]/\mathrm{d}t ici), l'avancement final lu sur le palier, le réactif limitant par le tableau d'avancement, une durée lue sur la courbe, une concentration inconnue déduite de xfx_f, puis deux vitesses (pente de la tangente, pente nulle sur le palier) que l'on explique par le facteur cinétique concentration. La question finale sur le catalyseur sépare ce qui change (la vitesse) de ce qui ne change pas (xfx_f).

Signature de reconnaissance — l'énoncé se trahit ainsi

« exprimer la vitesse instantanée v(t) en fonction de V1, V2 et d[I2]/dt » ; « montrer que l'avancement final est égal à … » ; « justifier que l'ion … ne constitue pas le réactif limitant » ; « déterminer le temps nécessaire pour consommer la moitié de la quantité initiale du réactif limitant » ; « déduire la valeur de la concentration molaire C2 » ; « préciser le facteur cinétique responsable de l'écart »

Sujet principal

Exercice 1 — cinétique chimique (4 points), dans l'esprit de la session de contrôle 2019

3 questionsCorrigé masqué

Les ions peroxodisulfate S2O82−\mathrm{S_2O_8^{2-}} oxydent les ions iodure I−\mathrm{I^-} selon une transformation totale d'équation

2 I−+S2O82−⟶I2+2 SO42−2\,\mathrm{I^-}+\mathrm{S_2O_8^{2-}}\longrightarrow\mathrm{I_2}+2\,\mathrm{SO_4^{2-}}

À t=0t=0 on prépare le mélange (S)(S) : V1=10 mLV_1=10\ \mathrm{mL} d'iodure de potassium de concentration C1=0,5 mol⋅L−1C_1=0{,}5\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} et V2=10 mLV_2=10\ \mathrm{mL} de peroxodisulfate de potassium de concentration C2C_2 inconnue. On note V=V1+V2V=V_1+V_2 le volume total ; température et volume sont constants.

On mesure à différents instants la concentration [I2][\mathrm{I_2}] du diiode formé. La courbe [I2]=f(t)[\mathrm{I_2}]=f(t) obtenue a les caractéristiques suivantes : elle passe par [I2]=12,0×10−4 mol⋅L−1[\mathrm{I_2}]=12{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} à t=8 mint=8\ \mathrm{min} ; sa tangente (Δ1)(\Delta_1) au point d'abscisse t1=24 mint_1=24\ \mathrm{min} passe par les points (0 min ; 14,4×10−4 mol⋅L−1)(0\ \mathrm{min}\,;\,14{,}4\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}) et (36 min ; 24,0×10−4 mol⋅L−1)(36\ \mathrm{min}\,;\,24{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}) ; elle atteint un palier [I2]f=24,0×10−4 mol⋅L−1[\mathrm{I_2}]_f=24{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} à partir de t≈48 mint\approx48\ \mathrm{min}.

  1. Exprimer la vitesse instantanée v(t)v(t) de la réaction en fonction de V1V_1, V2V_2 et d[I2]dt\dfrac{\mathrm{d}[\mathrm{I_2}]}{\mathrm{d}t}.
  2. En exploitant la courbe :
    1. montrer que l'avancement final vaut xf=48,0×10−6 molx_f=48{,}0\times10^{-6}\ \mathrm{mol} ;
    2. justifier que l'ion I−\mathrm{I^-} ne constitue pas le réactif limitant ;
    3. déterminer le temps nécessaire pour consommer la moitié de la quantité initiale du réactif limitant ;
    4. déduire la valeur de la concentration molaire C2C_2 ;
    5. déterminer les valeurs v(t1)v(t_1) et v(t2)v(t_2) de la vitesse aux instants t1=24 mint_1=24\ \mathrm{min} et t2=60 mint_2=60\ \mathrm{min}. Préciser le facteur cinétique responsable de l'écart entre ces deux valeurs.
  3. On refait l'expérience à la même température en ajoutant au mélange initial quelques gouttes d'une solution de sulfate de fer (II) jouant le rôle de catalyseur, sans changement appréciable de VV. Indiquer si xfx_f et v(t1)v(t_1) restent inchangés, augmentent ou diminuent. Justifier.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : la vitesse est la dérivée de l'avancement, et l'avancement se lit sur le produit de coefficient 1. Le tableau d'avancement donne n(I2)=xn(\mathrm{I_2})=x, donc [I2]=xV[\mathrm{I_2}]=\dfrac{x}{V} et x=(V1+V2)[I2]x=(V_1+V_2)[\mathrm{I_2}]. D'où

v(t)=dxdt=(V1+V2) d[I2]dtv(t)=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=(V_1+V_2)\,\frac{\mathrm{d}[\mathrm{I_2}]}{\mathrm{d}t}

2.a Idée : le palier donne la concentration finale, le volume total la convertit en quantité de matière. xf=(V1+V2)[I2]f=20×10−3×24,0×10−4=48,0×10−6 molx_f=(V_1+V_2)[\mathrm{I_2}]_f=20\times10^{-3}\times24{,}0\times10^{-4}=\boxed{48{,}0\times10^{-6}\ \mathrm{mol}}.

2.b Idée : un réactif est limitant s'il est épuisé à l'état final. nf(I−)=C1V1−2xf=5,0×10−3−96×10−6=4,904×10−3 mol>0n_f(\mathrm{I^-})=C_1V_1-2x_f=5{,}0\times10^{-3}-96\times10^{-6}=4{,}904\times10^{-3}\ \mathrm{mol}>0 : il reste des ions iodure, I−\mathrm{I^-} n'est pas limitant. Le réactif limitant est donc S2O82−\mathrm{S_2O_8^{2-}} (la réaction étant totale, l'un des deux est épuisé).

2.c Idée : la moitié du réactif limitant consommée correspond à x=xf/2x=x_f/2. n(S2O82−)=n0−xn(\mathrm{S_2O_8^{2-}})=n_0-x vaut n0/2n_0/2 quand x=xf/2x=x_f/2 (puisque xf=n0x_f=n_0), c'est-à-dire [I2]=[I2]f2=12,0×10−4 mol⋅L−1[\mathrm{I_2}]=\dfrac{[\mathrm{I_2}]_f}{2}=12{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}. Sur la courbe cette valeur est atteinte à t′=8 min\boxed{t'=8\ \mathrm{min}} : c'est le temps de demi-réaction.

2.d Idée : le réactif limitant est totalement consommé, donc xfx_f égale sa quantité initiale. C2V2−xf=0⇒C2=xfV2=48,0×10−610×10−3=4,8×10−3 mol⋅L−1C_2V_2-x_f=0\Rightarrow C_2=\dfrac{x_f}{V_2}=\dfrac{48{,}0\times10^{-6}}{10\times10^{-3}}=\boxed{4{,}8\times10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}}.

2.e Idée : la dérivée est la pente de la tangente ; sur le palier la pente est nulle. À t1t_1 : d[I2]dt=24,0×10−4−14,4×10−436−0≈2,67×10−5 mol⋅L−1⋅min−1\dfrac{\mathrm{d}[\mathrm{I_2}]}{\mathrm{d}t}=\dfrac{24{,}0\times10^{-4}-14{,}4\times10^{-4}}{36-0}\approx2{,}67\times10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}}, donc

v(t1)=20×10−3×2,67×10−5≈5,3×10−7 mol⋅min−1v(t2=60 min)=0v(t_1)=20\times10^{-3}\times2{,}67\times10^{-5}\approx\boxed{5{,}3\times10^{-7}\ \mathrm{mol\cdot min^{-1}}}\qquad v(t_2=60\ \mathrm{min})=0

À t2t_2 la réaction est terminée. Entre t1t_1 et t2t_2, la vitesse a chuté parce que les concentrations des réactifs ont diminué : le facteur cinétique responsable est la concentration (la température est constante).

3. Idée : un catalyseur agit sur la vitesse, jamais sur l'état final d'une réaction totale. xfx_f est fixé par la stœchiométrie et la quantité de réactif limitant : il reste inchangé. En revanche le catalyseur accélère la réaction : v(t1)v(t_1) augmente (le palier est atteint plus tôt).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Entraînement 01 / 02

Drill CI-D.1 — vitesse à partir de la quantité de matière d'un réactif

2 questionsCorrigé masqué

Même réaction 2 I−+S2O82−→I2+2 SO42−2\,\mathrm{I^-}+\mathrm{S_2O_8^{2-}}\rightarrow\mathrm{I_2}+2\,\mathrm{SO_4^{2-}}. On suit cette fois la quantité de matière n(I−)n(\mathrm{I^-}) au cours du temps : n0(I−)=5,0×10−3 moln_0(\mathrm{I^-})=5{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol} et la tangente à l'origine de la courbe n(I−)=g(t)n(\mathrm{I^-})=g(t) coupe l'axe des temps en t=5 mint=5\ \mathrm{min}.

  1. Montrer que la vitesse de la réaction peut s'écrire v(t)=−12d n(I−)dtv(t)=-\dfrac12\dfrac{\mathrm{d}\,n(\mathrm{I^-})}{\mathrm{d}t}.
  2. Déterminer graphiquement la valeur de vv à l'instant t=0t=0.
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1. Idée : dériver la ligne du tableau d'avancement. n(I−)=n0−2xn(\mathrm{I^-})=n_0-2x, donc dn(I−)dt=−2dxdt=−2v\dfrac{\mathrm{d}n(\mathrm{I^-})}{\mathrm{d}t}=-2\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=-2v, soit v=−12dn(I−)dtv=-\dfrac12\dfrac{\mathrm{d}n(\mathrm{I^-})}{\mathrm{d}t} : le signe −- rend vv positive puisque n(I−)n(\mathrm{I^-}) décroît.

2. Idée : pente de la tangente à l'origine. Elle passe par (0 ; 5,0×10−3)(0\,;\,5{,}0\times10^{-3}) et (5 min ; 0)(5\ \mathrm{min}\,;\,0) : dn(I−)dt∣0=−5,0×10−35=−1,0×10−3 mol⋅min−1\dfrac{\mathrm{d}n(\mathrm{I^-})}{\mathrm{d}t}\Big|_0=-\dfrac{5{,}0\times10^{-3}}{5}=-1{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot min^{-1}}, d'où v(0)=5,0×10−4 mol⋅min−1v(0)=\boxed{5{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot min^{-1}}}.

Entraînement 02 / 02

Drill CI-D.2 — deux courbes n(x), réactif limitant et concentrations initiales

3 questionsCorrigé masqué

Toujours pour 2 I−+S2O82−→I2+2 SO42−2\,\mathrm{I^-}+\mathrm{S_2O_8^{2-}}\rightarrow\mathrm{I_2}+2\,\mathrm{SO_4^{2-}}, on mélange un volume VV de KI (C1C_1) et le même volume VV de K2S2O8\mathrm{K_2S_2O_8} (C2C_2). On trace les quantités de matière des deux réactifs en fonction de l'avancement xx : la courbe (a) part de 5,0×10−3 mol5{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol}, la courbe (b) part de 2,0×10−3 mol2{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol} et s'annule en x=2,0×10−3 molx=2{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol}. À la fin, [I−]f=10−2 mol⋅L−1[\mathrm{I^-}]_f=10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.

  1. Montrer que la courbe (a) correspond à n(I−)n(\mathrm{I^-}).
  2. Identifier le réactif limitant et donner xfx_f, puis les quantités initiales n01n_{01} et n02n_{02}.
  3. Déterminer VV, C1C_1 et C2C_2.
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1. Idée : les pentes des droites n(x)n(x) sont les coefficients stœchiométriques. n(I−)=n01−2xn(\mathrm{I^-})=n_{01}-2x décroît deux fois plus vite que n(S2O82−)=n02−xn(\mathrm{S_2O_8^{2-}})=n_{02}-x : la droite la plus pentue est (a), et c'est elle qui part de 5,0×10−3 mol5{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol} (on vérifie qu'elle vaut encore 1,0×10−31{,}0\times10^{-3} en x=2,0×10−3x=2{,}0\times10^{-3}).

2. Idée : le limitant est celui dont la droite touche l'axe des xx en premier. (b) s'annule en x=2,0×10−3 molx=2{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol} : S2O82−\mathrm{S_2O_8^{2-}} est limitant et xf=2,0×10−3 molx_f=2{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol} ; n01=5,0×10−3 moln_{01}=5{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol}, n02=2,0×10−3 moln_{02}=2{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol}.

3. Idée : la concentration finale d'iodure se calcule dans le volume total 2V2V. [I−]f=n01−2xf2V=1,0×10−32V=10−2⇒V=50 mL[\mathrm{I^-}]_f=\dfrac{n_{01}-2x_f}{2V}=\dfrac{1{,}0\times10^{-3}}{2V}=10^{-2}\Rightarrow V=\boxed{50\ \mathrm{mL}} ; puis C1=n01V=0,10 mol⋅L−1C_1=\dfrac{n_{01}}{V}=\boxed{0{,}10\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}} et C2=n02V=4,0×10−2 mol⋅L−1C_2=\dfrac{n_{02}}{V}=\boxed{4{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}}.

Méthode / Automatismes
  • Toujours commencer par le tableau d'avancement pour relier la grandeur suivie à xx : ici [I2]=x/V[\mathrm{I_2}]=x/V, avec VV le volume total.
  • Palier → xfx_f ; tableau → réactif limitant (n0−αxf=0n_0-\alpha x_f=0) → concentration inconnue.
  • Vitesse à un instant : pente de la tangente × volume ; sur le palier, v=0v=0.
  • Demi-réaction : x=xf/2x=x_f/2, lue sur la courbe du produit à la moitié de sa valeur finale.
  • Catalyseur : v↑v\uparrow, xfx_f inchangé ; dilution : v↓v\downarrow, xfx_f inchangé.
Pièges classiques

Utiliser V2V_2 au lieu de V1+V2V_1+V_2 pour convertir [I2][\mathrm{I_2}] en xx ; conclure que I−\mathrm{I^-} est limitant parce que « c'est lui qui a le plus grand coefficient » ; lire t1/2t_{1/2} à la moitié de la durée totale au lieu de la moitié de [I2]f[\mathrm{I_2}]_f ; donner v(t1)v(t_1) en mol⋅L−1⋅min−1\mathrm{mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}} (c'est la vitesse volumique) ; dire que le catalyseur augmente xfx_f.