Correction des exercices sur l’oxydoréduction par voie sèche

Correction exercice I L’oxydoréduction par voie sèche

Exercice I
A. Rappel des règles de calcul des nombres d'oxydation (NO)
A.1. Le NO d'un élément à l'état de corps simple est égal à zéro.
A.2. Le NO d'un ion monoatomique est égal à sa charge.
A.3. La somme des NO des atomes d'une molécule est égale à zéro.
A.4. La somme des NO des atomes d'un ion complexe est égale à la charge de l’ion complexe.
A.5. Le NO de l'hydrogène est pratiquement toujours égale à +I, sauf si la règle n° A1 prend le dessus (\({H_2}\) où NO = 0), ou si la règle n° A2 prend le dessus (par exemple NaH avec l'ion \({H^ - }\) où NO = – I).
A.6. Le NO de l'oxygène est pratiquement toujours égal à – II, sauf si la règle n° A1 prend le dessus (\({O_2}\) où NO = 0), ou dans le cas de \({H_2}{O_2}\) où la règle n° A5 est prise en considération, NO = +I pour l'hydrogène, ce qui impose NO = – I pour l'oxygène par la règle n° A3.
B. Calcule du nombre d'oxydation
a) \(Fe\) est sous forme de corps simple. La règle n° A1 impose un NO = 0.
b) \({P_4}\) est sous forme de corps simple. La règle n° A1 impose un NO = 0.
c) \({S_8}\) est sous forme de corps simple. La règle n° A1 impose un NO = 0.
d) \(C{H_4}\) : La règle n° A5 impose un NO = +I pour H. La règle n° A3 impose une somme des NO = 0 pour la molécule. 4H donne +4, à compenser par –4.
Conclusion : le carbone a un NO = – IV.
e) \(C{O_2}\) : La règle n° A6 impose un NO = – II pour O. La règle n° 3 impose une somme des NO = 0 pour la molécule. 2O donne –4, donc à compenser par +4.
Conclusion : le carbone a un NO = +IV.
f) \(HCl{O_4}\) : La règle n° A5 impose un NO = +I pour H et la règle n° 6 impose un NO = – II pour O. La règle n° 3 impose une somme des NO = 0 pour la molécule. 4 fois –II et 1 fois +I donne –7, à compenser par +7.
Conclusion : le chlore a un NO = +VII.
g) \(CO_3^{2 - }\) :La règle n° A6 impose un NO = – II pour O. La règle n° 4 impose une somme des NO correspondant à la charge du ion, c'est-à-dire –2. 3O donne –6, donc à compenser par +4 pour avoir une somme de –2.
Conclusion : le carbone a un NO = +IV.
h) \(PO_4^{3 - }\) : La règle n° A6 impose un NO = – II pour O. La règle n° A4 impose une somme des NO correspondant à la charge du ion, c'est-à-dire –3. 4O donne –8, donc à compenser par +5 pour avoir une somme de –3.
Conclusion : le phosphore a un NO = +V.
i) \(MgO\) est un corps ionique composé d'un ion \(M{g^{2 + }}\) et d'un ion \({O^{2 - }}\). C'est la règle n° 2 qui entre en ligne de compte.
Conclusion : le magnésium a un NO = +II.
j) \(MgC{l_2}\) est un corps ionique composé d'un ion \(M{g^{2 + }}\) et de deux ions \(C{l^ - }\). C'est la règle n° A2 qui entre en ligne de compte.
Conclusion : le chlore a un NO = – I.
k) \(NaCl\) est un corps ionique composé d'un ion \(N{a^ + }\) et de d'un ion \(C{l^ - }\). C'est la règle n° A2 qui entre en ligne de compte.
Conclusion : le sodium a un NO = +I.
l) \(N{a_2}S{O_4}\) est un corps ionique composé de deux ions \(N{a^ + }\) et d'un ion \(SO_4^{2 - }\). C'est la règle n° A4 qui entre en ligne de compte : la somme des NO doit faire –2. La règle n° A6 impose un NO = – II pour O. 4O donne –8, donc à compenser par +6 pour avoir une somme de –2.
Conclusion : le soufre a un NO = +VI.

Correction exercice II L’oxydoréduction par voie sèche

Exercice II
1.a) Le nombre d'oxydation diminue lors d'une réduction.
1.b) Non. En effet, K perd un électron pour devenir positif. Le nombre d'oxydation passe ainsi de 0 à +I, donc augmente : il s'agit d'une oxydation.
2.a) On attribue les nombres d'oxydations pour chaque élément à gauche et à droite de l'équation :
\(2\mathop {Na}\limits^0 \) \( + \mathop {C{l_2}}\limits^0 \) \( \to \) \(2\mathop {Na}\limits^{ + I} \mathop {Cl}\limits^{ - I} \)
Na passe de 0 à +I, donc donne 1 électron : Na est le réducteur.
Cl passe de 0 à – I, donc accepte 1 électron : \(C{l_2}\) est l'oxydant.
2.b) On attribue les nombres d'oxydations pour chaque élément à gauche et à droite de l'équation :
\(\mathop S\limits^{ - IV} \mathop {{O_2}}\limits^{ - II} \) \( + 2\mathop {{H_2}}\limits^{ + I} \mathop S\limits^{ - II} \) \( \to \) \(2\mathop S\limits^0 + \) \(2\mathop {{H_2}}\limits^{ + I} \mathop O\limits^{ - II} \)
S dans le \(S{O_2}\) passe de +IV à 0, donc accepte 4 électrons : \(S{O_2}\) est l'oxydant.
S dans \({H_2}S\) passe de –II à 0, donc donne 2 électrons : \({H_2}S\) est le réducteur.
3. Calcule du nombre d’oxydation
\(\mathop {{N_2}}\limits^{ + V} \mathop {{O_5}}\limits^{ - II} \), \(\mathop {{N_2}}\limits^0 \),\(\mathop N\limits^{ - III} \mathop {{H_3}}\limits^{ + I} \),
\(\mathop {{K_3}}\limits^{ + I} \mathop N\limits^{ - III} \), \(\mathop N\limits^{ + V} \mathop {O_3^ - }\limits^{ - II} \), \(\mathop {Li}\limits^{ + I} \mathop N\limits^{ + III} \mathop {{O_2}}\limits^{ - II} \)
a) L'azote est complètement oxydé lorsqu'il a complètement vidé sa dernière couche électronique. C'est le cas lorsqu'il a un NO = +V, donc dans \({N_2}{O_5}\) et \(NO_3^ - \).
b) L'azote est complètement réduit lorsqu'il a complètement rempli sa dernière couche électronique. C'est le cas lorsqu'il a un NO = – III, donc dans \(N{H_3}\) et \({K_3}N\).
c) L'azote peut jouer le rôle d'oxydant uniquement s'il peut encore accepter des électrons, donc pour tous les NO sauf NO = – III. N est oxydant dans \({N_2}{O_5}\), \({N_2}\), \(NO_3^ - \) et \(LiN{O_2}\).
d) L'azote peut jouer le rôle de réducteur uniquement s'il peut encore donner des électrons, donc pour tous les NO sauf NO = +V. N est réducteur dans \({N_2}\), \(N{H_3}\), \({K_3}N\) et \(LiN{O_2}\).

Correction exercice III L’oxydoréduction par voie sèche

Correction exercice IV L’oxydoréduction par voie sèche

Exercice IV
1. Le couple \(Na/N{a^ + }\) est au-dessus du couple \({H_2}/{H_2}O\) dans le tableau. Donc, c'est \({H_2}O\) qui peut oxyder Na.
Le réducteur est Na, qui s'oxyde en \(N{a^ + }\)
L'oxydant est \({H_2}O\) qui va se réduire en \({H_2}\) et \(O{H^ - }\).
L'équation de l'oxydation est :
\(Na\) \( \to \) \(N{a^ + }\) \( + {e^ - }\)
L'équation de la réduction est :
\(2{H_2}O\) \( + 2{e^ - }\) \( \to \) \({H_2} + \) \(2O{H^ - }\)
L’équation bilan devient
\(2{H_2}O\) \( + 2Na\) \( \to \) \({H_2} + \) \(2O{H^ - }\) \( + 2N{a^ + }\)
2. Le couple \(Zn/Z{n^{2 + }}\) est au-dessus du couple \({H_2}/{H^ + }\) dans le tableau. Donc, c'est \({H^ + }\) de l'acide qui peut oxyder Zn.
Le réducteur est Zn, qui s'oxyde en \(Z{n^{2 + }}\).
L'oxydant est \({H^ + }\) qui va se réduire en \({H_2}\).
L'équation de l'oxydation est :
\(Zn \to \) \(Z{n^{2 + }}\) \( + 2{e^ - }\)
L'équation de la réduction est :
\(2{H^ + }\) \( + 2{e^ - }\) \( \to {H_2}\)
L’équation bilan devient
\(2{H^ + }\) \( + Zn\) \( \to {H_2}\) \( + Z{n^{2 + }}\)
3. Le couple \({H_2}/{H^ + }\) est au-dessus du couple \(Cu/C{u^{2 + }}\) dans le tableau. Ainsi, pas de réaction avec \({H^ + }\). Pas de réaction possible non plus avec \(C{l^ - }\), puisque le couple \(C{l^ - }/C{l_2}\) est en dessous de \(Cu/C{u^{2 + }}\).
Donc pas de réaction.
4. Le couple \(Cu/C{u^{2 + }}\) est au-dessus du couple \(NO/NO_3^ - \) dans le tableau (on prend le plus grand écart possible entre les E°). Donc, c'est \(NO_3^ - \) qui peut oxyder \(Cu\). Le réducteur est \(Cu\), qui s'oxyde en \(C{u^{2 + }}\). L'oxydant est \(NO_3^ - \) qui va se réduire en \(NO\) et \({H_2}O\).
5. Le couple \(Zn/Z{n^{2 + }}\) est au-dessus du couple \(Ag/A{g^ + }\) dans le tableau. Donc, c'est \(A{g^ + }\) qui peut oxyder \(Zn\). Mais le couple \(NO/NO_3^ - \)est encore plus en dessous. Donc, selon l'écart des potentiels rédox, c'est ce dernier qui va réagir avec le zinc. Le réducteur est \(Zn\), qui s'oxyde en \(Z{n^{2 + }}\). L'oxydant est \(NO_3^ - \) qui va se réduire en \(NO\).

Correction exercice V L’oxydoréduction par voie sèche

Exercice V
1. Équation de la réaction
\(2IO_3^ - (aq)\) \( + 12{H^ + }\) \( + 10{e^ - }\) \( \to \) \({I_2}(aq)\) \( + 6{H_2}O(l)\)
\(HSO_3^ - (aq)\) \( + {H_2}O(l)\) \( \to \) \(SO_4^{2 - }(aq)\) \( + 3{H^ + }\) \( + 2{e^ - }\)
Équation bilan devient donc :
\(5HSO_3^ - (aq)\) \( + 2IO_3^ - (aq)\) \( \to \) \(5SO_4^{2 - }(aq)\) \( + {I_2}(aq)\) \( + {H_2}O(l)\) \( + 3{H^ + }\)
2. Équation de la réaction
\({H_2}{O_2}\) \( + 2{H^ + }\) \( + 2{e^ - }\) \( \to 2{H_2}O\)
\(2{I^ - }\) \( \to \) \({I_2} + \) \(2{e^ - }\)
Équation bilan devient donc :
\(2{I^ - }\) \( + {H_2}{O_2}\) \( + 2{H^ + }\) \( \to \) \({I_2} + \) \(2{H_2}O\)
3. Un réducteur est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs électrons.
Dans la réaction 1, le réducteur est l’ion hydrogénosulfite,
Dans la réaction 2, le réducteur est l’ion iodure.

Correction exercice VI L’oxydoréduction par voie sèche

Correction exercice VII L’oxydoréduction par voie sèche

Exercice VII
1. Écrirons l’équation de la réaction d’oxydoréduction qui traduit la transformation observée.
\(Al(s)\) \( \to \) \(A{l^{3 + }}(aq)\) \( + 3{e^ - }\)
\(2{H^ + }(aq)\) \( + 2{e^ - }\) \( \to \) \({H_2}(g)\)
Équation bilan
\(6{H^ + }(aq)\) \( + 2Al(s)\) \( \to \) \(3{H_2}(g)\) \( + 2A{l^{3 + }}(aq)\)
2. L’aluminium \(Al(s)\) cède des électrons, c’est le réducteur. \({H^ + }\) gagne un électron, c’est l’oxydant.
3. Oxydation de Al, réduction de \({H^ + }\)
4. Tableau d’avancement

	Avancement	\(2Al(s)\)	\(6{H^ + }(aq)\)	\(2A{l^{3 + }}(aq)\)	\(3{H_2}(g)\)
État initial	\(\alpha = 0\)	\({n_1} = \) \(\frac{{{m_1}}}{{{M_{Al}}}}\)	\({n_2} = \) \({C_2}{V_2}\)	0	0
État intermédiaire	\(\alpha \)	\({n_1} - 2\alpha \)	\({n_2} - 6\alpha \)	\(2\alpha \)	\(3\alpha \)
État final	\({\alpha _{\max }}\)	\({n_1} - 2{\alpha _{\max }}\)	\({n_2} - 6{\alpha _{\max }}\)	\(2{\alpha _{\max }}\)	\(3{\alpha _{\max }}\)

Si l’aluminium est le réactif limitant :
\({n_1} - \) \(2{\alpha _{\max }} = 0\) donc \({\alpha _{\max }} = \frac{{{n_1}}}{2}\) \( = \frac{{{m_1}}}{{2{M_{Al}}}}\) \( = 5\) mmol
Si l’ion hydrogène est le réactif limitant :
\({n_2} - 6\) \({\alpha _{\max }} = \) \(0 \Rightarrow {\alpha _{\max }}\) \( = \frac{{{n_2}}}{6}\) \( = \frac{{{C_2}{V_2}}}{6}\) \( = 4\) mmol
L’ion \({H^ + }\) donnant le plus petit avancement final, est le réactif limitant.
Composition finale du système chimique
\({n_{Al}} = \) \({n_1} - \) \(2{\alpha _{\max }}\) \( = 2\) mol
\({n_{{H^ + }}} = 0\) mmol, le réactif limitant est totalement consommé.
\({n_{A{l^{3 + }}}} = \) \(2{\alpha _{\max }}\) \( = 8\) mol
\({n_{{H_2}}} = \) \(3{\alpha _{\max }}\) \( = 12\)
5. Calcule du volume de dihydrogène dégagé dans les conditions de l’expérience à la température de 20°C sous la pression de 1,0 bar
\(V({H_2}) = \) \(\frac{{{n_{{H_2}}}.R.T}}{P}\) \( = 0,29\) L

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	Avancement	\(8Al\)	\(3NO_3^ - \)	\(27{H^ + }\)	\(8A{l^{3 + }}\)	\(3N{H_3}\)	\(9{H_2}O\)
État initial	\(\alpha = 0\)	\(0,1\)	\(0,005\)	\(0,005\)	0	0
État intermédiaire	\(\alpha \)	\(0,1 - 8\alpha \)	\(0,005\) \( - 3\alpha \)	\(0,005\) \( - 27\alpha \)	\(8\alpha \)	\(3\alpha \)
État final	\({\alpha _{\max }}\)	\(0,1 - \) \(8{\alpha _{\max }}\)	\(0,005\) \( - 3{\alpha _{\max }}\)	\(0,005\) \( - 27{\alpha _{\max }}\)	\(8{\alpha _{\max }}\)	\(3{\alpha _{\max }}\)