Correction exercice I Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice I
1. Dans cet exercice, il est question d’identifier le nature des entités échangées :
a. \(2{H_2}O \mathbin{\lower.3ex\hbox{\(\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}\)}} {H_3}{O^ + } + O{H^ - }\)
Ce n’est pas une réaction d’oxydoréduction, car il n’y a pas eu transfert d’électrons, plutôt dissociation de la molécule d’eau.
b. \(F{e^{2 + }} + 2H{O^ - } \to Fe{(OH)_2}\)
Ce n’est pas une réaction d’oxydoréduction, c’est la formation d’un précipité.
c.\(3N{i^{2 + }} + 2Al\) \( \to 3Ni + 2A{l^{3 + }}\)
Oui, c’est une réaction d’oxydoréduction.
Couple redox : \(A{l^{3 + }}/Al\) et \(N{i^{2 + }}/Ni\)
Demi-équations redox :
\(N{i^{2 + }} + 2{e^ - } \to Ni\) x3
\(Al \to A{l^{3 + }} + 3{e^ - }\) x2
Équation bilan
\(3N{i^{2 + }} + 2Al\) \( \to 3Ni + 2A{l^{3 + }}\)
d. \(H{g^{2 + }} + Ag\) \( \to Hg + A{g^ + }\)
Oui, c’est une réaction d’oxydoréduction.
Couple redox \(H{g^{2 + }}/Hg\) et \(A{g^ + }/Ag\)
Demi-équations redox :
\(H{g^{2 + }} + 2{e^ - } \to Hg\) x1
\(Ag \to A{g^ + } + {e^ - }\) x2
Équation bilan
\(H{g^{2 + }} + 2Ag\) \( \to Hg + 2A{g^ + }\)
e. \({H_3}{O^ + } + Zn\) \( \to {H_2} + Z{n^{2 + }}\)
Oui, c’est une réaction d’oxydoréduction.
Couple redox : \({H_3}{O^ + }/{H_2}\) et \(Z{n^{2 + }}/Zn\)
Demi-équations redox :
\({H_3}{O^ + } + {e^ - }\) \( \to \frac{1}{2}{H_2} + {H_2}O\) x2
\(Zn \to Z{n^{2 + }} + 2{e^ - }\) x1
Équation bilan
\(2{H_3}{O^ + } + Zn\) \( \to {H_2} + Z{n^{2 + }}\) \( + 2{H_2}O\)
f. \(2C{u^ + } \to C{u^{2 + }} + Cu\)
Ce n’est pas une réaction d’oxydoréduction.
2. Écrivons les demi-équations des couples Oxydant/Réducteur suivants :
\(a){O_3}(g)/{O_2}(g){\rm{ }}\)
Le principe est le suivant :
1 Écrire son équation redox \({O_3} + {e^ - } \to {O_2}\)
2. Équilibrons tous les atomes autres que O et H. ( ils n’en existent pas )
3. Équilibrons les O en ajoutant des molécules d’eau. \({O_3} + {e^ - } \to {O_2} + {H_2}O\)
4. Équilibrons les H en ajoutant des protons H+. \({O_3} + {e^ - } + 2{H^ + }\) \( \to {O_2} + {H_2}O\)
5. Complétons le nombre d’électrons pour respecter les charges électriques
\({O_3} + 2{e^ - } + 2{H^ + }\) \( \to {O_2} + {H_2}O\)
\(b)HClO(aq)/C{l_2}(g)\)
1 Écrivons son équation redox : \(HClO(aq) + {e^ - } \to C{l_2}(g)\)
2. Équilibrons tous les atomes autres que O et H. \(HClO(aq) + {e^ - }\) \( \to \frac{1}{2}C{l_2}(g)\)
3. Équilibrons les O en ajoutant des molécules d’eau. \(HClO(aq) + {e^ - }\) \( \to \frac{1}{2}C{l_2}(g) + {H_2}O\)
4. Équilibrons les H en ajoutant des protons H+.
\(HClO(aq) + {e^ - } + {H^ + }\) \( \to \frac{1}{2}C{l_2}(g) + {H_2}O\)
5. Complétons le nombre d’électrons pour respecter les charges électriques
\(HClO(aq) + 1 \times {e^ - }\) \( + 1 \times {H^ + } \to \frac{1}{2}C{l_2}(g)\) \( + {H_2}O\)
Soit : \(2HClO(aq) + 2{e^ - } + 2{H^ + }\) \( \to C{l_2}(g) + 2{H_2}O\)
\(c){O_2}/{H_2}O(l)\)
1 Écrivons son équation redox \({O_2} + {e^ - } \to {H_2}O(l)\)
2. Équilibrons tous les atomes autres que O et H. ( ils n’en existent pas )
3. Équilibrons les O en ajoutant des molécules d’eau. \({O_2} + {e^ - } \to \) \({H_2}O(l) + {H_2}O(l)\)
4. Équilibrons les H en ajoutant des protons H+. \({O_2} + {e^ - } + 4{H^ + }\) \( \to 2{H_2}O(l)\)
5. Complétons le nombre d’électrons pour respecter les charges électriques
\({O_2} + 4{e^ - } + 4{H^ + }\) \( \to 2{H_2}O(l)\)
\({\rm{ }}e)NO_3^ - /NO(g)\)
\({\rm{ }}1){\rm{ }}NO_3^ - + {e^ - } \to NO(g)\)
\(2){\rm{ }}NO_3^ - + {e^ - } \to NO(g)\)
\(3){\rm{ }}NO_3^ - + {e^ - } \to NO(g) + 2{H_2}O\)
\(4){\rm{ }}NO_3^ - + {e^ - } + 4{H^ + } \to \) \(NO(g) + 2{H_2}O\)
\(5){\rm{ }}NO_3^ - + 3{e^ - } + 4{H^ + }\) \( \to NO(g) + 2{H_2}O\)
\(f)Al(OH)_4^ - /Al{\rm{ }}\)
\({\rm{ }}1){\rm{ }}Al(OH)_4^ - + {e^ - } \to Al\)
\(2){\rm{ }}Al(OH)_4^ - + {e^ - } \to Al\)
\(3){\rm{ }}Al(OH)_4^ - + {e^ - } \to Al + 4{H_2}O\)
\(4){\rm{ }}Al(OH)_4^ - + {e^ - } + 4{H^ + }\) \( \to Al + 4{H_2}O\)
\(5){\rm{ }}Al(OH)_4^ - + 3{e^ - }\) \( + 4{H^ + } \to Al + 4{H_2}O\)
\(g)C{r_2}O_7^{2 - }/C{r^{3 + }}\)
\(1){\rm{ }}C{r_2}O_7^{2 - } + {e^ - } \to C{r^{3 + }}\)
\(2){\rm{ }}C{r_2}O_7^{2 - } + {e^ - } \to 2C{r^{3 + }}\)
\(3){\rm{ }}C{r_2}O_7^{2 - } + {e^ - } \to 2C{r^{3 + }} + 7{H_2}O\)
\(4){\rm{ }}C{r_2}O_7^{2 - } + {e^ - } + 14{H^ + }\) \( \to 2C{r^{3 + }} + 7{H_2}O\)
\(5){\rm{ }}C{r_2}O_7^{2 - } + 6{e^ - }\) \( + 14{H^ + } \to 2C{r^{3 + }} + 7{H_2}O\)
\(h)C{H_3}COOH/C{H_3}C{H_2}OH{\rm{ }}\)
\({\rm{ }}1){\rm{ }}C{H_3}COOH + {e^ - } \to C{H_3}C{H_2}OH\)
\(2){\rm{ }}C{H_3}COOH + {e^ - } \to C{H_3}C{H_2}OH{\rm{ }}\)
\(3){\rm{ }}C{H_3}COOH + {e^ - } \to C{H_3}C{H_2}OH + {H_2}O\)
\(4){\rm{ }}C{H_3}COOH + {e^ - } + 4{H^ + }\) \( \to C{H_3}C{H_2}OH + {H_2}O\)
\(5){\rm{ }}C{H_3}COOH + 4{e^ - } + 4{H^ + }\) \( \to C{H_3}C{H_2}OH + {H_2}O\)
Correction exercice II Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice II
1. Équilibrons les équations bilans de réactions métal-ion métallique suivantes : \(a){\rm{ }}H{g^{2 + }} + Cu \to Hg + C{u^{2 + }}\)
1. On écrit les deux demi-équations :
\(H{g^{2 + }} + 2{e^ - } \to Hg\)
\(Cu \to C{u^{2 + }} + 2{e^ - }\)
2. On s’arrange pour avoir le même nombre d’électrons transférés dans les deux équations, pour cela :
\(H{g^{2 + }} + 2{e^ - } \to Hg{\rm{ }}\) x1
\(Cu \to C{u^{2 + }} + 2{e^ - }{\rm{ }}\) x1
3. On additionne alors les deux demi équations, les électrons n’apparaissent plus : \(H{g^{2 + }} + Cu \to Hg + C{u^{2 + }}\)
\(A{g^ + } + Fe \to Ag + F{e^{2 + }}\)
1. On écrit les deux demi-équations :
\(A{g^ + } + {e^ - } \to Ag\)
\(Fe \to F{e^{2 + }} + 2{e^ - }\)
2. On s’arrange pour avoir le même nombre d’électrons transférés dans les deux équations, pour cela :
\(A{g^ + } + {e^ - } \to Ag\) x2
\(Fe \to F{e^{2 + }} + 2{e^ - }\) x1
3. On additionne alors les deux demi équations, les électrons n’apparaissent plus : \(2A{g^ + } + Fe \to 2Ag + F{e^{2 + }}\)
\(N{i^{2 + }} + 2{e^ - } \to Ni\) x3
\(Al \to A{l^{3 + }} + 3{e^ - }\) x2
Equation bilan
\({\rm{ 2}}Al + 3N{i^{2 + }} \to 2A{l^{3 + }} + 3Ni\)
Equation bilan
\(d){\rm{ }}C{d^{2 + }} + Zn \to Cd + Z{n^{2 + }}\)
\(C{d^{2 + }} + 2{e^ - } \to Cd\) x1
\(Zn \to Z{n^{2 + }} + 2e\) x1
Equation bilan
\({\rm{ }}C{d^{2 + }} + Zn \to Cd + Z{n^{2 + }}\)
2. Équilibrons les équations-bilan pour les réactifs suivants :
a ) Ion mercure (II) et cuivre (II)
\(H{g^{2 + }} + Cu \to ?\)
Couples (Hg2+ / Hg) et (Cu2+ /Cu)
\(H{g^{2 + }} + Cu \to C{u^{2 + }} + Hg\)
b ) Ion permanganate ( ) et ion ferreux Fe2+ en milieu acide
Couples ( \(MnO_4^ - \)) et (Fe3+ /Fe2+ )
\(MnO_4^ - + F{e^{2 + }} \to M{n^{2 + }} + F{e^{3 + }}\)
\(MnO_4^ - + {e^ - } \to M{n^{2 + }}\)
\(MnO_4^ - + {e^ - } \to M{n^{2 + }} + 4{H_2}O\)
\(MnO_4^ - + 5{e^ - } + 8{H^ + } \to M{n^{2 + }} + 4{H_2}O\)
\(F{e^{2 + }} \to F{e^{3 + }} + {e^ - }\)
\(MnO_4^ - + 5{e^ - } + 8{H^ + } \to M{n^{2 + }} + 4{H_2}O{\rm{ }}\) X1
\(F{e^{2 + }} \to F{e^{3 + }} + {e^ - }\) X5
\(MnO_4^ - + 8{H^ + } + 5F{e^{2 + }}\) \( \to M{n^{2 + }} + 4{H_2}O + 5F{e^{3 + }}\)
Correction exercice III Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice III
1. Les ions en solutions sont issus de la décomposition du nitrate d’argent suivant l’équation : \(AgN{O_3} \to Ag + NO_3^ - {\rm{ }}\)
Les ions en solution sont alors \(A{g^ + }\) et \(NO_3^ - \)
2. Oui, en effet, l’élément argent est au départ sous forme ionique (Ag+) et à la fin sous forme atomique ( Ag métal ). Il y a eu réduction. il faut nécessairement qu’une autre entité soit oxydée, c’est le zinc métallique qui passe sous forme ionique (Zn2+)
La réaction est donc une réaction d’oxydoréduction.
3. Les couples mises en jeu sont : \(A{g^ + }/Ag\) et \(Z{n^{2 + }}/Zn\)
Oxydants : Ag+ et Zn 2+
Réducteurs : Ag et Zn
4. Équation bilan de la réaction
\(A{g^ + } + {e^ - } \to Ag\)
\(Zn \to Z{n^{2 + }} + 2{e^ - }\)
soit \(2A{g^ + } + Zn \to 2Ag + Z{n^{2 + }}\)
5. La réaction s’arrêtera soit :
- Quand toute la lame de zinc aura été consommée
Quand toutes les ions Ag+ auront été consommés
Correction exercice IV Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice IV
1. Les ions en solution sont issus de la décomposition du chlorure d’or suivant l’équation : \(AuC{l_3} \to A{u^{3 + }} + 3C{l^ - }\)
Les ions en solution sont alors : \(A{u^{3 + }}\) et \({\rm{ }}C{l^ - }\)
2. C’est donc une réaction d’oxydoréduction car il y a transfert d’électrons.
3. L’ion or est passé à l‘état métal : il a été réduit suivant l’équation \(A{u^{3 + }} + 3{e^ - } \to Au\)
L’argent a été oxydé suivant l’équation : \(Ag \to A{g^ + } + {e^ - }\)
4. Équation bilan : \(3Ag + A{u^{3 + }} \to 3A{g^ + } + Au\)
5.1 Calculons la masse d’or déposée sur la lame;
De l’équation \(AuC{l_3} \to A{u^{3 + }} + 3C{l^ - }\)
On a : \({n_{AuC{l_3}}} = {n_{A{u^{3 + }}}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{C_{AuC{l_3}}}}}{{{V_{AuC{l_3}}}}} = \frac{{{m_{A{u^{3 + }}}}}}{{{M_{A{u^{3 + }}}}}}\) alors \({m_{Au}} = \frac{{{C_{AuC{l_3}}}}}{{{V_{AuC{l_3}}}}} \times {M_{Au}}\) \({m_{Au}} = 3,94 \times {10^{ - 2}}g\)
5.2 Calculons la concentration molaire des ions argent dans la solution
De l’équation bilan, Nous avons : \(\frac{{{n_{A{g^ + }}}}}{3} = \frac{{{n_{A{u^{3 + }}}}}}{1}\) \( \Leftrightarrow \frac{{[Ag + ]}}{{3{v_{AuC{l_3}}}}} = \frac{{{n_{A{u^{3 + }}}}}}{1}\) soit \([A{g^ + }] = \frac{{3{n_{A{u^{3 + }}}}}}{1} \times {V_{AuC{l_3}}}\) \([A{g^ + }] = 3 \times {10^{ - 2}}mol/L\)
Correction exercice V Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice V
1. Les ions présents en solution sont entre autre : \({H^ + },C{l^ - },Cl{O^ - }\)
Il y a réaction du ClO– et production de Cl2 soit \(Cl{O^ - } \to C{l_2}\)
ClO– vient du couple ClO-/Cl2 , Cl2 vient du couple Cl2/Cl-
Les demi-équations sont alors : \(Cl{O^ - } + {e^ - } + 2{H^ + } \to \frac{1}{2}C{l_2} + {H_2}O\)
Soit : \(2Cl{O^ - } + 2{e^ - } + 4H\) \( \to C{l_2} + 2{H_2}O\)
Pour le second couple, \(2C{l^ - } \to C{l_2} + 2{e^ - }\)
D’où l’équation bilan ; \(2Cl{O^ - } + 2C{l^ - } + 4{H^ + }\) \( \to 2C{l_2} + 2{H_2}O\)
2. Le dichlore est réducteur du couple ClO-/Cl2 et oxydant du couple Cl2/Cl-. Il joue un double rôle.On dit il se dismute
Correction exercice VI Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice VI
1. Nous avons l’équation de dissociation suivante : \(AgN{O_3} \to A{g^ + } + NO_3^ - \)
1. Les couples redox qui interviennent dans l’expérience sont : \(A{g^ + }/Ag\) et \(Z{n^{2 + }}/Zn\)
2. Équation de réaction \(Zn + 2A{g^ + } \to Z{n^{2 + }} + 2Ag\)
3.1 D’après l’équation suivantes : \(AgN{O_3} \to A{g^ + } + NO_3^ - \)
On a : \({n_{AgN{O_3}}} = {n_{A{g^ + }}} = \) \(CV = 0,02 mol\) soit \({m_{Ag}} = {n_{A{g^ + }}} \times {M_{Ag}} = 2,16g\)
3.2 Calcule de la masse de zinc ayant disparu
De l’équation bilan, On a : \({n_{Zn}} = \frac{{{n_{A{g^ + }}}}}{2} \Rightarrow \) \({m_{Zn}} = \frac{{{n_{A{g^ + }}}}}{2}{M_{Zn}}\) \({m_{Zn}} = 0,65g\)
Correction exercice VII Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice VII
1. Calcule de la quantité d’ions Ag+
D’après l’équation de dissociation AgNO3,
\(AgN{O_3} \to A{g^ + } + NO_3^ - \)
Ainsi : \({n_{AgN{O_3}}} = {n_{A{g^ + }}} = {C_{AgN{O_3}}}.V\) soit \({n_{A{g^ + }}} = 2,0 \times {10^{ - 2}}.100 \times {10^{ - 3}}\) \( = 2 \times {10^{ - 3}}mol\)
2. Équation bilan de réaction
\(Cu \to C{u^{2 + }} + 2{e^ - }\)
\(A{g^ + } + {e^ - } \to Ag\)
Equation bilan
\(Cu + 2A{g^ + } \to 2Ag + C{u^{2 + }}\)
3. Masse maximale d’argent : \({m_{Ag}} = {m_{A{g^ + }}}\) \( = {n_{Ag}}{M_{Ag}} = 2,16g\)
4. Quantité d’ions Cu2+ présent en solution
D’après l’équation de réaction : \({n_{C{u^{2 + }}}} = \frac{{{n_{Ag}}}}{2}\) \( = 1,0 \times {10^{ - 3}}mol\)
5. Concentration d’ions Cu2+ : \([C{u_{2 + }}] = \frac{{{n_{Ag}}}}{{2V}}\) \( = \frac{{{C_{AgN{O_3}}}V}}{{2V}} = \frac{{{C_{AgN{O_3}}}}}{2}\) soit \([C{u_{2 + }}] = 1,0 \times {10^{ - 2}}mol/L\)
Correction exercice VIII Généralités sur l’oxydoréduction en solution aqueuse
Exercice VIII
1. La charge de l’ion palladium est
Q=+2e soit Pd2+
2. Équation bilan de réaction ; \(P{d^{2 + }} + Zn \to ?\)
Soit \(P{d^{2 + }} + Zn \to Pd + Z{n^{2 + }}\)
3. Calcule de la masse du palladium déposée
Nous avons à l’énoncé la concentration massique Cm, \({C_m} = \frac{m}{V}\)
Elle est différente de la concentration molaire C. \(C = \frac{n}{V}\), soit \(C = \frac{n}{V} = \frac{m}{{M.V}} = \frac{{{C_m}}}{M}\)
Ainsi : \({C_{N{a_2}PdC{l_4}}} = \frac{{{{\left( {{C_m}} \right)}_{N{a_2}PdC{l_4}}}}}{{{M_{N{a_2}PdC{l_4}}}}}\) \( = 0,51 \times {10^{ - 3}}mol/L\)
soit : \({n_{N{a_2}PdC{l_4}}} = {n_{P{d^{2 + }}}}\) \( \Rightarrow {m_{P{d^{2 + }}}}\) \( = {n_{N{a_2}PdC{l_4}}} \times {M_{P{d^{2 + }}}}\) donc \({m_{P{d^{2 + }}}} = 0,27 \times {10^{ - 2}}g\)
