TP de Physique 1 - Enseignement des Sciences Physiques

TP Terminale 21
CORRECTION TP 21
LA CINETIQUE CHIMIQUE
I. Comment déterminer la durée d’une réaction ?
δ-
δ+
1- Le groupe caractéristique ester est entouré en rouge.
2- Le groupe hydroxyle est entouré en vert. Il s’agit d’une fonction alcool primaire car le carbone
fonctionnel (-CH2-) n’est lié qu’à un seul carbone (celui du cycle aromatique).
3- La formule de l’acide conjugué de l’ion B- est : CH3-COOH. Il s’agit de l’acide éthanoïque (ou acide
acétique). L’ion basique B- est donc l’ion éthanoate.
4Mécanisme de la réaction (on s’intéresse aux réactifs) :
* l’ion HO- du fait de ses doublets non liants est un site donneur de doublets d’électrons,
* au niveau de l’ester, les atomes d’oxygène sont δ- (car plus électronégatifs que les atomes
de carbone) et donc l’atome de carbone de la fonction ester est δ+. Ce dernier constitue donc un site
accepteur de doublet.
=> Il en résulte l’attaque du doublet de HO- sur le carbone de la fonction ester
comme le met en évidence la flèche (partant toujours du doublet vers le site accepteur).
Le groupe HO- a donc pris la place de l’alcool primaire au niveau du carbone, il s’agit d’une
substitution (X-Y + Z → X-Z + Y).
Rq : Pour les éliminations, une double liaison est formée.
Pour les additions, une double liaison disparaît.
5Le premier dépôt correspond à celui
de l’ester pur, le second à celui de l’alcool
pur et le dernier au mélange réactionnel.
Initialement, le mélange présente une
tache principale au niveau de l’ester et une
petite au niveau de l’alcool montrant que
l’ester se transforme déjà en alcool.
Les 6 CCM suivantes mettent en évidence la présence de deux taches pour le mélange au niveau de
l’alcool et de l’ester sachant que celle de l’ester a tendance a diminué au profit de celle de l’alcool.
A partir de la 7ème CCM (t = 18 min), on note que la tache pour le dépôt du mélange à hauteur de
l’ester a quasiment disparu. On peut estimer que la réaction est terminée.
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II. Les facteurs cinétiques :
les facteurs influençant la durée de la réaction
1- Expérience 1.
SO2(aq) / S2O32-(aq) :
S2O32-(aq) / S(s) :
1-
On divise par 2 :
S2O32- + H2O
= 2 SO2 + 2 H+ + 4.eS2O32- + 6 H+ + 4.e=
2 S + 3 H2 O
2+
2 S2O3 + H2O + 6 4 H → 2 SO2 + 2 H+ + 2 S + 3 2 H2O
S2O32-(aq) + 2 H+(aq) → SO2 (aq) + S(s) + H2O(l)
Un solide est formé parmi les produits. Il va conduire à un trouble de la solution, jusqu’à son opacification.
Rappel :
* On équilibre tous les éléments sauf H et O (on préfère écrire les réactifs à gauche dès les
demi–équations, ici S2O32- dans les 2 demi-équations, cf énoncé).
* On équilibre O avec les molécules d’eau.
* On équilibre H avec H+.
* On équilibre les charges avec les électrons « e- ».
* Pour l’équation, on somme toutes les espèces à gauche du « = » ; idem à droite. Attention,
il faut que le nombre d’électrons s’annulent, si besoin on multiplie l’équation (cf expérience 2).
Si possible, on simplifie les H+, les H2O et on divise pour obtenir les coefficients entiers les plus petits.
On termine avec les états physiques.
2S2O32-(aq)
Equation
+
2 H+(aq) →
SO2 (aq)
+
S(s)
+
H2O(l)
Quantités de matière (mol)
EI
x=0
n1
n2
/
/
ET
x
n1 – x
n2 – 2.x
x
x
EF
xf =
xmax
n1 – xmax
n2 – 2.xmax
xmax
xmax
Cas a
n1 = C1.V1 = 0,10 × 20.10-3 = 2,0.10-3 mol
n2 = C2.V2 = 1,0 × 20.10-3 = 20.10-3 mol
Cas b
n1 = C1.V1 = 0,10 × 20.10-3 = 2,0.10-3 mol
n2 = C2.V2 = 1,0 × 5,0.10-3 = 5,0.10-3 mol
avec Vtotal = 40 mL
[S2O32- ]0 = n1 / Vtot = 5,0.10-2 mol.L-1
[H+ ]0 = n1 / Vtot = 50.10-2 mol.L-1
avec Vtotal = 40 mL
[S2O32- ]0 = n1 / Vtot = 5,0.10-2 mol.L-1
[H+ ]0 = n1 / Vtot = 13.10-2 mol.L-1
Solvant
4Dans les deux cas, le réactif limitant est l’ion thiosulfate S2O32- et xmax = 2,0.10-3 mol. On forme
donc la même quantité de soufre dans les deux réactions à l’état final : nfinal(S(s)) = xmax = 2,0.10-3 mol
5Le seul paramètre variant dans cette expérience est donc la concentration d’acide introduit. Or, dans
l’expérience « a », l’opacification est plus rapide que dans l’expérience « b » où la concentration d’acide est
plus faible.
On en conclut :
plus la concentration est importante, plus la vitesse de réaction est grande.
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2- Expérience 2.
1-
MnO4-(aq) /Mn2+(aq) :
CO2 (g)/H2C2O4 (aq) :
En simplifiant :
MnO4- + 8 H+ + 5.e- = Mn2+ + 4 H2O
(× 2)
+
H2C2O4
= 2 CO2 + 2 H + 2.e
(× 5)
+
2+
2 MnO4 + 16 H + 5 H2C2O4 → 2 Mn + 8 H2O + 10 CO2 + 10 H+
2 MnO4-(aq) + 6 H+(aq) + 5 H2C2O4 (aq) → 2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 10 CO2 (g)
L’acide oxalique (H2C2O4) a libéré des électrons au cours de cette réaction, il a donc été oxydé par les
ions permanganate (qui, eux, ont été réduits). On remarquera que les ions permaganate sont riches en
atomes d’oxygène, ils peuvent donc facilement oxyder une espèce chimique …
2- Dans les deux réactions, seule la température varie. Or, à chaud, la décoloration de la solution (car seuls
les ions MnO4- sont colorés) est plus rapide.
On en conclut :
plus la température est élevée, plus la vitesse de réaction est grande.
3- Expérience 3.
1-
H2O2 (aq) + H2O2 (aq) → 2 H2O(l) + O2 (g)
2-
- Ajouter dans le tube n°2 une pointe de spatule de dioxyde de manganèse en poudre MnO2 (s)
=> MnO2 est solide alors que les réactifs sont en solution, la catalyse est hétérogène (états
physiques différents)
- Ajouter dans le tube n°3 quelques fins bâtonnets de navet fraîchement coupés.
=> Le navet contient une enzyme (la catalase, présente dans le radis aussi), la catalyse est
enzymatique.
- Ajouter dans le tube n°4 quelques mL de solution de sulfate de fer III (2 Fe3+(aq) + 3 SO42-(aq)).
=> Les ions fer sont en solution comme les réactifs, la catalyse est homogène (même états
physiques)
4- Conclusion.
La durée d’une transformation peut diminuer en :
* augmentant la température du milieu réactionnel,
* augmentant la concentration des réactifs,
* introduisant un catalyseur dans le milieu réactionnel.
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