Solution des exercices : La cinétique chimique - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1

Montrons que la concentration molaire restante de l'eau oxygénée est par :
 
[H2O2]=C=C02V0VM
 
Équation de la réaction s'écrit :
 
2H2O2  O2+2H2O
 
D'après l'équation de la réaction :
 
nH2O22=nO21nH2O2=2nO2=2VO2VM
 
Or nH2O2restant=nH2O2initialnH2O2dissocié[H2O2]V=C0V2VO2VM
 
2 Tableau
t(min)0510152030VO2(103L)01.562.763.654.445.26C=[H2O2]64.73.73.02.31.6(102mol/L)
 
3) Tracé de la courbe C=f(t)
 
 
4) La vitesse instantanée de H2O2 est égale à l'opposé du coefficient directeur de la tangente à la courbe au temps considéré.
 
5) Tracé de la courbe pour une température supérieure à celle de la première expérience

Exercice 2

 

Exercice 3

1) Équation de la réaction d'oxydoréduction
 
Demi-équation : 2I  I2 + 2e
 
électronique : S2O28 + 2e  2SO24
 
Bilan : 2I + S2O28  I2 + 2SO24
 
2) a) la vitesse de la réaction à date t est égale à l'opposé du coefficient directeur de la tangente à la courbe à cette date.
 
b) Montrons que l'expression de la vitesse s'écrit sous la forme :
 
v=V2d[I]dt
 
D'après l'équation-bilan de la réaction :
 
nI2=nS2O281dnI2dt=dnS2O28dt=vv=dnI2dt
 
Or nI=[I]Vv=d[I]V2dt
 
comme V est constant v=V2d[I]dt
 
c) Cette vitesse diminue au cours du temps car la concentration des ions iodures diminue.
 
d) Détermination de la valeur maximale de la vitesse
 
v=[I]6[I]0t6t0=(010103)60v=1.67103molL1min1
 
3) a) La vitesse moyenne d'une réaction correspond à la variation de la quantité de matière (nombre de môles ou concentration) pendant de temps donnée
 
Expression de la vitesse moyenne :
 
vmoy=Δ[I]Δt
 
b) Calcul de la valeur de la vitesse moyenne entre les instants t1 et t2
 
vmoy=(1010316103)40vmoy=1.5103molL1min1
 
4) Tableau descriptif d'évolution du système chimique
SystèmeAvancement2I + S2O28  I2 + 2SO24initialx=0C1V1|C2V2|0|0intermédiairexC1V12x|C2V2x|x|2xfinalxmaxC1V12xmax|C2V2xmax|xmax|2xmax
 
b) Détermination de la quantité de matière initiale n0(I)
 
n0(I)=16103mol
 
Valeur de C1
 
n0(I)=C1V1C1=n0(I)V1=16103200103C1=8103molL1
 
c)Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la moitié de réactif limitant est consommée par la réaction.
 
Détermination de l'avancement final (maximale) de la réaction
 
t1/2=4min[I]=10103molL1xmax=2[I]V=2×10103×(200+300)103
 
d'où xmax=102mol
 
d) Détermination du réactif limitant
 
Soient x1 et x2 les avancements maximums respectifs des réactifs
I et S2O28
 
C1V12x1=0x1=C1V2x1=8102×2001032x1=8103mol
 
C2V2x2=0x2=C2V2x2=102×300103x2=3103mol
 
x2<x1 le peroxodisulfate de potassium est le réactif limitant

Exercice 4

1) Expression de la quantité de matière de dioxygène à l'instant t en fonction de V(O2)t et de Vm
n(O2)t=V(O2)tVm
 
2) Tableau d'avancement de la réaction
SystèmeAvancement2H2O2(l)  2H2O(g) + O2(g)initialx=08102|0|0intermédiairex81022x|2x|xfinalxmax8102xmax|2xmax|xmax
 
Valeur de l'avancement maximale
 
L'avancement est maximal lorsque 81022xmax=0
 
xmax=4102mol
 
3) Complétons le tableau de mesure
 
x=V(O2)tVm
 
Pour V(O2)t=0.2Lx=0.224x=0.83103mol
 
d'où le tableau
t(min)0510152025304060V(O2)t00.20.310.400.480.540.580.650.72x(102mol)00.831.31.722.32.42.73
 
4) Tracé de la courbe x=f(t)
 
 
5) Vitesse moyenne de la réaction entre les t1 et t2
 
6) La vitesse instantanée de la réaction est égale ou coefficient directeur de la tangente à la courbe au temps considéré.
 
Cette vitesse de formation diminue au cours du temps (car la concentration du réactif diminue).
 
7) Temps de demi-réaction
 
t1/2=12.4min
 
Taux d'avancement à cette date
 
τ=x(t1/2)xmax=1.51024102τ=0.375τ=37.5%

Exercice 5

1) a) calcule de la concentration initiale du mélange en ions peroxodisulfate
 
[S2O28]=C1V1V1+V2=0.05×3030+30[S2O28]=2.5102molL1
 
b) Tableau d'avancement
SystèmeAvancement2I +S2O28  I2 + 2SO24initialx=0C1V1|C2V2|0|0intermédiairexC1V12x|C2V2x|x|2xfinalxmaxC1V12xmax|C2V2xmax|xmax|2xmax
 
Montrons que I est le réactif limitant
 
D'après l'équation de la réactif :
 
nI=2nI2=2[I2]V
 
avec V=V1+V2
 
nI2=[I2]V=15103×(30+30)103=0.9103mol
 
nS2O281=C2V2=0.05×30103=1.5103mol
 
nI2<nS2O221  I est donc le réactif limitant
 
c) Détermination de la concentration initiale de
 
nI=2nI2=2[I2]V[I]0=nIV=2[I2]=2×15103[I]0=3102molL1
 
d) Détermination de la concentration C1
 
C1=nIV1=1.810330103C1=6103molL1
 
2) Détermination en moleL1, de la composition du mélange à l'instant t1=1000s
 
[I]=C1V12xV=C1V12[I2]VV=6102×302×210103×6060[I]=102molL1
 
[S2O28]=C2V2xV=C2V2[I2]VV=0.5×3010103×6060[S2O28]=1.5102molL1
 
[I2]=10103molL1
 
[SO24]=210103molL1
 
 
3) a Détermination de la vitesse moyenne de la réaction
 
Vmoy=Δ[I2]Δt=[I2]t1[I2]t2t2t1=10103010000Vmoy=105molL1s1
 
4) a) La vitesse instantanée de la réaction est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe au temps considéré.
 
b) La vitesse instantanée diminue au cours du temps car la concentration ne varie pas.
 
c) Détermination de la concentration initiale de I
 
v=(d[I2]dt)t1=[I2]t1[I2]t2t2t1=10103510310000v=5106molL1s1
 
5) a) Équation de la réaction :
 
Demi-équations :  2S2O23  S4O26 + 2e
 
électronique :  I2 + 2e  2I
 
bilan :  2S2O23 + I2  S4O26 + 2I
 
b) calcul de la concentration C
 
D'après l'équation de la réaction ;
 
nS2O23=2nI2CV=2[I2]VI2C=2[I2]VI2V=2×10103×52C=5102molL1

Exercice 6

1) Tableau d'avancement
Systèmeavancement5H2O2+2MnO4+6H+ 5O2+2Mn2++8H2Oinitialex=04102|CV||0|0|excèsIntermédiairex41025x|CV2x||5x|2x|excèsfinalxmax41025xmax|CV2xmax||5xmax|2xmax|excès
 
L'avancement maximale correspond à 41025xmax=0
 
xmax=41025
 
xmax=8103
 
2) a) la vitesse instantanée de disparition est à l'opposé du coefficient directeur de la tangente à la courbe à l'instant considéré
 
b) Détermination de la vitesse instantanée à la date t=20min
 
v=dnH2O2dt=(03.35102)490v=6.8104molL1min1
 
c) La vitesse diminue au cours du temps, car la quantité de matière de l'eau oxygénée diminue
 
3) La vitesse moyenne est égale à la variation du nombre de moles ou de la concentration par la variation de temps
 
Vmoy=ΔnH2O2Δt=21020200Vmoy=103molL1min1
 
4) a) Le volume nécessaire pour le dosage
 
A la date t=20min, nH2O2=2102mol
 
D'après l'équation bilan :
 
nMnO42=nH2O25CV2=nH2O25V=2nH2O25C=2×21025×0.5V=16mL
 
b) Date à laquelle disparait 75% de la quantité initiale de H2O2
 
H2O2nH2O2=75%nH2O2=75×4102100=3102mol
 
Cette date correspond l'abscisse d'ordonnée nH2O2=2102mol
 
t=10min

Exercice 7

1) Équation-bilan de la réaction
 
Demi-équations : S2O28 + 2e  2SO24
 
Électroniques : 2I  I2 + 2e
 
Bilan : S2O28 + 2I  2SO24 + I2
 
2) a) Description de l'expérience (à faire)
 
On peut reconnaitre expérimentalement le point d'équivalence par la disparition de couleur bleue due à l'action de l'amidon sur le diode
 
b) Calcule de la concentration molaire initiale des ions iodures [I]0 et des ions peroxodisulfate [S2O28]0 dans le mélange réactionnel.
 
[I]0=C1V1V1+V2=16102×5050+50[I]0=8102molL1
 
[S2O28]0=C2V2V1+V2=5102×5050+50[S2O28]0=2.5102molL1
 
c) Tableau d'avancement
SystèmeAvancement2I+S2O28 I2 + 2SO24initialex=0C2V2|C1V1|0|0IntermédiairexC2V22x|C1V1x|x|2xfinalxmaxC2V22xmax|C1V1xmax|xmax|2xmax
 
3) Montrons qu'à la date t[I]t=[I]02y
 
D'après le tableau d'avancement, 
 
n1=C2V22x[I]t(V1+V2)=C2V22x[I]t=C2V2(V1+V2)2x(V1+V2)
 
Or [I]0=C2V2(V1+V2)
 
et y=x(V1+V2)
 
d'où [I]t=[I]02y
 
4)  a) Précisons le réactif limitant
 
Soient x1 et x2 respectivement les avancements finaux des réactif S2O28 et I
 
C1V1x1=0x1=C1V1=5102×505103x1=2.5103mol
 
C2V22x2=0x2=C2V22=16102×501032x2=4103mol
 
x2>x1.
 
L'ion peroxodisulfate est le réactif limitant.
 
b) Déterminations de la concentration finale en ions iodures xmax=x1
 
[I]f=C2V22x1V1+V2=C2V22C1V1V1+V2
 
Or V1=V2[I]f=C22C12=161022×51022[I]f=3102molL1
 
c) La vitesse d'une réaction chimique est à l'opposé du coefficient directeur de la tangente à la courbe au temps considéré
 
Montrons que s'écrit sous la forme Vvol=12d[I]dt
 
D'après l'équation de la réaction : nS2O481=nI2.
 
En passant aux petites variation, on obtient
 
dnS2O48dt=dnI2dt ; puis en disant par V, il vient : dnS2O48Vdt=dnI2Vdt=vvol
 
Or nI=[I]Vvvol=d[I]V2Vdt comme V=constantvvol=Vd[I]2Vdt
 
vvol=12d[I]dt
 
La vitesse instantanée à la date t=20min
 
A t=30min [I]=[I]f=3102molL1
 
et à t0=0min[I]=5.5102molL1
 
v=[I]f[I]tt0=31025.5102300
 
v=8.3104molL1s1

Exercice 8

1) Équation de la réaction d'estérification
 
CH3COOH+CH3(CH2)2CH2OH
 
CH3COO(CH2)3CH3+H2O
 
2) Tableau d'avancement
SystèmeAvancementCH3COOH+ C4H9OHCH3COOC4H9+H2OInitialx=0a|a|0|0Intermédiairexax|ax|x|xFinalxfaxf|axf|xf|xf
 
3) a) Expression de l'avancement x en fonction de a, CB et VBE
 
  Équation de la réaction de dosage
 
CH3COH + OH  CH3COO + H2O
 
A l'équivalence :
 
nA=nBxa=CBVBEx=aCBVBE
 
b) Le taux d'avancement final
 
τf=xa=aCBVBEaτf=1CBVBEa
 
4) a) L'état d'équilibre du système est atteint à partir de la date t=30min
 
b) La réaction est :
 
  limitée
 
  réalisée entre au acide carboxylique et un alcool primaire (pourcentage 67%
 
c) Expression de la constant d'équilibre K en fonction de τf 
 
k=[ester][eau][acide][alcool]=x×x(ax)(ax)
 
Or τf=xax=aτf
 
k=aτf×aτf(aaτf)(aaτf)k=a2τ2fa2(1τf)(1τf)k=τ2f(1τf)2
 
d) Détermination, en nombre de moles, de la composition du mélange à la date t=30min
 
R=xax=RanC4H9OH=aRa=a(1R)=1.33103(10.67)
 
nC4H9OH=4.4103mol ;
 
nCH3COOH=nC4H9OH=4.4103mol
 
nCH3COOC4H9=nH2O=x=Ra=0.67×1.33103nCH3COOC4H9=nH2O=8.9103mol
 
Le volume VBE versé à la date
 
τf=aCBVBEaaCBVBE=aτfCBVBE=aaτf=a(1τf)VBE=a(1τf)CB=1.33103(1067)1VBE=4.4mL
 

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