Corrigé TEST CONCOURS PCSI (Enregistré automatiquement) .pdf


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A-1. Déterminer le nombre d’oxydation (ou degré d’oxydation) de l’atome d’iode I dans les
espèces suivantes : I2 , I- , IO3− et l’acide HIO3.
(Donner les résultats sous forme d’un
tableau)

Espèce
chimique
N.O ( I)

I2

I-

IO3−

HIO3

0

-I

V

V

A-2. IO3− /I2 dans le sens de la réduction : 12 H3O+ + 2 IO3-(aq) + 10 e- = I2(aq) + 18 H2O
A-3. I2/I- dans le sens de l'oxydation : 2 I-(aq) = I2(aq) + 2 eA-4. L'équation bilan de la réaction d'oxydation des ions iodure par les ions iodate en phase aqueuse.
12 H3O + + 2 IO3-(aq) + 10 e- = I2(aq) + 18 H2O
10 I-(aq) = 5 I2(aq) + 10 e-----------------------------------------------------12 H3O + + 2 IO3-(aq) + 10 I-(aq) = 6 I2(aq) + 18 H2O
_____________________________________________________

B- Dosage volumétrique d'une solution aqueuse de thiosulfate de sodium :
La solution aqueuse C de I2 (aq) préparée à la partie A (paragraphe précédent) de concentration c =
10-2 mol.L-1 est maintenant utilisée pour doser une solution D de thiosulfate de sodium (S2O32-,2Na+).
B-1. Lors de la réaction de dosage, l'élément iode passe de la forme I2 à la forme I- tandis que le
soufre passe de la forme S2O32- à la forme S4O62-.
2 e- + I2 = 2 I 2 S2O32- = S4O62- + 2 e--------------------------2 S2O32- + I2 = 2 I- + S4O62_____________________________________________________
B-2-1- La fin de dosage est repérée par la persistance de la couleur du diiode. ( ou indicateur
coloré pois d’amidon )
B-2-2- A l’équivalence, [S2O32-] = 2.CT.Ve/VD = 3,7.10–2 mol.L-1
_____________________________________________________
C-1-1- v = k[I-][S2032-]
_____________________________________________________
C-1-2Comme [I-]0 >> C0, on peut considérer que la concentration en ions iodure reste pratiquement
constante au cours de la réaction (méthode de la dégénérescence de l’ordre).
On peut poser : v = K1[S2032-] avec K1 = k I

- 
0

_____________________________________________________
C-1-3On a :

v =

dx
 K1 .(CO  x) 
dt

(1)

_____________________________________________________
C-2-1- A la vue des trois graphes, on en déduit que ln(C0-x) est une fonction affine du temps.
L’ordre partiel par rapport au péroxodisulfate S2O32- est donc de 1 soit  = 1.
Intégration de (1) pour  = 1 :

v =

dx
dx
 K1.(CO  x) 
 K1.x = K1.CO
dt
dt
 ln(C0 - x) = lnC0 - K1.x

La pente de la droite correspond donc à (-K1) soit K1 = 0,125 min-1
_____________________________________________________
C-2-2-1- On a K1 = k I

- 
0

Dans les essais 1 et 2, la température est constante donc k est constant. On remarque qu’en
doublant la concentration de [I-]0, la constante K1 est pratiquement doublée, cela n’est possible
que si  = 1.
_____________________________________________________
K1
C-2-2-2- On a k =
I0

AN : k(essai 2) = 6,2210-1 mol-1.L.min-1 ;
k(essai 3) = 9,0010-1 mol-1.L.min-1
_____________________________________________________
C-2-2-3D’après la loi d’Arrhenius,


k = A.e - E a / RT  E a   R .

ln(k essai2 / k essai3 )
= 34,7 kJ.mol-1
1 1

T2 T3

_____________________________________________________
+

D-1-

-

0

Ag (aq) + I (aq) = AgI(s)

KS =

Ag  I 
C0

2

_____________________________________________________
D-2- Dans l’eau pure, [Ag+] = [I-] = s , donc : s = c0 K 0S
AN : s = 10-8 mol.L-1
_____________________________________________________
D-3-1- Ag+(aq) + I-(aq) = AgI(s)
_____________________________________________________
D-3-2-

On a E(Ag) =

E0Ag+/Ag

+ 0,06.log

Ag 

c0
Si on connaît E(Ag), on peut en déduire [Ag+] car le potentiel standard est une grandeur tabulée.
_____________________________________________________
D-3-3- A l’équivalence : C0.V0 = C.Ve donc C0 = 6,2010-3 mol.L-1
_____________________________________________________
D-3-4- On verse une goutte de solution titrante et on suppose qu’il ne se forme pas de précipité.
On a alors :
Qr = [I-].[Ag+] = C0.(C.Vgoutte/V0) = 3,1.10-7 > Ks = 10-16
La solution est donc saturée dès la première goutte versée.

RD :

mélangés :
V<VE :
V=VE :
V>VE :

I-

C0.V0
C0.V0 - C.V
0
0

+

Ag+

C.V
0
0
C.V – C0.V0

=

AgI(s)
C.V
C0.V0
C0.V0

_____________________________________________________

D-3-5- Pour V = Ve, on a : [I-] = [Ag+] = s
Donc E = E0Ag+/Ag – Er – 0,03  pKs
E = - 0,33 V
_____________________________________________________
D-3-6- V = 6,15 mL < Ve
[I-] = (C0.V0 - C.V) / (V + V0) = 3,10.10-5 mol.L-1
[Ag+] = Ks / [I-] = 3,23.10-12 mol.L-1
Donc E = E0Ag+/Ag – Er + 0,06.log ([Ag+]/C°)
E = - 0,54 V
_____________________________________________________
D-3-7- V = 6,25 mL > Ve
[Ag+] = (C.V – C0.V0) / (V + V0) = 3,08.10-5 mol.L-1
[I-] = Ks / [Ag+] = 3,25.10-12 mol.L-1
0
Donc E = E Ag+/Ag – Er + 0,06.log ([Ag+]/C°)
E = - 0,13 V
_____________________________________________________
D-3-8- Le saut est très net (en versant 0,10 mL, soit 2 gouttes, E varie de 0,41 V !) donc
l’équivalence est facilement détectable avec précision.
_____________________________________________________

FIN


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