La pile Daniell.
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La pile Daniell.
Olympiades régionales de chimie 2014-2015 Franche-Comté La pile Daniell. Cahier de laboratoire : éléments de correction. Contenu du cahier Colonne réservée à l’évaluateur Première partie : montrer que le dispositif décrit dans le document 5 constitue bien une pile, trouver ses bornes positive et négative et sa réaction de fonctionnement. Je dois réaliser la pile photographiée dans le document 5 : Mesurer la tension à ses bornes avec le multimètre en fonction voltmètre. Puis la brancher aux bornes de la résistance pour mesurer l’intensité qu’elle débite. Observations : On mesure une tension d’environ 1,1 V et une intensité de quelques milliampères. La borne - est celle reliée à la borne « com » du voltmètre quand il indique une tension positive : c’est la lame de zinc On a donc bien fabriqué une pile. La lame de zinc est la borne - : c’est elle qui fournit les électrons, on a donc : Zn = Zn2+ + 2 e– La lame de cuivre est la borne + : c’est elle qui capte les électrons, on a donc : Cu2+ + 2 e– = Cu La réaction de fonctionnement est donc : Zn + Cu2+ Zn2+ + Cu Deuxième partie : Montrer qu’en une heure de fonctionnement, aucune réaction n’est chimiquement décelable. (voir dans la 3e partie pour les valeurs en cas de dosage conductimétrique) On pourrait montrer : qu’il n’y a pas de variation de la concentration de Cu2+ ou de Zn2+, Concours régional des olympiades de la chimie en Franche-Comté - 11 mars 2015 Page 1 sur 4 que les masses des lames n’ont pas variées. On n’a pas de balance à disposition, donc on ne peut travailler qu’avec les concentrations et les documents nous incitent à doser les ions Cu2+. On va donc doser la solution A, puis faire débiter la pile pendant 1h et refaire le dosage pour montrer qu’il n’y a pas de changement. On va faire le dosage selon la 2e solution donnée dans le doc 3 : Dans un erlenmeyer sous agitation magnétique : - prélever 10,0 mL de solution A avec une pipette jaugée. - Ajouter l’iodure de potassium mis à disposition. + 6 I –aq = I2 aq +2 Cu I2–aq Il se passe la réaction : 2Cu 2+ aq - Doser le diiode formé avec la solution de thiosulfate de sodium (dans la burette). – 2I 2aq + S2O2– 3 aq = 2 Iaq + S4O6 aq D’après le document, à l’équivalence, on a versé autant d’ion S2O23 qu’il y avait d’ions 2+ Cu dans le volume de solution prélevé. On trouve VEq = 20,0 mL 2+ On a donc : n( S2O23 ) = n(Cu ) 2+ Soit C( S2O23 ) Veq = C(Cu ) Vprélevé –2 –1 Donc C(Cu2+) = C( S2O23 ) Veq / Vprélevé = 5,0.10 20 / 10 = 1,0.10 mol/L La solution A est une solution à 1,0.10–1 mol/L en ions cuivre. Le dosage après 1h de fonctionnement donne le même volume équivalent, donc il n’y a bien aucune réaction décelable. Troisième partie : Déterminer expérimentalement et par le calcul quelles étaient les masses des deux lames à la fin de l’expérience présentée dans le document 5. Pour cela, il faut déterminer la quantité d’ions Cu2+ qui ont réagi, il faut donc doser la solution B. On peut faire un dosage par conductimétrie selon le protocole donné dans le document 3. On dose 10,0 mL de solution B, auquel on ajoute un grand volume d’eau, par la solution d’hydroxyde de sodium. On relève la conductivité de la solution à chaque ajout de 1 mL de solution titrante. L’équation de titrage est : Concours régional des olympiades de la chimie en Franche-Comté - 11 mars 2015 Page 2 sur 4 → 4 Cu2+ + 6 HO– + SO24 Cu4(OH)6(SO4) (S) On peut tracer le graphe σ = f(V) Pour la solution A : équivalence à VeqA =15,0 mL Pour la solution B : équivalence à VeqB = 12,3 mL À l’équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, donc, à l’équivalence : n(Cu2+) = Soit : C(Cu2+) Vprélevé = 2+ Donc C(Cu ) = 2 4 n(HO–) = n(HO–) 3 6 2 C(HO–) Veq 3 2 × C HO– × Veq 3 × Vprélevé 2+ Pour la solution A : [Cu ]A= 2+ Pour la solution B : [Cu ]B= 2 × 1,0.10-1 × 15,0 = 1,0.10–1 mol/L 3 × 10 2 × 1,0.10-1 × 12,3 = 8,2.10–2 mol/L 3 × 10 On avait au départ, dans les 50,0 mL de solution ninit = C(A) V = 0,1 50.10–3 = 5,0.10–3 mol d’ions Cu2+. À la fin de l’expérience, on a : nfin = C(B) V = 8,2.10–2 50.10–3 = 4,1.10–3 mol d’ions Cu2+. D’après l’équation de fonctionnement de la pile, lorsqu’un ion Cu2+ disparait, il se forme un atome de cuivre. On a donc formé : n = ninit – nfin = 0,9.10–3 mol de suivre. Soit une masse : m(Cu) = n M(Cu) = 0,9.10–3 63,5 = 5,7.10–2g = 57 mg À la fin de l’expérience, la lame de cuivre pesait donc : m = m1 + m(Cu) = 38,955 +0,057 = 39,012 g D’après l’équation de fonctionnement de la pile, lorsqu’un ion Cu2+ disparait, il sdisparait en même temps un atome de zinc . Concours régional des olympiades de la chimie en Franche-Comté - 11 mars 2015 Page 3 sur 4 Il a donc disparu : n = 0,9.10–3 mol de Zn. Soit une masse : m(Zn) = n M(Zn) = 0,9.10–3 65,4 = 5,9.10–2g = 59 mg À la fin de l’expérience, la lame de zinc pesait donc : m = m2 – m(Cu) = 7,384 -0,059 = 7,325 g Quatrième partie : Si on suppose que cette pile peut débiter un courant constant pendant toute sa durée de fonctionnement, déterminer la durée de vie maximale de la pile décrite dans le document 5 D’après le document 6 : La charge transférée par la pile est : Q = I Δt Dans le document 5, on voit que le courant était d’environ 2 mA. Le réactif limitant sera ici les ions Cu2+. On a calculé qu’on en avait ninit = C(A) V = 0,1 50.10–3 = 5,0.10–3 mol. Or, d’après la demi-équation redox du couple Cu2+/Cu, pour faire disparaitre 1 mol de Cu2+, il faut faire circuler 2 mol d’électrons. Donc, pour faire disparaitre tous les ions cuivre, il faut faire circuler n(e–) = 1,0.10–2 mol d’électrons. Soit une charge Q = n(e–) F. On a donc : I Δt = n(e–) F. Donc : Δt = n(e–) F / I = 1,0.10–2 96484 /2.10–3 = 4,8.105 s soit environ 5 jours ½ Rq : on arrive au même résultat en disant qu’en 1j on a fait disparaitre 0,9.10–3 mol de Cu2+ donc, il faut 5,5 j pour faire disparaitre tous les ions du bécher… mais il faut être sûr que ces deux grandeurs sont proportionnelles ! Concours régional des olympiades de la chimie en Franche-Comté - 11 mars 2015 Page 4 sur 4