Oxydoréduction par voie sèche

## Objectifs et prérequis **À la fin de ce chapitre, l’élève sera capable de :** - Définir le nombre d’oxydation (N°ox) d’un atome dans une espèce chimique. - Appliquer les règles d’attribution du N°ox à des composés simples et complexes. - Interpréter les variations du N°ox pour identifier les espèces oxydantes et réductrices dans une réaction redox. - Équilibrer une réaction redox par voie sèche en utilisant la méthode du nombre d’oxydation. - Résoudre des exercices de type baccalauréat camerounais liés à ces notions. **Prérequis :** - Notions de valence et de formule brute. - Connaissance des ions courants (H⁺, OH⁻, Na⁺, Cl⁻, etc.). - Maîtrise de l’écriture et de l’équilibrage des équations chimiques simples. --- ## Introduction contextualisée Les réactions d’oxydoréduction (redox) sont omniprésentes en chimie : corrosion des métaux, respiration cellulaire, piles électriques, procédés industriels de métallurgie, etc. En voie sèche (absence de solvant aqueux), l’équilibrage de ces réactions ne peut pas se faire simplement par la méthode des demi‑réactions acido‑basiques ; on recourt alors à la notion de **nombre d’oxydation**. Ce concept, introduit par Wendell M. Latimer en 1938, permet de suivre le transfert d’électrons entre les espèces sans avoir à écrire explicitement les demi‑réactions. Maîtriser le N°ox est donc indispensable pour analyser, prédire et équilibrer toute réaction redox, notamment celles rencontrées aux épreuves du Probatoire et du Baccalauréat camerounais. --- ## I. Notion de nombre d’oxydation ### A. Définition > **Le nombre d’oxydation (ou état d’oxydation) d’un atome dans une espèce chimique est la charge que cet atome porterait si toutes les liaisons étaient considérées comme ioniques, les électrons étant attribués à l’atome le plus électronégatif.** Il se note $N_{ox}$ ou parfois $\text{ON}$ (oxidation number). ### B. Règles d’attribution (à retenir) > 1. Le N°ox d’un atome isolé (élément dans son état standard) est 0. > 2. Le N°ox d’un ion monoatomique est égal à sa charge. > 3. Le N°ox de l’hydrogène est +1, sauf lorsqu’il est lié à un métal (hydrides) où il vaut –1. > 4. Le N°ox de l’oxygène est –2, sauf dans les peroxydes (–1), les superoxydes (–½) et lorsqu’il est lié au fluor (+2). > 5. Le N°ox du fluor est toujours –1 (il est l’élément le plus électronégatif). > 6. Dans un composé neutre, la somme des N°ox de tous les atomes vaut 0. > 7. Dans un ion polyatomique, la somme des N°ox vaut la charge de l’ion. ### C. Propriétés et démonstrations - **Propriété d’additivité** : pour une molécule $A_xB_y$, $x·N_{ox}(A)+y·N_{ox}(B)=0$ (molécule neutre). - **Démonstration** : Prenons l’eau $H_2O$. Selon la règle 3, chaque H vaut +1. Soit $N_{ox}(O)=x$. Alors $2·(+1)+x=0\Rightarrow x=-2$. Donc $N_{ox}(O)=-2$, conforme à la règle 4. ### D. Exemples résolus **Exemple 1 (simple) :** Déterminer le N°ox du carbone dans $CO_2$. - Oxygène : –2 chacun (règle 4). - Soit $N_{ox}(C)=x$. - Équation : $x+2·(-2)=0\Rightarrow x-4=0\Rightarrow x=+4$. > **Réponse :** $N_{ox}(C)=+4$. **Exemple 2 (plus délicat) :** N°ox du manganèse dans l’ion permanganate $MnO_4^-$. - Oxygène : –2 chacun. - Soit $N_{ox}(Mn)=x$. - Somme : $x+4·(-2)=-1$ (charge de l’ion). - $x-8=-1\Rightarrow x=+7$. > **Réponse :** $N_{ox}(Mn)=+7$. --- ## II. Utilisation du nombre d’oxydation pour identifier les couples redox ### A. Variation du nombre d’oxydation Lorsqu’un atome voit son N°ox augmenter, il perd des électrons → **oxydation**. Lorsque son N°ox diminue, il gagne des électrons → **réduction**. > **Règle :** L’espèce dont le N°ox augmente est le réducteur (elle donne des e⁻) ; celle dont le N°ox diminue est l’oxydant (elle accepte des e⁻). ### B. Démonstration (exemple) Réaction : $Zn + Cu^{2+} \rightarrow Zn^{2+} + Cu$. - Zn : état métallique → $N_{ox}=0$; dans $Zn^{2+}$ → +2. Variation : $0\rightarrow+2$ (augmentation) → Zn s’oxyde → Zn est réducteur. - Cu²⁺ : +2; Cu métallique → 0. Variation : $+2\rightarrow0$ (diminution) → Cu²⁺ se réduit → Cu²⁺ est oxydant. ### C. Exemples résolus **Exemple 1 :** Dans la réaction $2Na + Cl_2 \rightarrow 2NaCl$, identifier l’oxydant et le réducteur. - Na : 0 → +1 (dans NaCl) → augmentation → Na s’oxyde → Na réducteur. - Cl₂ : 0 → –1 (dans NaCl) → diminution → Cl₂ se réduit → Cl₂ oxydant. **Exemple 2 :** Réaction $KMnO_4 + 5Fe^{2+} + 8H^+ \rightarrow Mn^{2+} + 5Fe^{3+} + 4H_2O$ (en milieu acide). - Mn dans $KMnO_4$ : +7 (voir Exemple 2 du I). Dans $Mn^{2+}$ : +2. Variation : +7 → +2 (diminution de 5) → Mn se réduit → $KMnO_4$ oxydant. - Fe : +2 → +3 (augmentation de 1 pour chaque Fe) → Fe s’oxyde → $Fe^{2+}$ réducteur. > Ainsi, chaque ion $Fe^{2+}$ donne un électron à $MnO_4^-$ ; 5 $Fe^{2+}$ sont nécessaires pour compenser la gain de 5 e⁻ du manganèse. --- ## III. Utilisation du nombre d’oxydation pour équilibrer les réactions redox par voie sèche (méthode du nombre d’oxydation) ### A. Principe La méthode consiste à égaliser **l’augmentation totale** du N°ox (électrons perdus) avec la **diminution totale** du N°ox (électrons gagnés). On introduit ensuite des coefficients stœchiométriques pour que la charge et le nombre d’atomes de chaque élément soient conservés. ### B. Étapes de la méthode (à retenir) > 1. Attribuer le N°ox à tous les atomes des réactifs et produits. > 2. Identifier les espèces dont le N°ox varie (oxydant et réducteur). > 3. Calculer la variation du N°ox par atome pour chaque espèce. > 4. Équilibrer les variations en multipliant les formules par des coefficients tels que **somme des augmentations = somme des diminutions**. > 5. Équilibrer les autres atomes (souvent O et H) en ajoutant $H_2O$, $H^+$ ou $OH^-$ selon le milieu (acide, basique ou neutre). > 6. Vérifier la charge globale et le nombre d’atomes. ### C. Démonstration détaillée (exemple simple) Équilibrer : $Fe + O_2 \rightarrow Fe_2O_3$ (milieu neutre, voie sèche). 1. N°ox : Fe (0) → Fe dans $Fe_2O_3$ : +3 (car 2·(+3)+3·(–2)=0). O₂ : 0 → O dans $Fe_2O_3$ : –2. 2. Fe varie de 0 à +3 → augmentation de +3 par atome Fe. O varie de 0 à –2 → diminution de –2 par atome O (gain de 2 e⁻). 3. Pour égaliser les électrons : - Chaque Fe perd 3 e⁻. - Chaque O gagne 2 e⁻. - Le plus petit commun multiple de 3 et 2 est 6. → Il faut 2 Fe (2·3=6 e⁻ perdus) et 3 O (3·2=6 e⁻ gagnés). 4. On écrit donc : $2Fe + \frac{3}{2}O_2 \rightarrow Fe_2O_3$. Pour éviter les fractions, multiplier par 2 : $$4Fe + 3O_2 \rightarrow 2Fe_2O_3$$ 5. Vérification : - Atomes Fe : 4 à gauche, 2·2=4 à droite. - Atomes O : 3·2=6 à gauche, 2·3=6 à droite. - Charge : toutes espèces neutres. > **Réaction équilibrée :** $4Fe + 3O_2 \rightarrow 2Fe_2O_3$ ### D. Exemples résolus **Exemple 1 (moyen) :** Équilibrer $Cu + HNO_3 \rightarrow Cu(NO_3)_2 + NO + H_2O$ (milieu acide). 1. N°ox : - Cu : 0 → +2 (dans $Cu(NO_3)_2$) : augmentation +2. - N dans $HNO_3$ : +5 → N dans $NO$ : +2 : diminution –3 (gain de 3 e⁻). - O et H seront équilibrés ensuite. 2. Égaliser les électrons : - Cu perd 2 e⁻. - N gagne 3 e⁻. - LCM de 2 et 3 = 6. → 3 Cu (3·2=6 e⁻ perdus) et 2 N (2·3=6 e⁻ gagnés). 3. On écrit provisoirement : $$3Cu + 2HNO_3 \rightarrow 3Cu(NO_3)_2 + 2NO$$ Mais on a trop de NO₃⁻ à gauche (2) et à droite (3·2=6). Il faut ajouter de l’acide nitrique supplémentaire pour fournir les groupes nitrate restant. 4. Compter les nitrates : à droite, 3 Cu(NO₃)₂ apporte 6 NO₃⁻. À gauche, on a déjà 2 HNO₃ → 2 NO₃⁻. Il manque 4 NO₃⁻ → on ajoute 4 HNO₃. Ainsi, total HNO₃ = 2 (utilisés pour la réduction) + 4 (pour compléter les nitrates) = 6. 5. Équation intermédiaire : $$3Cu + 6HNO_3 \rightarrow 3Cu(NO_3)_2 + 2NO$$ 6. Équilibrer H et O : - À gauche : 6 H. - À droite : aucun H dans les produits sauf si on forme de l’eau. Chaque HNO₃ apporte un O supplémentaire ; on compte les O : Gauche : 6·3 = 18 O. Droite : dans 3Cu(NO₃)₂ : 3·6 = 18 O ; dans 2NO : 2·1 = 2 O → total 20 O. Il y a un excès de 2 O à droite → on forme de l’eau en consommant les H. Pour consommer 6 H, on forme 3 H₂O (6 H, 3 O). Ajoutons 3 H₂O à droite : O droite devient 18+2+3 = 23 O, trop. Recommençons plus simplement : la méthode classique ajoute $H_2O$ pour équilibrer O puis $H^+$ pour H. - O : gauche 18, droite 18 (Cu(NO₃)₂) + 2 (NO) = 20 → manque 2 O à gauche → ajouter 2 H₂O à gauche. - H : gauche maintenant 6 (acide) + 4 (eau) = 10 H. - Droite : aucun H → ajouter 10 H⁺ à droite. Mais nous sommes en milieu acide, on peut ajouter $H^+$. Finalement : $$3Cu + 8HNO_3 \rightarrow 3Cu(NO_3)_2 + 2NO + 4H_2O$$ Vérification rapide : - Cu : 3 = 3. - N : 8 à gauche, 3·2 + 2 = 8 à droite. - O : gauche 8·3 = 24 ; droite : 3·6=18 + 2·1=2 + 4·1=4 → total 24. - H : gauche 8 ; droite 4·2=8. - Charge : tout neutre. > **Réaction équilibrée :** $3Cu + 8HNO_3 \rightarrow 3Cu(NO_3)_2 + 2NO + 4H_2O$ **Exemple 2 (avancé) :** Équilibrer $Cr_2O_7^{2-} + C_2H_5OH \rightarrow Cr^{3+} + CO_2 + H_2O$ (milieu acide). 1. N°ox : - Cr dans $Cr_2O_7^{2-}$ : chaque O –2, total –14 ; charge –2 → somme Cr = +12 → chaque Cr = +6. - Cr dans $Cr^{3+}$ : +3. Variation : +6 → +3 → diminution de 3 par Cr (gain de 3 e⁻). - C dans $C_2H_5OH$ : on considère le carbone moyen. Dans l’éthanol, formule $C_2H_6O$. Soit $x$ N°ox moyen de C. $2x + 6·(+1) + (–2) = 0$ (molécule neutre) → $2x +6 -2 =0 → 2x = -4 → x = -2$. - C dans $CO_2$ : +4. Variation : –2 → +4 → augmentation de 6 par C (perte de 6 e⁻). - Chaque molécule d’éthanol possède 2 C → perte totale de $2·6 = 12$ e⁻ par éthanol. 2. Égaliser les électrons : - Chaque Cr gagne 3 e⁻. - Pour compenser la perte de 12 e⁻ d’un éthanol, il faut $12/3 = 4$ Cr réduits. - Donc il faut 4 $Cr^{3+}$ produits, provenant de 2 $Cr_2O_7^{2-}$ (car chaque dichromate donne 2 Cr). 3. Écrire les espèces avec coefficients : $$2Cr_2O_7^{2-} + C_2H_5OH \rightarrow 4Cr^{3+} + ...$$ 4. Équilibrer les O et H en ajoutant $H_2O$ et $H^+$ (milieu acide). - O à gauche : $2·7 = 14$ (dichromate) + 1 (éthanol) = 15 O. - O à droite : dans $4Cr^{3+}$ : 0 ; dans $CO_2$ : on aura 2 CO₂ (car 2 C) → 2·2 = 4 O ; dans $H_2O$ : inconnu. - O manquants à droite : 15 – 4 = 11 O → donc 11 $H_2O$ à droite. - H à gauche : éthanol apporte 6 H. - H à droite : 11·2 = 22 H provenant de l’eau → il faut ajouter 16 H⁺ à gauche pour atteindre 22 H. 5. Équation intermédiaire : $$2Cr_2O_7^{2-} + C_2H_5OH + 16H^+ \rightarrow 4Cr^{3+} + 2CO_2 + 11H_2O$$ 6. Vérifier la charge : - Gauche : $2·(-2) + 0 + 16·(+1) = -4 +16 = +12$. - Droite : $4·(+3) + 0 + 0 = +12$. - Atomes : Cr : 4 = 4 ; C : 2 = 2 ; O : gauche 14+1=15 ; droite 2·2 + 11·1 = 4+11=15 ; H : gauche 6+16=22 ; droite 11·2=22. > **Réaction équilibrée :** $2Cr_2O_7^{2-} + C_2H_5OH + 16H^+ \rightarrow 4Cr^{3+} + 2CO_2 + 11H_2O$ --- ## Synthèse du chapitre (mini‑fiche de révision) - Le nombre d’oxydation $N_{ox}$ indique la charge fictive d’un atome si les liaisons étaient ioniques. - Règles d’attribution : élément pur = 0 ; ion monoatomique = sa charge ; H = +1 (sauf hydrides) ; O = –2 (sauf peroxydes, superoxydes, fluorés) ; F = –1 ; somme des $N_{ox}$ = charge de l’espèce. - Augmentation de $N_{ox}$ → perte d’électrons → oxydation (réducteur). - Diminution de $N_{ox}$ → gain d’électrons → réduction (oxydant). - Méthode du nombre d’oxydation pour équilibrer une redox (voie sèche) : 1. Attribuer $N_{ox}$ à tous les atomes. 2. Identifier les variations. 3. Égaliser les pertes et gains d’électrons par coefficients. 4. Équilibrer O et H avec $H_2O$, $H^+$ ou $OH^-$ selon le milieu. 5. Vérifier la charge et le nombre d’atomes. - Exemple type : $4Fe + 3O_2 \rightarrow 2Fe_2O_3$. --- ## Glossaire (12 termes) - **Nombre d’oxydation** : charge fictive d’un atome dans une espèce chimique. - **Oxydation** : augmentation du nombre d’oxydation (perte d’électrons). - **Réduction** : diminution du nombre d’oxydation (gain d’électrons). - **Réducteur** : espèce qui cède des électrons (son $N_{ox}$ augmente). - **Oxidant** : espèce qui accepte des électrons (son $N_{ox}$ diminue). - **Ion monoatomique** : ion constitué d’un seul atome (ex. $Na^+$, $Cl^-$). - **Peroxyde** : espèce contenant le groupe $O_2^{2-}$ où chaque O a $N_{ox} = -1$. - **Superoxyde** : espèce contenant $O_2^{-}$ où chaque O a $N_{ox} = -\tfrac12$. - **Milieu acide** : présence d’ions $H^+$ permettant l’équilibrage par ajout de $H^+$ et $H_2O$. - **Milieu basique** : présence d’ions $OH^-$ ; on équilibre d’abord comme en milieu acide puis on ajoute $OH^-$ des deux côtés pour neutraliser $H^+$. - **Voie sèche** : réaction se produisant en l’absence de solvant aqueux (souvent à l’état solide ou gazeux). - **Demi‑réaction** : partie d’une réaction redox montrant soit l’oxydation soit la réduction séparément. --- ## Exercices d’application corrigés ### Exercice 1 Déterminer le nombre d’oxydation du soufre dans les espèces suivantes : $SO_2$, $SO_3^{2-}$, $S_2O_3^{2-}$ (thiosulfate). **Corrigé** - $SO_2$ : O = –2 chacun → total –4 ; molécule neutre → $S = +4$. - $SO_3^{2-}$ : O = –2×3 = –6 ; charge –2 → $S + (–6) = –2$ → $S = +4$. - $S_2O_3^{2-}$ : O = –2×3 = –6 ; soit $x$ N°ox moyen de chaque S. $2x + (–6) = –2$ → $2x = +4$ → $x = +2$. Dans le thiosulfate, les deux S ne sont pas équivalents (un à +6, l’autre à –2) mais la moyenne vaut +2. ### Exercice 2 Identifier l’oxydant et le réducteur dans la réaction : $2Al + Fe_2O_3 \rightarrow Al_2O_3 + 2Fe$. **Corrigé** - Al : 0 → +3 (dans $Al_2O_3$) → augmentation → Al s’oxyde → Al réducteur. - Fe : +3 (dans $Fe_2O_3$) → 0 (Fe métallique) → diminution → Fe³⁺ se réduit → $Fe_2O_3$ oxydant. ### Exercice 3 Équilibrer par la méthode du nombre d’oxydation la réaction suivante en milieu acide : $MnO_4^- + H_2C_2O_4 \rightarrow Mn^{2+} + CO_2 + H_2O$ **Corrigé** 1. N°ox : - Mn : +7 → +2 → diminution de 5 (gain de 5 e⁻). - C dans $H_2C_2O_4$ (acide oxalique) : chaque C vaut +3 (car $2x + 2·(+1) + 4·(–2)=0$ → $2x+2-8=0$ → $2x=+6$ → $x=+3$). - C dans $CO_2$ : +4 → augmentation de 1 par C (perte de 1 e⁻). Chaque molécule d’acide oxalique possède 2 C → perte totale de 2 e⁻. 2. Égaliser les électrons : perte 2 e⁻ par acide oxalique, gain 5 e⁻ par permanganate. LCM = 10. → 5 acide oxalique (5·2=10 e⁻ perdus) et 2 permanganate (2·5=10 e⁻ gagnés). 3. Écrire avec coefficients : $2MnO_4^- + 5H_2C_2O_4 \rightarrow 2Mn^{2+} + 10CO_2 + ...$ 4. Équilibrer O et H : - O à gauche : $2·4 = 8$ (permanganate) + $5·4 = 20$ (acide) = 28 O. - O à droite : $2Mn^{2+}$ : 0 ; $10CO_2$ : $10·2 = 20$ O ; reste à mettre dans $H_2O$. - O manquants : $28-20 = 8$ → 8 $H_2O$ à droite. - H à gauche : $5·2 = 10$ H (acide). - H à droite : $8·2 = 16$ H provenant de l’eau → il faut ajouter 6 H⁺ à gauche. 5. Équation finale : $$2MnO_4^- + 5H_2C_2O_4 + 6H^+ \rightarrow 2Mn^{2+} + 10CO_2 + 8H_2O$$ Vérification de charge : gauche $2·(-1)+6·(+1)=+4$ ; droite $2·(+2)=+4$. ### Exercice 4 Équilibrer en milieu basique la réaction : $ClO^- + Cr(OH)_3 \rightarrow Cl^- + CrO_4^{2-} + H_2O$ **Corrigé** (on travaille d’abord en milieu acide puis on neutralise) 1. N°ox : - Cl dans $ClO^-$ : +1 → Cl⁻ : –1 → diminution de 2 (gain de 2 e⁻). - Cr dans $Cr(OH)_3$ : chaque OH –1, total –3 ; molécule neutre → Cr = +3. - Cr dans $CrO_4^{2-}$ : O –2×4 = –8 ; charge –2 → Cr = +6. - Cr : +3 → +6 → augmentation de 3 (perte de 3 e⁻). 2. Égaliser les électrons : perte 3 e⁻ par Cr, gain 2 e⁻ par ClO⁻. LCM = 6. → 2 Cr (2·3=6 e⁻ perdus) et 3 ClO⁻ (3·2=6 e⁻ gagnés). 3. Écrire avec coefficients : $3ClO^- + 2Cr(OH)_3 \rightarrow 3Cl^- + 2CrO_4^{2-} + ...$ 4. Équilibrer O et H en milieu acide (on ajoute $H^+$ puis $H_2O$) : - O à gauche : $3·1 = 3$ (hypochlorite) + $2·3 = 6$ (hydroxyde) = 9 O. - O à droite : $3Cl^-$ : 0 ; $2CrO_4^{2-}$ : $2·4 = 8$ O ; reste dans $H_2O$. - O manquants : $9-8 = 1$ → 1 $H_2O$ à droite. - H à gauche : $2·3 = 6$ H (hydroxyde). - H à droite : $1·2 = 2$ H provenant de l’eau → il faut ajouter 4 H⁺ à gauche. 5. Équation en milieu acide : $$3ClO^- + 2Cr(OH)_3 + 4H^+ \rightarrow 3Cl^- + 2CrO_4^{2-} + H_2O$$ 6. Conversion en milieu basique : ajouter $4OH^-$ des deux côtés pour neutraliser les $4H^+$ : - Gauche : $4H^+ + 4OH^- \rightarrow 4H_2O$. - Droite : on ajoute aussi $4OH^-$. Résultat : $$3ClO^- + 2Cr(OH)_3 + 4OH^- \rightarrow 3Cl^- + 2CrO_4^{2-} + 5H_2O$$ Vérification : - Atomes Cl : 3 = 3. - Cr : 2 = 2. - O : gauche $3·1 + 2·3 + 4·1 = 3+6+4=13$ ; droite $2·4 + 5·1 = 8+5=13$. - H : gauche $2·3 + 4·1 = 6+4=10$ ; droite $5·2=10$. - Charge : gauche $3·(-1)+0+4·(-1) = -3-4 = -7$ ; droite $3·(-1)+2·(-2)+0 = -3-4 = -7$. ### Exercice 5 Dans la réaction $Zn + NO_3^- + H^+ \rightarrow Zn^{2+} + NO + H_2O$ (milieu acide), déterminer le nombre d’électrons transférés et équilibrer l’équation. **Corrigé** 1. N°ox : - Zn : 0 → +2 → perte de 2 e⁻ (oxydation). - N dans $NO_3^-$ : +5 → N dans $NO$ : +2 → gain de 3 e⁻ (réduction). 2. Égaliser les électrons : perte 2 e⁻ par Zn, gain 3 e⁻ par NO₃⁻. LCM = 6. → 3 Zn (3·2=6 e⁻ perdus) et 2 NO₃⁻ (2·3=6 e⁻ gagnés). 3. Écrire avec coefficients : $3Zn + 2NO_3^- + ... \rightarrow 3Zn^{2+} + 2NO + ...$ 4. Équilibrer O et H : - O à gauche : $2·3 = 6$ O (nitrate). - O à droite : $2NO$ : $2·1 = 2$ O ; reste dans $H_2O$. - O manquants : $6-2 = 4$ → 4 $H_2O$ à droite. - H à gauche : uniquement provenant de $H^+$ (à déterminer). - H à droite : $4·2 = 8$ H provenant de l’eau → il faut ajouter 8 $H^+$ à gauche. 5. Équation finale : $$3Zn + 2NO_3^- + 8H^+ \rightarrow 3Zn^{2+} + 2NO + 4H_2O$$ Vérification de charge : gauche $2·(-1)+8·(+1)=+6$ ; droite $3·(+2)=+6$. Nombre d’électrons transférés : 6 e⁻ (soit 2 e⁻ par Zn × 3 Zn). ### Exercice 6 Équilibrer la réaction suivante en milieu basique : $MnO_4^- + SO_3^{2-} \rightarrow MnO_2 + SO_4^{2-} + H_2O$ **Corrigé** 1. N°ox : - Mn : +7 → +4 (dans $MnO_2$) → diminution de 3 (gain de 3 e⁻). - S : +4 (dans $SO_3^{2-}$) → +6 (dans $SO_4^{2-}$) → augmentation de 2 (perte de 2 e⁻). 2. Égaliser les électrons : perte 2 e⁻ par SO₃²⁻, gain 3 e⁻ par MnO₄⁻. LCM = 6. → 3 SO₃²⁻ (3·2=6 e⁻ perdus) et 2 MnO₄⁻ (2·3=6 e⁻ gagnés). 3. Écrire avec coefficients : $2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} \rightarrow 2MnO_2 + 3SO_4^{2-} + ...$ 4. Équilibrer O et H en milieu acide puis basique. - O à gauche : $2·4 = 8$ (permanganate) + $3·3 = 9$ (sulfite) = 17 O. - O à droite : $2MnO_2$ : $2·2 = 4$ O ; $3SO_4^{2-}$ : $3·4 = 12$ O ; total 16 O ; reste dans $H_2O$. - O manquants : $17-16 = 1$ → 1 $H_2O$ à droite. - H à gauche : aucun. - H à droite : $1·2 = 2$ H provenant de l’eau → il faut ajouter 2 $H^+$ à gauche. 5. Équation en milieu acide : $$2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} + 2H^+ \rightarrow 2MnO_2 + 3SO_4^{2-} + H_2O$$ 6. Passage en milieu basique : ajouter $2OH^-$ des deux côtés pour neutraliser les $2H^+$ : - Gauche : $2H^+ + 2OH^- \rightarrow 2H_2O$. - Droite : on ajoute aussi $2OH^-$. Résultat : $$2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} + 2OH^- \rightarrow 2MnO_2 + 3SO_4^{2-} + 3H_2O$$ Vérification : - Atomes Mn : 2 = 2. - S : 3 = 3. - O : gauche $2·4 + 3·3 + 2·1 = 8+9+2=19$ ; droite $2·2 + 3·4 + 3·1 = 4+12+3=19$. - H : gauche $2·1 = 2$ ; droite $3·2 = 6$ → Oops, erreur. Revoir : en ajoutant $2OH^-$ à gauche, on a ajouté 2 O et 2 H. Comptons à nouveau : Gauche O : $2·4 (MnO_4) = 8$ ; $3·3 (SO_3) = 9$ ; $2·1 (OH) = 2$ → total 19 O. Droite O : $2·2 (MnO_2) = 4$ ; $3·4 (SO_4) = 12$ ; $3·1 (H_2O) = 3$ → total 19 O. H : gauche $2·1 (OH) = 2$ H. Droite : $3·2 (H_2O) = 6$ H. Il manque 4 H à gauche → on doit ajouter 4 $H_2O$ à gauche plutôt que seulement 2 OH⁻. Recommençons la conversion correctement : Équation acide : $2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} + 2H^+ \rightarrow 2MnO_2 + 3SO_4^{2-} + H_2O$. Pour basifier, on ajoute $2OH^-$ des deux côtés : Gauche : $2H^+ + 2OH^- \rightarrow 2H_2O$. Donc gauche devient : $2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} + 2H_2O$. Droite : on ajoute $2OH^-$ : $H_2O + 2OH^-$. Équation basique : $$2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} + 2H_2O \rightarrow 2MnO_2 + 3SO_4^{2-} + 2OH^- + H_2O$$ Simplifier l’eau : $2H_2O$ à gauche moins $H_2O$ à droite laisse $H_2O$ net à gauche. Résultat final : $$2MnO_4^- + 3SO_3^{2-} + H_2O \rightarrow 2MnO_2 + 3SO_4^{2-} + 2OH^-$$ Vérification : - O : gauche $2·4 + 3·3 + 1·1 = 8+9+1=18$ ; droite $2·2 + 3·4 + 2·1 = 4+12+2=18$. - H : gauche $2·1 = 2$ ; droite $2·1 = 2$. - Charge : gauche $2·(-1)+3·(-2)+0 = -2-6 = -8$ ; droite $2·0+3·(-2)+2·(-1) = -6-2 = -8$. --- ## Erreurs fréquentes 1. **Oublier que l’oxygène vaut –2 sauf dans les peroxydes** → on attribue –2 à l’O dans $H_2O_2$ et on obtient un nombre d’oxydation incohérent. *Astuce* : vérifier la présence du lien O–O (peroxyde) ou O–F avant d’appliquer la règle –2. 2. **Confondre l’augmentation du nombre d’oxydation avec la réduction** → croire qu’une espèce dont le N°ox augmente gagne des électrons. *Astuce* : se rappeler la phrase « **OX**ydation = **e⁻** perdus, **RED**uction = **e⁻** gagnés ». 3. **Ne pas équilibrer la charge après avoir égalisé les électrons** → on obtient une équation où les nombres d’atomes sont corrects mais la charge globale ne l’est pas. *Astuce* : après l’étape d’égalisation des électrons, toujours vérifier la somme des charges de chaque côté et ajouter $H^+$ (acide) ou $OH^-$ (basique) si nécessaire. 4. **Utiliser des coefficients fractionnaires dans la réponse finale** → les équations chimiques doivent présenter des coefficients entiers. *Astuce* : après avoir obtenu des coefficients fractionnaires, multiplier toute l’équation par le plus petit commun dénominateur pour éliminer les fractions. 5. **Ne pas distinguer milieu acide et basique lors de l’ajout d’eau et d’ions** → on ajoute $H^+$ en milieu basique ou $OH^-$ en milieu acide, ce qui fausse l’équilibrage. *Astuce* : en milieu acide, on équilibre O avec $H_2O$ puis H avec $H^+$ ; en milieu basique, on fait d’abord comme en milieu acide puis on ajoute $OH^-$ des deux côtés pour neutraliser les $H^+$ introduits. 6. **Attribuer un nombre d’oxydation non entier à un atome dans un composé covalent** (ex. donner –½ à l’oxygène dans un composé qui n’est pas un superoxyde). *Astuce* : les nombres d’oxydation fractionnaires ne apparaissent que dans les espèces contenant des liaisons O–O (peroxyde, superoxyde) ou dans certains complexes métalliques ; dans les molécules simples covalentes, ils sont toujours entiers. --- *Fin du cours.*