L'oxydoréduction (introduction)

## Objectifs et prérequis **Objectifs** : À la fin de ce chapitre, l’élève sera capable de : 1. Identifier une réaction d’oxydoréduction et distinguer l’espèce oxydante de l’espèce réductrice. 2. Écrire les demi‑équations d’oxydation et de réduction, puis les combiner pour obtenir l’équation globale équilibrée. 3. Utiliser le potentiel redox standard pour prévoir le sens spontané d’une réaction. 4. Décrire l’action d’un acide sur un métal et la réaction métal‑ion métallique. 5. Présenter et exploiter les couples redox autres que Mⁿ⁺/M (Fe³⁺/Fe²⁺, MnO₄⁻/Mn²⁺, I₂/I⁻, …). 6. Réaliser un dosage redox (titrimétrie) en choisissant l’indicateur approprié et en calculant la concentration de l’analyte. 7. Appliquer les lois de Faraday à l’électrolyse, expliquer les phénomènes de corrosion et proposer des méthodes de protection des métaux. 8. Attribuer un nombre d’oxydation à chaque atome dans un composé selon les règles établies. 9. Équilibrer une équation redox par la méthode du nombre d’oxydation. 10. Résoudre des problèmes d’application de type baccalauréat camerounais (calculs, interprétations, schémas). **Prérequis** : - Notions de base sur les acides et les bases (pH, réaction acide‑base). - Connaissances sur les formules chimiques, les masses molaires et le concept de mole. - Maîtrise de l’écriture et de l’équilibrage des équations chimiques simples. - Notions d’électrostatique (charges, ions) et de conductivité électrique. --- ## Introduction contextualisée L’oxydoréduction, ou réaction redox, est au cœur de nombreux phénomènes quotidiens et industriels : la corrosion du fer qui forme la rouille, la pile qui alimente votre téléphone, le blanchiment du linge par l’eau de Javel, la production d’aluminium par électrolyse de l’alumine, ou encore le dosage du glucose dans le sang grâce à une réaction redox enzymatique. Au lycée, comprendre ces réactions permet non seulement de réussir l’épreuve du probatoire, mais aussi de saisir les enjeux environnementaux (pollution des métaux lourds, traitement des eaux) et technologiques (stockage d’énergie, piles à combustible). Ce chapitre adopte une approche par compétences : chaque leçon introduit un concept théorique, le illustre par des démonstrations rigoureuses, puis le consolide grâce à des exemples entièrement résolus et à des exercices d’application. Les notions sont présentées dans l’ordre officiel du programme MINESEC/IGE afin de faciliter la progression de l’élève. --- ## I. Leçon 9 : Action d’un acide sur un métal, Réaction métal - ion métallique et Concepts clés de l’oxydoréduction ### A. Définition de l’oxydoréduction > Une réaction d’oxydoréduction (redox) est une réaction chimique au cours de laquelle il y a transfert d’un ou plusieurs électrons entre des espèces chimiques ; l’espèce qui perd des électrons est oxydée (réducteur), l’espèce qui gagne des électrons est réduite (oxydant). La conservation de la charge implique que le nombre total d’électrons perdus égale le nombre total d’électrons gagnés. ### B. Réaction d’un métal avec un acide Lorsqu’un métal M réagit avec un acide HA (où A⁻ est la base conjuguée de l’acide), le métal est oxydé en ion métallique Mⁿ⁺ tandis que l’ion H⁺ de l’acide est réduit en gaz hydrogène H₂. **Exemple classique** : réaction du zinc avec l’acide chlorhydrique. $$ \text{Zn (s)} + 2\,\text{HCl (aq)} \rightarrow \text{ZnCl}_2\text{(aq)} + \text{H}_2\text{(g)} $$ Demi‑équations : - Oxydation du Zn : $\displaystyle \text{Zn} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + 2e^-$ - Réduction du H⁺ : $\displaystyle 2\,\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{H}_2$ On ajoute les deux demi‑équations (les électrons se compensent) pour obtenir l’équation globale. ### C. Réaction métal - ion métallique Un métal peut réduire un ion métallique d’un autre métal moins réducteur. La réaction se déroule selon : $$ \text{M}_1\text{(s)} + \text{M}_2^{n+}\text{(aq)} \rightarrow \text{M}_1^{m+}\text{(aq)} + \text{M}_2\text{(s)} $$ où M₁ est le métal plus réducteur (il se oxyde) et M₂ l’ion métallique plus oxydant (il se réduit). **Exemple** : le fer réduit l’ion cuivre(II). $$ \text{Fe (s)} + \text{Cu}^{2+}\text{(aq)} \rightarrow \text{Fe}^{2+}\text{(aq)} + \text{Cu (s)} $$ Demi‑équations : - Oxydation du Fe : $\displaystyle \text{Fe} \rightarrow \text{Fe}^{2+} + 2e^-$ - Réduction du Cu²⁺ : $\displaystyle \text{Cu}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Cu}$ ### D. Concepts clés de l’oxydoréduction | Concept | Définition | Remarque | |---|---|---| | Oxydant | Espèce qui gagne des électrons (se réduit). | Exemple : H⁺, Cu²⁺, KMnO₄. | | Réducteur | Espèce qui perd des électrons (s’oxyde). | Exemple : Zn, Fe, I⁻. | | Demi‑équation d’oxydation | Représente la perte d’électrons. | Doit être équilibrée en atomes et en charge. | | Demi‑équation de réduction | Représente le gain d’électrons. | Idem. | | Potentiel redox standard (E⁰) | Tension mesurée sous conditions standards (1 M, 1 atm, 25 °C) entre l’électrode d’oxydo‑réduction et l’électrode d’hydrogène standard. | Plus E⁰ est élevé, plus l’espèce est un bon oxydant. | | Force motrice d’une réaction redox | $\displaystyle \Delta G = -nFE$ où n = nombre d’électrons transférés, F = constante de Faraday (96485 C mol⁻¹), E = différence de potentiel des couples. | Si E > 0, réaction spontanée. | > **À retenir** : La somme des demi‑équations d’oxydation et de réduction donne l’équation globale, les électrons intermédiaires s’annulant. ### E. Deux exemples entièrement résolus #### Exemple 1 : Réaction du magnésium avec l’acide sulfurique **Énoncé** : Écrire l’équation globale de la réaction du magnésium métallique avec l’acide sulfurique dilué, puis déterminer le nombre d’électrons transférés. **Solution** : 1. Demi‑équation d’oxydation du Mg : $\displaystyle \text{Mg} \rightarrow \text{Mg}^{2+} + 2e^-$ 2. Demi‑équation de réduction du H⁺ (provenant de H₂SO₄) : $\displaystyle 2\,\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{H}_2$ 3. Addition : $\displaystyle \text{Mg} + 2\,\text{H}^+ \rightarrow \text{Mg}^{2+} + \text{H}_2$ 4. En présence de l’anion sulfate (spectateur) : $\displaystyle \text{Mg (s)} + \text{H}_2\text{SO}_4\text{(aq)} \rightarrow \text{MgSO}_4\text{(aq)} + \text{H}_2\text{(g)}$ Nombre d’électrons transférés : 2 e⁻ par atome de Mg. #### Exemple 2 : Réaction du zinc avec l’ion cuivre(II) **Énoncé** : Montrer que le Zn réduit Cu²⁺ en Cu métallique et calculer la masse de cuivre déposée lorsqu’on réagit 5,00 g de Zn avec un excès de CuSO₄. **Solution** : - Demi‑équations : - Oxydation Zn : $\displaystyle \text{Zn} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + 2e^-$ - Réduction Cu²⁺ : $\displaystyle \text{Cu}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Cu}$ - Équation globale : $\displaystyle \text{Zn (s)} + \text{Cu}^{2+}\text{(aq)} \rightarrow \text{Zn}^{2+}\text{(aq)} + \text{Cu (s)}$ Masse molaire Zn = 65,38 g mol⁻¹ ; moles de Zn = 5,00 g / 65,38 g mol⁻¹ = 0,0765 mol. Comme 1 mol Zn donne 1 mol Cu, moles de Cu formés = 0,0765 mol. Masse molaire Cu = 63,55 g mol⁻¹ → masse de Cu = 0,0765 mol × 63,55 g mol⁻¹ = **4,86 g**. --- ## II. Leçon 14 : Étude des couples autres que les couples ion métallique/métal ### A. Couple redox général Un couple redox est noté **Ox/Red**, où Ox représente l’espèce oxydée (qui accepte des électrons) et Red l’espèce réduite (qui donne des électrons). Le potentiel standard E⁰ du couple mesure la tendance de l’espèce oxydée à gagner des électrons. > **À retenir** : Plus E⁰ est élevé, plus l’espèce oxydée est un bon oxydant. ### B. Exemples de couples courants | Couple | Demi‑équation de réduction | E⁰ (V) vs SHE | |---|---|---| | Fe³⁺/Fe²⁺ | $\displaystyle \text{Fe}^{3+} + e^- \rightarrow \text{Fe}^{2+}$ | +0,77 | | MnO₄⁻/Mn²⁺ (acide) | $\displaystyle \text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5e^- \rightarrow \text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O}$ | +1,51 | | I₂/I⁻ | $\displaystyle \text{I}_2 + 2e^- \rightarrow 2\text{I}^-$ | +0,54 | | Cu²⁺/Cu | $\displaystyle \text{Cu}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Cu}$ | +0,34 | | Zn²⁺/Zn | $\displaystyle \text{Zn}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Zn}$ | –0,76 | ### C. Utilisation du tableau de potentiels Pour prévoir le sens d’une réaction entre deux couples, on compare leurs E⁰ : le couple ayant le **potentiel le plus élevé** agit comme oxydant (il se réduit), l’autre comme réducteur (il s’oxyde). La différence de potentiel ΔE = E⁰(oxydant) – E⁰(réducteur) doit être positive pour que la réaction soit spontanée. ### D. Deux exemples entièrement résolus #### Exemple 1 : Réaction entre le permanganate et l’ion fer(II) en milieu acide **Énoncé** : Équilibrer la réaction du permanganate (MnO₄⁻) avec Fe²⁺ en solution acide et déterminer le nombre d’électrons transférés. **Solution** : 1. Demi‑équation de réduction du MnO₄⁻ (acide) : $\displaystyle \text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5e^- \rightarrow \text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O}$ 2. Demi‑équation d’oxydation du Fe²⁺ : $\displaystyle \text{Fe}^{2+} \rightarrow \text{Fe}^{3+} + e^-$ 3. Pour égaler les électrons, multiplier la demi‑équation du Fe²⁺ par 5 : $\displaystyle 5\text{Fe}^{2+} \rightarrow 5\text{Fe}^{3+} + 5e^-$ 4. Addition : $\displaystyle \text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5\text{Fe}^{2+} \rightarrow \text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O} + 5\text{Fe}^{3+}$ Nombre d’électrons transférés : 5 e⁻. #### Exemple 2 : Réaction de l’iode avec le thiosulfate (dosage de l’iode) **Énoncé** : Montrer que l’iode oxyde le thiosulfate (S₂O₃²⁻) en tétrahionate (S₄O₆²⁻) et écrire l’équation équilibrée. **Solution** : - Demi‑équation de réduction de l’iode : $\displaystyle \text{I}_2 + 2e^- \rightarrow 2\text{I}^-$ - Demi‑équation d’oxydation du thiosulfate : $\displaystyle 2\text{S}_2\text{O}_3^{2-} \rightarrow \text{S}_4\text{O}_6^{2-} + 2e^-$ - Addition (les 2 e⁻ s’annulent) : $\displaystyle \text{I}_2 + 2\text{S}_2\text{O}_3^{2-} \rightarrow 2\text{I}^- + \text{S}_4\text{O}_6^{2-}$ --- ## III. Leçon 15 : Dosages d’oxydoréduction ### A. Principe du dosage redox (titrimétrie) Un dosage redox consiste à faire réagir une solution d’analyte (substance à doser) avec un titrant dont la concentration est connue, jusqu’à atteindre le point d’équivalence où les quantités d’électrons donnés et reçus sont exactement égales. On surveille la variation du potentiel (méthode potentiométrique) ou la couleur d’un indicateur redox. > **À retenir** : Au point d’équivalence, $n_{\text{analyte}} \times n_{e,\text{analyte}} = n_{\text{titrant}} \times n_{e,\text{titrant}}$, où $n_e$ est le nombre d’électrons transférés par mole de substance. ### B. Indicateurs redox courants | Indicateur | Couleur forme réduite | Couleur forme oxydée | Plage de potentiel (V) | |---|---|---|---| | Starch‑iode | Incolore | Bleu foncé (complexe I₂‑starch) | ~0,54 | | Diphenylamine | Incolore | Bleu violet | ~0,62 | | Ferroïne | Rouge | Bleu pâle | ~1,10 | | Phénolphtaleïne (pas redox) | — | — | — (utilisé en acido‑basique) | ### C. Exemple de dosage du Fe²⁺ par le permanganate de potassium (KMnO₄) **Énoncé** : On titre 25,0 mL d’une solution de FeSO₄ avec une solution de KMnO₄ 0,0200 M. Le volume de permanganate nécessaire pour atteindre l’équivalence est 18,5 mL. Calculer la concentration de la solution de Fe²⁺. **Solution** : 1. Demi‑équation de réduction du MnO₄⁻ (acide) : $\displaystyle \text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5e^- \rightarrow \text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O}$ (nₑ = 5). 2. Demi‑équation d’oxydation du Fe²⁺ : $\displaystyle \text{Fe}^{2+} \rightarrow \text{Fe}^{3+} + e^-$ (nₑ = 1). 3. Pour égaler les électrons, multiplier la demi‑équation du Fe²⁺ par 5 : $\displaystyle 5\text{Fe}^{2+} \rightarrow 5\text{Fe}^{3+} + 5e^-$ 4. Ainsi, 1 mol MnO₄⁻ réagit avec 5 mol Fe²⁺. Moles de KMnO₄ utilisées : $n_{\text{MnO}_4^-} = C \times V = 0,0200\ \text{mol L}^{-1} \times 0,0185\ \text{L} = 3,70\times10^{-4}\ \text{mol}$ Moles de Fe²⁺ réagies : $n_{\text{Fe}^{2+}} = 5 \times n_{\text{MnO}_4^-} = 5 \times 3,70\times10^{-4} = 1,85\times10^{-3}\ \text{mol}$ Concentration de Fe²⁺ : $C_{\text{Fe}^{2+}} = \dfrac{n_{\text{Fe}^{2+}}}{V_{\text{solution}}} = \dfrac{1,85\times10^{-3}\ \text{mol}}{0,0250\ \text{L}} = 0,0740\ \text{M}$ ### D. Exemple de dosage du peroxyde d’hydrogène (H₂O₂) par le permanganate **Énoncé** : Une solution de H₂O₂ de volume inconnu est titrée avec du KMnO₄ 0,0100 M. On utilise 12,3 mL de permanganate pour atteindre l’équivalence en milieu acide. Calculer la concentration de H₂O₂. **Solution** : Réaction redox en milieu acide : $2\text{MnO}_4^- + 5\text{H}_2\text{O}_2 + 6\text{H}^+ \rightarrow 2\text{Mn}^{2+} + 5\text{O}_2 + 8\text{H}_2\text{O}$ On peut aussi utiliser les demi‑équations : - Réduction du MnO₄⁻ : $\displaystyle \text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5e^- \rightarrow \text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O}$ (nₑ = 5) - Oxydation du H₂O₂ : $\displaystyle \text{H}_2\text{O}_2 \rightarrow \text{O}_2 + 2\text{H}^+ + 2e^-$ (nₑ = 2) Pour égaler les électrons, multiplier la demi‑équation du H₂O₂ par 5 et celle du MnO₄⁻ par 2 : - $5\text{H}_2\text{O}_2 \rightarrow 5\text{O}_2 + 10\text{H}^+ + 10e^-$ - $2\text{MnO}_4^- + 16\text{H}^+ + 10e^- \rightarrow 2\text{Mn}^{2+} + 8\text{H}_2\text{O}$ Addition : $2\text{MnO}_4^- + 5\text{H}_2\text{O}_2 + 6\text{H}^+ \rightarrow 2\text{Mn}^{2+} + 5\text{O}_2 + 8\text{H}_2\text{O}$ Ainsi, 2 mol MnO₄⁻ réagissent avec 5 mol H₂O₂ → rapport molaires : $n_{\text{H}_2\text{O}_2} = \frac{5}{2} n_{\text{MnO}_4^-}$. Moles de KMnO₄ utilisées : $n_{\text{MnO}_4^-} = 0,0100\ \text{mol L}^{-1} \times 0,0123\ \text{L} = 1,23\times10^{-4}\ \text{mol}$ Moles de H₂O₂ : $n_{\text{H}_2\text{O}_2} = \frac{5}{2} \times 1,23\times10^{-4} = 3,075\times10^{-4}\ \text{mol}$ Comme le volume de la solution de H₂O₂ n’est pas donné, on exprime la concentration en fonction du volume V (en L) utilisé pour la titration : $C_{\text{H}_2\text{O}_2} = \dfrac{3,075\times10^{-4}}{V}$ Si, par exemple, le volume de H₂O₂ titré était 25,0 mL (0,0250 L), alors $C_{\text{H}_2\text{O}_2} = \dfrac{3,075\times10^{-4}}{0,0250} = 0,0123\ \text{M}$ --- ## IV. Leçon 16 : Électrolyse, Corrosion et protection des métaux ### A. Électrolyse : définition et lois de Faraday L’électrolyse est la décomposition d’un composé électrolyte (en fusion ou en solution) par passage d’un courant électrique continu. **Première loi de Faraday** : La masse $m$ d’une substance déposée ou libérée à une électrode est directement proportionnelle à la quantité d’électricité $Q$ passée : $$ m = \frac{M}{nF} \, Q $$ où $M$ = masse molaire (g mol⁻¹), $n$ = nombre d’électrons transférés par mole de substance, $F$ = constante de Faraday (96485 C mol⁻¹), $Q = I \times t$ (coulombs). **Deuxième loi de Faraday** : Lorsque la même quantité d’électricité passe à travers différents électrolytes, les masses des substances déposées sont proportionnelles à leurs équivalents chimiques ($M/n$). > **À retenir** : $m = \dfrac{M \, I \, t}{nF}$ ### B. Électrolyse de l’eau Dans une solution aqueuse légèrement acidifiée (ou basifiée), l’eau subit : - À la cathode (réduction) : $\displaystyle 2\text{H}_2\text{O} + 2e^- \rightarrow \text{H}_2 + 2\text{OH}^-$ - À l’anode (oxydation) : $\displaystyle 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{O}_2 + 4\text{H}^+ + 4e^-$ Après équilibrage des électrons (multiplier la demi‑équation cathodique par 2) : $$ 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{H}_2 + \text{O}_2 $$ Ainsi, pour chaque mole d’O₂ produite, 2 mol de H₂ sont libérés. ### C. Électrolyse de la saumure (solution NaCl concentrée) Dans une cellule à membrane, on obtient : - Cathode : réduction de l’eau → H₂ + OH⁻ - Anode : oxydation du chlorure → Cl₂ Réaction globale : $$ 2\text{NaCl} + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{NaOH} + \text{H}_2 + \text{Cl}_2 $$ ### D. Corrosion : définition et mécanisme La corrosion est l’altération d’un métal par réaction avec son environnement, généralement sous forme d’oxydoréduction. Pour le fer en atmosphère humide : - Oxydation du fer (anode) : $\displaystyle \text{Fe} \rightarrow \text{Fe}^{2+} + 2e^-$ - Réduction de l’oxygène dissous (cathode) : $\displaystyle \text{O}_2 + 2\text{H}_2\text{O} + 4e^- \rightarrow 4\text{OH}^-$ Les ions Fe²⁺ réagissent ensuite avec l’OH⁻ et l’O₂ pour former de la rouille (Fe₂O₃·nH₂O). > **À retenir** : La corrosion nécessite un anode (métal qui se corrode), une cathode (site de réduction, souvent O₂/H₂O), un électrolyte (eau contenant des ions) et un chemin métallique pour le passage des électrons. ### E. Protection des métaux 1. **Peinture ou revêtement** : crée une barrière physique empêchant l’accès de l’eau et de l’O₂. 2. **Galvanisation** : dépôt d’une couche de zinc (plus réducteur que le fer) qui se sacrifie : le Zn s’oxyde en préférence au Fe. 3. **Protection cathodique** : - *Anode sacrifiable* : on fixe un morceau de métal plus réducteur (Zn, Mg) qui se corrode à la place du métal à protéger. - *Courant imposé* : on applique un courant externe qui rend la structure métallique cathodique (elle reçoit des électrons, donc ne se corrode pas). ### F. Deux exemples entièrement résolus #### Exemple 1 : Masse d’aluminium déposée lors de l’électrolyse de l’alumine fondu **Énoncé** : Lors de l’électrolyse de l’Al₂O₃ fondu, un courant de 150 A est appliqué pendant 2,00 h. Calculer la masse d’aluminium produite. **Solution** : Réaction à la cathode : $\displaystyle \text{Al}^{3+} + 3e^- \rightarrow \text{Al}$ (n = 3). Quantité d’électricité : $Q = I \times t = 150\ \text{A} \times (2,00\ \text{h} \times 3600\ \text{s h}^{-1}) = 150 \times 7200 = 1{,}080{,}000\ \text{C}$. Masse d’Al : $$ m = \frac{M_{\text{Al}} \, Q}{nF} = \frac{26,98\ \text{g mol}^{-1} \times 1{,}080{,}000\ \text{C}}{3 \times 96485\ \text{C mol}^{-1}} $$ Calcul : $26,98 \times 1{,}080{,}000 = 29{,}138{,}400$ $3 \times 96485 = 289{,}455$ $m = \dfrac{29{,}138{,}400}{289{,}455} \approx 100{,}7\ \text{g}$ Donc environ **101 g** d’Al sont déposés. #### Exemple 2 : Vitesse de corrosion du fer exprimée en g m⁻² jour⁻¹ **Énoncé** : Une plaque de fer de surface 0,025 m² subit une corrosion uniforme. Après 30 jours, on mesure une perte de masse de 0,45 g. Calculer la vitesse de corrosion en g m⁻² jour⁻¹. **Solution** : Perte de masse par jour : $0,45\ \text{g} / 30\ \text{jours} = 0,015\ \text{g jour}^{-1}$. Vitesse par unité de surface : $$ v = \frac{0,015\ \text{g jour}^{-1}}{0,025\ \text{m}^2} = 0,60\ \text{g m}^{-2}\text{jour}^{-1} $$ Ainsi, la vitesse de corrosion est **0,60 g m⁻² jour⁻¹**. --- ## V. Leçon 17 : Notion de nombre d’oxydation ### A. Définition Le nombre d’oxydation (ou état d’oxydation) d’un atome dans un composé est la charge que cet atome aurait si toutes les liaisons étaient ioniques, les électrons étant attribués à l’atome le plus électronégatif. > **À retenir** : La somme des nombres d’oxydation de tous les atomes d’une espèce neutre est nulle ; pour un ion, elle égale la charge de l’ion. ### B. Règles d’attribution (rappel) 1. L’atome élémentaire a un nombre d’oxydation 0. 2. Dans un composé, l’oxygène a généralement –2 (sauf peroxides –1, superoxides –½, OF₂ +2). 3. L’hydrogène a généralement +1 (souvent –1 dans les hydrides métalliques). 4. Le fluor a toujours –1. 5. La somme des nombres d’oxydation dans un composé neutre = 0 ; dans un ion, elle égale la charge de l’ion. 6. Les éléments des groupes 1 et 2 ont respectivement +1 et +2 dans leurs composés. ### C. Deux exemples entièrement résolus #### Exemple 1 : Déterminer les nombres d’oxydation dans KMnO₄ **Énoncé** : Attribuer le nombre d’oxydation à chaque atome du permanganate de potassium. **Solution** : - K (groupe 1) : +1 - O : –2 (règle 2) - Soit x le nombre d’oxydation du Mn. Équation de charge : $$ (+1) + x + 4(-2) = 0 \quad \Rightarrow \quad 1 + x - 8 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = +7 $$ Ainsi : K⁺ (+1), Mn⁷⁺ (+7), O²⁻ (–2). #### Exemple 2 : Nombres d’oxydation dans l’ion thiosulfate S₂O₃²⁻ **Énoncé** : Trouver le nombre d’oxydation de chaque atome de S₂O₃²⁻. **Solution** : - O : –2 chacun → total O = 3 × (–2) = –6 - Soit x le nombre d’oxydation moyen des deux atomes de S. Équation de charge : $$ 2x + (-6) = -2 \quad \Rightarrow \quad 2x = +4 \quad \Rightarrow \quad x = +2 $$ Donc chaque atome de S a un nombre d’oxydation moyen de +2. En réalité, les deux S sont inequivalents (un S central à 0, un S terminal à +5), mais la règle de moyenne donne +2, ce qui suffit pour l’équilibrage redox. --- ## VI. Leçon 18 : Utilisation de nombre d’oxydation ### A. Méthode du nombre d’oxydation pour équilibrer une équation redox 1. Attribuer les nombres d’oxydation à tous les atoms des réactifs et produits. 2. Identifier les atomes dont le nombre d’oxydation change (oxydés ou réduits). 3. Calculer la variation du nombre d’oxydation par atome. 4. Équilibrer les variations en multipliant les formules afin que la perte totale d’électrons égale le gain total. 5. Équilibrer les autres atomes (O, H) en ajoutant H₂O, H⁺ (ou OH⁻ en milieu basique). 6. Vérifier la charge et le nombre d’atomes. > **À retenir** : Cette méthode évite de devoir séparer explicitement les demi‑équations, mais repose sur le même principe de conservation des électrons. ### B. Exemple complet : réaction du dichromate avec l’iodure en milieu acide **Énoncé** : Équilibrer l’équation redox : $$ \text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + \text{I}^- + \text{H}^+ \rightarrow \text{Cr}^{3+} + \text{I}_2 + \text{H}_2\text{O} $$ **Solution** : 1. Nombres d’oxydation : - Dans Cr₂O₇²⁻ : O = –2 → total O = 7×(–2) = –14. Soit x le nombre d’oxydation de chaque Cr. $2x + (-14) = -2$ → $2x = +12$ → $x = +6$. Donc Cr⁶⁺. - Dans Cr³⁺ : +3. - Dans I⁻ : –1. - Dans I₂ : 0 (élémentaire). 2. Variations : - Cr : de +6 à +3 → gain de 3 e⁻ par Cr. Comme il y a 2 Cr, gain total = 2 × 3 = 6 e⁻. - I : de –1 à 0 → perte de 1 e⁻ par I. Pour former I₂, il faut 2 I⁻ → perte de 2 e⁻ par I₂ formé. 3. Égaler les électrons : le gain de 6 e⁻ doit être égalé par la perte de 6 e⁻. Donc il faut 3 fois la perte de 2 e⁻ (c’est‑à‑dire 3 I₂). Ainsi, 6 I⁻ sont oxydés en 3 I₂ (perte de 6 e⁻). 4. Écrire l’équation avec les coefficients trouvés : $$ \text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + 6\text{I}^- + \text{H}^+ \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 3\text{I}_2 + \text{H}_2\text{O} $$ 5. Équilibrer O et H : - Oxygène : à gauche, 7 O provenant du dichromate. À droite, on a seulement de l’eau. Donc mettre 7 H₂O à droite. - Hydrogène : à gauche, on a H⁺ (à déterminer). À droite, 7 H₂O donnent 14 H. Donc il faut 14 H⁺ à gauche. 6. Équation finale : $$ \boxed{\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + 6\text{I}^- + 14\text{H}^+ \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 3\text{I}_2 + 7\text{H}_2\text{O}} $$ Vérification de la charge : Gauche : (–2) + 6(–1) + 14(+1) = –2 –6 +14 = +6. Droite : 2(+3) + 3(0) + 7(0) = +6. Équilibrée. ### C. Deuxième exemple : réaction du permanganate avec l’oxalate en milieu acide **Énoncé** : Équilibrer : $$ \text{MnO}_4^- + \text{C}_2\text{O}_4^{2-} + \text{H}^+ \rightarrow \text{Mn}^{2+} + \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O} $$ **Solution** : 1. Nombres d’oxydation : - MnO₄⁻ : O = –2 → total O = –8. Soit x pour Mn : $x + (-8) = -1$ → $x = +7$. Donc Mn⁷⁺. - Mn²⁺ : +2. - C₂O₄²⁻ : O = –2 chacun → total O = 4×(–2) = –8. Soit y pour chaque C : $2y + (-8) = -2$ → $2y = +6$ → $y = +3$. Donc chaque C est +3. - CO₂ : O = –2 chacun → total O = –2×2 = –4. Soit z pour C : $z + (-4) = 0$ → $z = +4$. Donc C passe de +3 à +4 (oxydation). 2. Variations : - Mn : de +7 à +2 → gain de 5 e⁻ par Mn. - Chaque C : de +3 à +4 → perte de 1 e⁻ par C. Comme il y a 2 C par oxalate, perte de 2 e⁻ par C₂O₄²⁻. 3. Égaler les électrons : le gain de 5 e⁻ doit être égalé à la perte de 2 e⁻. Le plus petit commun multiple de 5 et 2 est 10. Donc multiplier la demi‑équation du permanganate par 2 (gain de 10 e⁻) et celle de l’oxalate par 5 (perte de 10 e⁻). - 2 MnO₄⁻ + … → 2 Mn²⁺ + … - 5 C₂O₄²⁻ + … → 10 CO₂ + … 4. Écrire l’équation avec ces coefficients : $$ 2\text{MnO}_4^- + 5\text{C}_2\text{O}_4^{2-} + \text{H}^+ \rightarrow 2\text{Mn}^{2+} + 10\text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O} $$ 5. Équilibrer O et H : - Oxygène : à gauche, provenant des permanganates (2×4 = 8 O) et des oxalates (5×4 = 20 O) → total 28 O. À droite, on a du CO₂ (10×2 = 20 O) et de l’H₂O (inconnu). Soit w le nombre d’H₂O. Alors O à droite = 20 + w. Donc 20 + w = 28 → w = 8. - Hydrogène : à gauche, on a H⁺ (à déterminer). À droite, 8 H₂O donnent 16 H. Donc il faut 16 H⁺ à gauche. 6. Équation finale : $$ \boxed{2\text{MnO}_4^- + 5\text{C}_2\text{O}_4^{2-} + 16\text{H}^+ \rightarrow 2\text{Mn}^{2+} + 10\text{CO}_2 + 8\text{H}_2\text{O}} $$ Vérification de charge : Gauche : 2(–1) + 5(–2) + 16(+1) = –2 –10 +16 = +4. Droite : 2(+2) + 10(0) + 8(0) = +4. Équilibrée. --- ## Synthèse du chapitre - **Oxydoréduction** : transfert d’électrons ; espèce qui perd = réducteur (oxydée), espèce qui gagne = oxydant (réduite). - **Demi‑équations** : séparer oxydation et réduction ; les ajouter en égalant les électrons. - **Potentiel redox standard (E⁰)** : mesure de la tendance à gagner des électrons ; ΔE = E⁰(oxydant) – E⁰(réducteur) > 0 → réaction spontanée. - **Action d’un acide sur un métal** : M + n H⁺ → Mⁿ⁺ + (n/2) H₂ (ex. Zn + 2 HCl → ZnCl₂ + H₂). - **Réaction métal‑ion métallique** : M₁ + M₂ⁿ⁺ → M₁ᵐ⁺ + M₂ (ex. Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu). - **Couples redox autres que Mⁿ⁺/M** : Fe³⁺/Fe²⁺ (E⁰ = +0,77 V), MnO₄⁻/Mn²⁺ (+1,51 V), I₂/I⁻ (+0,54 V), etc. - **Dosage redox** : titrage avec un titrant redox ; point d’équivalence détecté par indicateur ou potentiométrie ; utilisation de la loi de Faraday pour relier volume et concentration. - **Électrolyse** : décomposition d’un électrolyte par courant continu ; lois de Faraday : $m = \dfrac{M I t}{nF}$. - Électrolyse de l’eau : 2 H₂O → 2 H₂ + O₂. - Électrolyse de la saumure : 2 NaCl + 2 H₂O → 2 NaOH + H₂ + Cl₂. - **Corrosion** : oxydation du métal (Fe → Fe²⁺ + 2e⁻) couplée à la réduction de l’O₂ (O₂ + 2 H₂O + 4e⁻ → 4 OH⁻). - **Protection** : peinture, galvanisation (Zn sacrifiable), protection cathodique (anode sacrifiable ou courant imposé). - **Nombre d’oxydation** : charge fictive d’un atome ; règles d’attribution (O = –2, H = +1, fluor = –1, somme = charge de l’espèce). - **Utilisation du nombre d’oxydation** : équilibrer les équations redox en égalant les variations totales de nombre d’oxydation (perte = gain). --- ## Glossaire | Terme | Définition | |---|---| | Oxydoréduction (redox) | Réaction chimique comportant transfert d’un ou plusieurs électrons entre espèces. | | Oxydant | Espèce qui gagne des électrons (se réduit). | | Réducteur | Espèce qui perd des électrons (s’oxyde). | | Demi‑équation | Équation représentant soit l’oxydation, soit la réduction d’une espèce. | | Potentiel redox standard (E⁰) | Tension mesurée sous conditions standards (1 M, 1 atm, 25 °C) entre l’électrode du couple et l’électrode d’hydrogène standard. | | Couple redox | Pair Ox/Red lié par une demi‑équation de réduction. | | Loi de Faraday (première) | Masse d’une substance déposée lors d’électrolyse proportionnelle à la quantité d’électricité passée. | | Électrolyse | Décomposition d’un électrolyte par passage d’un courant continu. | | Corrosion | Détérioration d’un métal par réaction oxydoréduction avec son environnement (souvent O₂/H₂O). | | Nombre d’oxydation | Charge fictive d’un atome dans un composé, attribuée selon des règles d’électronégativité. | | Point d’équivalence (titrage redox) | Moment où les quantités d’électrons donnés et reçus sont exactement égales. | | Indicateur redox | Substance qui change de couleur en fonction du potentiel du milieu. | | Protection cathodique | Technique qui rend la structure métallique cathodique (elle reçoit des électrons) pour empêcher sa corrosion. | | Anode sacrifiable | Métal plus réducteur que celui à protéger, qui se corrode préférentiellement. | | Milieu acide | Solution contenant un excès d’ions H⁺, utilisé pour équilibrer les réactions redox impliquant O et H. | --- ## Erreurs fréquentes | Erreur | Pourquoi elle se produit | Comment l’éviter | |---|---|---| | **Oublier d’équilibrer les électrons** lors de l’ajout des demi‑équations. | L’élève se concentre seulement sur les atomes et oublie que les charges doivent aussi être équilibrées. | Toujours vérifier que le nombre d’électrons perdus égale le nombre gagné avant d’additionner les demi‑équations. | | **Confondre oxydant et réducteur** en se basant sur la formule plutôt que sur le changement de nombre d’oxydation. | On pense que l’espèce contenant l’atome le plus électronegatif est forcément l’oxydant. | Déterminer le variation du nombre d’oxydation : augmentation = oxydation (réducteur), diminution = réduction (oxydant). | | **Utiliser le mauvais signe pour le potentiel** lors du calcul de ΔE (Eoxydant – E réducteur). | On soustrait dans le mauvais ordre ou on oublie de changer le signe de la demi‑équation d’oxydation. | Rappeler : E°cell = E°(cathode) – E°(anode). La cathode est où se produit la réduction. | | **Négliger les spectateurs (ions qui ne participent pas)** lors de l’écriture de l’équation globale. | On ajoute des ions comme Na⁺ ou SO₄²⁻ dans les demi‑équations alors qu’ils ne changent pas d’état d’oxydation. | Identifier les espèces qui changent de nombre d’oxydation ; les autres sont des spectateurs et peuvent être ajoutés après équilibrage. | | **Mauvaise attribution du nombre d’oxydation de l’oxygène** (oublier les peroxides ou le fluorure d’oxygène). | On applique systématiquement –2 sans vérifier les exceptions. | Vérifier la présence de liaisons O–O (peroxide → –1 chacune) ou de OF₂ (O = +2). | | **Erreur de conversion d’unités** (mL → L, heures → secondes) dans les problèmes d’électrolyse ou de dosage. | On oublie de convertir le volume ou le temps avant d’appliquer la formule de Faraday. | Toujours convertir en unités SI (L pour les volumes, s pour le temps, A pour le courant) avant de calculer. | | **Confondre milieu acide et basique** lors de l’ajout d’H⁺ ou OH⁻. | On ajoute des H⁺ alors que le milieu est basique, ou inversement. | Lire attentivement l’énoncé ; si rien n’est précisé, supposer milieu acide (plus fréquent en titration redox). En milieu basique, ajouter OH⁻ et équilibrer l’O avec H₂O puis ajouter OH⁻ pour neutraliser les H⁺ introduits. | | **Oublier de vérifier la charge finale** après équilibrage. | On pense que l’équilibrage des atomes suffit. | Après avoir équilibré les atomes, faire la somme des charges de chaque côté ; elles doivent être égales. | --- ## Exercices d’application corrigés ### Exercice 1 (niveau facile) **Énoncé** : Écrire l’équation globale de la réaction du zinc métallique avec l’acide nitrique dilué (HNO₃) produisant du nitrate de zinc, du monoxyde d’azote (NO) et de l’eau. Puis déterminer le nombre d’électrons transférés. **Corrigé** : 1. Demi‑équation d’oxydation du Zn : $\displaystyle \text{Zn} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + 2e^-$ 2. Demi‑équation de réduction du NO₃⁻ en NO (en milieu acide) : $\displaystyle \text{NO}_3^- + 4\text{H}^+ + 3e^- \rightarrow \text{NO} + 2\text{H}_2\text{O}$ 3. Pour égaler les électrons, multiplier la demi‑équation du Zn par 3 et celle du nitrate par 2 : - $3\text{Zn} \rightarrow 3\text{Zn}^{2+} + 6e^-$ - $2\text{NO}_3^- + 8\text{H}^+ + 6e^- \rightarrow 2\text{NO} + 4\text{H}_2\text{O}$ 4. Addition : $\displaystyle 3\text{Zn} + 2\text{NO}_3^- + 8\text{H}^+ \rightarrow 3\text{Zn}^{2+} + 2\text{NO} + 4\text{H}_2\text{O}$ 5. Reintroduire les ions spectateur (NO₃⁻ provenant de l’acide) pour obtenir la forme moléculaire : $\displaystyle 3\text{Zn (s)} + 8\text{HNO}_3\text{(aq)} \rightarrow 3\text{Zn(NO}_3)_2\text{(aq)} + 2\text{NO (g)} + 4\text{H}_2\text{O(l)}$ Nombre d’électrons transférés : 6 e⁻ (puisque 3 Zn perdent chacun 2 e⁻). --- ### Exercice 2 (niveau intermédiaire) **Énoncé** : Une solution de 0,150 M de K₂Cr₂O₇ est utilisée pour titrer une solution de FeSO₄. Le volume de dichromate nécessaire pour atteindre l’équivalence est 22,4 mL. Calculer la concentration de la solution de Fe²⁺. **Corrigé** : Réaction en milieu acide : $\displaystyle \text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + 6\text{Fe}^{2+} + 14\text{H}^+ \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 6\text{Fe}^{3+} + 7\text{H}_2\text{O}$ Ainsi, 1 mol de dichromate réagit avec 6 mol de Fe²⁺. Moles de dichromate utilisées : $n_{\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-}} = 0,150\ \text{mol L}^{-1} \times 0,0224\ \text{L} = 3,36\times10^{-3}\ \text{mol}$ Moles de Fe²⁺ réagies : $n_{\text{Fe}^{2+}} = 6 \times n_{\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-}} = 6 \times 3,36\times10^{-3} = 2,016\times10^{-2}\ \text{mol}$ Volume de la solution de Fe²⁺ (non donné) → on suppose que le volume titré était 25,0 mL (0,0250 L) comme dans l’exemple du cours. Concentration : $C_{\text{Fe}^{2+}} = \dfrac{2,016\times10^{-2}\ \text{mol}}{0,0250\ \text{L}} = 0,806\ \text{M}$ *(Si le volume réel diffère, il suffit de diviser les moles par ce volume.)* --- ### Exercice 3 (niveau intermédiaire) **Énoncé** : Lors de l’électrolyse d’une solution de CuSO₄, un courant de 2,50 A est appliqué pendant 45 minutes. Calculer la masse de cuivre déposée à la cathode. **Corrigé** : Réaction à la cathode : $\displaystyle \text{Cu}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Cu}$ (n = 2). Quantité d’électricité : $Q = I \times t = 2,50\ \text{A} \times (45\ \text{min} \times 60\ \text{s min}^{-1}) = 2,50 \times 2700 = 6750\ \text{C}$ Masse de cuivre : $m = \dfrac{M_{\text{Cu}} \, Q}{nF} = \dfrac{63,55\ \text{g mol}^{-1} \times 6750\ \text{C}}{2 \times 96485\ \text{C mol}^{-1}}$ Calcul : $63,55 \times 6750 = 428\,962,5$ $2 \times 96485 = 192\,970$ $m = \dfrac{428\,962,5}{192\,970} \approx 2,22\ \text{g}$ Donc **2,22 g** de cuivre sont déposés. --- ### Exercice 4 (niveau avancé) **Énoncé** : Équilibrer l’équation redox suivante en milieu basique : $$ \text{MnO}_4^- + \text{NO}_2^- \rightarrow \text{MnO}_2 + \text{NO}_3^- $$ **Corrigé** : Étape 1 : écrire la réaction en milieu acide, puis convertir en basique. **En milieu acide** : - Demi‑équation de réduction du MnO₄⁻ → MnO₂ : $\displaystyle \text{MnO}_4^- + 4\text{H}^+ + 3e^- \rightarrow \text{MnO}_2 + 2\text{H}_2\text{O}$ (Mn passe de +7 à +4, gain de 3 e⁻). - Demi‑équation d’oxydation du NO₂⁻ → NO₃⁻ : $\displaystyle \text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{NO}_3^- + 2\text{H}^+ + 2e^-$ (N passe de +3 à +5, perte de 2 e⁻). Égaler les électrons : PPCM de 3 et 2 = 6. - Multiplier la réduction par 2 : $2\text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 6e^- \rightarrow 2\text{MnO}_2 + 4\text{H}_2\text{O}$ - Multiplier l’oxydation par 3 : $3\text{NO}_2^- + 3\text{H}_2\text{O} \rightarrow 3\text{NO}_3^- + 6\text{H}^+ + 6e^-$ Addition : $2\text{MnO}_4^- + 3\text{NO}_2^- + 8\text{H}^+ + 3\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{MnO}_2 + 3\text{NO}_3^- + 4\text{H}_2\text{O} + 6\text{H}^+$ Simplifier H⁺ et H₂O : - H⁺ : 8 à gauche, 6 à droite → reste 2 H⁺ à gauche. - H₂O : 3 à gauche, 4 à droite → reste 1 H₂O à droite. Équation en milieu acide : $\displaystyle 2\text{MnO}_4^- + 3\text{NO}_2^- + 2\text{H}^+ \rightarrow 2\text{MnO}_2 + 3\text{NO}_3^- + \text{H}_2\text{O}$ **Conversion en milieu basique** : ajouter autant d’OH⁻ des deux côtés pour neutraliser les H⁺. Il y a 2 H⁺ à gauche → ajouter 2 OH⁻ des deux côtés : Gauche : $2\text{H}^+ + 2\text{OH}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$ Donc l’équation devient : $$ 2\text{MnO}_4^- + 3\text{NO}_2^- + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{MnO}_2 + 3\text{NO}_3^- + \text{H}_2\text{O} + 2\text{OH}^- $$ Simplifier l’eau : 2 H₂O à gauche, 1 H₂O à droite → reste 1 H₂O à gauche. Équation finale en milieu basique : $$ \boxed{2\text{MnO}_4^- + 3\text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{MnO}_2 + 3\text{NO}_3^- + 2\text{OH}^-} $$ Vérification : - Atomes Mn : 2 = 2. - N : 3 = 3. - O : gauche : 2×4 + 3×2 + 1 = 8 + 6 + 1 = 15. Droite : 2×2 + 3×3 + 2×1 = 4 + 9 + 2 = 15. - H : gauche : 2×2 = 4. Droite : 2×1 (dans OH⁻) = 2, plus l’H₂O (2) = 4. - Charge : gauche : 2(–1) + 3(–1) = –5. Droite : 3(–1) + 2(–1) = –5. --- ### Exercice 5 (niveau avancé) **Énoncé** : Une barre de fer de masse 12,0 g est immergée dans une solution de sulfate de cuivre(II) 0,200 M. Après réaction complète, on récupère le cuivre métallique déposé. Calculer la masse de cuivre obtenue. **Corrigé** : Réaction : $\displaystyle \text{Fe (s)} + \text{Cu}^{2+}\text{(aq)} \rightarrow \text{Fe}^{2+}\text{(aq)} + \text{Cu (s)}$ 1 mole de Fe donne 1 mole de Cu. Moles de Fe présentes : $M_{\text{Fe}} = 55,85\ \text{g mol}^{-1}$ $n_{\text{Fe}} = \dfrac{12,0\ \text{g}}{55,85\ \text{g mol}^{-1}} = 0,215\ \text{mol}$ Comme le Cu²⁺ est en excès (on vérifiera rapidement) : Volume de solution nécessaire pour fournir 0,215 mol de Cu²⁺ à 0,200 M : $V = \dfrac{n}{C} = \dfrac{0,215}{0,200} = 1,075\ \text{L}$ Si le volume de solution utilisé est supérieur à 1,075 L, le Cu²⁺ est bien en excès ; on supposera que c’est le cas (énoncé indique « solution de sulfate de cuivre(II) 0,200 M » sans préciser le volume, donc on considère que le réactif limitant est le Fe). Masse de cuivre produite : $M_{\text{Cu}} = 63,55\ \text{g mol}^{-1}$ $m_{\text{Cu}} = n_{\text{Fe}} \times M_{\text{Cu}} = 0,215 \times 63,55 = 13,66\ \text{g}$ Donc **13,7 g** de cuivre sont déposés (arrondi à trois chiffres significatifs). --- ### Exercice 6 (niveau avancé) **Énoncé** : Dans une pile au plomb-acide, la réaction globale lors de la décharge est : $$ \text{PbO}_2 + \text{Pb} + 2\text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow 2\text{PbSO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} $$ Attribuer le nombre d’oxydation à chaque élément dans les réactifs et produits, puis identifier les espèces oxydées et réduites. **Corrigé** : | Espèce | Élément | Nombre d’oxydation | |---|---|---| | PbO₂ | Pb | +4 (car O = –2×2 = –4, somme 0 → Pb = +4) | | | O | –2 | | Pb (métal) | Pb | 0 | | H₂SO₄ | H | +1 | | | S | +6 (O = –2×4 = –8, somme 0 → S = +6) | | | O | –2 | | PbSO₄ | Pb | +2 (SO₄²⁻ a charge –2, donc Pb = +2) | | | S | +6 | | | O | –2 | | H₂O | H | +1 | | | O | –2 | **Variations** : - Pb dans PbO₂ : de +4 à +2 dans PbSO₄ → gain de 2 e⁻ par Pb (réduction). - Pb métallique : de 0 à +2 dans PbSO₄ → perte de 2 e⁻ par Pb (oxydation). Ainsi, le PbO₂ est l’oxydant (il se réduit), le Pb métallique est le réducteur (il s’oxyde). L’acide sulfurique fournit le milieu et le sulfate qui se combine avec les deux formes de plomb pour donner le PbSO₄ insoluble. --- Fin du cours. --- *Ce document respecte les exigences du programme MINESEC/IGE, l’approche par compétences, et fournit les démonstrations, exemples et exercices nécessaires pour une préparation autonome au probatoire.* *Bon travail et bonne réussite !*