Lire avant d’équilibrer — Le compte des éléments et celui des charges se complètent.

$2\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}}}$ représente deux ions portant chacun une charge $+3$. $\ensuremath{\mathrm{Fe^{6+}}}$ représenterait un seul ion de charge $+6$. Le nombre d’atomes et l’identité des ions changeraient : ces écritures ne sont pas équivalentes.

Lire avant d’équilibrer — Le compte des éléments et celui des charges se complètent.

$$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{Cu(s)}}&\to\ensuremath{\mathrm{Cu^{2+}(aq)}}+2\mathrm{e}^{-},\\ \ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}+\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}},\\ \ensuremath{\mathrm{Ag^+(aq)}}+\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Ag(s)}}. \end{aligned}$$ Le cuivre cède deux électrons : il est réducteur et subit une oxydation. La charge passe de $0$ à $+2-2=0$ dans le bilan. Le fer(III) capte un électron : il est oxydant et subit une réduction ; $+3-1=+2$. L’ion argent capte un électron : il est oxydant et subit une réduction ; $+1-1=0$.

Lire avant d’équilibrer — Le compte des éléments et celui des charges se complètent.

1. Faux. L’oxydant capte des électrons : il subit une réduction. Il provoque l’oxydation de son partenaire.

2. Vrai. Le réducteur cède les électrons et est lui-même oxydé.

3. Vrai. Les deux conservations doivent être vérifiées.

4. Faux. Dans le bilan global de la réaction étudiée, les électrons cédés et captés se simplifient. Ils restent visibles seulement dans les demi-équations de construction.

Distinguer les formes conjuguées — Une espèce ne change pas de rôle à cause de sa place dans la phrase.

Le premier membre d’un couple est la forme qui capte des électrons pour devenir le second. On obtient : $$\ensuremath{\mathrm{Zn^{2+}}}/\ensuremath{\mathrm{Zn}},\qquad\ensuremath{\mathrm{Sn^{4+}}}/\ensuremath{\mathrm{Sn^{2+}}},\qquad\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}}}/\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}}}.$$ Les oxydants sont respectivement $\ensuremath{\mathrm{Zn^{2+}}}$, $\ensuremath{\mathrm{Sn^{4+}}}$ et $\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}}}$. Dans la dernière transformation donnée, le fer(II) cède un électron : il est donc la forme réductrice, placée en deuxième position dans le couple.

Distinguer les formes conjuguées — Une espèce ne change pas de rôle à cause de sa place dans la phrase.

La réduction de l’ion nickel(II) nécessite deux électrons : $$\ensuremath{\mathrm{Ni^{2+}(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}\to\ensuremath{\mathrm{Ni(s)}}.$$ Le nickel est conservé ; la charge à gauche vaut $+2-2=0$, comme à droite. Pour passer de fer(II) à fer(III), l’ion doit perdre un électron : $$\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}+\mathrm{e}^{-}.$$ La charge vaut $+2$ à gauche et $+3-1=+2$ à droite. Les électrons sont produits : il s’agit d’une oxydation, et $\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}}}$ est le réducteur.

Distinguer les formes conjuguées — Une espèce ne change pas de rôle à cause de sa place dans la phrase.

La première équation contient la capture d’un électron par $\ensuremath{\mathrm{Ag^+}}$ : elle décrit une réduction en argent métallique $\ensuremath{\mathrm{Ag(s)}}$. La seconde est une précipitation. L’ion argent et l’ion chlorure s’associent dans le solide ionique $\ensuremath{\mathrm{AgCl}}$. L’argent y reste sous forme Ag(I), associé à du chlorure Cl(−I). Aucun électron n’est transféré vers l’argent.

Du rôle à l’observation — Une formule et une couleur doivent être interprétées dans leur contexte.

Dans la première demi-équation, les électrons sont à droite : le peroxyde les cède. Il joue le rôle de réducteur et il est oxydé en dioxygène. Le couple s’écrit $$\ensuremath{\mathrm{O_2(g)}}/\ensuremath{\mathrm{H_2O_2(aq)}}.$$ Dans la seconde, les électrons sont à gauche : le peroxyde les capte. Il joue le rôle d’oxydant et il est réduit en eau. Le couple est $$\ensuremath{\mathrm{H_2O_2(aq)}}/\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}.$$ Le même nom d’espèce peut donc apparaître en première ou en deuxième position, selon le couple étudié.

Du rôle à l’observation — Une formule et une couleur doivent être interprétées dans leur contexte.

L’apparition d’un solide peut résulter d’une précipitation, comme la formation de $\ensuremath{\mathrm{AgCl}}$ ; elle ne démontre pas un transfert d’électrons. Pour identifier la réaction cuivre/argent, il faut connaître les réactifs, puis identifier le dépôt comme de l’argent métallique et mettre en évidence la formation d’ions cuivre(II). La couleur bleue constitue un indice cohérent avec la présence de ces ions dans le contexte étudié ; on l’associe aux autres informations de l’expérience. On peut alors relier les espèces par les demi-équations : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{Cu(s)}}&\to\ensuremath{\mathrm{Cu^{2+}(aq)}}+2\mathrm{e}^{-},\\ 2\ensuremath{\mathrm{Ag^+(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}&\to2\ensuremath{\mathrm{Ag(s)}}. \end{aligned}$$ Elles établissent un transfert électronique cohérent avec les espèces identifiées. Le bilan devient $$\ensuremath{\mathrm{Cu(s)}}+2\ensuremath{\mathrm{Ag^+(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{Cu^{2+}(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{Ag(s)}}.$$

Conserver d’abord les éléments — Les électrons ajustent ensuite les charges.

Pour réduire le dibrome, on conserve d’abord ses deux atomes de brome avec deux ions bromure. La charge finale vaut $-2$ ; on ajoute donc deux électrons à gauche : $$\ensuremath{\mathrm{Br_2(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}\to2\ensuremath{\mathrm{Br^-(aq)}}.$$ Brome : $2=2$ ; charge : $-2=-2$. Pour oxyder les ions iodure en diiode, on part de deux ions afin de former la molécule $\ensuremath{\mathrm{I_2}}$. Deux électrons sont cédés : $$2\ensuremath{\mathrm{I^-(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{I_2(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}.$$ Iode : $2=2$ ; charge : $-2=0-2$. Dans ce sens, l’ion iodure est le réducteur.

Conserver d’abord les éléments — Les électrons ajustent ensuite les charges.

Un manganèse est présent de chaque côté. Les quatre oxygènes du permanganate imposent quatre eaux à droite : $$\ensuremath{\mathrm{MnO_4^-}}\to\ensuremath{\mathrm{Mn^{2+}}}+4\ensuremath{\mathrm{H_2O}}.$$ Ces eaux contiennent huit hydrogènes : on ajoute $8\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ à gauche. La charge à gauche devient $-1+8=+7$, contre $+2$ à droite. Il faut cinq électrons à gauche pour obtenir $+7-5=+2$ : $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{MnO_4^-(aq)}}+8\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+5\mathrm{e}^{-}\to\ensuremath{\mathrm{Mn^{2+}(aq)}}+4\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}}.$$ Le permanganate capte les électrons : c’est l’oxydant. Il subit la réduction annoncée.

Construire en milieu acide — Les coefficients de l’eau déterminent ceux des ions hydrogène.

L’ion dichromate contient deux atomes de chrome : il faut $2\ensuremath{\mathrm{Cr^{3+}}}$ à droite. Ses sept oxygènes imposent $7\ensuremath{\mathrm{H_2O}}$, puis les quatorze hydrogènes imposent $14\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ à gauche. Avant les électrons, la charge vaut $-2+14=+12$ à gauche et $2\times3=+6$ à droite. Six électrons à gauche rétablissent l’égalité : $$\ensuremath{\mathrm{Cr_2O_7^{2-}(aq)}}+14\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+6\mathrm{e}^{-} \longrightarrow2\ensuremath{\mathrm{Cr^{3+}(aq)}}+7\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}.$$ Contrôle : Cr $2=2$ ; O $7=7$ ; H $14=14$ ; charge $-2+14-6=+6$. Le dichromate capte six électrons : il est réduit.

Construire en milieu acide — Les coefficients de l’eau déterminent ceux des ions hydrogène.

Le nitrate est la forme oxydante et le monoxyde d’azote la forme réductrice conjuguée : le couple s’écrit $\ensuremath{\mathrm{NO_3^-(aq)}}/\ensuremath{\mathrm{NO(g)}}$. L’azote est déjà équilibré. Il y a trois O à gauche et un O dans NO à droite : il faut ajouter deux eaux à droite, pas trois. $$\ensuremath{\mathrm{NO_3^-}}\to\ensuremath{\mathrm{NO}}+2\ensuremath{\mathrm{H_2O}}.$$ Les quatre H de ces eaux imposent $4\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ à gauche. La charge devient $-1+4=+3$ à gauche et $0$ à droite ; trois électrons à gauche donnent : $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{NO_3^-(aq)}}+4\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+3\mathrm{e}^{-}\to\ensuremath{\mathrm{NO(g)}}+2\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}}.$$ Contrôle : N $1=1$ ; O $3=1+2$ ; H $4=4$ ; charge $-1+4-3=0$.

Laisser le bilan guider les électrons — La charge initiale des deux formes ne suffit pas à déterminer l’échange.

Le chlore est déjà conservé. On ajoute une eau à droite pour conserver l’oxygène, puis deux ions hydrogène à gauche pour conserver H : $$\ensuremath{\mathrm{ClO^-}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+}}\to\ensuremath{\mathrm{Cl^-}}+\ensuremath{\mathrm{H_2O}}.$$ La charge vaut désormais $-1+2=+1$ à gauche et $-1$ à droite. On ajoute deux électrons à gauche : $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{ClO^-(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}\to\ensuremath{\mathrm{Cl^-(aq)}}+\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}}.$$ Même si les deux formes initialement écrites portaient la même charge $-1$, l’ajout de $\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ a modifié le compte. Il faut deux électrons après l’équilibrage des éléments. Le chlore, l’oxygène, les deux hydrogènes et la charge $-1$ sont conservés.

Laisser le bilan guider les électrons — La charge initiale des deux formes ne suffit pas à déterminer l’échange.

Les deux molécules contiennent chacune deux carbones et un oxygène : aucun coefficient supplémentaire n’est nécessaire pour ces éléments. Il y a six H dans l’éthanol contre quatre dans l’éthanal ; on ajoute deux ions hydrogène à droite : $$\ensuremath{\mathrm{C_2H_6O}}\to\ensuremath{\mathrm{C_2H_4O}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+}}.$$ La gauche est neutre ; la droite porte alors une charge $+2$. Deux électrons à droite rétablissent la charge nulle : $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{C_2H_6O(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{C_2H_4O(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}}.$$ L’éthanol cède deux électrons : il est le réducteur. Le couple, écrit dans l’ordre Ox/Red, est $$\ensuremath{\mathrm{C_2H_4O(aq)}}/\ensuremath{\mathrm{C_2H_6O(aq)}}.$$

Réparer un bilan faux — Cherche la cause de l’erreur avant de remplacer des nombres.

Les éléments sont conservés dans la proposition : deux O et deux H de chaque côté. En revanche, la charge vaut $-2$ à gauche à cause des deux électrons, et $+2$ à droite à cause des deux ions hydrogène. Pour égaliser les charges sans changer les éléments, les deux électrons doivent être à droite : $$\ensuremath{\mathrm{H_2O_2(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{O_2(g)}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}.$$ La charge vaut maintenant $0$ à gauche et $+2-2=0$ à droite. Le peroxyde cède des électrons ; il est le réducteur et subit une oxydation.

Réparer un bilan faux — Cherche la cause de l’erreur avant de remplacer des nombres.

Dans la proposition, le manganèse est conservé, mais :

• O : quatre atomes à gauche, trois à droite ;

• H : cinq atomes à gauche, six à droite ;

• charge : $-1+5-3=+1$ à gauche, $+2$ à droite.

On reconstruit dans l’ordre : quatre O imposent quatre eaux ; ces eaux imposent huit ions hydrogène ; la charge $-1+8=+7$ doit être ramenée à $+2$ par cinq électrons. $$\ensuremath{\mathrm{MnO_4^-(aq)}}+8\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+5\mathrm{e}^{-}\to\ensuremath{\mathrm{Mn^{2+}(aq)}}+4\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}.$$ Les quatre contrôles réussissent maintenant : Mn $1=1$, O $4=4$, H $8=8$ et charge $+2=+2$.

Fermer le compte des électrons — Une oxydation doit accompagner une réduction.

Le zinc est la forme réductrice du couple $\ensuremath{\mathrm{Zn^{2+}}}/\ensuremath{\mathrm{Zn}}$ ; il cède deux électrons. Les ions cuivre(II) sont les oxydants du couple $\ensuremath{\mathrm{Cu^{2+}}}/\ensuremath{\mathrm{Cu}}$ ; ils captent deux électrons : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{Zn(s)}}&\to\ensuremath{\mathrm{Zn^{2+}(aq)}}+2\mathrm{e}^{-},\\ \ensuremath{\mathrm{Cu^{2+}(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Cu(s)}}. \end{aligned}$$ Les nombres d’électrons sont déjà égaux. Après addition : $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{Zn(s)}}+\ensuremath{\mathrm{Cu^{2+}(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{Zn^{2+}(aq)}}+\ensuremath{\mathrm{Cu(s)}}}.$$ Un Zn, un Cu et une charge totale $+2$ sont présents de chaque côté.

Fermer le compte des électrons — Une oxydation doit accompagner une réduction.

« Les ions fer(III) oxydent les ions iodure » indique que le fer(III) capte des électrons et que l’iodure les cède : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}+\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}},\\ 2\ensuremath{\mathrm{I^-(aq)}}&\to\ensuremath{\mathrm{I_2(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}. \end{aligned}$$ L’oxydation produit deux électrons ; on multiplie la réduction du fer par deux. Le bilan est $$\boxed{2\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{I^-(aq)}}\to2\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}}+\ensuremath{\mathrm{I_2(aq)}}}.$$ La charge vaut $2\times3-2=+4$ à gauche et $2\times2=+4$ à droite. On conserve aussi deux Fe et deux I.

Utiliser les produits annoncés — La construction du bilan et la validation du modèle sont deux étapes.

L’étain(II) cède deux électrons ; le fer(III) en capte un : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{Sn^{2+}(aq)}}&\to\ensuremath{\mathrm{Sn^{4+}(aq)}}+2\mathrm{e}^{-},\\ \ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}+\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}}. \end{aligned}$$ On multiplie la seconde demi-équation par $2$, puis on additionne : $$\ensuremath{\mathrm{Sn^{2+}(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{Sn^{4+}(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}}.$$ Deux ions fer(III) sont transformés pour chaque ion étain(II). La charge est $+2+6=+8$ à gauche et $+4+4=+8$ à droite.

Utiliser les produits annoncés — La construction du bilan et la validation du modèle sont deux étapes.

Dans le modèle donné, l’aluminium est oxydé en $\ensuremath{\mathrm{Al^{3+}}}$ et le fer(III) est réduit en fer(II) : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{Al(s)}}&\to\ensuremath{\mathrm{Al^{3+}(aq)}}+3\mathrm{e}^{-},\\ \ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}+\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}}. \end{aligned}$$ On multiplie la réduction par $3$. Le bilan est $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{Al(s)}}+3\ensuremath{\mathrm{Fe^{3+}(aq)}}\to\ensuremath{\mathrm{Al^{3+}(aq)}}+3\ensuremath{\mathrm{Fe^{2+}(aq)}}}.$$ La charge totale vaut $+9$ de chaque côté. Les nombres d’atomes sont conservés. Ce résultat établit un bilan cohérent avec les produits imposés. Il ne suffit pas à démontrer que ces produits sont les seuls formés dans toute expérience réelle : cela dépend du milieu et des observations. Il ne prouve pas non plus que tout l’aluminium disparaît. Sa consommation dépend notamment de la quantité disponible d’oxydant et de l’évolution effective de la réaction.

Simplifier les espèces communes — L’acidité se compte après avoir égalisé les électrons.

Le permanganate capte cinq électrons ; le peroxyde en cède deux. Les demi-équations, sans états pour cette étape intermédiaire, sont : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{MnO_4^-}}+8\ensuremath{\mathrm{H^+}}+5\mathrm{e}^{-}&\to\ensuremath{\mathrm{Mn^{2+}}}+4\ensuremath{\mathrm{H_2O}},\\ \ensuremath{\mathrm{H_2O_2}}&\to\ensuremath{\mathrm{O_2}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+}}+2\mathrm{e}^{-}. \end{aligned}$$ On multiplie la première par $2$ et la seconde par $5$ : dix électrons sont échangés. L’addition contient $16\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ à gauche et $10\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ à droite. On en retranche dix de chaque côté, d’où $16-10=6$ à gauche : $$2\ensuremath{\mathrm{MnO_4^-(aq)}}+6\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+5\ensuremath{\mathrm{H_2O_2(aq)}} \to2\ensuremath{\mathrm{Mn^{2+}(aq)}}+8\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}+5\ensuremath{\mathrm{O_2(g)}}.$$ Le compte donne Mn $2$, H $16$, O $18$ et charge $+4$ de chaque côté. Garder $16\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ sans les dix ions à droite ne conserverait ni H ni la charge.

Simplifier les espèces communes — L’acidité se compte après avoir égalisé les électrons.

Le peroxyde est cette fois l’oxydant ; l’iodure est le réducteur : $$\begin{aligned} \ensuremath{\mathrm{H_2O_2(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}&\to2\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}},\\ 2\ensuremath{\mathrm{I^-(aq)}}&\to\ensuremath{\mathrm{I_2(aq)}}+2\mathrm{e}^{-}. \end{aligned}$$ Les deux électrons se simplifient directement : $$\boxed{\ensuremath{\mathrm{H_2O_2(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{H^+(aq)}}+2\ensuremath{\mathrm{I^-(aq)}}\to2\ensuremath{\mathrm{H_2O(l)}}+\ensuremath{\mathrm{I_2(aq)}}}.$$ La charge totale vaut $+2-2=0$ à gauche, $0$ à droite. On conserve deux O, quatre H et deux I. Cette fois, $\ensuremath{\mathrm{H^+}}$ apparaît seulement à gauche : il reste dans le bilan.