Cinétique : corrigé des exercices de sciences physiques terminale – PDF gratuit à télécharger et imprimer

1. En effet, un facteur cinétique est une grandeur qui modifie la vitesse d’évolution d’un système chimique sans changer son état final : la concentration des réactifs, la température, le catalyseur (ou l’état de division d’un solide).
2. v = (1 ÷ V) dx ÷ dt ; unité : mol·L⁻¹·s⁻¹ (ou mol·L⁻¹·min⁻¹).
3. Ensuite, durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de sa valeur finale.
4. Donc, un catalyseur accélère une transformation sans figurer dans l’équation ; il est régénéré et ne modifie pas l’état final.

a. Faux : la vitesse décroît car les concentrations des réactifs diminuent.
b. Faux : le catalyseur ne modifie que la durée.
c. Vrai : t_1/2 = ln 2 ÷ k pour un ordre 1.
d. Vrai : les chocs sont plus fréquents et plus énergétiques.
e. Faux : rapidité et caractère total sont indépendants (une réaction peut être rapide et limitée).
f. Vrai : v = (1 ÷ V) × (pente de la tangente à x(t)).

a. Ainsi, la température plus basse ralentit les transformations responsables de l’altération. b. De plus, la température plus élevée (environ 120 °C) accélère la cuisson. c. Puis, L’état de division : la surface de contact est beaucoup plus grande avec la poudre. d. Par ailleurs, le catalyseur (platine, catalyse hétérogène) accélère la réaction sans être consommé.

1. [A]₀ = 0,200 mol·L⁻¹ ; moitié : 0,100 mol·L⁻¹ atteinte à t_1/2 = 20 min.
2. Enfin, pente de la tangente à t = 0 : (0 − 0,200) ÷ (29 − 0) = −6,9 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹ ; avec le coefficient stœchiométrique 1, v = −d[A]÷dt = 6,9 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹.
3. Par conséquent, tangente à t = 20 min : (0 − 0,100) ÷ (49 − 20) = −3,4 × 10⁻³ ; v = 3,4 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹, soit environ la moitié de la valeur initiale.
4. En effet, la concentration est passée de 0,200 à 0,100 mol·L⁻¹ : la vitesse est proportionnelle à [A] (ordre 1), donc elle est divisée par 2 ; moins de réactif signifie moins de chocs efficaces.

1. v = −(1 ÷ 2) d[H₂O₂]÷dt = 0,5 × 3,0 × 10⁻³ = 1,5 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹.
2. v = d[O₂]÷dt (coefficient 1) : d[O₂]÷dt = 1,5 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹.
3. Ensuite, la vitesse de disparition de H₂O₂ est −d[H₂O₂]÷dt = 3,0 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹, le double de v : la vitesse volumique de réaction est rapportée au coefficient stœchiométrique (2 pour H₂O₂).

1. n(S₂O₈²⁻) = 0,050 × 40,0 × 10⁻³ = 2,0 × 10⁻³ mol ; n(I⁻) = 0,10 × 40,0 × 10⁻³ = 4,0 × 10⁻³ mol.
2. Donc, tableau : n(S₂O₈²⁻) = 2,0 × 10⁻³ − x ; n(I⁻) = 4,0 × 10⁻³ − 2x ; n(SO₄²⁻) = 2x ; n(I₂) = x. Ainsi, les deux réactifs s’annulent pour x = 2,0 × 10⁻³ mol : x_max = 2,0 mmol, le mélange est stœchiométrique.

3. x = [I₂] × V = 0,020 × 40,0 × 10⁻³ = 8,0 × 10⁻⁴ mol ; n(S₂O₈²⁻) = 1,2 × 10⁻³ mol ; n(I⁻) = 4,0 × 10⁻³ − 1,6 × 10⁻³ = 2,4 × 10⁻³ mol ; n(SO₄²⁻) = 1,6 × 10⁻³ mol ; n(I₂) = 8,0 × 10⁻⁴ mol.
4. [I₂]_f = x_max ÷ V = 2,0 × 10⁻³ ÷ 40,0 × 10⁻³ = 5,0 × 10⁻² mol·L⁻¹.

1. De plus, la courbe A = f(c) est une droite passant par l’origine : A est proportionnelle à c, ce qui vérifie A = ε ℓ c.
2. Puis, coefficient directeur : (1,0 − 0) ÷ (2,5 − 0) = 0,40 mmol⁻¹·L = 4,0 × 10² L·mol⁻¹ ; avec ℓ = 1,00 cm : ε = 4,0 × 10² L·mol⁻¹·cm⁻¹.
3. c = A ÷ (ε ℓ) = 0,60 ÷ (4,0 × 10² × 1,00) = 1,5 × 10⁻³ mol·L⁻¹ (soit 1,5 mmol·L⁻¹, valeur lisible sur le graphique).
4. À forte concentration, les entités colorées interagissent et la proportionnalité n’est plus respectée : la loi de Beer-Lambert est limitée aux solutions diluées.

1. c = A ÷ (ε ℓ) : c_f = 0,80 ÷ 4,0 × 10² = 2,0 × 10⁻³ mol·L⁻¹ ; à 6 min : 0,52 ÷ 4,0 × 10² = 1,3 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
2. t_1/2 correspond à c = 1,0 × 10⁻³ mol·L⁻¹, soit A = 0,40 : t_1/2 = 4 min.
3. [0 ; 2 min] : (0,23 ÷ 400) ÷ 2 = 2,9 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹ ; [2 ; 4] : (1,0 × 10⁻³ − 5,75 × 10⁻⁴) ÷ 2 = 2,1 × 10⁻⁴ ; [4 ; 6] : (1,3 × 10⁻³ − 1,0 × 10⁻³) ÷ 2 = 1,5 × 10⁻⁴.

Par ailleurs, la vitesse diminue car la concentration en réactif diminue.
4. Enfin, environ 5 à 7 t_1/2, soit 20 à 28 min (à 16 min, A = 0,75 sur 0,80 : 94 % de l’avancement final).

1. À 30 °C : 20 min ; à 40 °C : 10 min ; à 50 °C : 5 min.
2. À 20 °C : 5 × 40 = 200 min (3 h 20) ; à 50 °C : 5 × 5 = 25 min.
3. Par conséquent, 40 → 2,5 min : quatre divisions par 2 (40, 20, 10, 5, 2,5), donc +40 °C : 60 °C.
4. En effet, une température plus élevée augmente l’agitation thermique : les entités se rencontrent plus souvent et plus fortement, donc la proportion de chocs efficaces augmente.

1. Ensuite, plus la température est élevée, plus la transformation est rapide : courbe 1 : 25 °C ; courbe 2 : 35 °C ; courbe 3 : 45 °C (la courbe 3 monte le plus vite).
2. Donc, dans les trois cas, x_f = 5,0 mmol : la température ne modifie pas l’avancement final d’une transformation totale, seulement la durée.
3. x = 2,5 mmol : courbe 3 : 20 s ; courbe 2 : 40 s ; courbe 1 : 80 s (t_1/2 divisé par 2 pour chaque hausse de 10 °C).
4. v₀ = (1 ÷ V) × (x_max ÷ 29) = (1 ÷ 0,050) × (5,0 × 10⁻³ ÷ 29) = 3,4 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹ (3,5 × 10⁻³ avec 28,85 s).

1. Ainsi, 8,0 h = 480 min ; 480 ÷ 30 = 16 : t_1/2 est divisé par 16.
2. Non : un catalyseur ne modifie pas l’état final du système, seulement la vitesse.
3. Fer(III) en solution : catalyse homogène ; fil de platine solide : catalyse hétérogène ; catalase du foie : catalyse enzymatique.
4. Non : il n’est ni consommé ni formé ; il est régénéré, donc il n’apparaît pas dans l’équation de réaction.

1. t_1/2 = ln 2 ÷ k = 0,693 ÷ 0,0231 = 30,0 min.
2. De plus, 90 min = 3 t_1/2 : [A] = 0,100 ÷ 2³ = 1,25 × 10⁻² mol·L⁻¹ (ou 0,100 e^−2,079).
3. [A] = 0,10 [A]₀ : e^−kt = 0,10, donc t = ln 10 ÷ k = 2,303 ÷ 0,0231 = 99,7 min ≈ 1,0 × 10² min.
4. Puis, pour 2 A → produits : v = −(1 ÷ 2) d[A]÷dt = (1 ÷ 2) k [A]₀ = 0,5 × 0,0231 × 0,100 = 1,2 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹.

1. En effet, pour un ordre 1, ln c = ln c₀ − k t : ln c est une fonction affine de t. Ensuite, des points alignés sur une droite valident la loi d’ordre 1.
2. Ensuite, pente : (−3,53 − (−2,53)) ÷ (500 − 0) = −2,0 × 10⁻³ s⁻¹, donc k = 2,0 × 10⁻³ s⁻¹.
3. t_1/2 = ln 2 ÷ k = 0,693 ÷ 2,0 × 10⁻³ = 3,5 × 10² s (347 s).
4. À t = 0, ln c₀ = −2,53 : c₀ = e^−2,53 = 8,0 × 10⁻² mol·L⁻¹.

1. De 0,100 à 0,050 : 10 min (de t = 0 à t = 10 min). De 0,050 à 0,025 : de t = 10 min à t = 30 min, soit 20 min.
2. Donc, les durées ne sont pas égales : pour un ordre 1, t_1/2 serait constant. De même, donc, la loi n’est pas d’ordre 1. Donc, (On le vérifie aussi avec ln [A] : −2,30 ; −3,00 ; −3,40 ; −3,69 ; −3,91, dont les écarts ne sont pas constants.)

3. Ainsi, 1 ÷ [A] = 10 ; 20 ; 30 ; 40 ; 50 L·mol⁻¹ : augmentation constante de 10 L·mol⁻¹ toutes les 10 min, donc 1 ÷ [A] est affine en t.
4. Ainsi, 1 ÷ [A] = 1 ÷ [A]₀ + k′ t avec k′ = 10 ÷ 10 = 1,0 L·mol⁻¹·min⁻¹ : c’est une cinétique d’ordre 2 (hors programme de calcul, mais le test graphique est instructif).

1. n(Mg) = 0,050 ÷ 24,3 = 2,06 × 10⁻³ mol ; l’acide est en excès, donc x_max = n(Mg) et n(H₂)_max = 2,06 × 10⁻³ mol ; V_max = 2,06 × 10⁻³ × 24,5 = 5,04 × 10⁻² L = 50 mL, en accord avec le palier du graphique.
2. n(H₂) = x (coefficient 1) : x(t) = V(H₂) ÷ V_m.
3. x_f correspond à 50 mL ; moitié : 25 mL, atteint à t_1/2 ≈ 31 s.

4. De plus, pente de la tangente à l’origine : 50 mL ÷ 45 s = 1,11 mL·s⁻¹ = 1,11 × 10⁻³ L·s⁻¹ ; dx/dt = 1,11 × 10⁻³ ÷ 24,5 = 4,5 × 10⁻⁵ mol·s⁻¹ ; v₀ = (1 ÷ 0,100) × 4,5 × 10⁻⁵ = 4,5 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹.

1. Ainsi, chaque avancement x forme x mol de H₃O⁺ et x mol de Cl⁻ dans V : [H₃O⁺] = [Cl⁻] = x ÷ V, donc σ = (λ(H₃O⁺) + λ(Cl⁻)) · x ÷ V. En fin de réaction (totale) x_max = n₀ = 1,00 × 10⁻³ mol et V = 1,00 × 10⁻⁴ m³ : [ions] = 10,0 mol·m⁻³ et σ_f = 42,6 × 10,0 = 426 mS·m⁻¹.

2. x = σ V ÷ (λ(H₃O⁺) + λ(Cl⁻)) = 269,3 × 1,00 × 10⁻⁴ ÷ 42,6 = 6,32 × 10⁻⁴ mol = 0,632 mmol.
3. x = x_max ÷ 2 pour σ = 213 mS·m⁻¹ ; entre 100 s (167,6) et 150 s (224,8) : t = 100 + 50 × (213 − 167,6) ÷ (224,8 − 167,6) ≈ 140 s : t_1/2 ≈ 1,4 × 10² s ; k = 0,693 ÷ 140 = 5,0 × 10⁻³ s⁻¹ (on vérifie : à 200 s, x ÷ x_max = 1 − e^−1,0 = 0,63, comme mesuré).

4. v₀ = (1 ÷ V) × k x_max = (1 ÷ 0,100) × 5,0 × 10⁻³ × 1,00 × 10⁻³ = 5,0 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹.

1. À 120 °C, l’agitation thermique est plus grande : les chocs entre entités sont plus fréquents et plus énergétiques, donc la proportion de chocs efficaces augmente et les transformations de cuisson sont plus rapides.
2. Puis, 120 − 100 = 20 °C, soit deux fois 10 °C : facteur 2² = 4.
3. De plus, durée = 60 ÷ 4 = 15 min.
4. Non : c’est une règle empirique approximative, valable surtout au voisinage de la température ambiante et pour certaines réactions ; le facteur réel dépend de la transformation et de l’intervalle de température.

1. À 14 °C (+10 °C) : t_1/2 = 20 ÷ 2 = 10 jours.
2. De 4 °C à −18 °C : ΔT = −22 °C, soit −2,2 fois 10 °C ; facteur 2^2,2 = 4,6 sur la durée : t_1/2 = 20 × 4,6 ≈ 92 jours (environ 3 mois).
3. Par ailleurs, extrapoler une règle empirique sur plus de 20 °C est incertain : le mécanisme peut changer, et à −18 °C l’eau se solidifie (changement d’état), ce qui modifie la mobilité des entités.
4. De plus, même à basse température, quelques chocs sont encore efficaces et d’autres processus (enzymes résiduelles, oxydation lente) continuent : la vitesse diminue mais ne s’annule pas.

1. n(H₂O₂)₀ = 0,100 × 0,100 = 1,00 × 10⁻² mol ; n(O₂)_max = 1,00 × 10⁻² ÷ 2 = 5,0 × 10⁻³ mol ; V_max = 5,0 × 10⁻³ × 24,0 = 0,120 L = 120 mL.
2. [H₂O₂](t) = [H₂O₂]₀ e^−kt donc n(H₂O₂) consommée = n₀ (1 − e^−kt) et n(O₂) = (n₀ ÷ 2)(1 − e^−kt). À t = 60 min : e^−1,386 = 0,25 ; V(O₂) = 120 × (1 − 0,25) = 90 mL.

3. Enfin, 100 ÷ 120 = 0,833 = 1 − e^−kt, donc e^−kt = 0,167 = 1 ÷ 6 et t = ln 6 ÷ k = 1,792 ÷ 0,0231 = 77,6 min.
4. Oui : t_1/2 est la durée pour recueillir la moitié du volume final, soit 60 mL, atteint à t_1/2 = ln 2 ÷ k = 30 min (120 × 0,5 = 60 mL).

Protocole possible. (1) Mesurer, avec une solution de A de concentration connue, l’absorbance à la longueur d’onde du maximum d’absorption ; vérifier A = ε ℓ c avec une gamme d’étalonnage (droite passant par l’origine) pour relier A à [A]. (2) Thermostater la solution de A à une température fixée (par exemple 25 °C) et mesurer A à intervalles réguliers avec le chronomètre ; comme A ∝ [A], on peut utiliser ln A. Par conséquent, (3) Tracer ln A = f(t) : si les points sont alignés, la loi est d’ordre 1 et la pente est −k ; t_1/2 = ln 2 ÷ k, à comparer avec la lecture directe (A divisée par 2). (4) Recommencer à d’autres températures (par exemple 35 °C et 45 °C) et comparer les valeurs de k (ou de t_1/2) : k augmente avec T. Critère de décision : ordre 1 si les points ln A = f(t) sont alignés (coefficient de corrélation voisin de 1) et si t_1/2 est constant. Précautions : même cuve et même longueur d’onde pour toutes les mesures, température constante et vérifiée, réglage du zéro avec le solvant seul, mesure rapide pour limiter l’évolution pendant la lecture, rinçage de la cuve.