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Spécialité Physique-Chimie · Classe de Terminale

Cinétique chimique

Vitesse de réaction, facteurs cinétiques et catalyse — programme de Terminale Spécialité

À propos de cette page
Cette évaluation sur « Cinétique chimique » en terminale permet de faire le point sur ses connaissances en spécialité physique-chimie, comme lors d'un véritable contrôle. Elle suit le programme officiel de terminale et propose plusieurs exercices notés sur 20, avec un corrigé détaillé. Au programme : Définition de la vitesse volumique de réaction, Temps de demi-réaction t½, Influence des facteurs cinétiques sur la vitesse, Catalyse : principes et types. Travaille seul, chronomètre-toi, puis compare tes réponses au corrigé pour identifier les points à revoir. Parfait pour mesurer ses progrès et réviser efficacement. Évaluation gratuite conçue par un professeur particulier à Marseille pour aider les élèves de terminale en spécialité physique-chimie.
Évaluation finale · Niveau difficile · Durée 60 min · Noté sur 20
60:00

Évaluation complète de fin de chapitre, tout en niveau difficile. Travaille seul et sans aide, puis vérifie tes réponses avec le corrigé détaillé dépliable en bas de page.

Exercice 1 — Vitesse volumique de réaction

/ 4 pts
  1. On considère la réaction totale : $N_2O_4(g) \rightarrow 2\,NO_2(g)$. La concentration en $N_2O_4$ vaut $[N_2O_4]_0 = 0{,}80$ mol·L⁻¹ à $t = 0$ et $[N_2O_4] = 0{,}50$ mol·L⁻¹ à $t = 60$ s.
  2. 1. Calculez la variation $\Delta[N_2O_4]$ entre $t = 0$ et $t = 60$ s. (1 pt)
  3. 2. Calculez la vitesse volumique moyenne de réaction $\bar{v}$ sur cet intervalle. Précisez l'unité. (1,5 pt)
  4. 3. Exprimez la vitesse en fonction de $\frac{d[NO_2]}{dt}$. (1 pt)
  5. 4. Calculez la quantité de $NO_2$ produite entre $t = 0$ et $t = 60$ s dans un volume de $500$ mL. (0,5 pt)

Exercice 2 — Temps de demi-réaction et facteurs cinétiques

/ 5 pts
  1. La décomposition totale de l'eau oxygénée est étudiée dans deux conditions :
    — Expérience 1 : à 20 °C, $[H_2O_2]_0 = 1{,}0$ mol·L⁻¹. D'après le graphe fourni, $t_{1/2} = 30$ min.
    — Expérience 2 : à 30 °C, même concentration initiale. $t_{1/2} = 12$ min.
  2. 1. Pour l'expérience 1, quelle est la valeur de $[H_2O_2](t_{1/2})$ ? Justifiez. (1 pt)
  3. 2. Décrivez la méthode graphique pour déterminer $t_{1/2}$ à partir de la courbe $[H_2O_2](t)$. (1,5 pt)
  4. 3. Quel facteur cinétique varie entre les deux expériences ? Quelle est son influence sur $t_{1/2}$ ? (1 pt)
  5. 4. De quel facteur multiplicatif la vitesse initiale augmente-t-elle entre les expériences 1 et 2 ? Justifiez qualitativement. (1,5 pt)

Exercice 3 — Catalyse et mécanisme réactionnel

/ 5 pts
  1. La réaction de dismutation de $H_2O_2$ peut être catalysée par les ions $Fe^{3+}$. Le mécanisme proposé est :
    Acte 1 : $2\,Fe^{3+} + H_2O_2 \to 2\,Fe^{2+} + O_2 + 2\,H^+$ (lent)
    Acte 2 : $2\,Fe^{2+} + H_2O_2 + 2\,H^+ \to 2\,Fe^{3+} + 2\,H_2O$ (rapide)
  2. 1. Identifiez l'intermédiaire réactionnel. Justifiez. (1 pt)
  3. 2. Justifiez que les ions $Fe^{3+}$ jouent le rôle de catalyseur. (1,5 pt)
  4. 3. Écrivez le bilan global de la réaction. (1 pt)
  5. 4. S'agit-il d'une catalyse homogène ou hétérogène ? Justifiez. (0,5 pt)
  6. 5. Quelle étape est cinétiquement déterminante ? Quel est l'impact de la présence du catalyseur sur l'énergie d'activation ? (1 pt)

Exercice 4 — Suivi spectrophotométrique

/ 6 pts
  1. On suit par spectrophotométrie la décoloration d'un colorant C (de bleu à incolore) en présence d'un oxydant. La loi de Beer-Lambert est $A = \varepsilon \cdot l \cdot [C]$, avec $\varepsilon = 800$ L·mol⁻¹·cm⁻¹ et $l = 1{,}00$ cm.
  2. 1. À $t = 0$, l'absorbance vaut $A_0 = 0{,}640$. Calculez $[C]_0$. (1 pt)
  3. 2. On mesure $A = 0{,}320$ à $t = t_{1/2}$. Montrez que cela est cohérent avec la définition de $t_{1/2}$ pour une réaction totale. (1,5 pt)
  4. 3. Pourquoi l'absorbance diminue-t-elle au cours de cette réaction ? (1 pt)
  5. 4. La solution est incolore quand A ≈ 0. Comment obtient-on la courbe $[C](t)$ à partir des mesures d'absorbance ? (1 pt)
  6. 5. Quel avantage présente la spectrophotométrie par rapport à la méthode des prélèvements + titrage ? (1,5 pt)
✓Corrigé détaillé

Exercice 1 — Vitesse volumique de réaction
Corrigé :
1. $\Delta[N_2O_4] = 0{,}50 - 0{,}80 = -0{,}30$ mol·L⁻¹ (négatif : réactif consommé).
2. $\bar{v} = -\frac{\Delta[N_2O_4]}{\Delta t} = -\frac{-0{,}30}{60} = 5{,}0 \times 10^{-3}$ mol·L⁻¹·s⁻¹.
3. $v = -\frac{d[N_2O_4]}{dt} = \frac{1}{2}\frac{d[NO_2]}{dt}$, donc $\frac{d[NO_2]}{dt} = 2v$.
4. $\Delta[N_2O_4] = -0{,}30$ mol·L⁻¹, donc $\Delta[NO_2] = +0{,}60$ mol·L⁻¹. $\Delta n(NO_2) = 0{,}60 \times 0{,}500 = 0{,}30$ mol.

Exercice 2 — Temps de demi-réaction et facteurs cinétiques
Corrigé :
1. Réaction totale : $[H_2O_2]_f = 0$, donc $[H_2O_2](t_{1/2}) = [H_2O_2]_0/2 = 1{,}0/2 = 0{,}50$ mol·L⁻¹.
2. On repère $[H_2O_2]_0 = 1{,}0$ mol·L⁻¹ et la valeur finale $= 0$. On trace l'horizontale à $0{,}50$ mol·L⁻¹ (mi-hauteur). Le point d'intersection avec la courbe donne $t_{1/2}$ en abscisse = 30 min.
3. La température augmente de 20 °C à 30 °C. L'augmentation de T accélère la réaction, donc $t_{1/2}$ diminue (de 30 à 12 min).
4. $t_{1/2}$ est divisé par $30/12 = 2{,}5$ : la réaction est environ 2,5 fois plus rapide à 30 °C. Qualitativement : une température plus élevée augmente l'énergie cinétique des molécules → plus de chocs efficaces (franchissement de la barrière d'activation $E_a$).

Exercice 3 — Catalyse et mécanisme réactionnel
Corrigé :
1. L'intermédiaire réactionnel est $Fe^{2+}$ : il est produit dans l'acte 1 (n'est pas réactif initial) et consommé dans l'acte 2, et n'apparaît pas dans le bilan global.
2. $Fe^{3+}$ est consommé dans l'acte 1 et entièrement régénéré dans l'acte 2 : il ne figure pas dans le bilan final. Il accélère la réaction sans être consommé net : c'est bien un catalyseur.
3. En additionnant les deux actes et en éliminant $Fe^{2+}$, $Fe^{3+}$, $H^+$ : $2\,H_2O_2 \to 2\,H_2O + O_2$.
4. $Fe^{3+}$ est en solution aqueuse, comme $H_2O_2$ : même phase → catalyse homogène.
5. L'étape déterminante est l'acte 1 (le plus lent). Le catalyseur propose un chemin réactionnel de plus faible énergie d'activation $E_a$ que la réaction sans catalyseur.

Exercice 4 — Suivi spectrophotométrique
Corrigé :
1. $[C]_0 = A_0/(\varepsilon \cdot l) = 0{,}640/(800 \times 1{,}00) = 8{,}0 \times 10^{-4}$ mol·L⁻¹.
2. Pour une réaction totale, $[C]_f = 0$, donc $[C](t_{1/2}) = [C]_0/2 = 4{,}0 \times 10^{-4}$ mol·L⁻¹. Or $A = \varepsilon \cdot l \cdot [C](t_{1/2}) = 800 \times 1{,}00 \times 4{,}0 \times 10^{-4} = 0{,}320 = A_0/2$. C'est bien cohérent.
3. Le colorant C est consommé au cours de la réaction : sa concentration diminue, donc l'absorbance $A = \varepsilon \cdot l \cdot [C]$ diminue aussi.
4. On utilise $[C] = A/(\varepsilon \cdot l)$. Pour chaque mesure $A(t)$, on calcule $[C](t) = A(t)/800$, ce qui donne la courbe $[C](t)$.
5. La spectrophotométrie est une méthode continue et non destructive : on mesure A en temps réel sans prélever le mélange ni l'altérer. Le titrage nécessite des prélèvements successifs, une « trempe » et un dosage, ce qui est plus laborieux et peut introduire des erreurs.

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