Cinétique chimique

Pour chaque transformation, indiquer en un mot la méthode de suivi ou la grandeur à mesurer, ou dire pourquoi on ne la suit pas.

1. La phénolphtaléine, rose en milieu basique, se décolore lentement dans une solution très concentrée d’hydroxyde de sodium ; le produit formé est incolore. Méthode : la
   La phénolphtaléine est la seule espèce colorée : son absorbance est proportionnelle à sa concentration. On suit la décoloration par spectrophotométrie.
2. À haute température, dans un récipient fermé de volume constant, le chlorure de sulfuryle se décompose : SO₂Cl₂(g) → SO₂(g) + Cl₂(g). Une molécule de gaz en donne deux : on suit la totale du mélange gazeux.
   Tout est gazeux et la quantité de gaz augmente : à volume et température constants, la pression totale, mesurée par un capteur de pression, augmente au cours de la transformation.
3. Lors de la saponification d’un ester, les ions hydroxyde, très conducteurs, sont remplacés par des ions éthanoate, moins conducteurs. On suit la de la solution.
   Le nombre d’ions ne change pas, mais leur nature change : la conductivité diminue au fur et à mesure que les ions hydroxyde sont remplacés.
4. L’hydrolyse du méthanoate de méthyle forme de l’acide méthanoïque dans une solution d’abord neutre ; aucune espèce n’est colorée. On suit l’acidité en mesurant le
   L’acide formé libère des ions H₃O⁺ : le pH baisse, et [H₃O⁺] = c° × 10^−pH donne leur concentration à chaque date.
5. Quelques gouttes de solution d’hydroxyde de sodium versées dans une solution bleue de sulfate de cuivre(II) donnent aussitôt un précipité bleu d’hydroxyde de cuivre(II). On ne peut pas suivre cette transformation : elle est
   Le précipité apparaît dès que les réactifs se rencontrent : la transformation est rapide, achevée avant la première mesure. Une espèce colorée ne suffit pas à choisir la spectrophotométrie : encore faut-il que l’évolution dure assez longtemps pour être mesurée.

Pour suivre par titrages l’oxydation des ions iodure par l’eau oxygénée, on prélève 5,0 mL du mélange réactionnel à différentes dates, et l’on verse chaque prélèvement dans 95 mL d’eau glacée avant de titrer le diiode formé.

1. Facteur par lequel les concentrations du prélèvement sont divisées :
   Le volume passe de 5,0 mL à 5,0 + 95 = 100 mL, et 100 ÷ 5,0 = 20 : chaque concentration est divisée par 20.
2. Un prélèvement contenait 3,0 × 10⁻⁵ mol de diiode. Après la trempe, il en contient × 10⁻⁵ mol.
   La dilution ne change pas les quantités de matière : il reste 3,0 × 10⁻⁵ mol. La trempe fige la composition du prélèvement, elle ne la modifie pas.
3. Concentration du diiode dans le mélange réactionnel à la date de ce prélèvement : × 10⁻³ mol·L⁻¹
   Les 3,0 × 10⁻⁵ mol de diiode étaient contenues dans les 5,0 mL prélevés : $[I_2]={\displaystyle \frac{3,0\times {10}^{-5}}{5,0\times {10}^{-3}}}$ = 6,0 × 10⁻³ mol·L⁻¹. Diviser par les 100 mL du bécher de trempe donnerait 3,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹ : la concentration après dilution, pas celle du mélange que l’on suit.
4. Outre les concentrations, la trempe agit sur un second facteur cinétique : la
   L’eau glacée abaisse la température : avec la dilution, cela ralentit tellement la transformation qu’elle n’évolue plus pendant le titrage.
5. Pendant le titrage, la vitesse de la transformation dans le prélèvement doit être (un mot)
   La composition ne doit plus évoluer pendant le titrage : la trempe rend la vitesse négligeable, sans modifier les quantités présentes.

On suit par conductimétrie l’hydrolyse totale du 2-bromo-2-méthylpropane (noté RBr) dans un mélange d’eau et d’acétone : RBr + 2 H₂O → ROH + H₃O⁺ + Br⁻, avec [RBr]₀ = 1,00 × 10⁻² mol·L⁻¹. La conductivité, nulle au départ, est proportionnelle à [Br⁻] ; elle vaut 1,60 mS·cm⁻¹ en fin de transformation.

1. À une date où σ = 0,60 mS·cm⁻¹ : [Br⁻] = × 10⁻³ mol·L⁻¹
   En fin de transformation, [Br⁻] = [RBr]₀ = 1,00 × 10⁻² mol·L⁻¹ pour 1,60 mS·cm⁻¹. Par proportionnalité : [Br⁻] = 1,00 × 10⁻² × 0,60 ÷ 1,60 = 3,75 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
2. À cette même date : [RBr] = × 10⁻³ mol·L⁻¹
   Une entité RBr consommée donne un ion Br⁻ : [RBr] = 1,00 × 10⁻² − 3,75 × 10⁻³ = 6,25 × 10⁻³ mol·L⁻¹.
3. Pourcentage de RBr consommé quand σ = 1,20 mS·cm⁻¹ : %
   σ est proportionnelle à la quantité de RBr consommée : 1,20 ÷ 1,60 = 0,75, soit 75 %.
4. Valeur de σ au temps de demi-réaction : mS·cm⁻¹
   À t_1/2, la moitié de RBr a réagi : σ vaut la moitié de sa valeur finale, 1,60 ÷ 2 = 0,80 mS·cm⁻¹.
5. La conductivité passe de 0,60 à 1,20 mS·cm⁻¹ en 5,0 min. Vitesse moyenne de disparition de RBr sur cet intervalle : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹
   À 1,20 mS·cm⁻¹, [Br⁻] = 1,00 × 10⁻² × 1,20 ÷ 1,60 = 7,50 × 10⁻³ mol·L⁻¹, donc [RBr] = 2,50 × 10⁻³ mol·L⁻¹ ; à 0,60 mS·cm⁻¹, [RBr] = 6,25 × 10⁻³ mol·L⁻¹. [RBr] baisse de 3,75 × 10⁻³ mol·L⁻¹ en 5,0 min = 300 s : $v={\displaystyle \frac{3,75\times {10}^{-3}}{300}}$ = 1,25 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹. Diviser par 5,0 sans convertir donne 7,5 × 10⁻⁴, une vitesse en mol·L⁻¹·min⁻¹.

Le dibrome oxyde l’acide méthanoïque, introduit en excès : Br₂ + HCOOH → 2 Br⁻ + 2 H⁺ + CO₂. Un colorimètre donne la concentration du dibrome, seule espèce colorée :

1. Vitesse moyenne de disparition du dibrome entre 0 et 50 s : × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹
   $v={\displaystyle \frac{12,0-9,0}{50-0}}$ = 0,060 mmol·L⁻¹·s⁻¹, soit 6,0 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹.
2. Vitesse moyenne de disparition du dibrome entre 150 et 200 s, exprimée en mol·L⁻¹·min⁻¹ : × 10⁻³
   $v={\displaystyle \frac{5,1-3,8}{200-150}}$ = 0,026 mmol·L⁻¹·s⁻¹ = 2,6 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹. En une minute, soit 60 s, il disparaît 60 fois plus de dibrome qu’en une seconde : 2,6 × 10⁻⁵ × 60 = 1,56 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹.
3. Vitesse moyenne d’apparition des ions bromure entre 0 et 50 s : × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹
   Deux ions Br⁻ apparaissent pour une molécule de Br₂ consommée : v = 2 × 6,0 × 10⁻⁵ = 1,2 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹.
4. Rapport de la vitesse moyenne de disparition du dibrome entre 0 et 50 s à celle entre 150 et 200 s (au dixième) :
   Les deux vitesses doivent être dans la même unité : 6,0 × 10⁻⁵ mol·L⁻¹·s⁻¹ = 3,6 × 10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹, et 3,6 ÷ 1,56 ≈ 2,3. Diviser 6,0 × 10⁻⁵ par 1,56 × 10⁻³ donnerait 0,038, comme si la vitesse avait augmenté : elle a au contraire nettement diminué, car le dibrome, consommé, est de moins en moins concentré.

Le pentaoxyde de diazote se décompose à volume constant : 2 N₂O₅(g) → 4 NO₂(g) + O₂(g). À une date donnée, la vitesse volumique de disparition de N₂O₅ vaut 3,6 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹.

1. Vitesse volumique d’apparition du dioxyde d’azote : × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹
   ${\displaystyle \frac{v_{\text{app}}(N{O}_2)}{4}}={\displaystyle \frac{v_{\text{disp}}(N_2{O}_5)}{2}}$, donc v_app(NO₂) = 2 × 3,6 × 10⁻³ = 7,2 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹.
2. À cette date, la dérivée d[N₂O₅]/dt vaut × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹
   $v_{\text{disp}}(N_2{O}_5)=-{\displaystyle \frac{d[N_2{O}_5]}{dt}}$ : la dérivée vaut −3,6 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹. Elle est négative puisque [N₂O₅] diminue ; c’est le signe « − » de la définition qui rend la vitesse de disparition positive.
3. Plus tard, le dioxygène apparaît à 6,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹ : N₂O₅ disparaît alors à × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹
   N₂O₅ disparaît deux fois plus vite que O₂ n’apparaît : 2 × 6,0 × 10⁻⁴ = 1,2 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹.
4. À la date de l’énoncé, la concentration totale des gaz du mélange augmente de × 10⁻³ mol·L⁻¹ par seconde.
   ${\displaystyle \frac{v_{\text{app}}(O_2)}{1}}={\displaystyle \frac{v_{\text{disp}}(N_2{O}_5)}{2}}$ donne d[O₂]/dt = +1,8 × 10⁻³ ; d[NO₂]/dt = +7,2 × 10⁻³ et d[N₂O₅]/dt = −3,6 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹. La somme vaut 7,2 + 1,8 − 3,6 = 5,4 × 10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹. Additionner les trois vitesses (12,6 × 10⁻³) oublierait que N₂O₅ disparaît. C’est pourquoi la pression augmente au cours de la décomposition.

À température constante, les ions benzènediazonium se décomposent dans l’eau : C₆H₅N₂⁺ + H₂O → C₆H₅OH + N₂ + H⁺. Le graphique donne leur concentration, avec la tangente T₀ à l’origine et la tangente T₂₀ à la date 20 min.

1. La tangente T₀ coupe l’axe des temps à t = min
   On lit que T₀ passe par (0 ; 8,0) et coupe l’axe des temps à 20 min.
2. Vitesse de disparition à t = 0 : × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹
   Pente de T₀ : ${\displaystyle \frac{0-8,0}{20-0}}$ = −0,40 mmol·L⁻¹·min⁻¹ ; la vitesse est sa valeur absolue, 4,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹.
3. Vitesse de disparition à t = 20 min : × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹
   T₂₀ passe par (0 ; 5,9) et (40 ; 0) : pente ${\displaystyle \frac{0-5,9}{40-0}}$ ≈ −0,15 mmol·L⁻¹·min⁻¹, d’où 1,5 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹.
4. Rapport des vitesses à t = 0 et à t = 20 min (au dixième) :
   4,0 ÷ 1,475 ≈ 2,7 : en 20 min, la vitesse a été divisée par 2,7 environ, comme la concentration, passée de 8,0 à 2,9 mmol·L⁻¹ ; pour une loi d’ordre 1, la vitesse reste proportionnelle à la concentration.
5. La concentration vaut 2,9 mmol·L⁻¹ à 20 min. Vitesse moyenne de disparition entre 0 et 20 min : × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹
   Pente de la corde : ${\displaystyle \frac{8,0-2,9}{20-0}}$ = 0,255 mmol·L⁻¹·min⁻¹, soit 2,55 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹·min⁻¹. Ce n’est ni la vitesse à 0 (4,0 × 10⁻⁴), ni celle à 20 min (1,5 × 10⁻⁴) : une vitesse moyenne n’est la vitesse à aucune des deux dates.
6. Vitesse de disparition à t = 0, exprimée en mol·L⁻¹·s⁻¹ : × 10⁻⁶
   4,0 × 10⁻⁴ mol·L⁻¹ disparaissent par minute, donc 60 fois moins par seconde : 4,0 × 10⁻⁴ ÷ 60 ≈ 6,7 × 10⁻⁶ mol·L⁻¹·s⁻¹. Multiplier par 60 donnerait 2,4 × 10⁻², une vitesse 3 600 fois trop grande.

Un composé A, réactif limitant, est entièrement consommé. On mesure :

1. Concentration de A au temps de demi-réaction : × 10⁻² mol·L⁻¹
   A est totalement consommé : à t_1/2, [A] = [A]₀ ÷ 2 = 8,0 ÷ 2 = 4,0 × 10⁻² mol·L⁻¹.
2. Temps de demi-réaction : min
   Le tableau donne [A] = 4,0 × 10⁻² mol·L⁻¹ à t = 8 min : t_1/2 = 8 min.
3. Date à laquelle il ne reste que le quart de A : min
   Le quart de [A]₀ vaut 8,0 ÷ 4 = 2,0 × 10⁻² mol·L⁻¹, atteint à 16 min.
4. Pourcentage de A consommé à t = 12 min : %
   ${\displaystyle \frac{8,0-2,8}{8,0}}$ = 0,65, soit 65 %.

Un grain de calcium de masse 60,1 mg réagit avec l’eau, en excès : Ca + 2 H₂O → Ca²⁺ + 2 HO⁻ + H₂. On recueille le dihydrogène. Données : M(Ca) = 40,1 g·mol⁻¹ ; V_m = 24,0 L·mol⁻¹.

1. Quantité initiale de calcium : × 10⁻³ mol
   n = 60,1 × 10⁻³ ÷ 40,1 ≈ 1,50 × 10⁻³ mol.
2. Volume final de dihydrogène : mL
   Le calcium est limitant et une mole de Ca donne une mole de H₂ : V_f = 0,00150 × 24,0 = 0,0360 L = 36,0 mL.
3. Temps de demi-réaction : s
   La moitié du volume final, 36,0 ÷ 2 = 18,0 mL, est recueillie à 40 s.
4. Pourcentage du calcium consommé à t = 80 s (à l’unité) : %
   27,3 ÷ 36,0 ≈ 0,758, soit 76 % : la seconde moitié du calcium réagit bien plus lentement que la première.

On chauffe à reflux, avec quelques gouttes d’acide sulfurique, 0,300 mol d’acide propanoïque et 0,300 mol de méthanol. Équation : CH₃CH₂COOH + CH₃OH → CH₃CH₂COOCH₃ + H₂O. L’estérification n’est pas totale : l’état final contient 0,200 mol d’ester.

1. Avancement maximal : mol
   Les réactifs sont introduits mole à mole, dans les proportions de l’équation : x_max = 0,300 mol.
2. Rendement final : %
   0,200 ÷ 0,300 ≈ 0,667, soit 67 %.
3. Quantité d’ester formée au temps de demi-réaction : mol
   t_1/2 se définit avec l’avancement final : on prend la moitié de x_f, soit 0,200 ÷ 2 = 0,100 mol (et non la moitié de x_max).
4. Temps de demi-réaction : min
   0,100 mol d’ester est atteint à 20 min. Prendre x_max ÷ 2 = 0,150 mol donnerait à tort plus de 40 min.
5. Pourcentage de l’acide propanoïque introduit déjà consommé au temps de demi-réaction : %
   À t_1/2, x = x_f ÷ 2 = 0,100 mol : 0,100 ÷ 0,300 ≈ 0,333, soit 33,3 %. Pour une transformation non totale, « la moitié du réactif a disparu » est faux : c’est l’avancement qui atteint la moitié de sa valeur finale.
6. L’état final est presque atteint à 120 min ; un élève en déduit que le temps de demi-réaction vaut 60 min. À 60 min, l’ester formé représente en fait % de sa quantité finale.
   0,170 ÷ 0,200 = 0,85, soit 85 %, bien plus que la moitié. t_1/2 n’est pas la moitié de la durée de la transformation : la vitesse diminue sans cesse, la première moitié de l’ester se forme bien plus vite que la seconde.

Chaque transformation suit une loi de vitesse d’ordre 1 par rapport à son réactif A.

1. k = 2,5 × 10⁻² min⁻¹ : t_1/2 = min (au dixième)
   $t_{1/2}={\displaystyle \frac{\ln 2}{k}}={\displaystyle \frac{0,693}{0,025}}$ ≈ 27,7 min.
2. t_1/2 = 8,0 h : k = × 10⁻² h⁻¹
   $k={\displaystyle \frac{\ln 2}{t_{1/2}}}={\displaystyle \frac{0,693}{8,0}}$ ≈ 0,0866 h⁻¹, soit 8,7 × 10⁻² h⁻¹.
3. Pourcentage de A restant après 3 t_1/2 : %
   La concentration est divisée par 2³ = 8 : il reste 1 ÷ 8 = 12,5 % de A.
4. k = 4,2 × 10⁻³ s⁻¹ : t_1/2 = min (au centième)
   $t_{1/2}={\displaystyle \frac{\ln 2}{k}}={\displaystyle \frac{0,693}{4,2\times {10}^{-3}}}$ ≈ 165 s : avec k en s⁻¹, t_1/2 sort en secondes. 165 ÷ 60 ≈ 2,75 min. Écrire « 165 min » serait une erreur d’unité.

Un réactif B disparaît en solution. Un suivi spectrophotométrique donne :

1. Écart entre deux valeurs successives de ln [B] (au centième) :
   ln [B] vaut −3,442 ; −3,781 ; −4,123 ; −4,457 ; −4,801 (concentrations en mol·L⁻¹). Les écarts −0,339 ; −0,342 ; −0,334 ; −0,344 valent tous environ −0,34 : ln [B] est une fonction affine du temps, la loi est d’ordre 1.
2. Constante de vitesse : k = × 10⁻² min⁻¹
   Pente de la droite : ${\displaystyle \frac{-4,801-(-3,442)}{60-0}}={\displaystyle \frac{-1,359}{60}}$ ≈ −0,0227 min⁻¹ = −k, donc k ≈ 2,27 × 10⁻² min⁻¹.
3. Temps de demi-réaction (au dixième) : min
   $t_{1/2}={\displaystyle \frac{\ln 2}{k}}={\displaystyle \frac{0,693}{0,02265}}$ ≈ 30,6 min. Cohérent : [B]₀ ÷ 2 = 1,60 × 10⁻² mol·L⁻¹ est atteint juste après 30 min.
4. Concentration de B prévue à t = 2,00 h : × 10⁻³ mol·L⁻¹
   k est en min⁻¹ : il faut t en minutes, 2,00 h = 120 min. [B] = 3,20 × 10⁻² × e^{−0,02265 × 120} = 3,20 × 10⁻² × e^−2,72 ≈ 2,1 × 10⁻³ mol·L⁻¹ (2,1 aussi avec k = 2,27 × 10⁻² min⁻¹). Avec t = 2,00, on trouverait 3,06 × 10⁻² mol·L⁻¹, presque la concentration initiale.

Pour tester la relation v = k [A] à partir de mesures, un élève écrit le programme suivant (concentrations en mmol·L⁻¹, durées en s).

import numpy as np
t = np.array([0, 10, 20, 30])  # en s
c = np.array([8.00, 6.40, 5.12, 4.10])  # en mmol/L
v = -(c[1:] - c[:-1]) / (t[1:] - t[:-1])
cm = (c[1:] + c[:-1]) / 2
print(v)
print(v / cm)

1. Première valeur affichée par print(v) : mmol·L⁻¹·s⁻¹
   v[0] = −(6,40 − 8,00) ÷ (10 − 0) = 0,160 mmol·L⁻¹·s⁻¹ : c’est la vitesse moyenne de disparition entre 0 et 10 s.
2. Concentration moyenne cm[0] associée : mmol·L⁻¹
   cm[0] = (8,00 + 6,40) ÷ 2 = 7,20 mmol·L⁻¹.
3. Première valeur affichée par print(v / cm) : × 10⁻² s⁻¹
   0,160 ÷ 7,20 ≈ 2,22 × 10⁻² s⁻¹. Les deux autres valeurs, 0,128 ÷ 5,76 ≈ 2,22 × 10⁻² et 0,102 ÷ 4,61 ≈ 2,21 × 10⁻², sont égales aux erreurs de mesure près : la relation v = k [A] est vérifiée.
4. Temps de demi-réaction prévu avec la valeur de k obtenue : s
   $t_{1/2}={\displaystyle \frac{0,693}{0,0222}}$ ≈ 31 s, cohérent avec le tableau : 8,00 ÷ 2 = 4,00 mmol·L⁻¹ est atteint vers 30 s.
5. Concentration prévue à t = 90 s avec cette valeur de k : mmol·L⁻¹
   [A] = 8,00 × e^{−0,0222 × 90} = 8,00 × e^−2,00 ≈ 1,1 mmol·L⁻¹ (1,08). Contrôle : 90 s ≈ 2,9 t_1/2, il reste un peu plus de 8,00 ÷ 2³ = 1,00 mmol·L⁻¹.
6. On lance le même programme pour un autre réactif D, mesuré aux mêmes dates : c = np.array([8.00, 6.00, 4.80, 4.00]). Dernière valeur affichée par print(v / cm) : × 10⁻² s⁻¹
   v = 0,200 ; 0,120 ; 0,080 mmol·L⁻¹·s⁻¹ et cm = 7,00 ; 5,40 ; 4,40 mmol·L⁻¹ : v ÷ cm vaut 2,86 × 10⁻², 2,22 × 10⁻² puis 0,080 ÷ 4,40 ≈ 1,82 × 10⁻² s⁻¹. Le rapport baisse nettement : bien que [D] décroisse, la loi n’est pas d’ordre 1 par rapport à D. Une décroissance ne prouve jamais l’ordre 1.

Indiquer en un mot le type de catalyse, ou compléter la phrase.

1. Dans un pot catalytique, le monoxyde de carbone des gaz d’échappement est oxydé au contact de particules de platine et de palladium : catalyse
   Catalyseur solide, réactifs gazeux : catalyse hétérogène, qui a lieu à la surface des particules.
2. L’amidon d’un morceau de pain est hydrolysé dans la bouche grâce à l’amylase de la salive : catalyse
   L’amylase est une enzyme, catalyseur biologique : catalyse enzymatique.
3. Les ions H⁺ dissous accélèrent l’hydrolyse du saccharose en solution aqueuse et sont retrouvés intacts à la fin. La catalyse est homogène car le catalyseur et les réactifs sont dans la même
   Catalyse homogène : le catalyseur et les réactifs sont dans la même phase, ici la solution aqueuse. En catalyse hétérogène, le catalyseur est un solide au contact de réactifs liquides ou gazeux.
4. Les particules de platine d’un pot catalytique pèsent 1,5 g à la mise en service. Après des milliers de kilomètres, si elles ne sont ni usées ni encrassées, elles pèsent g
   Un catalyseur n’est pas consommé : sa masse reste 1,5 g. En pratique, un pot catalytique vieillit par encrassement et usure, pas parce que le platine réagit.

On mélange une solution de thiosulfate de sodium et de l’acide chlorhydrique : S₂O₃²⁻ + 2 H⁺ → S + SO₂ + H₂O. Le soufre forme un trouble qui finit par masquer une croix tracée sous le bécher. Les volumes sont les mêmes dans les trois expériences et l’acide est toujours en excès.

1. Facteur cinétique mis en évidence par les expériences 1 et 2 : la
   Seule la température change entre 1 et 2 ; à 40 °C, la croix disparaît bien plus vite.
2. Facteur cinétique mis en évidence par les expériences 1 et 3 : la en ions thiosulfate
   Seule la concentration change entre 1 et 3 : divisée par deux, elle allonge nettement la durée.
3. De 20 °C à 40 °C, la durée est divisée par (au dixième)
   80 ÷ 22 ≈ 3,6 : l’effet de la température est fort, il n’a rien de proportionnel.
4. Rapport m₂ ÷ m₁ des masses de soufre formées en fin de transformation dans les expériences 2 et 1 :
   Les quantités de réactifs sont les mêmes : la température change la durée, pas l’état final. Les masses sont égales, rapport 1.
5. Rapport m₃ ÷ m₁ des masses de soufre formées en fin de transformation dans les expériences 3 et 1 :
   Les ions thiosulfate sont limitants et deux fois moins concentrés dans l’expérience 3, pour le même volume : il s’en forme deux fois moins de soufre, rapport 0,5. Changer la quantité du réactif limitant change l’état final ; la température (à quantités égales) et un catalyseur, eux, ne le changent pas.

On décompose 25,0 mL d’eau oxygénée à 0,150 mol·L⁻¹ : 2 H₂O₂ → 2 H₂O + O₂, en présence d’ions fer(III). Expérience A : 2 gouttes de solution de chlorure de fer(III), temps de demi-réaction 180 s. Expérience B : 6 gouttes, temps de demi-réaction 60 s. Dans les deux cas, la loi de vitesse est d’ordre 1. Donnée : V_m = 24,0 L·mol⁻¹.

1. Volume final de dioxygène dans l’expérience A : mL
   n(H₂O₂) = 0,150 × 0,0250 = 0,00375 mol, donc n(O₂) = 0,00375 ÷ 2 = 0,001875 mol et V = 0,001875 × 24,0 = 0,0450 L = 45,0 mL.
2. Volume final de dioxygène dans l’expérience B : mL
   Le catalyseur ne change pas l’état final : 45,0 mL aussi, atteints trois fois plus vite.
3. Constante de vitesse dans l’expérience A : × 10⁻³ s⁻¹
   $k_A={\displaystyle \frac{\ln 2}{180}}$ ≈ 3,85 × 10⁻³ s⁻¹.
4. Rapport k_B ÷ k_A :
   k = ln 2 ÷ t_1/2 : k_B ÷ k_A = 180 ÷ 60 = 3. Plus de catalyseur accélère la transformation sans changer son état final.
5. Volume de dioxygène recueilli dans l’expérience B au bout de 2,0 min : mL
   2,0 min = 120 s = 2 t_1/2 pour B : il reste 1 ÷ 2² = 1 ÷ 4 de l’eau oxygénée, les trois quarts ont réagi. Le volume de dioxygène est proportionnel à la quantité d’eau oxygénée consommée : V = 0,75 × 45,0 ≈ 33,8 mL.
6. Volume recueilli au même instant dans l’expérience A : mL
   Pour A, 120 s ne font que 2/3 de t_1/2 : la fraction d’eau oxygénée restante vaut $e^{-k_A\times 120}=2^{-2/3}$ ≈ 0,630, donc V = 45,0 × (1 − 0,630) ≈ 16,7 mL. Ce n’est pas 2/3 de 22,5 mL (15,0 mL) : le volume recueilli n’est pas proportionnel au temps, la vitesse diminue.

Dans la stratosphère, les atomes de chlore libérés par les CFC détruisent l’ozone selon deux actes élémentaires : Cl + O₃ → ClO + O₂ ; puis ClO + O → Cl + O₂.

1. Intermédiaire réactionnel (formule) :
   ClO est formé dans le premier acte et consommé dans le second.
2. Catalyseur (formule) :
   L’atome de chlore Cl est consommé dans le premier acte et régénéré dans le second.
3. Équation de la réaction modélisée : O₃ + O → O₂
   La somme donne Cl + O₃ + ClO + O → ClO + O₂ + Cl + O₂ ; on retire Cl et ClO : O₃ + O → 2 O₂.
4. Nombre de molécules d’ozone détruites par un atome de chlore qui parcourt 1 000 fois ce cycle :
   Chaque cycle détruit une molécule O₃ et rend l’atome de chlore : 1 000 cycles détruisent 1 000 molécules d’ozone. C’est pourquoi une petite quantité de catalyseur suffit.

La réaction entre le dioxyde d’azote et le monoxyde de carbone suit le mécanisme : acte 1 : NO₂ + NO₂ → NO₃ + NO ; acte 2 : NO₃ + CO → NO₂ + CO₂.

1. Intermédiaire réactionnel (formule) :
   NO₃ est formé par l’acte 1 et consommé par l’acte 2.
2. Équation de la réaction : NO₂ + CO → + CO₂
   2 NO₂ + NO₃ + CO → NO₃ + NO + NO₂ + CO₂ ; on retire NO₃ et un NO₂ de chaque côté : NO₂ + CO → NO + CO₂.
3. L’acte 1 consomme deux molécules de NO₂ ; l’acte 2 en régénère
   L’acte 2 n’en redonne qu’une : une molécule de NO₂ est consommée au total, ce n’est pas un catalyseur mais un réactif.
4. Augmenter la concentration en CO rend les chocs entre NO₃ et CO plus
   Plus d’entités CO par unité de volume : les chocs sont plus fréquents, l’acte 2 plus rapide.

L’ion hydroxyde réagit avec le bromométhane en un seul acte élémentaire : HO⁻ + CH₃–Br → CH₃–OH + Br⁻. Une liaison se forme pendant qu’une autre se rompt ; on représente deux flèches courbes. Électronégativités : χ(H) = 2,20 ; χ(C) = 2,55 ; χ(Br) = 2,96 ; χ(O) = 3,44.

1. La première flèche part d’un doublet non liant de l’atome d’
   L’ion hydroxyde porte la charge négative et des doublets non liants sur l’atome d’oxygène : c’est le site donneur.
2. Elle pointe vers l’atome de , porteur d’une charge partielle δ+
   Le brome, plus électronégatif, attire le doublet de la liaison : l’atome de carbone porte une charge partielle δ+, c’est le site accepteur.
3. La seconde flèche part du milieu de la liaison C–
   La liaison C–Br se rompt pendant que la liaison C–O se forme.
4. Le doublet de la liaison rompue part sur l’atome le plus
   Lors d’une rupture, le doublet part sur l’atome le plus électronégatif (χ = 2,96 contre 2,55), qui devient l’ion bromure.
5. L’oxygène porte trois doublets non liants dans l’ion HO⁻ ; dans la molécule CH₃–OH formée, il en porte
   La première flèche a transformé un doublet non liant de l’oxygène en doublet de la nouvelle liaison C–O : il lui en reste 2. L’oxygène, qui partage désormais ce doublet, n’est plus chargé ; la charge négative est passée sur le brome.