Réponse : D. Un facteur cinétique est un paramètre physico-chimique dont la modification influe sur la vitesse de la transformation, sans changer l'état final. Les deux principaux sont la température et la concentration des réactifs.
2
Comment évolue la vitesse d'une réaction chimique (hors catalyse enzymatique) lorsque la température augmente ?
Réponse : A. Une augmentation de température augmente l'agitation thermique : les chocs entre molécules sont plus fréquents et plus énergétiques → la réaction est plus rapide. Pour les enzymes il existe un optimum de température, mais ce n'est pas le cas général.
3
Parmi ces affirmations sur un catalyseur, laquelle est entièrement correcte ?
Réponse : B. Les trois propriétés d'un catalyseur : il accélère la transformation ; il n'est pas consommé (retrouvé intact à la fin) ; il n'apparaît pas dans l'équation bilan. Il abaisse l'énergie d'activation sans modifier l'état final.
4
Qu'est-ce que le temps de demi-réaction t½ ?
Réponse : D. t½ est la durée nécessaire pour que x = xmax/2, c'est-à-dire que la moitié du réactif limitant ait été consommée. La réaction est pratiquement terminée au bout de 6 à 7 × t½.
5
Quelle technique de suivi cinétique utilise-t-on lorsqu'une espèce en solution est colorée ?
Réponse : A. La spectrophotométrie mesure l'absorbance A à la longueur d'onde d'absorption de l'espèce colorée. Via la loi de Beer-Lambert (A = ε·l·c), on remonte à la concentration.
6
La vitesse volumique de disparition d'un réactif R est :
Réponse : C. La concentration d'un réactif diminue → d[R]/dt < 0. On ajoute un « − » pour que la vitesse soit positive : v = −d[R]/dt. C'est l'erreur la plus fréquente : oublier ce signe moins.
7
Un système chimique cesse pratiquement d'évoluer au bout de :
Réponse : B. Après n × t½, il reste (½)ⁿ du réactif. Après 7 × t½ il en reste ≈ 0,8 %, ce qui est négligeable. On retient 6 à 7 × t½.
8
Quelle est la définition de la catalyse homogène ?
Réponse : C. En catalyse homogène, catalyseur et réactifs sont dans la même phase. En catalyse hétérogène, ils sont dans des phases distinctes. La catalyse enzymatique est un cas particulier de catalyse homogène.
9
Lors de la catalyse hétérogène, où se produit la réaction ?
Réponse : D. En catalyse hétérogène, la réaction se déroule à la surface du solide. C'est pourquoi on utilise le catalyseur sous forme de poudre ou à structure alvéolaire : pour maximiser la surface de contact.
10
Pour déterminer graphiquement la vitesse volumique à un instant t à partir de la courbe [R] = f(t), on :
Réponse : A. La vitesse instantanée est v = −d[R]/dt. Graphiquement, d[R]/dt est la pente de la tangente à la courbe [R](t) au point voulu. Cette pente est négative → on prend l'opposé pour obtenir v > 0.
11
Quel capteur choisit-on pour suivre une réaction qui produit un gaz ?
Réponse : D. Lorsque la réaction produit ou consomme un gaz, on mesure la pression (manométrie) ou le volume de gaz recueilli. La loi P·V = n·R·T permet de relier ces grandeurs à la quantité de matière.
12
La loi de Beer-Lambert s'écrit :
Réponse : B.A = ε · l · c où A est l'absorbance (sans unité), ε le coefficient d'absorption molaire (L·mol⁻¹·cm⁻¹), l la longueur de la cuve (cm) et c la concentration (mol·L⁻¹).
13
Quelle est la différence entre un catalyseur sélectif et un catalyseur spécifique ?
Réponse : D. Un catalyseur sélectif oriente vers l'un des produits possibles. Un catalyseur spécifique (notamment enzymatique) n'agit que sur un réactif donné pour une transformation particulière.
14
La conductimétrie est adaptée pour suivre une réaction qui :
Réponse : B. La conductivité σ dépend de la nature et concentration des ions (loi de Kohlrausch : σ = Σ λᵢ·[Xᵢ]). Si la réaction fait varier ces ions, σ varie et permet un suivi cinétique.
15
Pourquoi la vitesse volumique d'une réaction diminue-t-elle au cours du temps (à température constante) ?
Réponse : C. À température constante, k est constant. Les réactifs se consomment → concentrations décroissantes → vitesse décroissante. La courbe [R](t) est concave (pente de moins en moins prononcée).
Niveau 2 — Intermédiaire
Score :0 / 0
1
Une réaction est d'ordre 1 par rapport à A avec v = k·[A]. Quelle est l'unité de la constante de vitesse k ?
Réponse : A. k = v / [A] → (mol·L⁻¹·s⁻¹) / (mol·L⁻¹) = s⁻¹. Pour l'ordre 1, k s'exprime en s⁻¹ (ou min⁻¹, h⁻¹ selon l'unité de temps choisie).
2
Si une réaction est d'ordre 1 par rapport à A, quelle est la forme de [A](t) ?
Réponse : A. En résolvant d[A]/dt = −k·[A] par séparation des variables : [A](t) = [A]₀ · e^(−kt). Décroissance exponentielle. La forme D (linéaire) correspondrait à un ordre 0.
3
Pour vérifier graphiquement qu'une réaction est d'ordre 1 par rapport à A, on trace :
Réponse : B. En prenant ln : ln([A]/[A]₀) = −k·t. Fonction affine de t, de pente −k, passant par l'origine (0 ; 0). Si cette représentation est une droite, la réaction est d'ordre 1.
4
Pour une réaction d'ordre 1 de constante k, le temps de demi-réaction vaut :
Réponse : C. À t = t½ : e^(−kt½) = 1/2 → t½ = ln(2)/k ≈ 0,693/k. Propriété essentielle : t½ est indépendant de [A]₀ pour l'ordre 1.
5
On mesure t½ pour [A]₀ = 0,10 mol·L⁻¹ : on trouve t½ = 5,0 min. On recommence avec [A]₀ = 0,40 mol·L⁻¹ : on trouve encore t½ = 5,0 min. Que peut-on conclure ?
Réponse : C. t½ indépendant de [A]₀ est la signature caractéristique de l'ordre 1. C'est l'une des deux méthodes expérimentales pour identifier cet ordre.
6
On suit par conductimétrie une hydrolyse qui produit des ions H₃O⁺ et Cl⁻ en proportions 1:1. Comment évolue σ ?
Réponse : A. H₃O⁺ et Cl⁻ se forment progressivement → σ augmente. La réaction étant totale, σ atteint un palier en fin de réaction.
7
On considère la réaction : 2 A → B. Quelle relation lie v(disparition de A) et v(apparition de B) ?
Réponse : B.v = −(1/2)·d[A]/dt = d[B]/dt. Pour 2 mol de A disparues, 1 mol de B apparaît → vapp B = vdisp A / 2. Les coefficients stœchiométriques figurent au dénominateur.
8
On lit sur une courbe [A](t) la pente de la tangente en t = 0 : elle vaut −3,0×10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹. Quelle est la vitesse volumique initiale de disparition de A ?
Réponse : C. v = −d[A]/dt = −(−3,0×10⁻³) = +3,0×10⁻³ mol·L⁻¹·s⁻¹. La vitesse est toujours positive : ne pas oublier le signe moins dans la définition.
9
On veut « figer » une réaction à un instant t pour analyser le milieu. Quelle méthode utilise-t-on ?
Réponse : D. La trempe thermique exploite la température comme facteur cinétique : en abaissant brusquement la température, on ralentit considérablement la réaction et « fige » la composition du milieu.
10
Une réaction d'ordre 1 a pour constante k = 0,0693 min⁻¹. Quel est son temps de demi-réaction ?
Réponse : C.t½ = ln(2)/k = 0,693/0,0693 = 10 min. Attention à utiliser la même unité de temps que k.
11
On représente ln([A]/[A]₀) = f(t) et on obtient une droite de pente −2,0×10⁻³ s⁻¹. Quelle est la valeur de k ?
Réponse : D. La pente de ln([A]/[A]₀) = f(t) vaut −k. Pente = −2,0×10⁻³ s⁻¹ → k = +2,0×10⁻³ s⁻¹. k est toujours positif.
12
Quelle est l'équation différentielle vérifiée par [A](t) si la réaction est d'ordre 1 par rapport à A ?
Réponse : C. (1) v = k·[A] ; (2) v = −d[A]/dt → en égalisant : d[A]/dt = −k·[A]. La réponse D (vitesse constante) correspondrait à un ordre 0.
13
On compare deux essais de la « croix disparaissante » à la même température en doublant la concentration en thiosulfate (même volume total). Que se passe-t-il ?
Réponse : B. La concentration est un facteur cinétique : augmenter [thiosulfate] accélère la réaction → soufre formé plus vite → solution trouble plus rapidement → durée plus courte.
14
Pourquoi utilise-t-on le catalyseur solide sous forme de poudre ou à structure alvéolaire ?
Réponse : A. En catalyse hétérogène, la réaction se produit à la surface. Plus la surface est grande, plus il y a de sites réactifs → réaction plus rapide.
15
On effectue un suivi spectrophotométrique. A = 0,80 à t = 0, l = 1,0 cm, ε = 400 L·mol⁻¹·cm⁻¹. Quelle est la concentration initiale [P]₀ ?
Réponse : A.[P]₀ = A/(ε·l) = 0,80/(400×1,0) = 2,0×10⁻³ mol·L⁻¹. Bien isoler c dans A = ε·l·c avant d'appliquer les valeurs.
Niveau 3 — Difficile
Score :0 / 0
1
L'ordre d'une réaction chimique peut-il se déduire des coefficients stœchiométriques de l'équation bilan ?
Réponse : D. Point fondamental : l'ordre ne peut pas se déduire des coefficients stœchiométriques. Il est déterminé uniquement par l'expérience. L'équation bilan ne renseigne pas sur le mécanisme ni sur la cinétique.
2
On trace v = f([A]) et on obtient une droite passant par l'origine. Quelle conclusion tire-t-on ?
Réponse : C. Droite passant par l'origine → v = k·[A] → ordre 1 (méthode 1 du cours). Pour l'ordre 0 : droite horizontale ; pour l'ordre 2 : courbe parabolique.
3
On représente ln([A]/[A]₀) = f(t) pour [A]₀ = 0,10 mol·L⁻¹ et [A]₀ = 0,30 mol·L⁻¹. Les deux courbes sont superposées. Que conclut-on ?
Réponse : B. ln([A]/[A]₀) = −k·t ne contient pas [A]₀ : quel que soit [A]₀, même droite de pente −k passant par l'origine. La superposition est une preuve élégante de l'ordre 1.
4
Données : réaction d'ordre 1, k = 5,0×10⁻³ s⁻¹, [A]₀ = 0,20 mol·L⁻¹. Quelle est [A] après 3 temps de demi-réaction ?
Réponse : C. Après chaque t½, [A] est divisée par 2 : après 3 × t½ → [A] = [A]₀/2³ = 0,20/8 = 0,025 mol·L⁻¹. Formule générale : après n × t½, [A] = [A]₀/2ⁿ.
5
Données : points sur le graphe ln[A] = f(t) : (0 s ; −1,6) et (400 s ; −3,2). Calculez k et t½.
Réponse : C. Pente : a = (−3,2−(−1,6))/(400−0) = −1,6/400 = −4,0×10⁻³ s⁻¹ → k = 4,0×10⁻³ s⁻¹. t½ = ln(2)/k = 0,693/(4,0×10⁻³) ≈ 173 s.
6
Un élève affirme : « pour une réaction d'ordre 1, doubler [A]₀ ne change pas la durée de la réaction puisque t½ est indépendant de [A]₀. » Cette affirmation est-elle correcte ?
Réponse : B. t½ = ln(2)/k est indépendant de [A]₀ → durée caractéristique identique. Mais la quantité de matière consommée ∝ [A]₀×V est différente. L'élève confond durée et quantité transformée.
7
Données : réaction d'ordre 1, k = 0,020 min⁻¹, [A]₀ = 0,16 mol·L⁻¹. Quelle est [A] après t = 100 min ?
Données : v₀ = k·[A]₀ⁿ. [A]₀ = 0,10 mol·L⁻¹ → v₀ = 3,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹ ; [A]₀ = 0,20 mol·L⁻¹ → v₀ = 6,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹. Quel est l'ordre n et la valeur de k ?
Réponse : A. Rapport : 6,0/3,0 = 2,0 = 2,0ⁿ → n = 1. k = v₀/[A]₀ = 3,0×10⁻⁴/0,10 = 3,0×10⁻³ s⁻¹. Vérif : 6,0×10⁻⁴/0,20 = 3,0×10⁻³ s⁻¹ ✓
9
Données : réaction d'ordre 1, k = 2,0×10⁻³ s⁻¹. À un instant t, [A] = 0,050 mol·L⁻¹. Quelle est la vitesse v à cet instant ?
Réponse : C.v = k·[A] = 2,0×10⁻³ × 0,050 = 1,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹·s⁻¹. Ne pas confondre k (s⁻¹) avec v : la multiplication par [A] est indispensable.
10
Dans un suivi spectrophotométrique, à quelle longueur d'onde doit-on travailler pour la mesure la plus précise ?
Réponse : B. À λmax, ε est maximal → sensibilité maximale → petites variations de c donnent de grandes variations de A → meilleure précision.
11
Données : réaction d'ordre 1, k = 1,0×10⁻² min⁻¹. À partir de quelle durée approximative la réaction est-elle pratiquement terminée ?
Réponse : C. t½ = ln(2)/k = 0,693/(1,0×10⁻²) = 69,3 min. Durée ≈ 7 × t½ = 7 × 69,3 ≈ 485 min ≈ 8 h.
12
On étudie A + B → produits. En large excès de B, la réaction se comporte comme d'ordre 1 vis-à-vis de A. Comment appelle-t-on ce phénomène et quelle est k_app ?
Réponse : B. [B] quasi-constante → k_app = k · [B]^β = constante. La réaction se comporte comme d'ordre 1 en A avec v = k_app·[A]. C'est le pseudo-ordre 1.
13
On trace ln([A]/[A]₀) = f(t) et on obtient une courbe non linéaire. Que conclut-on ?
Réponse : D. Si ln([A]/[A]₀) = f(t) n'est pas une droite, la relation −k·t n'est pas vérifiée → la réaction ne suit pas une loi de vitesse d'ordre 1.
14
Données : réaction d'ordre 1, [A]₀ = 0,80 mol·L⁻¹, k = 6,93×10⁻² min⁻¹. Au bout de combien de temps [A] aura-t-elle diminué de 75 % (soit [A] = 0,25×[A]₀) ?
Réponse : C. [A]₀/4 = 2 × t½. t½ = ln(2)/k = 0,693/0,0693 = 10 min → t = 2 × 10 = 20 min. Ou : e^(−kt) = 1/4 → t = 2·ln(2)/k = 20 min.
15
Données : réaction d'ordre 1, k = 5,0×10⁻³ s⁻¹, [A]₀ = 0,40 mol·L⁻¹. Au bout de combien de temps [A] ≤ 0,05 mol·L⁻¹ (soit [A]₀/8) ?
Réponse : C. [A]₀/8 = 3 × t½. t½ = ln(2)/k = 0,693/(5,0×10⁻³) = 138,6 s → t = 3 × 138,6 ≈ 416 s. Vérif : 0,40 × e^(−5,0×10⁻³×416) ≈ 0,40 × 0,125 = 0,050 mol·L⁻¹ ✓