Exercicesrsolusdecintiquechimique Tayssir Hamieh

Tayssir Hamieh, Exercices et problèmes résolus de cinétique chimique, Beyrouth, Liban, 2018
Exercices et Problèmes
Résolus de Cinétique
Chimique
Prof. Tayssir HAMIEH

Docteur en Chimie-Physique
Docteur (HDR) habilité à diriger des recherches
Docteur en Mathématiques et applications
Ingénieur en génie chimique et chimie industrielle
1
Exercices et problèmes résolus de cinétique chimique
1) La saponification de l’acétate d’éthyle CH3COOC2H5 par la soude est une réaction

du 1er ordre par rapport à chacun des réactifs.
Sachant que le mélange initial contient 0,2 mole d’acétate et 0,2 mole de soude par
litre, et qu’un prélèvement de 100 cm 3 de mélange effectué après 25 mn de réaction
est neutralisé par 4,23 cm3 d’acide N/8, calculer :
a) La constante de vitesse k de la réaction.
b) Le volume d’acide nécessaire pour neutraliser un prélèvement de 100 cm 3 du
mélange après 45 mn de réaction.
Solution
La réaction de la saponification s’écrit :
CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH

ester + soude  sel + alcool
initialement Co = 0,2 M Co = 0,2 M 0 0
Après 25 mn de réaction de saponification, la quantité de soude restante est neutralisée

par de l’acide N donc :
8
N1 V1 = N2 V2
4,23 x 1/8
soit N1 = = 5,29.10-3 N
100
ou C1 = 5,29.10-3 Mole.l-1 de soude
donc pour t = 25 mn
NaOH = ester = 5,29.10-3 M

x = sel = alcool = 1,95.10-1 M .
2.a) La vitesse de réaction s’écrit :
d alcool
v= = k ester soude
dt
2
soit dx = k Co -x 2
dt
Par intégration :
1 - 1 = kt
Co -x Co
donc :
1 - 1
k = -x Co
C o avec Co = 0,2 M
t
Pour t = 25 mn, x = 0,195 mole.l -1 donc :
1 - 1
5,29.10-3 0,2 -1
k= = 7,36
7,35
mol e -1.l.m
L.mol n -1-1.
.min
25
2. b) Nous avons ainsi :
1 - 1 = 7,36 t .
0,2-x 0,2
La concentration de soude restant vaut :
soude = 0,2-x
d’après la relation précédente, on a :
soude = 0,2-x = 1
1 + 7,36 t
0,2
Pour t = 45 mn, il reste :
1 = 2,97.10-3 M de soude
1 + 7,36 x 45
0,2
or N1 V1 = N2 V2
le volume V2 d'acide N nécessaire à la neutralisation de la soude vaut donc :
8
2,79.10-3 x 100
V2 =
1/8
V2 = 2,23 cm 3 d'acide N .
8
3
2) Soient des réactions des 1er, 2ème et 3ème ordres respectivement du type
A  X + Y + ...
A + B  X + Y + ...
A + B + C  X + Y + ...
En admettant que les concentrations initiales des réactifs de départ soient toutes
égales à co, exprimer, pour chaque type de réaction, la concentration C du réactif A
en fonction de sa concentration initiale co, du temps t et du temps de demi-réaction.
Quelle devrait être la durée de la réaction, exprimée en multiple de , pour que la
concentration de ce réactif atteigne, dans chaque cas, 1/8 de la concentration initiale.
Solution
Nous avons les réactions suivantes
A  X + Y + ... ordre 1
2) A + B  X + Y + ... ordre 2
A + B + C  X + Y + ... ordre 3
a) Les réactifs de départ ont tous des concentrations égales à C0 donc leurs concentrations
seront égales à l’instant t.
* Réaction A  X + Y + ...
dA
- =k A
dt
donc Ln C = - kt où C = A
C0
t = t 1/2 =  si C = C0 donc Ln 2 = k t 1/2 = k
2
et l’on a :
Ln C = - t Ln 2
C0 
Soit :
C = C0 exp - t Ln 2

ou encore :
C = C0 .(2)- t/ 
4
C = Ct/0
2
* Réaction A + B  X + Y + ...
- dC = kC2 et 1 - 1 = kt
dt C C0
2 - 1
donc k = 0 C0 = 1
C
 C0
on aura : 1 - 1 = 1 t
C C0 C0 
ou encore : C = C0
1+ t

* Réaction A + B + C  X + Y + ...
- dC = k C3
dt
ce qui donne : 1 1 - 1 = kt
2 C2 C02
La constante de vitesse k en fonction du temps de demi-réaction s’écrit ici :
k= 3
2C02 
donc : 1 = 1 1+3 t
C2 C02 
C02
et C2 =
1+3 t

b) * Premier cas, on a :
Ln C
t=- C0 
Ln 2
pour C =1 on aura t = 3  .
C0 8
* Deuxième cas, on a :
t = C0 - 1 
C
C0 = 8 on aura t = 7  .
avec
C
* Troisième cas, on a :
2
t = 1 C02 - 1 
3 C
5
si C0 = 8 on aura t = 21  .
C
3) Soit une réaction d’ordre 2 :

A+BC
On réalise deux expériences, l’une avec des proportions quelconques des deux
réactifs A et B, l’autre avec des proportions stoechiométriques.
Les résultats de ces deux expériences sont donnés respectivement dans les tableaux I
et II.
TABLEAU I TABLEAU II
A0 = 4,6.10-2 mole. 1-1
t (mn) B (mole. 1-1 ) t (mn) B (mole. 1-1 )
0 0,403 0 0,224
13 0,397 10 0,212
26 0,392 20 0,201
43 0,386 40 0,183
Calculer et comparer les valeurs de la constante de vitesse de la réaction dans les deux
expériences réalisées.
On donne :
H=1 C = 12 0 = 16 Na = 23 Cl = 35,5
1 cal = 4,18 J 1 eV = 1,6.10-19J
Solution
Soit la réaction A + B  C
à l’instant initial a b 0 (en mol.L -1)

à l’instant t a-x b-x x
On peut écrire :
dx = k a-x b-x
dt
Soit :
dx = kdt a b
a-x b-x
6
donc :
1 1 - 1 dx = kdt  1 Ln x-b a = kt
b-a a-x b-x b-a x-a b
a x-b = exp b-a kt
b x-a
Dans le cas où a = b, on aura :
dx = kdt et kt = 1 -1
a-x 2 a-x a
1er cas : dressons le tableau suivant :
B A B A
x 0 A
t (mn) B0 A0 B0 A k
0 1 1 1 0,046 k
13 0,985 0,869 1,134 0,04 0,0270
26 0,973 0,761 1,279 0,035 0,0273
43 0,958 0,630 1,520 0,029 0,0273
On en déduit que k  0,027 mole -1.l.mn -1 .
2ème cas : dans le deuxième cas : k = 1 1 - 1 .

t B B0
Dressons le tableau suivant :
t B B0 k
0 0,224 0,224 k
10 0,212 0,224 0,025
20 0,201 0,224 0,026
40 0,183 0,224 0,025
d'où k  0,025 mole -1.l.mn -1 .

On trouve que dans les deux cas, la valeur de k est environ la même. La valeur de la
constante de vitesse dépend très peu des concentrations initiales des réactifs de départ.
4) Soit la réaction de dissociation, à 727°C :

AB  A + B
L’énergie d’activation de cette réation est de 30 Kcal/mol.
Dans quelles limites peut-on faire varier la température pour que l’erreur sur la
vitesse de réaction ne dépasse pas 5 % ?
7
On donne :
R = 1,98 cal.K-1 mol-1
Solution
On a :
dLnk = Ea
dT RT2
où k est la constante de vitesse et Ea l’énergie d’activation de la réaction AB  A + B.

Ea = 30 kcal.mol-1 .
Pour k1 constante de vitesse à T1 correspondant à la vitesse v1

pour k2 constante de vitesse à T2 correspondant à la vitesse v2,
on peut écrire :
k 1 = v1
k 2 v2
donc :
dLnv = Ea
dT RT2
Soit :
dv = Ea dT
v RT T
pour dv  5 , on aura dT  5 RT
v 100 T Ea x 100
donc dT  5.1,98.1000 = 0,33

T 100 x 30.000 100
soit :
T  3,3°C
Donc, il ne faut pas que l’incertitude sur la température dépasse 3,3°C, donc tant que
723,7°C  T  730,3°C, l'erreur sur la vitesse ne dépasse pas 5%.
8
9
5) a) Calculer, pour une réaction du 1er ordre du type A  B, le rapport des durées
nécessaires à obtenir des rendements respectivement égaux à 99,9 % et à 50 %.
b) Faire le même calcul pour une réaction du 2è ordre du type A + B  C avec
A0= B0.
Solution
a) Pour la réaction A  B
On a :
dA
- =kA
dt
soit A = A 0 e - kt
B = A 0 1 - e - kt
Soit  le rendement de cette réaction, on a :
B
= x 100
A0
donc  = 1 - e - kt x 100
ou encore :
kt = Ln 100
100-
 = 99,9 %  kt 99,9 % = 6,908

 = 50 %  kt 50 % = 0,693
t 99,9 %
Donc = 9,966  10
t 50 %
Donc t 99,9 % = 10t 50 % et pour obtenir un rendement de 99,9 % il faut 10 fois le temps
de demi-réaction.
2) b) pour A + B  C
dC
=kA B ou dx = k C0-x 2
dt dt
par intégration : 1 - 1 = kt or  = x x 100
C0-x C0 C0
donc
10

C0kt =
100-
et l’on a :
t 99,9 % 99,9
= x 100-50 = 999  1000
t 50 % 100-99,9 50
et t99,9 % = 1000 t50% donc pour une réaction de 2è ordre, un rendement élevé nécessite
plus de temps de réaction.
6) Soit une réaction du 1er ordre du type :

AB+C
Les trois composés étant gazeux à la température de la réaction, on appellera :
Po la pression initiale au temps t = 0 et P la pression totale au temps t.
Exprimer la constante de vitesse k et le temps de demi-réaction en fonction de P o et
P.
Solution
Pour la reaction:
AB+C
dA
On a : =kA
dt
mais A = n A = PA où P A est la pression partielle du composé A.
V RT
D'où dP A = - kP
A
dt
Ln PA = - kt
P0
A  B + C total
à l’instant initial n0 moles 0 0 n0 moles
(n0-x) moles x x n0+x
avec (n0-x) = nA
11
PA = n 0-x , PB = x et PC = n x+x
P n 0+x P n 0+x P 0
Ln P + Ln nn 0+x -x = - kt
Donc
P0 0
pour t = t 1/2 , on a : nn0-x = 1 ou n 0-x = n 0

0 2 2
et x = n0 , ce qui donne :
2
Ln P + Ln n 0/2 = - kt 1/2
P0 3n 0/2
Soit :
k= 1 Ln 3P0
t 1/2 P
7) Une réaction se fait 5 fois plus vite à 60°C qu’à 40°C? Quelle est l’énergie
d’activation E de cette réaction ?
On donne :
R = 1,98 cal. K-1.mol-1
Solution
Si la réaction se fait 5 fois plus vite à 60°C qu’à 40°C, on peut écrire :
v(60°C) k(60°C)
= =5
v(40°C) k(40°C)
Comme dLnk = E , alors on peut intégrer cette équation et obtenir :
dT RT2
k(60°C) E 1 1
Mn = -
k(40°C) R 273,15+40 273,15+60
ce qui donne :
E = 1,98 (Ln5) x 5216,3
d’où on a :
E = 16,623 Kcal.mol-1.
12
8) Soient deux réactions consécutives du 1er ordre :
A k 1> B k 2> C
Soient a0 la concentration initiale en A et a, b, c les concentrations respectives des

composés A, B, C au temps t.
Les constantes de vitesse sont dans le rapport :
k2 = 2
k1
Calculer, en fonction de a0, les concentrations b et c lorsque la moitié du constituant
A a réagi.
Solution
Soient les deux réactions consécutives suivantes

A k 1> B k 2> C
au temps initial a0 0 0
au temps t a b c
on a :
- da = k 1a et + db = k 1a - k 2b
dt dt
donc :
Ln aa = - k 1t
0
pour a 1 , on a t = t 1/2 =  (temps de demi-réaction)
a0 = 2
et l’on a :
 = 1 Ln2 et a = a0 e - k 1t
k1
donc :
db + k 2b = k 1a0 e - k 1t
dt
L’équation sans second membre admet comme solution :
13
b =  e - k 2t
une solution particulière s'écrit : b=  e - k 1t

et l’on obtient  par dérivation et en remplaçant dans l’équation générale de b, on a :
 = k 1a0
k 2-k 1
et la solution générale s’écrit :
b =e- k 2t + k 1a0 e - k 1t
k 2-k 1
Or à t = 0 , b = 0,
donc :
 = -  = - k 1a0
k 2-k 1
et on a :
b = k 1a0 e -k 1t - e -k 2t
k 2-k 1
pour a = a0 on a t =  = Ln2
2 k1
a0 k2
ce qui donne : b = e -Ln2 - e - k 1 Ln2
k2 - 1
k1
k
Si 2 = 2 on aura b = a0
k1 4
La conservation des espèces chimiques impose :
a + b + c = a0
a0
au temps de demi-réaction a= , b = a0
2 4
donc, on aura :
c = a0 - (a+b)
et
c = a0
4
On aurait pu aboutir au même résultat en intégrant l’équation :
dc = k 2b = k 1k 2a0 e -k 1t - e -k 2t
dt k 1-k 2
14
et obtenir :
c = a0 + k 1k 2a0 e 2 - e 1
-k t -k t
k 2-k 1 k 2 k1
soit encore :
a0 - k 2 Ln2 - k 2 e - Ln2
c = a0 + e k1
k2 - 1 k1
k1
k2 = 2
avec , on aura :
k1
c = a0 - 3 a0
4
et c = a0
4
9) Soient les réactions consécutives du 1er ordre :
k 1> B k 2> C
A
En désignant par a0 la concentration initiale en A et par a, b et c, les concentrations

à l’instant t des espèces A, B et C respectivement, établir la relation entre b et t.
Solution
Soient les deux réactions consécutives suivantes :
A k 1> B k 2> C
On a : - da = k 1a donc a = a0 e -kt
dt
de même :
db = k 1a - k 2b donc db = k 2b = k 1a
dt dt
Par intégration, on obtient :
b = k 1a0 e -k 1t - e -k 2t
k 2-k 1
15
10) L’étude cinétique de la réaction de dissociation de l’ammoniac NH 3 en azote N2 et

en hydrogène H2, sur un fil de tungstène à 1100°C, montre que la réaction est
d’ordre zéro.
Etablir la relation entre le temps de demi-réaction , la pression initiale en
ammoniac P0 et la constante de vitesse k.
Solution
Soit la réaction suivante :
1) NH 3  1 N 2 + 3 H2
2 2
d NH3
- = k  NH3 - NH3 0 = - kt
dt
NH3 = P et NH3 0 = P0
RT RT
Donc :
NH3
NH3 0 - 1 = - kt
NH3 0
NH3
si t = t 1/2 =  =1 on aura : P0 1 - 1 = - k
NH3 0 2 RT 2
et donc
P0 = 2 kRT
Avec R = 8,32 J.K-1.mol-1, T = 1373 K
on aura :
P0 = (2x8,32x1373)k (S.I.) (en pa)

P0 = 2,29.104 k (S.I.)
11) Soit la réaction :
A+B  C+D
On introduit dans 1 l d’eau 0,01 mole de A et 0,01 mole de B.

Sachant que la réaction est d’ordre global 2 et que, après 2 h, 75 % de A sont
consommés, déterminer les valeurs de la constante de vitesse et du temps de demi-
réaction.
16
Solution
Soit la réaction : A + B  C+D

initialement a0 a0 0 0 avec a0 = 0,01 M
à l’instant t a0-x a0-x x x
dA dx = k a0-x 2
- =kA B soit
dt dt
par intégration, on aura :
1 1
a0-x - a0 = kt
pour t = 2 heures, x = 0,75 donc x = 0,75 a
a0 0
1 0,75
donc, 2k = - 1 = 1 = a3
0,25a0 a0 a0 0,25 0
k= 3 = 150 mol e -1.l.m n -1
2x0,01
pour t = t 1/2 =  a0a-x = 1 soit x = a0
0 2 2
Donc : 300  = a1 = 1   = 20 mn .
0 0,01
12) Les instructions d’utilisation pour une colle à durcisseur indiquent les temps
suivants de complet durcissement :
24 h à 20°C
4 h à 40°C.
En admettant que la réaction de durcissement de l’adhésif obéisse aux lois classiques de
la cinétique, quel serait le temps de durcissement à 80°C ?
Solution
Si la réaction de durcissement de l’adhésif est du 1er ordre, on peut écrire :
d adh.
- = k adh.
dt
17
donc :
adh.
= e - kt
adh. 0
Pour un complet durcissement, kt = constante = cte, or :
dLnk = E
dT RT2
ou encore :
d Ln cte
+ t = E2
dT RT
Soit :
- dLnt = E 2
dT RT
en intégrant entre t1 = 24 h et t2 = 4 h (T1 = 293 K et T2 = 313 K, on aura :
Ln t 2 = E 1 - 1 (1)
t 1 R T2 T1
Soit t le temps nécessaire au durcissement de l’adhésif correspondant à la température T =

353 K, on a :
Ln t 2 = E 1 - 1 (2)
t R T2 T
En divisant membre à membre les relations (1) et (2), on aura :
Ln t 2 1 - 1
t 1 = T2 T1  Ln t = - 2,97
Ln t 2 1 -1 t2
t T2 T
d’où t = 12 mn 15 sec.
13) La réaction de synthèse d’un hydracide HX, soit :
H2 + X2  2HX
est une réaction complexe en plusieurs étapes :
a) X2 <k 1 > 2X°

k2
18
b) X ° + H2 <k 3 > HX + H°
k4
k 5 > HX + X °
c) H °+X 2
Exprimer la vitesse de formation de l’hydracide.

On donne :
Constante des gaz parfaits R = 1,98 cal.mol-1K-1 .
Solution
La réaction H2 + X2  2 HX admet le mécanisme réactionnel suivant :
a) X2 <k 1 > 2X°

k2
b) X° + H2 <k 3 > HX + H°
k4
k 5
c) H° + X2 > HX + X°
On peut écrire :
d HX
= k 3 X° H 2 - k 4 HX H° + k 5 H° X2
dt
L’application du principe de Bodenstein donne :
d X°
O= = k 1 X2 - 2k 2 X° 2 - k 3 X° H2 + k 4 HX H° + k 5 H° X2
dt
d H°
O= = k 3 X° H 2 - k 4 HX H° - k 5 H° X2
dt
Ces deux équations impliquent :
X° = k1 X
2k 2 2
k3 k 1 X 1/2 H
2 2
2k 2
H° =
k 4 HX + k 5 X2
Or la vitesse de formation de l’hydracide s’écrit après simplification :
19
d HX 1
v=1 = 2k 5 H° X2
2 dt 2
donc, on a :
k1 X2 3/2 H2
v = k 5k 3
2k 2 k 4 HX + k 5 X2
Notons qu'à t = 0, v = v0 = k' X2 1/2 H2 et l'ordre global initial de la réaction vaut 3.
2
14) Soit l’équilibre d’ionisation de l’eau :

k1
H2O H+ + OH-
K2
Sachant que pKH2O = 13,96 à 25 °C , calculer la valeur du rapport k1 / k2
Solution
L’équilibre d’ionisation s’écrit :
H2O <k 1 > H+ + OH-

k2
H+ OH-
de constante d'équilibre KH2O = = H+ OH-
H2O
car l'activité del 'eau est égale à 1 : H2O = H2O 0 = cte
La vitesse v1 de dissociation de l’eau est :
v1 = k 1 H2O
alors que la vitesse v2 de formation de l’eau s’écrit :
v2 = k 2 H+ OH-
à l’équilibre : v1 = v2 donc, on a :
k 1 H 2O = k 2 H+ OH-
20
k 1 = H+ OH- = H+ OH-
k2 H2O
Donc, on a :
KH2O = k 1 = 10-13,96 (à 25°C)

k2
Soit :
k 1 = 1,10.10-14
k2
15) Soit la réaction : 2 NO + Br2  2 NOBr .

Le tableau ci-dessous donne les résultats de la vitesse initiale de réaction v mesurée
à 293°C pour différentes concentrations des réactifs.
N° de l'essai 1 2 3 4 5
-1
Conc.Conc.
initiale de de
initiale NONOen mol.L
(mo l.-1 ) 0,1 0,1 0,1 0,2 0,3
Conc. initiale de B r (mo l.-1 ) 0,1 0,2 0,3 0,1 0,1

Conc. initiale de Br2 en2 mol.L-1
-1 -1 24 36
v (L.mol-1v.s(mo
-1
) l. .s ) 12 48 108
Quels sont les ordres global et partiels de réaction ?

Calculer la constante de vitesse.
Solution
Supposons que la vitesse initiale de la réaction 2 NO + Br2  2 NOBr s’écrive :

v0 = k NO 0n Br 2 0m
donc, on a :
(1)
(2)
12 = k (0,1)n (0,1)m
24 = k (0,1)n (0,2)m
} 2m = 2  m =1
(3) 36 = k (0,1)n (0,3)m  m =1
21
(4) 48 = k (0,2)n (0,1)m  2n = 4  n =2
Donc, n = 2, m = 1 et la vitesse initiale v0 devient :
v0  k  NO  0  Br2  0
2
(ordre global = 3)
v0 = k NO2 02 Br 2 0 (ordre global = 3)

Utilisons l’essai n° 5 pour calculer la constante de vitesse k
108 = k (0,3)2.(0,1)
k = 12000 L2.mol-2.s-1
Les autres essais donnent également la même valeur de k.
16) On considère la réaction de l’iodure de potassium sur le dibromoéthane :
C2H4Br 2 + 3 Kl k > C2H4 + 2 K Br + Kl 3
La réaction est d’ordre partiel égal à 1 par rapport à chacun des réactifs de
concentrations initiales respectivement égales à a et b.
Déterminer l’équation cinétique générale liant les concentrations et le temps.
Solution
Soit la reation :
k
C2H4Br2 + 3 KI C2H4 + 2 KBr + KI3
état initial : a b 0 0 0
au temps t : a-x b-3x x 2x x
On peut écrire ainsi :

dx = k a-x b-3x
dt
Soit encore, en décomposant en éléments simples si b  3a :
1 3
a-x - b-3x bx = b-3a kdt
22
Ln b-3x a
a-x x b = k b-3a t
d’où :
ab e k b-3a t
x= (b  3a)
b e k b-3a t - 3a
avec :
C2H4Br 2 = a - x
KI = b - 3x
KBr = 2x
C2H4 = KI3 = x
Que se passerait-il si b = 3a ?
Dans ce cas :
dx = 3 k a-x 2
dt
Soit :
dx = 3 kdt
a-x 2
En intégrant, on aura :
1 1
a-x - a = 3 kt
ce qui donne :
2
x = 3a kt
1+3akt
et on aura :
C2H4Br 2 = KI /3 = a
1+akt
C2H4 = KBr /2 = KI /3 = 3a2kt .

1+3akt
17) L’acide dibromosuccinique se décompose, sous l’action de la chaleur, selon la

réaction du 1er ordre suivante :
CHBr – COOH CH – COOH
k + HBr
CHBr – COOH CBr – COOH
On considère une solution d’acide dibromosuccinique à 50°C dont la concentration

initiale est telle qu’il faut 10,10 cm 3 de soude N pour neutraliser une prise d’un
certain volume. Le nombre x de cm3 de soude N nécessaire pour neutraliser une
prise de même volume, prélevée après un temps t, est donné par :
23
t (mn) 0 214 380
x (cm3) 10,10 10,37 10,57
Calculez la constante de vitesse k et le temps au bout duquel 1/3 de l’acide

dibromosuccinique s’est décomposé.
Solution
Considérons la réaction du 1er ordre suivante :
CHBr – COOH CH – COOH

k + HBr
CHBr – COOH CBr – COOH
On va noter symboliquement :
H2A k > H2A' + HA"
où H2A et H2A΄ sont des diacides et HA΄΄ un monoacide. Avant réaction, une prise d’un
certain volume v de diacide H2A contient n0 moles de H2A donc 2n0 équivalent-grammes de
H2A.
Supposons qu’à l’instant t, on a les nombres de moles suivants dans une prise de même
volume v :
H2A  H2A΄ + HA΄΄

(n0-x) x x (moles d’acides)
ou 2(n0-x) 2x x (éq. g. d’acides)
à tout instant, une prise de volume v contient donc
(2n0+x) éq-g. d’acides

Or, on a à l’instant initial un nombre d’équivalent-grammes de diacide égal à :
N0.v = 10,10x10-3 (v est en litres) où N0 est la normalité de diacide H2A, donc :
2n 0 = 10,10.10-3  n 0 = 5,05.10-3 mole
24
pour t1 = 214 mn 2 n 0 + x1 = 10,37.10-3

x1 = 0,27.10-3 mole
si t2 = 380 mn x2 = 0,47.10-3 mole
Or la réaction H2A k> H2A' + HA" est du premier ordre, donc :
d H2A
- = k H2A
dt
Soit encore :
d n H2A/V n
- = k Hv2A
dt
avec n H2A le nombre de moles de diacide H2A à l 'instant
dn H2A
donc - = kn H2A s'écrit :
dt
dx = k n 0-x
dt
En intégrant cette équation, on aura :
Ln nn0-x = - kt
0
donc :
k = 1 Ln n 0
t n 0-x
n0 = 5,05.10-3 mol
x1 = 0,27.10-3 mole , t 1 = 214 mn  k = 2,6.10-4 m n -1
x2 = 0,47.10-3 mole , t 2 = 380 mn  k = 2,6.10-4 m n -1
On obtient ainsi la même valeur de la constante de vitesse.

D’où, on a :
n 0 = kt
n 0-x
Pour que 1 de l'acide H2A soit décomposé, il faut que

3
n 0-x = 2
n0 3
25
donc t 1/3 = 1 nn-x

0 se calcule facilement :
k 0
t 1/3 = 1 2 = 5835 mn
2,6.10 3
-4
ou encore : t1/3 = 4 jours 1 heure 15 mn.
18) Soit un système de deux réactions parallèles, chacune du 1er ordre :
k1 B
k2 C
Sachant que la réaction 1 est deux fois plus rapide que la réaction 2, que la
concentration initiale en A est égale à 3.10 -2 mol L-1, calculez le rapport des
concentrations des espèces B et C après un temps de réaction de 20 mn.
Solution
Considérons le système des réactions parallèles suivant :
k1 B avec v1 = k 1 A
A
k2 C avec v2 = k 2 A
La réaction 1 est deux fois plus rapide que la réaction 2 donc :

v1 = 2 et k1 = 2
v2 k2
Comme :
dB
v1 = k 1 A =
dt
dC
v2 = k 2 A =
dt
d B v1
donc = =2
d C v2
soit d B =2d C
26
avec B 0 = C 0 = 0 au temps t=0
on aura :
B
= 2 à tout instant t .
C
19) Calculer, pour une réaction du 1er ordre, le rapport des durées nécessaires à
obtenir des rendements respectivement de 99,9 % et de 50,0 %.
Solution
Soit la réaction du 1er ordre suivante : A  B + C + ... , on a :
dA
- =kA
dt
Par intégration, on aura :
A = A0 e -kt
où A0 est la concentration initiale en A.

Soient t1 et t2 les durées nécessaires pour obtenir des rendements respectivement de 99,9 % =
r1 et de 50,0 % = r2. Le rendement de la réaction par rapport à l’espèce A est donné par :
A0 - A A
r= x 100 = 1 - x 100
A0 A0
ou encore :
r = 1 - e -kt 100
donc, on aura le rapport des rendements r1/r2 :
r 1 = 99,9 = 1 - e -kt1
r 2 50,0 1 - e -kt2
ou bien encore :
e kt1 = 1 - r 1
100
27
soit :k t 1 = Ln 1 - r 1
100
de même : k t 2 = Ln 1 - r 2
100
d’où :
t 1 = Ln 1-10-2 r 1
t 2 Ln 1-10-2 r 2
t 1 = 9,97  10 .
t2
On en déduit que pour obtenir un rendement de 100 % environ, il faudra un temps de réaction
dix fois supérieur à celui nécessaire pour obtenir un rendement de 50 % (soit la moitié du
rendement précédent).
20) On suggère que la réaction 2 NO + O 2  2 NO2 se fait selon un mécanisme en deux

étapes :
k1
2 NO < > N2 O2
k2
N2 O2 + O2 k 3 > 2 NO 2
Sachant que la dernière étape est la plus lente, établissez la loi cinétique de cette
réaction, liant la vitesse de réaction aux concentrations des réactifs.
Solution
Le mécanisme de la réaction : 2 NO + O2  2 NO2 est le suivant :
2 NO <k 1 > N2 O2
k2
N2 O2 + O2 k 3 > 2 NO2
Soit v la vitesse de formation du dioxyde d’azote :
28
d NO 2
v=1 = k 3 O2 N2O2
2 dt
Appliquons le principe des états stationnaires sur l’intermédiaire réactionnel N2O2 :
d N2O2
O= = k 1 NO 2 - k 2 N2O2 - k 3 N2O2 O2
dt
ce qui donne :
k 1 NO 2
N2O2 =
k 2 + k 3 O2
d’où :
k 1k 3 O2 NO 2
v=
k 2 + k 3 O2
Si la dernière étape est la plus lente, on peut alors la négliger par rapport aux autres et obtenir
:
v = k 1k 3 O 2 NO 2 (ordre global = 3) .
k2
21) Soit une réaction complexe dont le mécanisme est le suivant :
A2 <k 1 > 2A°

k2
A° + B 2 k 3 > AB + B °
B° + A 2 k 4 > AB + A °
Exprimer l’énergie d’activation de la réaction complexe en fonction des énergies
d’activation de chacune des étapes.
Solution
Soit E l’énergie d’activation de la réaction :
29
A2 + B2  2 AB
et soit Ei l’énergie d’activation correspondante à l’étape i (étapes proposées par l’énoncé) :

on peut ainsi écrire :
E = E1 + E2 + E3 + E4
22) Soit la réaction de synthèse de l’acide bromhydrique HBr :
H2 + Br2  2 HBR
Donnez la molécularité sachant que les étapes élémentaires de la réaction sont les
suivantes :
Br2  2 Br
Br + H2  HBr + H
H + Br2  HBr + Br
H + HBr  H2 + Br
2 Br  Br2 .
Solution
Soit la réaction
H2 + Br2  2 HBr
dont le mécanisme réactionnel est le suivant :
Br 2 k 1 > 2 Br (1)
Br + H2 k 2 > HBr + H (2)
H + Br k 3 > HBr + Br
2 (3)
H + HBr k 4 > H2 + Br (4)
2 Br k 5 > Br 2 (5)
La molécularité de la réaction-bilan est le nombre de molécules figurant dans le premier

membre de son équation-bilan. Elle est donc égale à la somme des coefficients
30
stoechiométriques des réactifs. Dans notre cas la molécularité est égale à 2. Essayons de
démontrer que l’ordre d’une réaction n’est pas toujours égal à sa molécularité.
* Proposons-nous de trouver la vitesse de formation de HBr en fonction des concentrations

des réactifs de départ :
d HBr
v=1 = 1 k 2 Br H2 + k 3 H Br 2 - k 4 H HBr
2 dt 2
Trouvons Br et H en appliquant le principe de Bodenstein :
d Br 2
O= = k 1 Br 2 - k 2 Br H2 + k 3 H Br 2 + k 4 H HBr - 2k 5 Br
dt
dH
O= = k 2 Br H 2 - k 3 H Br 2 - k 4 H HBr
dt
ce qui entraîne :
k 1 Br
Br = 2
2k 5
k 1 Br 1/2 H
k2 2 2
2k 5
H =
k 3 Br 2 + k 4 HBr
d’où :
1/2
k 2k 3 k 1 Br 2 3/2 H2
2k 5
v=
k 3 Br 2 + k 4 HBr
Cette réaction complexe n’a pas donc un ordre simple (elle est sans ordre) donc ici
ordre  molécularité.
23) Soit à la réaction de synthèse de l’acide bromhydrique à 301°C :

H2 + Br2  2 H BR
1) Au cours d’une première expérience, la variation de concentration en hydrogène
(H2) est suivie en fonction du temps :
[H2] x 102 (mol.L -1)
31
t (min) H 2 x 102 mole 1-1
0 22,50
20 18,98
90 11,58
180 7,52
300 4,78
420 3,05
Les concentrations initiales (H2)o et (Br2)o étant égales.

Montrer que cette réaction n’est pas une réaction élémentaire bimoléculaire.
2) Dans une seconde série d’expériences, la vitesse initiale de disparition de l’hydrogène

Vo est mesurée pour différentes concentrations initiales d’hydrogène et de brome.
[H2]0 (mol.L -1) [Br2]0 (mol.L -1) V0 x 103 mol.L -1min-1

H 2 o mole 1-1 Br 2 o mole 1-1 Vo x 103 mole 1-1 m n -1
0,2250 0,2250 1,760

0,4500 0,4500 4,4465
0,6750 0,6750 8,190
0,9000 0,9000 10,900
0,1552 0,2554 1,266
0,2881 0,1517 1,650
0,3103 0,5064 3,280
0,5637 0,2947 4,610
2.a) Déterminer l’ordre global initial n de la réaction et les ordres partiels initiaux  et
, respectivement par rapport à l’hydrogène et au brome.
2.b) L’expression de la vitesse initiale déterminée à partir des expériences précédentes

est-elle compatible avec l’expression générale de la vitesse donnée par l’équation :
d H Br 2 k' H 2 Br 2 1/2
=
dt k" + H Br / Br 2
Solution
1) Dressons le tableau suivant :
2 -1
1
Temps t (min) [H
H 22] x 10 2 (mol.L
Mole l-1) Ln H 2 H2
0 22,50 - 1,49 4,45
20 18,98 - 1,66 5,27
90 11,58 - 2,16 8,64
180 7,52 - 2,59 13,30
300 4,78 - 3,04 20,92
420 3,05 - 3,49 32,79
Soit Co = H2 o = Br 2 o la concentration initiale de H2 et de Br 2.
32
Si la réaction est d’ordre 1 par rapport à chacun des réactifs, on pourra écrire :
d H2
-
= k H2 Br 2
dt
plus généralement, soient n et m les ordres partiels respectifs de la réaction par
rapport à H 2 et à Br 2 :
d H2
- = k H2 n Br 2 m
dt
les deux concentrations initiales de H2 et Br 2 sont égales, donc à tout instant, on a :

H2 = Br 2 donc :
d H2
- = + kdt avec p = n + m .
H2 p
Par intégration, on aura :
si p  1 1 1 - 1 = kt
p-1 H2 p-1
Cop-1
où k est la constante de vitesse.
Si la réaction était bimoléculaire, p = 2 (n + m = 2), et on aurait obtenu :
1 = 1 + kt
H 2 Co
et en traçant 1 en fonction de t, on devrait observer une dépendance linéaire.
H2
Vérifions si c’est vrai !
33
1/H2
35
30
25
20
15
10
0
0 100 200 300 400 500
temps t (min)
On remarque que 1 n'est pas une fonction linéaire du temps. Si l'on avait p = 1,
H2
H2 = Co e -kt , soit
Ln H2 = Ln Co - kt
et Ln H2 serait également une fonction affine du temps ce qui n'est pas le cas
d’après la figure ci-dessous.
34
Ln H2
0
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3
-3.5
-4
temps (min)
Donc la réaction de synthèse de HBr à 301°C n’est pas une réaction élémentaire
bimoléculaire.
2) a) Au départ les concentrations initiales de H2 et de Br 2 sont égales pour une même

vitesse initiale de disparition de l’hydrogène, donc la relation
d H2
vo = - = k H2 o Br 2 o
dt
devient pour H2 o = Br 2 o = Co :
vo = k Con où n =  +  .
vo i Co i n
Soit encore =
vo 1 Co 1
vo i Co i
ou Ln = n Ln .
vo 1 Co 1
v C
Soit n = Ln v o i / Ln o i .
o1 Co 1
Pour vérifier ceci, calculons les valeurs de n et démontrons que ces valeurs sont
35
identiques (une méthode graphique consiste à tracer Ln vo = Lnk + n Ln Co en fonction

de Ln Co et à démontrer que cette relation est représentée par une droite de pente n et
d’ordonnée à l’origine Ln k).
Dressons le tableau suivant :
C o i mole l-1 vo 1 x 103 mole l-1 mn -1 n
0,2250 1,760 n
0,4500 4,465 1,343
0,6750 8,1190 1,399
0,9000 10,900 1,316
La valeur moyenne de n est égale à 1,353.
n = 1,353 .
On sait que vo = k Br 2 o H 2 o avec  = n - , on aura :
vo = k H2 o Br 2 on- 
soit encore :
H2 o 
vo = k Br 2 on .
Br 2 o
Calculons la valeur moyenne de  au moyen de la relation :
H2 o 
= 1 vo n .
Br 2 o k Br 2 o
Soit le tableau suivant :
H2 o Br 2 o H 2 o / Br 2 o vo 
1,266 
0,1552 0,2554 0,6078
0,2881 0,1517 1,8991 1,650 0,851
0,3103 0,5064 0,6128 3,280 3,157
0,5637 0,2947 1,9128 4,610 0,959
La valeur expérimentale correspondant à  = 3,157 est à exclure car

 < n = 1,353 donc la valeur moyenne de  est :
 = 0,905
Comme
n = 1,353 .
36
donc  = 0,448 .
Ces valeurs sont très approximatives, on peut prendre les valeurs suivantes plus réalistes :
1
  0,5
n = 1,5
et l'on peut écrire : vo = k H2 o Br 2 o 1/2 .
2) b) La formule générale donnant la vitesse instantanée de la réaction en fonction des

différentes concentrations s’écrit :
d HBr 2k' H2 Br 2 1/2

v= =
dt k" + HBr / Br 2
Cette expression est valable également à l’instant initial, donc :
2k' H2 o Br 2 o 1/2
vo =
k" + HBr o / Br 2 o
On peut considérer sans commettre beaucoup d’erreur que HBr o  0 à l'instant
initial, en posant k = 2k' . On aura :
k"
vo = k H 2 o Br 2 o 1/2 .
On retrouve ainsi la relation obtenue expérimentalement en 2) a). Il y a donc compatibilité

entre les deux expressions théorique et expérimentale.
24) La décomposition thermique du propanal C2H5CHO se fait en présence d’un

amorceur peroxyde ROOR. Le mécanisme suivant est proposé :
k 1 > 2 RO°
Amor çage : ROOR
RO° + C2H5CHO k 2 > ROH + C2H5CO°
Propagation : C H CO° k 3 > CO + C H °
2 5 2 5
C2H5° +C2H5CHO k 4 > C2H6 + C2H5CO°
Rupture : 2C H ° k 5 > C H + C H
2 5 2 6 2 4
37
Exprimer la vitesse de décomposition du propanal en fonction des constantes de vitesse

et des concentrations en propanal et en peroxyde.
En admettant que les réactions de propagation soient beaucoup plus rapides que les
réactions d’amorçage, quel est l’ordre global de la réaction ?
Solution
Le mécanisme de la réaction proposé est le suivant :
ROOR k 1 > 2RO°

Amorçage
RO° + C2H5OH k 2 > ROH = C2H5CO°
C2H5CO° k 3 > CO + C2H5°

Propagation
C2H5° + C2H5COH k 4 > C2H6+ C2H5CO°
Rupture 2C H ° k 5 > C H + C H
2 5 2 6 2 4
La réaction globale de décomposition du propanal s’écrit :
3 C2H5CHO + ROOR  2 ROH + 3 CO + 2 C2H6 + C2H4
Soit v la vitesse de décomposition du propanal :
d C2H5CHO
v=- = k 2 RO° C2H5CHO + k 4 C2H5° C2H5CHO
dt
Pour calculer RO° et C2H5° , utilisons le principe des états stationnaires de
Bodenstein :
d RO°
0= = k 1 ROOR - k 2 RO° C2H5CHO (1)
dt
d C2H5°
0= = k 3 C2H5° - k 4 C2H5° C2H5CHO - 2k 5 C2H5° 2 (2)
dt
d C2H5CO°
0= = k 2 RO° C2H5CHO - k 3 C2H 5CO° C2H5CHO + k 4 C2H5° C2H5CHO (3)
dt
L’équation (1) donne :
k 2 RO° C2H5CHO = k 1 ROOR
38
(2) et (3) entraînent :
k 1 ROOR 1/2
C2H5° =
2k 5
v = k 1 ROOR + k 4 . k 1 ROOR 1/2 C H CHO

donc 2 5
1 2k 5
ou encore :
donc v= k 1 ROOR 1/2 k 1 ROOR 1/2 + k 4 C2H5CHO

2k 5
Si les réactions d’amorçage sont beaucoup plus lentes que les réactions de propagation, la
vitesse v de décomposition du propanal devient :
1/2
v = k' ROOR 1/2 . C2H5CHO avec k' = k 4 k 1
2k 5
l'ordre global de la réaction est de 3.
2
25) La décomposition thermique de l’éthanal CH 3 CHO se fait selon un mécanisme en 6

étapes élémentaires :
CH3 CHO k 1 > CH30 + CHO0

CHO0 k 2 > H0 + CO
k
H0 + CH3 CHO 3 > H2 + CH3 CO0
CH3 CO0 k 4 > CH30 + CO
CH30 = CH3 CHO k 5 > CH4 + CH3 CO0
2 CH 0 k 6 > C H
3 2 6
Exprimer la vitesse de décomposition de l’éthanal en fonction des constantes de vitesse

et de la concentration en éthanal.
En admettant que la réaction d’amorçage soit beaucoup plus lente que la réaction de
propagation, calculer l’ordre global de la réaction.
Exprimer, dans ce cas l’énergie d’activation de la réaction en fonction des énergies

d’activation des étapes élémentaires.
39
Solution
Considérons le mécanisme réactionnel suivant :
CH3 CHO k 1 > CH30 + CHO0

CHO0 k 2 > H0 + CO
H0 + CH3 CHO k 3 > H2 + CH3 CO0
CH3 CO0 k 4 > CH30 + CO
CH 30 = CH3 CHO k 5 > CH4 + CH3 CO0
2 CH 0 k 6 > C H
3 2 6
La vitesse de décomposition de l’éthanal s’écrit :
d CH3CHO
v=-
dt
soit :
v = k 1 CH3CHO + k 3 H 0 CH3CHO + k 5 CH30 CH3CHO
Utilisons le principe des états stationnaires de Bodenstein sur

les radicaux C H 30 , CHO0 , H 0 et C H 3CO0
d CH30
(1) 0= = k 1 CH3CHO + k 4 CH3CO0 - k 5 CH30 CH3CHO - 2k 6 CH30 2
dt
d CHO 0
(2) 0= = k 1 CH3CHO - k 2 CHO0
dt
d H0
(3) 0= = k 2 CHO0 - k 3 H0 CH3CHO
dt
d CH3CO 0
(4) 0= = k 32 H0 CH3CHO - k 4 CH3CO0 + k 5 CH30 CH3CHO
dt
les expressions (2) et (3) donnent H0 = k 1 et CHO0 = k 1 CH3CHO

k3 k2
alors que les équations (1) et (4) donnent :
k 1 CH3CHO = k 6 CH30 2
1/2
soit CH30 2 = k 1 CH3CHO
k6
En remplaçant H0 et CH30 par leurs valeurs dans l'expression de v, on aura :
40
1/2
v = 2k 1 CH3CHO + k 5 k 1 CH3CHO 3/2
1 k6
soit :
v = k 1 CH3CHO 2 k 1 + k 5 CH3CHO
k6
Si la réaction d’amorçage est beaucoup plus lente que celle de propagation, alors on
peut négliger k 1 CH 3CHO (vitesse d'amorçage) devant les autres vitesses et on aura :
v = k' CH3CHO 3/2 avec k' = k 5 k1

k6
L’ordre global de la réaction est donc égal à 3.
2
* La réaction globale s’écrit :
3 CH3CHO  3 CO + H2 + CH4 + C2H6
dont l’énergie d’activation E s’exprime en fonction des énergies d’activation des étapes
élémentaires E1, E2, E3, E4, E5 et E6 :
E = E1 + E2 + E3 +2 E4 + E5 + E6
La réaction d’amorçage est très lente donc E1 = 0 et on a :
E = E2 + E3 + 2 E4 + E5 + E6.
26) Radioactivité
1) Quelle est la période de l’élément X obtenu par la réaction nucléaire :
238 U + 1 n  X + 
92 0
sachant que la masse initiale de X devient 2,72 fois plus petite en 2000s.
2) Quelle serait la masse de matière fossile 235

92 U consommée par jour par un réacteur
dont la puissance est de 1 million de kilowatts ?
3) Quel volume de méthane CH4 faudrait-il utiliser pour obtenir une énergie
équivalente à cette masse d’uranium 235, sachant que la combustion d’une mole de
méthane produit 210 kcal (1 cal = 4,18 J) ?
41
Solution
1) Soit la réaction nucléaire suivante :
238 U + 1 n  239 X + 
92 0 92
dNx = -  N
On sait que x
dt
Nx = e - t ( : constante radioactive)
donc
Nx o
Or la masse d’un élément est proportionnelle à son nombre d’atome, donc :
mt - t
mo = e
ou encore :
 = 1 Ln m o
t mt
m o = 2,72, donc :
Pour t = 2000s, on a mt
= 1 Ln (2,72)
2000
Soit :
 = 5,0.10-4 s-1
Soit  la période de l’élément X, on a :
1 = e -  soit  = 1 Ln 2
2 
= 1 x Ln 2
5,0.10-4
ce qui donne :
 = 1385,4 s .
N.B. : On aurait pu trouver ce résultat en écrivant que :
 x 2000 = Ln 2,72
  = Ln 2
donc :
42
= Ln 2 2000 = 1385,4 s .
Ln 2,72
2) On a : P = 106 KW = 109 W, Soit encore P = 109 J par seconde.

Le réacteur fournit donc par jour une énergie W égale à :
W = 8,64.1013 J
Or, 1 atome-gramme d’uranium 235 fournit :
E = 2,079.1013 J
Donc, le nombre d’at-g d’uranium nécessaire à la production de 8,64.10 13 J sera donc :
4,156 atome-grammes .
Donc la masse de matière fissile 235 U consommée par jour doit être égale à
92
976,624 g (soit environ 1 kg de 235 U).
3) L’énergie W du réacteur (exprimée en K cal) est de W = 2,065.10 10 Kcal par jour ; le

nombre de moles de méthane nécessaire à la production d’une énergie équivalente est égal à :
nméth. = 9,831.107 moles.
Le méthane est considéré comme un gaz parfait, donc :
PV = n R T
donc 1 mole de méthane occupe 22,4 l dans les conditions normales de température et de
pression (P = 1 atm, T = 273 K) et le volume nécessaire du méthane est :
Vméthane = 2,202.106 m3
ce qui est gigantesque par rapport au kg d’uranium consommé à cet effet.
43

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Tayssir Hamieh, Exercices et problèmes résolus de cinétique chimique, Beyrouth, Liban, 2018

Prof. Tayssir HAMIEH

Exercices et problèmes résolus de cinétique chimique

1) La saponification de l’acétate d’éthyle CH3COOC2H5 par la soude est une réaction

La réaction de la saponification s’écrit :

CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH

Après 25 mn de réaction de saponification, la quantité de soude restante est neutralisée

NaOH = ester = 5,29.10-3 M

2.a) La vitesse de réaction s’écrit :

Pour t = 25 mn, x = 0,195 mole.l -1 donc :

2. b) Nous avons ainsi :

d’après la relation précédente, on a :

3) Soit une réaction d’ordre 2 :

A0 = 4,6.10-2 mole. 1-1

t (mn) B (mole. 1-1 ) t (mn) B (mole. 1-1 )

à l’instant initial a b 0 (en mol.L -1)

1er cas : dressons le tableau suivant :

On en déduit que k  0,027 mole -1.l.mn -1 .

2ème cas : dans le deuxième cas : k = 1 1 - 1 .

d'où k  0,025 mole -1.l.mn -1 .

4) Soit la réaction de dissociation, à 727°C :

où k est la constante de vitesse et Ea l’énergie d’activation de la réaction AB  A + B.

Pour k1 constante de vitesse à T1 correspondant à la vitesse v1

donc dT  5.1,98.1000 = 0,33

Soit  le rendement de cette réaction, on a :

 = 99,9 %  kt 99,9 % = 6,908

6) Soit une réaction du 1er ordre du type :

pour t = t 1/2 , on a : nn0-x = 1 ou n 0-x = n 0

E = 1,98 (Ln5) x 5216,3

8) Soient deux réactions consécutives du 1er ordre :

Soient a0 la concentration initiale en A et a, b, c les concentrations respectives des

Soient les deux réactions consécutives suivantes

L’équation sans second membre admet comme solution :

une solution particulière s'écrit : b=  e - k 1t

La conservation des espèces chimiques impose :

On aurait pu aboutir au même résultat en intégrant l’équation :

9) Soient les réactions consécutives du 1er ordre :

En désignant par a0 la concentration initiale en A et par a, b et c, les concentrations

Soient les deux réactions consécutives suivantes :

10) L’étude cinétique de la réaction de dissociation de l’ammoniac NH 3 en azote N2 et

Avec R = 8,32 J.K-1.mol-1, T = 1373 K

P0 = (2x8,32x1373)k (S.I.) (en pa)

11) Soit la réaction :

On introduit dans 1 l d’eau 0,01 mole de A et 0,01 mole de B.

Soit la réaction : A + B  C+D

Si la réaction de durcissement de l’adhésif est du 1er ordre, on peut écrire :

Pour un complet durcissement, kt = constante = cte, or :

Soit t le temps nécessaire au durcissement de l’adhésif correspondant à la température T =

En divisant membre à membre les relations (1) et (2), on aura :

13) La réaction de synthèse d’un hydracide HX, soit :

a) X2 <k 1 > 2X°

Exprimer la vitesse de formation de l’hydracide.

La réaction H2 + X2  2 HX admet le mécanisme réactionnel suivant :

a) X2 <k 1 > 2X°

L’application du principe de Bodenstein donne :

Ces deux équations impliquent :

14) Soit l’équilibre d’ionisation de l’eau :

L’équilibre d’ionisation s’écrit :

H2O <k 1 > H+ + OH-