10  Vitesse de réaction

Une remarque ? Écrivez-nous — coquille, question, suggestion.

Confort — Vous savez déjà qu’une réaction chimique transforme des réactifs en produits, et que cette transformation ne se produit que si les particules se heurtent avec une énergie suffisante — c’est la théorie des collisions. Vous savez aussi représenter l’évolution énergétique d’une réaction par un diagramme enthalpique, avec ses réactifs, ses produits et sa variation \(\Delta_r H^\circ\).

Proximal — Ce chapitre introduit une nouvelle question : à quelle vitesse une réaction se déroule-t-elle ? Vous découvrirez que cette vitesse dépend des concentrations des réactifs selon une loi mathématique précise — la loi de vitesse — et que la température agit sur la vitesse par l’intermédiaire d’une barrière énergétique appelée énergie d’activation. Vous verrez enfin comment un catalyseur accélère une réaction sans en modifier le bilan thermodynamique.

Dépassement — À l’issue de ce chapitre, vous serez en mesure de déterminer expérimentalement l’ordre d’une réaction à partir de données de vitesse initiale, de calculer la constante de vitesse \(k\) avec ses unités, et d’extraire graphiquement une énergie d’activation à partir de la forme linéarisée de la loi d’Arrhenius. Vous pourrez également distinguer catalyse homogène, hétérogène et enzymatique. Vous expliquerez enfin pourquoi un catalyseur n’affecte pas la position de l’équilibre — notion que vous formaliserez au chapitre Équilibre chimique 1.

Projet-Balmer Dernière mise à jour : 2026-05-11

Vous savez déjà que…

Mini-test de positionnement — répondez avant de continuer :

  1. Une solution contient \(0{,}40\ \text{mol}\) de \(\ce{HCl}\) dissous dans \(200\ \text{mL}\) de solution. Quelle est la concentration \([\ce{HCl}]\) ?

  2. Pour une réaction exothermique, les produits se trouvent-ils à un niveau d’énergie supérieur ou inférieur à celui des réactifs ?

  3. Citez deux conditions nécessaires pour qu’une collision entre particules soit efficace.

Réponses : (1) \([\ce{HCl}] = 2{,}0\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1}\) — (2) Inférieur, car \(\Delta_r H^\circ < 0\) — (3) Orientation favorable et énergie suffisante.

Si vous répondez sans hésiter -> vous êtes dans votre zone de confort, passez directement à la Zone 2.

Projet-Balmer Dernière mise à jour : 2026-05-11

10.0.1 Exprimer la vitesse d’une réaction

Conception courante : on imagine souvent qu’une réaction se produit instantanément dès que les réactifs sont mélangés. En réalité, toute réaction se déroule de manière progressive — certaines en quelques fractions de seconde, d’autres sur des années.

Analogie : pensez à une file d’attente qui se vide progressivement. On peut mesurer la vitesse à laquelle elle diminue par le nombre de personnes qui partent par minute. De même, on mesure la vitesse d’une réaction par la variation de concentration par unité de temps. Limite de l’analogie : dans une file, chaque personne part indépendamment — dans une réaction, la disparition des réactifs et l’apparition des produits sont liées par les coefficients stœchiométriques.

Au niveau macroscopique. En laboratoire, on suit l’avancement d’une réaction en mesurant la disparition d’un réactif ou l’apparition d’un produit : décoloration d’une solution, dégagement d’un gaz, variation de masse. Ces grandeurs varient dans le temps de manière caractéristique.

Au niveau particulaire. Les molécules de réactifs se heurtent, se réarrangent et donnent naissance à de nouvelles espèces. Au début, les réactifs sont nombreux et les collisions fréquentes — la réaction est rapide. Au fur et à mesure que les réactifs sont consommés, les collisions deviennent moins fréquentes et la réaction ralentit.

Au niveau symbolique. Pour la réaction générique :

\[a\,\text{A} + b\,\text{B} \rightarrow c\,\text{C} + d\,\text{D}\]

la vitesse de réaction \(v\) s’exprime en tenant compte des coefficients stœchiométriques :

\[v = -\frac{1}{a}\frac{\Delta[\text{A}]}{\Delta t} = -\frac{1}{b}\frac{\Delta[\text{B}]}{\Delta t} = +\frac{1}{c}\frac{\Delta[\text{C}]}{\Delta t} = +\frac{1}{d}\frac{\Delta[\text{D}]}{\Delta t}\] {#eq:vitesse}

Le signe négatif devant les réactifs garantit que \(v\) est toujours positive. L’unité de \(v\) est \(\text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).

Conception courante : on pourrait croire que tous les réactifs disparaissent à la même vitesse. C’est faux dès que les coefficients stœchiométriques diffèrent : dans \(\text{A} + 3\,\text{B} \rightarrow 2\,\text{D}\), B est consommé trois fois plus vite que A. Les coefficients stœchiométriques permettent de ramener toutes ces vitesses partielles à une vitesse unique de réaction.

On distingue trois types de vitesses :

  • la vitesse moyenne sur un intervalle \([t_1,\, t_2]\) — quotient \(\Delta[\text{A}] / \Delta t\) ;
  • la vitesse instantanée à un instant \(t\) — pente de la tangente à la courbe \([\text{A}](t)\) en ce point ;
  • la vitesse initiale \(v_0\) — vitesse instantanée à \(t = 0\), là où les concentrations sont connues avec précision.

Exemple travaillé. Pour la réaction \(\ce{CO2 + 2H2O -> CH4 + 2O2}\), un chimiste mesure une vitesse de formation de \(\ce{CH4}\) de \(0{,}27\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).

En appliquant l’équation @eq:vitesse :

\[v = \frac{\Delta[\ce{CH4}]}{\Delta t} = 0{,}27\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\]

La vitesse de consommation de \(\ce{CO2}\) vaut donc \(0{,}27\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\) (coefficient 1), et la vitesse de formation de \(\ce{O2}\) vaut \(2 \times 0{,}27 = 0{,}54\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\) (coefficient 2).

Exercices :

  1. Pour la réaction \(\ce{N2(g) + 3H2(g) -> 2NH3(g)}\), la vitesse de consommation de \(\ce{H2}\) est \(0{,}30\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\). Calculez la vitesse de réaction \(v\) et la vitesse de formation de \(\ce{NH3}\).1
  2. Pour la réaction \(\ce{2NO2(g) -> 2NO(g) + O2(g)}\), \([\text{NO}_2]\) passe de \(0{,}80\) à \(0{,}65\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1}\) en \(30\ \text{s}\). Calculez la vitesse moyenne de réaction sur cet intervalle.2
  3. Distinguez en une phrase vitesse initiale et vitesse instantanée.3

10.0.2 L’énergie d’activation

Conception courante : on croit souvent qu’une réaction exothermique démarre spontanément, puisqu’elle libère de l’énergie. C’est inexact — le bois brûle de manière exothermique, mais il ne s’enflamme pas seul à température ambiante. Il faut une flamme pour l’allumer.

Analogie : imaginez une bille au sommet d’une colline, avec une bosse à franchir avant de descendre dans une vallée plus basse. Même si la vallée est plus basse (état final plus stable), la bille ne peut pas y accéder sans l’énergie suffisante pour franchir la bosse. Limite de l’analogie : les particules ne “roulent” pas — elles acquièrent leur énergie par collisions aléatoires avec les autres particules du milieu.

Au niveau macroscopique. Certaines réactions ne démarrent qu’avec un apport d’énergie initial — chaleur, lumière, étincelle. Sans cet apport, la réaction ne se produit pas, même si son bilan est très favorable.

Au niveau particulaire. Pour réagir, deux particules doivent non seulement se heurter avec une orientation favorable, mais aussi posséder une énergie cinétique minimale suffisante pour distordre et rompre les liaisons des réactifs. Cette énergie minimale est l’énergie d’activation \(E_a\). Seule une fraction des particules possède cette énergie à température ambiante — c’est ce qui explique que les réactions ne sont pas instantanées.

Au niveau symbolique. Sur un profil énergétique, \(E_a\) correspond à la différence d’énergie entre l’état de transition (sommet de la barrière) et les réactifs :

\[E_a = E_{\text{transition}} - E_{\text{réactifs}}\] {#eq:ea}

Plus \(E_a\) est élevée, plus la fraction de particules capables de réagir est faible, et plus la réaction est lente. La valeur de \(E_a\) est une propriété intrinsèque de la réaction — elle est indépendante de \(\Delta_r H^\circ\).

Attention : \(E_a\) et \(\Delta_r H^\circ\) sont deux grandeurs indépendantes. Une réaction très exothermique peut avoir une \(E_a\) élevée (réaction lente) et inversement.

Exercices :

  1. Une réaction a \(E_a = 50\ \text{kJ/mol}\) et \(\Delta_r H^\circ = -120\ \text{kJ/mol}\). Quelle est l’énergie d’activation de la réaction inverse ?4
  2. Deux réactions A et B ont respectivement \(E_a = 30\ \text{kJ/mol}\) et \(E_a = 80\ \text{kJ/mol}\). À même température et concentrations égales, laquelle est la plus rapide ? Justifiez.5
  1. Le bois est un combustible exothermique mais ne brûle pas spontanément à température ambiante. Expliquez en termes d’énergie d’activation.6

10.0.3 La loi de vitesse

Conception courante : on pourrait croire que doubler la concentration d’un réactif double toujours la vitesse. En réalité, l’effet de la concentration dépend de chaque réaction — il peut être nul, linéaire ou quadratique.

Au niveau macroscopique. En laboratoire, on observe que doubler la concentration d’un réactif peut doubler, quadrupler ou ne pas affecter du tout la vitesse — selon la réaction étudiée. Il n’existe pas de relation universelle : chaque réaction obéit à sa propre loi de vitesse, déterminée expérimentalement.

Au niveau particulaire. La façon dont la concentration influence la vitesse dépend du mécanisme réactionnel — c’est-à-dire de la séquence d’étapes élémentaires par lesquelles les réactifs se transforment en produits. Nous utilisons ici cette notion de manière intuitive ; elle sera approfondie dans des cours ultérieurs.

Au niveau symbolique. Pour la réaction générique \(a\,\text{A} + b\,\text{B} \rightarrow \text{produits}\), la loi de vitesse s’écrit :

\[v = k \cdot [\text{A}]^m \cdot [\text{B}]^n\] {#eq:loi-vitesse}

Symbole Nom Remarque
\(k\) constante de vitesse dépend de \(T\), pas de la concentration
\(m\) ordre partiel par rapport à A déterminé expérimentalement
\(n\) ordre partiel par rapport à B déterminé expérimentalement
\(m + n\) ordre global somme des ordres partiels

Conception courante : les ordres partiels \(m\) et \(n\) n’ont aucun lien avec les coefficients stœchiométriques \(a\) et \(b\). Ils reflètent le mécanisme réactionnel et ne peuvent être déterminés que par l’expérience.

Détermination expérimentale des ordres. On réalise plusieurs expériences en faisant varier la concentration d’un seul réactif à la fois et en mesurant \(v_0\). On compare les résultats deux à deux :

  • si \([\text{A}]\) double et \(v_0\) double : ordre 1 par rapport à A
  • si \([\text{A}]\) double et \(v_0\) quadruple : ordre 2 par rapport à A
  • si \([\text{A}]\) double et \(v_0\) reste constante : ordre 0 par rapport à A

Unités de \(k\). Cette notion est distincte de la loi de vitesse elle-même — revenez-y après avoir travaillé des exemples numériques si elle vous semble abstraite. Les unités dépendent de l’ordre global \(p = m + n\) et se déduisent en isolant \(k\) dans l’équation @eq:loi-vitesse :

\[[k] = \text{mol}^{1-p} \cdot \text{L}^{p-1} \cdot \text{s}^{-1}\] {#eq:unites-k}

Par exemple, pour un ordre global 2 : \([k] = \text{L} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).

Exemple travaillé. Pour la réaction \(\ce{A + B -> C}\) obéissant à \(v = k \cdot [\text{A}] \cdot [\text{B}]^2\), on mesure \(v_0 = 4{,}0 \times 10^{-3}\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\) avec \([\text{A}]_0 = 0{,}10\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1}\) et \([\text{B}]_0 = 0{,}20\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1}\).

\[k = \frac{v_0}{[\text{A}][\text{B}]^2} = \frac{4{,}0 \times 10^{-3}}{0{,}10 \times (0{,}20)^2} = 1{,}0\ \text{L}^2 \cdot \text{mol}^{-2} \cdot \text{s}^{-1}\]

L’ordre global est 3 — les unités de \(k\) sont bien \(\text{L}^2 \cdot \text{mol}^{-2} \cdot \text{s}^{-1}\), conformément à l’équation @eq:unites-k.

Exercices :

  1. Pour la réaction \(\ce{2NO(g) + O2(g) -> 2NO2(g)}\), on mesure : expérience 1 — \([\text{NO}] = 0{,}10\), \([\text{O}_2] = 0{,}10\), \(v_0 = 1{,}2 \times 10^{-3}\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\) ; expérience 2 — \([\text{NO}] = 0{,}20\), \([\text{O}_2] = 0{,}10\), \(v_0 = 4{,}8 \times 10^{-3}\). Quel est l’ordre par rapport à NO ?7
  1. Pour la même réaction, l’expérience 3 donne \([\text{NO}] = 0{,}10\), \([\text{O}_2] = 0{,}20\), \(v_0 = 2{,}4 \times 10^{-3}\). Quel est l’ordre par rapport à \(\ce{O2}\) ? Écrivez la loi de vitesse complète.8
  2. Calculez \(k\) pour la loi de vitesse de l’exercice 2 et précisez ses unités.9
  3. Une réaction d’ordre global 1 a \(k = 3{,}5 \times 10^{-2}\ \text{s}^{-1}\) et \([\text{A}] = 0{,}40\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1}\). Calculez \(v\).10

10.0.4 Les facteurs cinétiques

Trois facteurs principaux contrôlent la vitesse d’une réaction en solution ou en phase gazeuse : la concentration, la température et la présence d’un catalyseur.

10.0.4.1 Concentration

Au niveau macroscopique. Une solution plus concentrée réagit plus vite : le blanchiment d’un tissu est plus rapide dans de l’eau de Javel concentrée que diluée.

Au niveau particulaire. Une concentration plus élevée signifie plus de particules par unité de volume — les collisions sont donc plus fréquentes. La proportion de collisions efficaces reste identique, mais leur nombre absolu augmente.

Au niveau symbolique. L’effet de la concentration est directement encodé dans la loi de vitesse (équation @eq:loi-vitesse) : augmenter \([\text{A}]\) augmente \(v\) selon la puissance \(m\).

10.0.4.2 Température — loi d’Arrhenius

Conception courante : on sait empiriquement que chauffer accélère une réaction, mais on ignore souvent pourquoi. Ce n’est pas parce que les particules “bougent plus vite” au sens général — c’est parce qu’une fraction plus importante d’entre elles dépasse le seuil \(E_a\).

Au niveau macroscopique. De manière empirique, une augmentation de \(10\ ^\circ\text{C}\) autour de la température ambiante double approximativement la vitesse de réaction.

Au niveau particulaire. À température plus élevée, la distribution des énergies cinétiques des particules se déplace vers les hautes énergies. Une fraction plus importante dépasse le seuil \(E_a\) — les collisions efficaces sont donc plus nombreuses, et \(k\) augmente.

Au niveau symbolique. La relation entre \(k\) et la température \(T\) (en kelvin) est donnée par la loi d’Arrhenius :

\[k = A \cdot e^{-E_a / (R \cdot T)}\] {#eq:arrhenius}

où \(A\) est le facteur de fréquence, \(E_a\) l’énergie d’activation en \(\text{J} \cdot \text{mol}^{-1}\), et \(R = 8{,}314\ \text{J} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}\).

En prenant le logarithme naturel des deux membres :

\[\ln k = \ln A - \frac{E_a}{R} \cdot \frac{1}{T}\] {#eq:arrhenius-lin}

Un graphe de \(\ln k\) en fonction de \(1/T\) est une droite de pente \(-E_a / R\), ce qui permet de déterminer \(E_a\) expérimentalement sans connaître \(A\).

10.0.4.3 Catalyseurs

Conception courante : on croit souvent qu’un catalyseur “participe” à la réaction et se consomme. C’est faux — il est régénéré à la fin et n’apparaît pas dans l’équation bilan.

Au niveau macroscopique. Le platine dans un pot catalytique transforme les gaz d’échappement toxiques (\(\ce{CO}\), \(\ce{NOx}\)) en \(\ce{CO2}\), \(\ce{N2}\) et \(\ce{H2O}\) à une vitesse qui serait négligeable sans lui à température ambiante.

Un catalyseur est une substance qui accélère une réaction chimique sans être consommée dans la transformation globale.

Au niveau particulaire. Le catalyseur offre un chemin réactionnel alternatif dont l’énergie d’activation est plus basse. Une fraction plus importante des particules peut ainsi franchir la barrière — la réaction s’accélère. Le catalyseur ne modifie ni \(\Delta_r H^\circ\) ni la position de l’équilibre.

Au niveau symbolique. Sur un profil énergétique, le catalyseur abaisse le sommet de la barrière sans déplacer les niveaux des réactifs et des produits :

On distingue trois types de catalyseurs :

  • Homogène : dans la même phase que les réactifs (ex. \(\ce{Fe^{2+}}\) en solution aqueuse).
  • Hétérogène : dans une phase différente des réactifs (ex. nickel solide pour l’hydrogénation des huiles végétales).
  • Enzymatique : enzyme biologique hautement spécifique (ex. catalase dans les cellules vivantes).11

Exercices :

  1. À 298 K, \(k = 2{,}0 \times 10^{-3}\ \text{L} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\) et \(E_a = 60\ \text{kJ/mol}\). Calculez \(k\) à 318 K en utilisant la loi d’Arrhenius sous forme de rapport : \(\ln(k_2/k_1) = (E_a/R)(1/T_1 - 1/T_2)\).12
  2. Un pot catalytique utilise du platine solide pour convertir \(\ce{CO(g)}\) en \(\ce{CO2(g)}\). De quel type de catalyseur s’agit-il ? Justifiez en une phrase.13
  1. Expliquez pourquoi un catalyseur ne modifie pas \(\Delta_r H^\circ\) d’une réaction, en vous appuyant sur le profil énergétique.14
  2. Parmi les facteurs suivants, lesquels affectent \(k\) ? (a) concentration de A ; (b) température ; (c) présence d’un catalyseur ; (d) pression totale.15

Exercices de synthèse

  1. Pour la réaction \(\ce{H2(g) + I2(g) -> 2HI(g)}\), \(v = k[\ce{H2}][\ce{I2}]\). Quel est l’ordre global ? Si \([\ce{H2}] = [\ce{I2}] = 0{,}20\ \text{mol/L}\) et \(k = 0{,}063\ \text{L} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\), calculez \(v\).16
  2. Pour une réaction d’ordre 2 avec \(k = 0{,}50\ \text{L} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\), si on triple la concentration du réactif unique, par quel facteur la vitesse est-elle multipliée ?17
  3. La constante de vitesse d’une réaction est \(k = 1{,}2 \times 10^{-2}\ \text{s}^{-1}\) à 300 K et \(k = 9{,}6 \times 10^{-2}\ \text{s}^{-1}\) à 340 K. Calculez \(E_a\).18
  4. Expliquez pourquoi l’ordre d’une réaction ne peut pas être déduit de son équation bilan, et comment il est déterminé en pratique.19
  5. Pour la réaction \(\ce{A + B -> C}\), les données de vitesse initiale donnent : doubler \([\text{A}]\) double \(v\), doubler \([\text{B}]\) ne change pas \(v\). Écrivez la loi de vitesse, calculez \(k\) si \(v_0 = 5{,}0 \times 10^{-3}\ \text{mol/L/s}\) pour \([\text{A}]_0 = 0{,}50\ \text{mol/L}\), et donnez les unités de \(k\).20
  6. Sur un diagramme d’énergie, tracez schématiquement les profils de deux réactions : (a) exothermique rapide (\(E_a\) faible) ; (b) endothermique lente (\(E_a\) élevée). Annotez \(E_a\) et \(\Delta_r H^\circ\) sur chaque profil.21
  7. Un catalyseur enzymatique abaisse \(E_a\) de \(80\ \text{kJ/mol}\) à \(20\ \text{kJ/mol}\) à 310 K. Calculez le rapport \(k_\text{cat}/k_\text{non-cat}\) à l’aide de la loi d’Arrhenius (facteur \(A\) identique).22
  8. Pour la réaction \(\ce{2H2O2(aq) -> 2H2O(l) + O2(g)}\), \(v = k[\ce{H2O2}]\). Si \([\ce{H2O2}]_0 = 0{,}40\ \text{mol/L}\) et \(k = 7{,}0 \times 10^{-3}\ \text{s}^{-1}\), calculez \(v_0\) et la vitesse de formation de \(\ce{O2}\).23
  9. Expliquez en termes particulaires pourquoi une augmentation de température de 10 °C environ double la vitesse de réaction, alors qu’elle n’augmente la vitesse quadratique moyenne des molécules que de quelques pourcents.24
  10. Une réaction a \(E_a = 100\ \text{kJ/mol}\). Un catalyseur réduit \(E_a\) à \(60\ \text{kJ/mol}\). À 298 K, calculez le rapport \(k_\text{cat}/k_\text{non-cat}\).25

Projet-Balmer Dernière mise à jour : 2026-05-11

Ces défis s’adressent à ceux qui veulent aller réellement plus loin. Ils exigent de mobiliser les notions de Zone 2 dans des contextes nouveaux.

10.0.5 Défi A — Détermination expérimentale d’une loi de vitesse

Pour la réaction \(\ce{A + 2B -> C}\), un chimiste mesure les vitesses initiales suivantes à température constante :

Expérience \([\text{A}]_0\ (\text{mol} \cdot \text{L}^{-1})\) \([\text{B}]_0\ (\text{mol} \cdot \text{L}^{-1})\) \(v_0\ (\text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1})\)
1 \(0{,}10\) \(0{,}10\) \(2{,}0 \times 10^{-4}\)
2 \(0{,}20\) \(0{,}10\) \(4{,}0 \times 10^{-4}\)
3 \(0{,}10\) \(0{,}20\) \(8{,}0 \times 10^{-4}\)
  1. Déterminez les ordres partiels par rapport à A et à B.
  2. Écrivez la loi de vitesse complète.
  3. Calculez la valeur numérique de \(k\) et précisez ses unités.26

10.0.6 Défi B — Calcul de \(E_a\) par linéarisation d’Arrhenius

Un chimiste mesure la constante de vitesse \(k\) d’une réaction à différentes températures :

\(T\ (\text{K})\) \(k\ (\text{L} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{s}^{-1})\)
\(300\) \(1{,}8 \times 10^{-3}\)
\(320\) \(7{,}4 \times 10^{-3}\)
\(340\) \(2{,}5 \times 10^{-2}\)
\(360\) \(7{,}3 \times 10^{-2}\)
  1. Calculez \(\ln k\) et \(1/T\) pour chaque point et reportez-les dans un graphe \(\ln k\) en fonction de \(1/T\).
  2. Déterminez la pente de la droite en choisissant deux points éloignés sur le graphe.
  3. Déduisez-en l’énergie d’activation \(E_a\) en \(\text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1}\).27

10.0.7 Défi C — Catalyse, profil énergétique et équilibre

La décomposition du peroxyde d’hydrogène en phase aqueuse :

\[\ce{2 H2O2 (aq) -> 2 H2O (l) + O2 (g)}\]

est très lente à température ambiante, mais devient rapide en présence d’ions \(\ce{I-}\) ou de l’enzyme catalase.

  1. L’énergie d’activation de la réaction non catalysée est \(E_a = 75\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1}\). En présence de \(\ce{I-}\), elle tombe à \(57\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1}\). Représentez sur un même graphe les deux profils énergétiques (\(\Delta_r H^\circ = -98\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1}\)).

  2. La catalase abaisse \(E_a\) à environ \(8\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1}\). De quel type de catalyseur s’agit-il ? Justifiez.

  3. Un élève affirme que l’ajout de catalase modifie la constante d’équilibre de la réaction. Êtes-vous d’accord ? Raisonnez à partir du profil énergétique.28

Mots-clés

Vitesse de réaction : variation de la concentration d’un réactif ou d’un produit par unité de temps, corrigée des coefficients stœchiométriques ; en \(\text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).

Vitesse initiale : vitesse instantanée mesurée à \(t = 0\), là où les concentrations initiales sont connues avec précision.

Énergie d’activation : énergie minimale que doivent posséder les particules pour que leur collision soit efficace et produise une réaction.

Loi de vitesse : relation expérimentale \(v = k \cdot [\text{A}]^m \cdot [\text{B}]^n\) liant la vitesse aux concentrations des réactifs ; déterminée expérimentalement.

Ordre de réaction : exposant \(m\) ou \(n\) dans la loi de vitesse, déterminé expérimentalement — sans lien avec les coefficients stœchiométriques.

Constante de vitesse : constante \(k\) propre à une réaction à une température donnée ; ses unités dépendent de l’ordre global.

Loi d’Arrhenius : relation \(k = A \cdot e^{-E_a/(RT)}\) décrivant la dépendance de \(k\) à la température ; forme linéarisée : \(\ln k = \ln A - E_a/R \cdot 1/T\).

Catalyseur : substance accélérant une réaction en abaissant \(E_a\) sans être consommée et sans modifier la position de l’équilibre.

Projet-Balmer Dernière mise à jour : 2026-05-11

Projet-Balmer

  1. \(v = \frac{1}{3} \times 0{,}30 = 0{,}10\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\) ; \(v(\ce{NH3}) = 2 \times 0{,}10 = 0{,}20\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).↩︎

  2. \(v = \frac{1}{2} \times \frac{0{,}80 - 0{,}65}{30} = 2{,}5 \times 10^{-3}\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).↩︎

  3. La vitesse initiale est la vitesse instantanée mesurée spécifiquement à \(t = 0\), là où les concentrations de départ sont connues avec précision.↩︎

  4. \(E_a(\text{inverse}) = E_a(\text{directe}) - \Delta_r H^\circ = 50 - (-120) = 170\ \text{kJ/mol}\).↩︎

  5. La réaction A est plus rapide — \(E_a\) plus faible signifie qu’une fraction plus grande de particules dépasse le seuil d’activation à même température.↩︎

  6. La combustion du bois nécessite une énergie d’activation élevée que les collisions à température ambiante ne peuvent pas fournir — il faut un apport extérieur (flamme) pour initier la réaction.↩︎

  7. Ordre 2 par rapport à NO — doubler \([\text{NO}]\) quadruple \(v_0\).↩︎

  8. Ordre 1 par rapport à \(\ce{O2}\) — doubler \([\text{O}_2]\) double \(v_0\). Loi de vitesse : \(v = k \cdot [\text{NO}]^2 \cdot [\text{O}_2]\).↩︎

  9. \(k = 1{,}2 \times 10^{-3} / (0{,}10^2 \times 0{,}10) = 1{,}2\ \text{L}^2 \cdot \text{mol}^{-2} \cdot \text{s}^{-1}\).↩︎

  10. \(v = 3{,}5 \times 10^{-2} \times 0{,}40 = 1{,}4 \times 10^{-2}\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).↩︎

  11. La notion d’équilibre chimique et son lien avec la cinétique seront formalisés au chapitre Équilibre chimique 1.↩︎

  12. \(\ln(k_2/k_1) = (60000/8{,}314)(1/298 - 1/318) = 7215 \times 2{,}11 \times 10^{-4} = 1{,}52\) ; \(k_2 = 2{,}0 \times 10^{-3} \times e^{1{,}52} \approx 9{,}1 \times 10^{-3}\ \text{L} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).↩︎

  13. Hétérogène — le platine est un solide, alors que les réactifs \(\ce{CO}\) et \(\ce{O2}\) sont des gaz : les deux espèces sont dans des phases différentes.↩︎

  14. Le catalyseur abaisse la barrière d’activation sans modifier les niveaux d’énergie des réactifs et des produits — la différence \(\Delta_r H^\circ = E_\text{produits} - E_\text{réactifs}\) reste donc identique.↩︎

  15. Seuls (b) et (c) affectent \(k\) — la température et la présence d’un catalyseur modifient \(k\) via la loi d’Arrhenius. La concentration (a) et la pression (d) n’affectent pas \(k\), seulement \(v\).↩︎

  16. Ordre global 2 ; \(v = 0{,}063 \times 0{,}20 \times 0{,}20 = 2{,}5 \times 10^{-3}\ \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{s}^{-1}\).↩︎

  17. La vitesse est multipliée par \(3^2 = 9\).↩︎

  18. \(\ln(9{,}6 \times 10^{-2} / 1{,}2 \times 10^{-2}) = E_a/R \times (1/300 - 1/340)\) ; \(\ln(8) = E_a/8{,}314 \times 3{,}92 \times 10^{-4}\) ; \(E_a = 2{,}079 / (3{,}92 \times 10^{-4} / 8{,}314) \approx 44\ \text{kJ/mol}\).↩︎

  19. L’ordre dépend du mécanisme réactionnel, pas des coefficients stœchiométriques. Il est déterminé expérimentalement en mesurant les vitesses initiales pour différentes concentrations et en comparant les résultats deux à deux.↩︎

  20. \(v = k[\text{A}]\) ; \(k = 5{,}0 \times 10^{-3} / 0{,}50 = 1{,}0 \times 10^{-2}\ \text{s}^{-1}\).↩︎

  21. Profil schématique attendu — (a) sommet bas au-dessus des réactifs, produits bien en dessous ; (b) sommet très haut, produits au-dessus des réactifs. Vérifiez que \(E_a\) pointe du niveau réactifs au sommet, et \(\Delta_r H^\circ\) du niveau réactifs au niveau produits.↩︎

  22. \(k_\text{cat}/k_\text{non-cat} = e^{-(20000-80000)/(8{,}314 \times 310)} = e^{60000/2577} = e^{23{,}3} \approx 1{,}3 \times 10^{10}\).↩︎

  23. \(v_0 = 7{,}0 \times 10^{-3} \times 0{,}40 = 2{,}8 \times 10^{-3}\ \text{mol/L/s}\) ; \(v(\ce{O2}) = \frac{1}{2} \times 2{,}8 \times 10^{-3} = 1{,}4 \times 10^{-3}\ \text{mol/L/s}\).↩︎

  24. La distribution des énergies cinétiques (Maxwell-Boltzmann) montre qu’une faible augmentation de température déplace significativement la fraction de molécules dépassant le seuil \(E_a\) — cet effet est exponentiel, d’où un doublement de \(k\) pour seulement +10 °C.↩︎

  25. \(k_\text{cat}/k_\text{non-cat} = e^{(100000-60000)/(8{,}314 \times 298)} = e^{40000/2478} = e^{16{,}1} \approx 9{,}9 \times 10^6\).↩︎

    1. Ordre 1 par rapport à A, ordre 2 par rapport à B. (2) \(v = k \cdot [\text{A}]^1 \cdot [\text{B}]^2\). (3) \(k = v_0 / ([\text{A}][\text{B}]^2) = 2{,}0 \times 10^{-4} / (0{,}10 \times 0{,}10^2) = 0{,}20\ \text{L}^2 \cdot \text{mol}^{-2} \cdot \text{s}^{-1}\).
    ↩︎

  27. La pente vaut approximativement \(-9\,600\ \text{K}\). On obtient \(E_a = -\text{pente} \times R = 9\,600 \times 8{,}314 \approx 80\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1}\).↩︎

    1. Les deux courbes partagent les mêmes niveaux d’énergie pour les réactifs et les produits (\(\Delta_r H^\circ\) inchangé) — seul le sommet de la barrière diffère : \(75\ \text{kJ/mol}\) sans catalyseur, \(57\ \text{kJ/mol}\) avec \(\ce{I-}\). (2) La catalase est une protéine biologique agissant en phase aqueuse, dans la même phase que le substrat \(\ce{H2O2}\) : c’est un catalyseur homogène de type enzymatique. (3) Non. Un catalyseur abaisse \(E_a\) de manière identique pour la réaction directe et inverse — les niveaux d’énergie des réactifs et des produits restent inchangés, donc \(\Delta_r G^\circ\) et \(K\) ne sont pas modifiés. Le catalyseur permet d’atteindre l’équilibre plus rapidement, sans en déplacer la position.
    ↩︎