Temps de demi-réaction : exercices corrigés de Terminale

La réaction est totale : à l'état final, $A$ a entièrement disparu, donc $[A]_f = 0$.

À $t_{1/2}$, l'avancement vaut la moitié de sa valeur finale. ⁴ La concentration de $A$ est donc la moyenne entre l'état initial et l'état final : $\dfrac{[A]_0 + [A]_f}{2}$.

Calcul : $\dfrac{0{,}80 + 0}{2} = 0{,}40 \text{ mol} \cdot \text{L}^{-1}$.

Pour une réaction d'ordre 1, on a $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{k}$. ⁴

Remplace : $t_{1/2} = \dfrac{0{,}693}{0{,}035}$.

Calcule : $t_{1/2} \approx 19{,}8 \text{ min}$.

Contrôle de l'unité : $k$ est l'inverse d'un temps, donc $1/k$ est un temps, et le résultat est bien en minutes. ¹

Pour l'ordre 1, $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{k}$. ⁴

On isole $k$ : $k = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$.

Remplace : $k = \dfrac{0{,}693}{12} \approx 0{,}0578 \text{ s}^{-1}$.

Calcule le nombre de temps de demi-réaction écoulés : $\dfrac{45}{15} = 3$.

Pour l'ordre 1, le temps de demi-réaction est indépendant de la concentration initiale. ⁴ Après chaque durée $t_{1/2}$, la concentration est donc divisée par 2.

Après 3 demi-réactions : $[A] = \dfrac{[A]_0}{2^3} = \dfrac{0{,}60}{8}$.

Résultat : $[A] = 0{,}075 \text{ mol} \cdot \text{L}^{-1}$.

Si $87{,}5 \%$ a disparu, il reste $100 - 87{,}5 = 12{,}5 \%$ du réactif, soit la fraction $\dfrac{1}{8}$.

Or $\dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2^3}$ : il faut donc 3 temps de demi-réaction, puisque la concentration est divisée par 2 à chaque fois pour une réaction d'ordre 1. ⁴

Durée : $t = 3 \times 30 = 90 \text{ min}$.

La réaction n'est pas totale : l'état final est l'état d'équilibre, avec $n(A)_{\text{éq}} = 4{,}0 \text{ mol}$.

À $t_{1/2}$, l'avancement a parcouru la moitié du chemin vers sa valeur finale. ⁴ La quantité de $A$ est alors la moyenne entre l'état initial et l'état final. ⁴

Calcul : $n(A) = \dfrac{6{,}0 + 4{,}0}{2} = 5{,}0 \text{ mol}$.

Vérification : la quantité de $A$ ne peut pas descendre jusqu'à $3{,}0 \text{ mol}$, car elle ne passe jamais sous $4{,}0 \text{ mol}$, la valeur d'équilibre.

Pour l'ordre 1, $\ln [A] = -kt + \ln [A]_0$. ⁵ On en tire $k \, t = \ln \dfrac{[A]_0}{[A]}$, donc $k = \dfrac{1}{t} \ln \dfrac{[A]_0}{[A]}$.

Calcul : $k = \dfrac{1}{40} \ln \dfrac{0{,}80}{0{,}20} = \dfrac{\ln 4}{40} \approx 0{,}0347 \text{ min}^{-1}$.

Temps de demi-réaction : $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{k} = \dfrac{\ln 2}{0{,}0347} \approx 20 \text{ min}$. ⁴

Cohérence : $\dfrac{0{,}80}{0{,}20} = 4 = 2^2$, donc 2 temps de demi-réaction se sont écoulés en $40 \text{ min}$, soit $t_{1/2} = 20 \text{ min}$. Les deux méthodes concordent.

Comme les coefficients sont égaux à 1, $B$ (2,0 mol) est consommé avant $A$ (8,0 mol) : $B$ est le réactif limitant et l'avancement final vaut $x_f = 2{,}0 \text{ mol}$.

À $t_{1/2}$, l'avancement vaut la moitié de sa valeur finale. ⁴ Donc $x(t_{1/2}) = \dfrac{2{,}0}{2} = 1{,}0 \text{ mol}$.

Chaque unité d'avancement consomme 1 mol de $A$ : $n(A)(t_{1/2}) = 8{,}0 - 1{,}0 = 7{,}0 \text{ mol}$.

Cette valeur est loin de $4{,}0 \text{ mol}$ (la moitié de $8{,}0 \text{ mol}$). $A$ est en excès : à la fin il en reste $6{,}0 \text{ mol}$, donc sa quantité ne descend jamais à $4{,}0 \text{ mol}$.