Épreuve de fin d'année de chimie, secondaire 5 : l'examen de théorie corrigé

Réponse C.

Le dioxygène ne brûle pas : c'est un comburant, le gaz qui entretient la combustion d'un combustible.

Dans l'air, il n'y en a que 21 % ; autour des canules, l'air est enrichi, et un tissu, des cheveux ou une crème grasse s'enflamment plus facilement et brûlent beaucoup plus vite.

C'est le test classique de la réactivité des gaz : une tige de bois incandescente se rallume dans le dioxygène, elle s'éteint dans le diazote ou le dioxyde de carbone.

Piège : le choix A confond comburant et combustible. Le dihydrogène ou le méthane sont des combustibles ; le dioxygène, jamais.

Le choix B parle de la bouteille, pas de la flamme ; le choix D invente une toxicité qui n'a rien à voir avec l'interdiction de fumer.

Réponse A.

La température mesure l'agitation des particules. Au froid, elles vont moins vite : chaque choc contre la paroi est moins violent, et les chocs sont moins fréquents.

Le volume du ballon change peu et le nombre de particules ne change pas (aucune fuite) : la pression absolue baisse en proportion de la température absolue.

$\dfrac{P_{2}}{P_{1}}=\dfrac{268{,}15}{294{,}15}=0{,}912$, soit une baisse de $8{,}8$ %.

Pour un ballon gonflé à $170$ kPa absolus, on passe à $170\times 0{,}912=155$ kPa : l'excès sur l'atmosphère tombe de $68{,}7$ à $53{,}7$ kPa, une baisse de $22$ %. C'est cet excès que le pied ressent, d'où l'impression de ballon mou.

Piège : le choix B, des particules qui rapetissent. Les particules gardent leur taille ; c'est leur vitesse qui change. Le choix C invente une fuite que l'énoncé exclut.

Réponse D.

Volume et quantité de gaz constants (bombe rigide et fermée) : la pression est proportionnelle à la température ABSOLUE, $\dfrac{P_{1}}{T_{1}}=\dfrac{P_{2}}{T_{2}}$.

$T_{1}=20{,}0+273{,}15=293{,}15$ K et $T_{2}=60{,}0+273{,}15=333{,}15$ K.

$P_{2}=300\times\dfrac{333{,}15}{293{,}15}=341$ kPa.

Piège : le choix A, 900 kPa, vient du rapport 60/20 en degrés Celsius. Le zéro de l'échelle Celsius n'est pas un zéro d'agitation : tripler les degrés Celsius ne triple rien.

Le choix B inverse le rapport (la pression baisserait en chauffant) ; le choix C oublie que la pression dépend aussi de la température.

C'est pourquoi une bombe aérosol porte la mention « ne pas exposer à plus de 50 °C » : la pression grimpe avec la température, et la paroi a une limite.

Réponse B.

Loi de Dalton : chaque gaz d'un mélange exerce la pression qu'il exercerait seul dans le même volume, et la pression partielle vaut la fraction molaire multipliée par la pression totale.

$P_{CH_{4}}=0{,}60\times 110=66$ kPa et $P_{CO_{2}}=0{,}40\times 110=44$ kPa.

Une fois le dioxyde de carbone retiré, à volume et température inchangés, il ne reste que le méthane, qui exerce toujours ses $66$ kPa.

Piège : le choix D, 183 kPa, divise 110 par 0,60 comme si le méthane devait « remplir » la place laissée libre. À volume constant, aucune particule de méthane ne s'ajoute : sa pression ne bouge pas.

Le choix C est la pression partielle du dioxyde de carbone, celle qu'on a retirée.

Réponse C.

Hypothèse d'Avogadro : des volumes égaux de gaz, à la même température et à la même pression, contiennent le même nombre de molécules, quelle que soit la nature du gaz.

Même nombre de moles $n$ dans les deux réservoirs, donc le rapport des masses est celui des masses molaires : $\dfrac{16{,}04}{2{,}016}=7{,}96$, environ $8$.

Piège : les choix A et B font dépendre le nombre de molécules de leur taille ou de leur masse. Dans un gaz, les molécules sont minuscules devant les distances qui les séparent : leur taille ne compte pas.

Le choix D confond nombre de molécules et masse : c'est précisément parce que les molécules de méthane sont huit fois plus lourdes que la masse diffère.

Réponse B.

Le terme d'énergie est écrit du côté des RÉACTIFS : la réaction consomme de l'énergie, elle est endothermique (celle du rayonnement solaire).

Une réaction endothermique a des produits plus énergétiques que ses réactifs : $\Delta H>0$, ici $\Delta H=+2803$ kJ.

Règle de lecture : énergie à gauche, ΔH positif ; énergie à droite, ΔH négatif.

Piège : le choix C garde le bon mot mais le mauvais signe. Le signe de ΔH se lit du point de vue du système : il gagne de l'énergie, donc ΔH est positif.

La respiration cellulaire est la réaction inverse : elle libère ces 2803 kJ par mole de glucose.

Réponse D.

L'énergie d'activation se mesure entre les RÉACTIFS et le sommet de la barrière, le complexe activé :

$E_{a}=165-40=125$ kJ.

La variation d'enthalpie se mesure des réactifs aux produits, dans ce sens :

$\Delta H=-85-40=-125$ kJ. La réaction est exothermique : c'est elle qui chauffe les mains.

Piège : le choix A lit les valeurs sur l'axe au lieu de faire des différences. Le zéro du diagramme est arbitraire ; seules les différences d'énergie ont un sens.

Le choix B prend ΔH à l'envers (des produits vers les réactifs) ; le choix C mesure Ea depuis les produits, ce qui serait l'énergie d'activation de la réaction INVERSE : $165-(-85)=250$ kJ.

La figure du corrigé porte les deux flèches.

Réponse A.

500 mL d'eau ont une masse de 500 g. L'élévation de température vaut $\Delta T=37{,}0-4{,}0=33{,}0$ °C.

$Q=mc\Delta T=500\times 4{,}19\times 33{,}0=69\ 135$ J, soit $69{,}1$ kJ.

Piège : le choix B, $77{,}5$ kJ, prend la température finale $37$ °C pour $\Delta T$. On multiplie toujours par une VARIATION de température.

Le choix C prend la température initiale, et le choix D oublie la chaleur massique ($500\times 33{,}0=16\ 500$, qui n'est pas une énergie).

Ordre de grandeur utile : réchauffer un demi-litre d'eau glacée coûte au corps environ 70 kJ, l'énergie d'une petite bouchée de pain.

Réponse C.

Une réaction se produit par collisions EFFICACES : il faut que les particules se rencontrent, avec une énergie au moins égale à l'énergie d'activation et une bonne orientation.

À chaud, les particules vont plus vite : les collisions sont plus nombreuses par seconde, et surtout une plus grande proportion d'entre elles franchit la barrière.

La réaction lumineuse va donc plus vite : la lumière est plus intense, et les réactifs, en quantité fixe, s'épuisent plus tôt.

Piège : le choix A. La température ne change PAS l'énergie d'activation, qui est une propriété du chemin de réaction ; seul un catalyseur la modifie. La température change la fraction des particules qui l'atteignent.

Les choix B et D sont faux : la quantité de réactifs est fixée dans le bâton, et le caractère endothermique ou exothermique d'une réaction ne dépend pas de la température du bain.

Réponse B.

Additionnons les deux étapes : $Cl+O_{3}+ClO+O\rightarrow ClO+O_{2}+Cl+O_{2}$, soit, après simplification, $O_{3}+O\rightarrow 2O_{2}$.

Le chlore disparaît à la première étape et réapparaît à la seconde : il n'est pas consommé, c'est la définition d'un catalyseur. Il recommence le cycle des milliers de fois.

Il accélère la destruction de l'ozone en lui offrant un mécanisme dont l'énergie d'activation est plus faible que la réaction directe de l'ozone avec l'oxygène atomique.

Piège : le choix C. Un catalyseur ne change pas ΔH : les réactifs et les produits sont les mêmes, seul le chemin entre eux change.

Le choix A oublie la seconde étape ; le choix D décrit l'effet de la température, pas celui d'un catalyseur. C'est pour cette raison que les CFC ont été interdits par un traité international, signé en 1987.

Réponse D.

La loi des vitesses dit comment la vitesse dépend des concentrations. Ici, la concentration est élevée au carré :

$v'=k\left(\dfrac{[P]}{2}\right)^{2}=\dfrac{k[P]^{2}}{4}=\dfrac{v}{4}$.

La vitesse est divisée par 4 : la dilution ralentit la dégradation bien plus que le simple rapport des concentrations.

Piège : le choix A applique un ordre 1, comme si la vitesse suivait toujours la concentration en proportion. L'exposant de la loi décide de tout.

Le choix B confond la constante de vitesse, fixée par la température, et la vitesse elle-même, qui dépend des concentrations.

Réponse A.

Principe de Le Chatelier : un système à l'équilibre qu'on perturbe se déplace dans le sens qui s'oppose à la perturbation.

Augmenter la pression du dioxyde de carbone gazeux : l'équilibre se déplace vers la droite, le sens qui consomme du gaz. Plus de gaz se dissout. C'est le rôle de la mise en bouteille sous pression.

Réchauffer : l'équilibre se déplace dans le sens endothermique, ici vers la GAUCHE. Le gaz sort du liquide : une boisson chaude perd ses bulles.

Piège : le choix C. Un catalyseur fait atteindre l'équilibre plus vite, il ne le déplace jamais.

Ouvrir la bouteille (choix D) fait chuter la pression du gaz au-dessus du liquide : l'équilibre part vers la gauche, et les bulles apparaissent.

Réponse B.

À concentration égale, l'acide qui s'ionise le plus libère le plus d'ions $H^{+}$ et donne le pH le plus bas. C'est celui qui a la plus GRANDE constante d'acidité.

On compare d'abord les puissances de dix : $10^{-4}$ l'emporte sur $10^{-5}$. Entre les deux acides en $10^{-4}$, $7{,}4>4{,}0$ : l'acide citrique est le plus fort des quatre.

Piège : le choix C. Le nombre $8{,}0$ est le plus grand, mais il multiplie $10^{-5}$ : $8{,}0\times 10^{-5}=0{,}80\times 10^{-4}$, presque dix fois moins que l'acide citrique.

Une grande constante d'acidité signale un acide fort ; la concentration, elle, dit seulement combien on en a dissous. Les quatre restent des acides faibles.

Réponse C.

$[H^{+}]=10^{-8{,}2}=6{,}3\times 10^{-9}$ mol/L.

$[OH^{-}]=\dfrac{K_{w}}{[H^{+}]}=\dfrac{1{,}0\times 10^{-14}}{6{,}3\times 10^{-9}}=1{,}6\times 10^{-6}$ mol/L.

Contrôle : un pH supérieur à 7 est basique, il faut donc plus d'ions hydroxyde que d'ions hydronium, et c'est bien le cas, $1{,}6\times 10^{-6}>6{,}3\times 10^{-9}$.

Piège : le choix A est la concentration des ions hydronium, pas des ions hydroxyde. Le choix D écrit le pOH, $14-8{,}2=5{,}8$, comme s'il était une concentration.

Le choix B est la valeur de l'eau neutre, valable seulement à pH 7.

Réponse A.

La dissociation s'écrit $Ca_{3}(PO_{4})_{2}(s)\rightleftharpoons 3Ca^{2+}(aq)+2PO_{4}^{3-}(aq)$.

Dans l'expression de la constante, chaque concentration est élevée à la puissance de son coefficient, et le solide n'apparaît pas : sa « concentration » est constante.

$K_{ps}=[Ca^{2+}]^{3}[PO_{4}^{3-}]^{2}$.

Piège : le choix D écrit le solide au dénominateur, comme pour un équilibre entre espèces dissoutes. Un solide pur ne figure jamais dans une constante d'équilibre.

Le choix C multiplie par les coefficients au lieu de les mettre en exposants ; le choix B les oublie.

Pour fixer l'ordre de grandeur : avec $[Ca^{2+}]=3s$ et $[PO_{4}^{3-}]=2s$, on a $K_{ps}=108s^{5}$, d'où $s=1{,}1\times 10^{-7}$ mol/L. Les os ne se dissolvent pas dans l'eau.

On passe de la masse à la quantité de matière, puis on applique la loi des gaz parfaits.

$n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{33{,}0}{44{,}01}=0{,}750$ mol.

$T=15{,}0+273{,}15=288{,}15$ K.

$V=\dfrac{nRT}{P}=\dfrac{0{,}750\times 8{,}314\times 288{,}15}{101{,}3}=17{,}7$ L.

Une petite cartouche de la taille d'un pouce libère donc près de 18 L de gaz : c'est ce qui rend le système possible. Le dioxyde de carbone y est stocké liquéfié sous forte pression.

Piège : garder la température en degrés Celsius donne $V=0{,}92$ L, un résultat absurde que l'ordre de grandeur aurait dû arrêter.

La quantité de gaz est la même, mais le volume est imposé par la chambre et la température est celle de l'eau.

$T=4{,}0+273{,}15=277{,}15$ K.

$P=\dfrac{nRT}{V}=\dfrac{0{,}750\times 8{,}314\times 277{,}15}{15{,}0}=115$ kPa.

La pression intérieure dépasse la pression atmosphérique de $115-101{,}3\approx 14$ kPa : la chambre est tendue, ce qui lui donne sa forme et sa flottabilité.

Contrôle : 17,7 L de gaz à la pression atmosphérique ne tiennent dans 15,0 L qu'à une pression plus grande, et le froid de l'eau la réduit un peu ; 115 kPa est cohérent avec les deux effets.

Piège : utiliser la loi générale des gaz depuis a) en oubliant de changer AUSSI la température donne $\dfrac{101{,}3\times 17{,}7}{15{,}0}=120$ kPa, une valeur trop grande.

On cherche une combinaison des équations connues dont la somme redonne l'équation de soudure.

On garde (1) telle quelle : elle produit $Al_{2}O_{3}$ et consomme $2Al$, comme la soudure.

On inverse (2) : $Fe_{2}O_{3}(s)\rightarrow 2Fe(s)+\frac{3}{2}O_{2}(g)$, $\Delta H=+824{,}2$ kJ. Elle consomme $Fe_{2}O_{3}$ et produit $2Fe$.

En additionnant, $\frac{3}{2}O_{2}$ s'élimine des deux côtés, et il reste l'équation de soudure.

$\Delta H=\Delta H_{1}-\Delta H_{2}=-1675{,}7+824{,}2=-851{,}5$ kJ.

La réaction est très exothermique : l'oxyde d'aluminium est beaucoup plus stable que l'oxyde de fer, et l'aluminium « arrache » l'oxygène au fer.

Piège : inverser une équation sans changer le signe de son ΔH. On obtiendrait $-2499{,}9$ kJ, une valeur qu'aucun cycle ne justifie.

Le cycle de Hess du corrigé montre les deux chemins entre les mêmes états.

Une « mole de réaction » met en jeu $2$ mol d'aluminium et $1$ mol d'oxyde de fer(III) :

$2\times 26{,}98+159{,}69=213{,}65$ g de mélange.

Nombre de moles de réaction dans la portion : $\dfrac{12\ 000}{213{,}65}=56{,}17$.

Énergie libérée : $56{,}17\times 851{,}5=4{,}78\times 10^{4}$ kJ.

C'est assez pour porter la masse de fer produite, 6,3 kg, bien au-delà de sa température de fusion : le fer coule liquide dans le moule et soude les deux rails.

Piège : diviser 12,0 kg par la seule masse molaire de l'oxyde de fer. La portion contient les deux réactifs, et c'est leur masse totale par mole de réaction qui compte.

On compare deux essais où UNE seule concentration change.

Essais 1 et 2 : $[OCl^{-}]$ est identique, $[D]$ double, et la vitesse double ($\frac{2{,}4}{1{,}2}=2=2^{1}$). Ordre $1$ par rapport au colorant.

Essais 2 et 3 : $[D]$ est identique, $[OCl^{-}]$ triple, et la vitesse triple ($\frac{7{,}2}{2{,}4}=3=3^{1}$). Ordre $1$ par rapport à l'hypochlorite.

Loi des vitesses : $v=k[D][OCl^{-}]$.

$k=\dfrac{v}{[D][OCl^{-}]}=\dfrac{1{,}2\times 10^{-7}}{2{,}0\times 10^{-5}\times 0{,}020}=0{,}30$ L/(mol·s).

Contrôle avec l'essai 3 : $\dfrac{7{,}2\times 10^{-7}}{4{,}0\times 10^{-5}\times 0{,}060}=0{,}30$ ✓.

Piège : comparer les essais 1 et 3. Les deux concentrations y changent à la fois, et on ne peut plus attribuer le facteur 6 de la vitesse à l'une ou à l'autre.

On applique la loi trouvée aux concentrations de la cuve :

$v=0{,}30\times 3{,}0\times 10^{-5}\times 0{,}15=1{,}35\times 10^{-6}$ mol/(L·s).

La cuve contient beaucoup plus d'hypochlorite que les essais : la vitesse est onze fois celle de l'essai 1, ce qui raccourcit d'autant le temps de traitement au départ.

Piège : oublier que la concentration du colorant a AUSSI changé, et multiplier seulement par le rapport des concentrations d'hypochlorite.

$CaCO_{3}(s)\rightleftharpoons Ca^{2+}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)$, donc $K_{ps}=[Ca^{2+}][CO_{3}^{2-}]$.

Solubilité molaire : $s=\dfrac{5{,}8\times 10^{-3}\ g/L}{100{,}09\ g/mol}=5{,}8\times 10^{-5}$ mol/L.

Chaque unité dissoute libère un ion de chaque sorte : $[Ca^{2+}]=[CO_{3}^{2-}]=s$.

$K_{ps}=s^{2}=(5{,}8\times 10^{-5})^{2}=3{,}4\times 10^{-9}$.

Piège : oublier de convertir les milligrammes en grammes. On trouverait une solubilité mille fois trop grande et un Kps un million de fois trop grand.

Eau froide : $Q=2{,}5\times 10^{-3}\times 1{,}0\times 10^{-6}=2{,}5\times 10^{-9}$.

$Q<K_{ps}$ : la solution n'est pas saturée, rien ne précipite dans les tuyaux d'eau froide.

Chaudière : $Q=2{,}5\times 10^{-3}\times 2{,}0\times 10^{-5}=5{,}0\times 10^{-8}$.

$Q>K_{ps}$, environ quinze fois plus : la solution est sursaturée, le carbonate de calcium précipite jusqu'à ce que $Q$ redescende à $K_{ps}$. C'est le tartre, sur les parois chaudes.

En réalité, le Kps du calcaire diminue quand la température monte, ce qui renforce encore le dépôt dans la chaudière : notre hypothèse est prudente.

Piège : comparer les concentrations d'ions entre elles, ou comparer une seule concentration à Kps. C'est le PRODUIT des concentrations, écrit comme Kps, qu'on compare.

$HC_{3}H_{5}O_{3}(aq)\rightleftharpoons H^{+}(aq)+C_{3}H_{5}O_{3}^{-}(aq)$ et $K_{a}=\dfrac{[H^{+}][C_{3}H_{5}O_{3}^{-}]}{[HC_{3}H_{5}O_{3}]}$.

Le pH donne directement l'ionisation : $[H^{+}]=10^{-2{,}59}=2{,}57\times 10^{-3}$ mol/L.

Chaque molécule ionisée libère un ion $H^{+}$ et un ion lactate : $[C_{3}H_{5}O_{3}^{-}]=2{,}57\times 10^{-3}$ mol/L.

Il reste en acide non ionisé $0{,}050-0{,}00257=0{,}0474$ mol/L.

$K_{a}=\dfrac{(2{,}57\times 10^{-3})^{2}}{0{,}0474}=1{,}4\times 10^{-4}$.

Piège : diviser par $0{,}050$ au lieu de $0{,}0474$. L'écart est faible ici, mais la concentration à l'équilibre est celle de l'acide qui RESTE, pas celle qu'on a dissous.

Pourcentage d'ionisation : $\dfrac{2{,}57\times 10^{-3}}{0{,}050}\times 100=5{,}1$ %.

Moins d'une molécule sur dix-neuf est ionisée : l'acide lactique est un acide FAIBLE, ce que confirme sa petite constante d'acidité.

Un acide fort à $0{,}050$ mol/L serait ionisé à 100 % et aurait un pH de $-\log 0{,}050=1{,}30$.

Piège : conclure « fort » parce que le pH est bas. Un pH bas peut venir d'une forte concentration ; la force se lit sur l'ionisation partielle ou sur Ka.

Le repas reçoit une quantité de chaleur $Q=mc\Delta T$ :

$\Delta T=65{,}0-5{,}0=60{,}0$ °C.

$Q=300\times 3{,}80\times 60{,}0=68\ 400$ J, soit $68{,}4$ kJ.

Piège : prendre la chaleur massique de l'eau, 4,19 J/(g·°C). Le repas n'est pas de l'eau, et le document donne sa propre valeur.

Seulement 60 % de la chaleur de réaction atteint le repas ; le reste chauffe l'eau, le manchon et l'air. La réaction doit donc libérer davantage :

$E=\dfrac{68{,}4}{0{,}60}=114$ kJ.

Chaque mole de magnésium libère $353$ kJ : $n(Mg)=\dfrac{114}{353}=0{,}323$ mol.

$m(Mg)=0{,}323\times 24{,}31=7{,}85$ g.

Le sachet de $8{,}0$ g suffit, avec une marge faible, d'environ $2$ % : le fabricant a dimensionné le sachet au plus juste.

Piège : multiplier par $0{,}60$ au lieu de diviser. On trouverait $2{,}83$ g, et on croirait le sachet près de trois fois trop gros. Les pertes obligent à produire PLUS que ce que le repas reçoit.

Tout le magnésium du sachet réagit, chaque mole libère une mole de dihydrogène :

$n(H_{2})=n(Mg)=\dfrac{8{,}0}{24{,}31}=0{,}329$ mol.

$V=n\times V_{m}=0{,}329\times 24{,}5=8{,}06$ L.

Contrôle par la loi des gaz parfaits : $V=\dfrac{0{,}329\times 8{,}314\times 298{,}15}{101{,}3}=8{,}05$ L ✓.

Piège : utiliser le volume molaire de 22,4 L/mol, valable à 0 °C. À 25 °C, c'est 24,5 L/mol.

Quatre rations dégagent $4\times 8{,}06=32{,}3$ L de dihydrogène.

Fraction volumique dans le coffre de $400$ L : $\dfrac{32{,}3}{400}=8{,}1$ %.

Par l'hypothèse d'Avogadro, la fraction en volume est aussi la fraction molaire, et la loi de Dalton donne la pression partielle :

$P_{H_{2}}=0{,}081\times 101{,}3=8{,}2$ kPa.

$8{,}1$ % dépasse la limite d'inflammabilité de $4{,}0$ % : le coffre contient un mélange qui s'enflamme à la moindre étincelle. Une seule ration y donnerait déjà $\frac{8{,}06}{400}=2{,}0$ %, la moitié du seuil.

C'est la raison chimique de l'interdiction : le danger ne vient pas de la chaleur, mais du gaz combustible qui s'accumule là où il ne peut pas se disperser.

Piège : chercher un danger dans la température du repas, ou oublier que les quatre rations additionnent leur dihydrogène.

Tableau IVE, en mol/L, avec $x$ la concentration de dihydrogène formé :

Initial : $[CO]=1{,}00$, $[H_{2}O]=1{,}00$, $[CO_{2}]=0$, $[H_{2}]=0$.

Variation : $-x$, $-x$, $+x$, $+x$.

Équilibre : $1{,}00-x$, $1{,}00-x$, $x$, $x$.

$K_{c}=\dfrac{[CO_{2}][H_{2}]}{[CO][H_{2}O]}=\dfrac{x^{2}}{(1{,}00-x)^{2}}=9{,}0$.

Les deux membres sont des carrés : $\dfrac{x}{1{,}00-x}=3{,}0$, d'où $x=3{,}0-3{,}0x$ et $x=0{,}75$ mol/L.

$[H_{2}]=0{,}75$ mol/L ; taux de conversion du CO : $\dfrac{0{,}75}{1{,}00}=75$ %.

Contrôle : $\dfrac{0{,}75^{2}}{0{,}25^{2}}=9{,}0$ ✓.

Piège : écrire Kc avec une somme, ou oublier que le monoxyde de carbone restant vaut 1,00 − x et non 1,00.

Doubler la pression : chaque membre compte deux moles de gaz. Le principe de Le Chatelier ne trouve aucun sens qui diminue le nombre de moles de gaz : aucun déplacement.

Refroidir : l'équilibre se déplace dans le sens exothermique, la réaction directe ($\Delta H<0$) : vers les produits, ce que confirme Kc plus grand à basse température dans le document 2.

Excès de vapeur : ajouter un réactif déplace l'équilibre dans le sens qui le consomme, vers les produits.

Calcul avec $3{,}00$ mol/L de vapeur : $\dfrac{x^{2}}{(1{,}00-x)(3{,}00-x)}=9{,}0$.

$x^{2}=9{,}0(3{,}00-4{,}00x+x^{2})$, soit $8{,}0x^{2}-36x+27=0$.

$x=\dfrac{36-\sqrt{36^{2}-4\times 8{,}0\times 27}}{2\times 8{,}0}=0{,}951$ mol/L (l'autre racine, $3{,}55$, dépasse la quantité de CO : rejetée).

Taux de conversion : $95{,}1$ %, contre $75$ % sans excès.

Piège : croire que doubler la pression favorise toujours les produits. Il faut COMPTER les moles de gaz de chaque côté ; ici, deux contre deux.

La vitesse : à 500 K, avec le fer-chrome, l'équilibre demande plus de deux heures. Peu de molécules ont l'énergie d'activation, et les collisions efficaces sont rares. À 700 K, il est atteint en 15 s : l'usine traite beaucoup plus de gaz par heure, au prix d'un rendement plus faible.

Doubler la pression double les concentrations : les collisions sont plus fréquentes et la vitesse augmente, même si l'équilibre ne bouge pas. Pression et équilibre ne répondent pas à la même question.

Le catalyseur au cuivre abaisse l'énergie d'activation : il accélère les réactions directe et inverse autant l'une que l'autre et ne change pas Kc. Il fait seulement atteindre plus vite le même équilibre, 20 s au lieu de plus de deux heures à 500 K.

Piège : penser qu'un catalyseur améliore la conversion. Il améliore la vitesse.

À l'entrée de l'étage 2 : $[CO]=[H_{2}O]=0{,}25$ et $[CO_{2}]=[H_{2}]=0{,}75$ mol/L. $Q=\dfrac{0{,}75^{2}}{0{,}25^{2}}=9{,}0<K_{c}=1{,}2\times 10^{2}$ : la réaction repart vers les produits.

Avec $y$ la concentration de CO converti en plus : $\dfrac{(0{,}75+y)^{2}}{(0{,}25-y)^{2}}=120$, donc $\dfrac{0{,}75+y}{0{,}25-y}=\sqrt{120}=10{,}95$.

$y=\dfrac{10{,}95\times 0{,}25-0{,}75}{1+10{,}95}=0{,}166$ mol/L.

Conversion globale : $\dfrac{0{,}75+0{,}166}{1{,}00}=91{,}6$ %.

C'est exactement la conversion qu'on obtiendrait à 500 K en un seul étage : l'équilibre ne dépend pas du chemin suivi, seulement de la composition totale et de la température finale.

Pourquoi deux étages ? L'étage 1, chaud, convertit vite les trois quarts du CO ; l'étage 2, froid, pousse l'équilibre jusqu'à 91,6 % avec le cuivre, qui serait détruit par la chaleur d'un gaz encore riche en CO, puisque la réaction est exothermique. Chaque étage fait ce que l'autre ne peut pas faire.

Piège : repartir de 1,00 mol/L de chaque réactif à l'étage 2. Le gaz qui y entre a déjà réagi.