Tu n'as jamais entendu parler d'équilibre chimique, et c'est pour bientôt ? Pas de panique. On va repartir du seul prérequis indispensable – le tableau d'avancement – et construire l'essentiel pas à pas. Tu seras fonctionnel rapidement.
Prérequis : le tableau d'avancement (1ère)
Un tableau d'avancement permet de suivre l'évolution des quantités de matière au cours d'une réaction chimique. Pour une réaction du type aA + bB → cC + dD, on note x l'avancement en mol. À l'état initial (x=0), on a les quantités initiales. À un état quelconque, la quantité d'un réactif diminue de a×x et celle d'un produit augmente de c×x. L'avancement maximal xmax est la valeur de x pour laquelle le réactif limitant est complètement consommé. Le taux d'avancement τ = xfinal/xmax indique si la réaction est totale (τ ≈ 1) ou limitée (τ < 1).
Qu'est-ce qu'un équilibre chimique ?
Certaines réactions sont réversibles : elles peuvent se produire dans les deux sens. On écrit une double flèche : A + B ⇌ C + D. Au début, le sens direct (→) domine. Puis le sens inverse (←) prend de l'ampleur. Quand les deux vitesses deviennent égales, les concentrations n'évoluent plus : c'est l'état d'équilibre. Mais attention, l'agitation moléculaire continue : on parle d'équilibre dynamique. Ce qu'il faut retenir : l'équilibre est un état stationnaire, pas un arrêt.
La constante d'équilibre K
Pour une réaction aA + bB ⇌ cC + dD, la constante d'équilibre K est définie par K = [C]c[D]d / ([A]a[B]b) à l'équilibre, où [X] désigne la concentration en mol·L−1. K est sans unité, ne dépend que de la température et caractérise l'équilibre : K ≫ 1 → réaction quasi-totale ; K ≪ 1 → réaction très limitée. Deux règles : les solides purs et le solvant (eau) n'apparaissent pas dans K ; les exposants sont les coefficients stœchiométriques.
À toi de jouer
Une réaction est dite réversible si elle peut se produire dans les deux sens.
À l'équilibre, les concentrations des espèces ne varient plus.
La constante d'équilibre K est calculée avec les concentrations mesurées à l'équilibre.
La valeur de K dépend uniquement de la température.
Corrigé
a) Écris l'expression de K pour cette réaction.
K = [HI]² / ([H₂][I₂])
b) Calcule la valeur numérique de K.
K = (3,50)² / (0,50 × 0,50) = 12,25 / 0,25 = 49,0
c) Interprète : K = 49,0 > 1, donc cette réaction est quasi-totale (fortement en faveur des produits).
Corrigé
À l'équilibre : [H₂] = 0,20 mol·L⁻¹, [Br₂] = 0,20 mol·L⁻¹, [HBr] = 1,60 mol·L⁻¹.
a) Écris l'expression de K : K = [HBr]² / ([H₂][Br₂])
b) Calcule K : K = (1,60)² / (0,20 × 0,20) = 2,56 / 0,04 = 64,0
c) Cette valeur de K indique que la réaction est quasi-totale.
Corrigé
Tu as déjà vu ces symboles, ces formules... mais ça reste flou. On va remettre tout ça en ordre : le cours structuré, puis une méthode pas-à-pas, et des exercices guidés pour que tes doigts se souviennent.
Le cours : équilibre dynamique, K, Qr, τ
1. Équilibre dynamique : réaction réversible (⇌) ; à l'équilibre, les vitesses des sens direct et inverse sont égales ; les concentrations restent constantes.
2. Constante d'équilibre K : pour aA + bB ⇌ cC + dD, K = [C]éqc[D]éqd / ([A]éqa[B]éqb). K sans unité, dépend uniquement de T. Solides purs et eau solvant omis. Exposants = coefficients stœchiométriques.
3. Quotient de réaction Qr : même expression que K, mais avec les concentrations à un instant t quelconque. À l'équilibre, Qr = K.
4. Critère d'évolution : on compare Qr,i (initial) à K. Si Qr,i < K → sens direct (→) ; si Qr,i > K → sens inverse (←).
5. Taux d'avancement : τ = xéq / xmax. Si τ ≈ 1 : quasi-totale ; τ < 0,01 : très limitée.
Méthode : résoudre un problème d'équilibre
Étape 1 : écrire l'équation équilibrée, repérer les espèces qui figurent dans K (exclure solides, eau solvant).
Étape 2 : dresser le tableau d'avancement (état initial, état en cours avec x, état d'équilibre avec xéq).
Étape 3 : exprimer les concentrations à l'équilibre en fonction de xéq et V.
Étape 4 : poser K = Qr(xéq), simplifier, résoudre (équation du 2nd degré souvent).
Étape 5 : calculer τ = xéq/xmax, interpréter.
À toi de jouer
Pour la synthèse de NH₃ : N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g), on connaît K = 5,0 à une certaine température.
Mélange initial : [N₂]₀ = 1,0 mol·L⁻¹, [H₂]₀ = 1,0 mol·L⁻¹, [NH₃]₀ = 0,50 mol·L⁻¹.
a) Écris Qr,i : Qr,i = [NH₃]₀² / ([N₂]₀ · [H₂]₀³)
b) Calcule Qr,i : Qr,i = (0,50)² / (1,0 × (1,0)³) = 0,25 / 1,0 = 0,25
c) Compare : 0,25 < 5,0, donc Qr,i < K. Le système évolue dans le sens direct (formation de NH₃).
Corrigé
On donne 2 SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 SO₃(g). À l'équilibre : [SO₂] = 0,20 mol·L⁻¹, [O₂] = 0,10 mol·L⁻¹, [SO₃] = 0,80 mol·L⁻¹.
a) Écris K : K = [SO₃]² / ([SO₂]² · [O₂])
b) Calcule : K = (0,80)² / ((0,20)² × 0,10) = 0,64 / (0,04 × 0,10) = 0,64 / 0,004 = 160
c) Interprétation : K = 160 ≫ 1, donc réaction quasi-totale.
Corrigé
Pour l'estérification : acide (A) + alcool (B) ⇌ ester (E) + eau (W). On mélange 0,80 mol de A et 0,80 mol de B dans 2,0 L. K = 4,0.
a) Tableau (quantités en mol) :
État initial : n(A) = 0,80 ; n(B) = 0,80 ; n(E) = 0 ; n(W) = 0.
En cours (x) : n(A) = 0,80 − x ; n(B) = 0,80 − x ; n(E) = x ; n(W) = x.
b) Concentrations à l'équilibre : [A] = (0,80 − xéq)/2,0 ; [E] = xéq/2,0.
c) Exprime Qr : Qr = ([E][W])/([A][B]).
d) En remplaçant les concentrations, montre que V se simplifie : Qr = xéq² / (0,80 − xéq)².
e) Pose Qr = K = 4,0 et résous : xéq/(0,80 − xéq) = 2,0 → xéq = 0,53 mol (arrondi).
Corrigé
Cinq mini-exercices quasiment identiques pour ancrer le calcul de K et du critère d'évolution. Même tâche, nombres différents. C'est de la répétition pure : ton cerveau va enregistrer la procédure.
À toi de jouer
Corrigé
Corrigé
Corrigé
Corrigé
Corrigé
Passons aux exercices type contrôle : problèmes complets avec tableau d'avancement, résolution d'équation, calcul de rendement, et interprétation. Sois méthodique, applique la méthode en 5 étapes, et tout ira bien.
Tableau d'avancement (rappel visuel)
Pour A + B ⇌ C + D dans un volume V constant, avec quantités initiales nA0, nB0 :
À toi de jouer
N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g). On introduit 1,0 mol de N₂ et 3,0 mol de H₂ dans un réacteur de 1,0 L. K = 5,0 à la température de l'expérience.
a) Dresse le tableau d'avancement.
b) Détermine xmax.
c) Exprime les concentrations à l'équilibre en fonction de xéq.
d) Écris l'équation Qr(xéq) = K.
e) Résous pour trouver xéq (tu peux procéder par essais numériques : essaie xéq = 0,10 ; 0,20 ; 0,30 ; 0,40 mol).
f) Calcule τ et conclus.
Corrigé
a) Tableau d'avancement (V = 1,0 L)
État initial : N₂ = 1,0 mol ; H₂ = 3,0 mol ; NH₃ = 0 mol
En cours (avancement x) : N₂ = $1{,}0 - x$ mol ; H₂ = $3{,}0 - 3x$ mol ; NH₃ = $2x$ mol
Équilibre (avancement $x_\text{éq}$) : N₂ = $1{,}0 - x_\text{éq}$ mol ; H₂ = $3{,}0 - 3x_\text{éq}$ mol ; NH₃ = $2x_\text{éq}$ mol
b) Avancement maximal
Si N₂ est le réactif limitant : $1{,}0 - x_\text{max} = 0 \Rightarrow x_\text{max} = 1{,}0$ mol.
Si H₂ est le réactif limitant : $3{,}0 - 3x_\text{max} = 0 \Rightarrow x_\text{max} = 1{,}0$ mol.
Les deux réactifs sont dans les proportions stœchiométriques, donc $x_\text{max} = 1{,}0$ mol.
c) Concentrations à l'équilibre (V = 1,0 L, donc $c = n/V = n$)
$[N_2] = 1{,}0 - x_\text{éq}$ mol·L⁻¹ ;
$[H_2] = 3{,}0 - 3x_\text{éq}$ mol·L⁻¹ ;
$[NH_3] = 2x_\text{éq}$ mol·L⁻¹.
d) Équation $Q_r(x_\text{éq}) = K$
$K = \frac{[NH_3]^2}{[N_2] \cdot [H_2]^3} = \frac{(2x_\text{éq})^2}{(1{,}0 - x_\text{éq}) \cdot (3{,}0 - 3x_\text{éq})^3} = 5{,}0$
e) Résolution par essais numériques
On calcule $Q_r = \frac{(2x)^2}{(1-x)(3-3x)^3}$ pour chaque valeur de $x$ proposée :
$x = 0{,}10$ mol : $Q_r = \frac{0{,}04}{0{,}90 \times 19{,}68} \approx 0{,}002 \ll 5{,}0$
$x = 0{,}20$ mol : $Q_r = \frac{0{,}16}{0{,}80 \times 13{,}82} \approx 0{,}014 \ll 5{,}0$
$x = 0{,}30$ mol : $Q_r = \frac{0{,}36}{0{,}70 \times 9{,}26} \approx 0{,}056 \ll 5{,}0$
$x = 0{,}40$ mol : $Q_r = \frac{0{,}64}{0{,}60 \times 5{,}83} \approx 0{,}18 \ll 5{,}0$
Ces quatre essais montrent que $Q_r$ augmente mais reste très en deçà de $K = 5{,}0$. La solution se situe bien au-delà de 0,40 mol. On élargit la recherche :
$x = 0{,}60$ mol : $Q_r = \frac{1{,}44}{0{,}40 \times 1{,}728} = \frac{1{,}44}{0{,}691} \approx 2{,}08 \quad (< 5{,}0)$
$x = 0{,}65$ mol : $Q_r = \frac{1{,}69}{0{,}35 \times 1{,}158} = \frac{1{,}69}{0{,}405} \approx 4{,}17 \quad (< 5{,}0)$
$x = 0{,}66$ mol : $Q_r = \frac{1{,}742}{0{,}34 \times 1{,}061} = \frac{1{,}742}{0{,}361} \approx 4{,}83 \quad (< 5{,}0)$
$x = 0{,}67$ mol : $Q_r = \frac{1{,}796}{0{,}33 \times 0{,}970} = \frac{1{,}796}{0{,}320} \approx 5{,}61 \quad (> 5{,}0)$
$Q_r$ encadre bien $K = 5{,}0$ entre $x = 0{,}66$ et $x = 0{,}67$ mol. Par interpolation, la valeur la plus proche est $x_\text{éq} \approx 0{,}66$ mol.
f) Taux d'avancement et conclusion
$\tau = \frac{x_\text{éq}}{x_\text{max}} = \frac{0{,}66}{1{,}0} = 0{,}66$ soit 66 %.
La réaction atteint son équilibre à 66 % : elle n'est ni quasi-totale ($\tau \approx 100$ %) ni très limitée. Les deux sens de réaction sont significatifs à cette température.
On mélange 0,50 mol d'acide éthanoïque (A) et 0,50 mol d'éthanol (B) Preciser : volume total V = 0,50 L, milieu anhydre (pas d'eau a l'etat initial).. La réaction A + B ⇌ E + W a K = 4,0 à la température de travail.
a) Dresse le tableau d'avancement.
b) Montre que K = xéq² / (0,50 − xéq)².
c) Déduis-en xéq.
d) Calcule le rendement en ester (quantité d'ester formé / quantité théorique maximale).
e) Interprète ce rendement.
Corrigé
|--------|--------|--------|------|------|
| | A | B | E | W |
| init | 0,50 | 0,50 | 0 | 0 |
| cours |0,50−x |0,50−x | x | x |
| éq |0,50−xéq|0,50−xéq| xéq | xéq |
b) K = ([E][W]) / ([A][B]) = (xéq/V)² / ((0,50−xéq)/V)² = xéq² / (0,50−xéq)².
c) K = 4,0 → xéq/(0,50−xéq) = 2,0 → xéq = 2,0×(0,50−xéq) → xéq = 1,0 − 2xéq → 3xéq = 1,0 → xéq = 0,333 mol.
d) Quantité maximale théorique si totale : xmax = 0,50 mol → rendement = 0,333/0,50 = 0,666 (66,6 %).
e) Rendement de 66,6 % : la réaction est limitée, caractéristique des estérifications avec un K modéré.
On reprend l'estérification de l'exercice 2 : à l'équilibre, xéq = 0,333 mol dans V = 0,50 L (les concentrations ne sont pas nécessaires car V se simplifie). On ajoute brusquement 0,20 mol d'eau, sans variation de volume.
a) Dresse le bilan des quantités juste après l'ajout.
b) Calcule le nouveau Qr après l'ajout (rappel : Qr = n(E)n(W) / (n(A)n(B)) car V s'élimine).
c) Compare à K et déduis le sens d'évolution.
d) L'ajout d'eau améliore-t-il le rendement en ester ?
Corrigé
b) Qr = (0,333 × 0,533) / (0,167 × 0,167) = 0,1775 / 0,02789 ≈ 6,36.
c) Qr ≈ 6,36 > K = 4,0 → le système évolue en sens inverse (←) : consommation d'ester et d'eau, formation d'acide et d'alcool.
d) L'ajout d'eau (un produit) déplace l'équilibre vers la gauche, donc réduit le rendement en ester.
H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g), K = 49,0. On place 1,0 mol de H₂ et 2,0 mol de I₂ dans 1,0 L.
a) Dresse le tableau.
b) Identifie xmax.
c) Exprime K en fonction de xéq.
d) Pose l'équation et résous (équation du second degré ; on suppose que l'approximation xéq ≈ 1,0 n'est pas valide, résous complètement).
e) Calcule τ.
Corrigé
|--------|------|------|------|
| | H₂ | I₂ | 2 HI |
| init | 1,0 | 2,0 | 0 |
| cours |1,0−x |2,0−x | 2x |
| éq |1,0−xéq|2,0−xéq| 2xéq|
b) H₂ limitant : xmax = 1,0 mol ; I₂ limitant : xmax = 2,0 mol. Donc xmax = 1,0 mol.
c) K = [HI]² / ([H₂][I₂]) = (2xéq)² / ((1,0−xéq)(2,0−xéq)) = 49,0.
d) 4xéq² / ((1,0−xéq)(2,0−xéq)) = 49 → 4xéq² = 49(2,0 −3,0xéq + xéq²) → 4xéq² = 98 −147xéq +49xéq² → 0 = 98 −147xéq +45xéq² → 45xéq² −147xéq +98 =0. Δ = 147² −4×45×98 = 21609 −17640 = 3969 ; √Δ = 63. xéq = (147 ± 63)/(2×45). xéq₁ = (147+63)/90 = 210/90 = 2,33 > xmax → impossible. xéq₂ = (147−63)/90 = 84/90 = 0,933 mol.
e) τ = 0,933/1,0 = 0,933 (93,3 %) : réaction quasi-totale, cohérent avec K ≫ 1.
On pousse un peu plus loin. En première année post-bac (CPGE, PASS, L.AS, BTS), l'équilibre chimique se traite avec des activités thermodynamiques et l'influence de la température via la relation de van 't Hoff. Voici un avant-goût.
Activité et K thermodynamique
Dans le supérieur, chaque espèce en solution est représentée par son activité ai = γi·(ci/c°), où γi est le coefficient d'activité (souvent ≈ 1 pour les solutions diluées) et c° = 1 mol·L−1. La constante d'équilibre thermodynamique K° s'exprime avec les activités, ce qui explique pourquoi elle est sans dimension.
Évolution de K avec T : loi de van 't Hoff
La constante d'équilibre dépend de la température selon la relation différentielle d ln K / dT = ΔH° / (R T²), où ΔH° est l'enthalpie standard de réaction. Cela permet de prédire le déplacement de l'équilibre avec la température, au-delà du principe de Le Chatelier qualitatif vu en Terminale.
À toi de jouer
Soit la réaction en solution A²⁺(aq) + 2 B⁻(aq) ⇌ AB₂(s). Le solide AB₂ a une activité égale à 1 (solide pur). Les coefficients d'activité sont γ(A²⁺) = 0,80 et γ(B⁻) = 0,90. On mesure à l'équilibre [A²⁺] = 0,050 mol·L⁻¹ et [B⁻] = 0,40 mol·L⁻¹.
Calcule K° (constante thermodynamique) en utilisant les activités, avec c° = 1 mol·L⁻¹.
Corrigé
= 1 / ( 0,80 × 0,050 × (0,90 × 0,40)² )
= 1 / ( 0,040 × (0,36)² ) = 1 / (0,040 × 0,1296) = 1 / 0,005184 ≈ 193.
Une réaction exothermique a ΔH° = −50 kJ·mol⁻¹. À 300 K, K = 2,0 × 10³. En utilisant la forme intégrée simplifiée de van 't Hoff : ln(K₂/K₁) = −(ΔH°/R)×(1/T₂ − 1/T₁), avec R = 8,314 J·mol⁻¹·K⁻¹, estime K à 350 K.
Corrigé
= (6013,5) × (0,002857 − 0,003333) = 6013,5 × (−0,000476) ≈ −2,863.
Donc K₂ / 2000 = e⁻²·⁸⁶³ ≈ 0,0572 → K₂ ≈ 2000 × 0,0572 = 114,4 ≈ 1,1×10².
Interprétation : une augmentation de température défavorise la réaction exothermique, K diminue fortement.
On considère deux réactions consécutives : (1) A ⇌ B, K₁ = 10 ; (2) B ⇌ C, K₂ = 5. Montre que la constante globale K pour A ⇌ C est le produit K₁·K₂, puis calcule sa valeur. Si à l'équilibre [A] = 0,10 mol·L⁻¹, déduis [C].
Corrigé
K = 10 × 5 = 50.
À l'équilibre, K = [C]/[A] → [C] = K·[A] = 50 × 0,10 = 5,0 mol·L⁻¹.