Laboratoire d'Équilibre Chimique et Le Chatelier

Observez quand le volume déplace l'équilibre (seulement si Δn ≠ 0) et comment la température modifie K.

Exemple résolu — Laboratoire d'Équilibre Chimique et Le Chatelier

Constante d'équilibre K	50,5000
Quotient initial Q₀	0,0000
Avancement de réaction ξ (mol)	0,7804
Conversion du réactif 1	78,0%
Conversion du réactif 2	78,0%
Variation de moles Δn	+0

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Compresser ne déplace une réaction que si le nombre de moles varie 🖖

Une réduction de volume double chaque concentration lors d'une réaction gazeuse. Prenez l'équilibre H₂ + I₂ ⇌ 2HI. Puisque deux réactifs forment deux produits (Δn = 0), l'augmentation s'annule parfaitement entre le numérateur et le dénominateur. Vous laissez ainsi le quotient Q inchangé. La conversion plafonne alors à 78,0 % quel que soit le volume de votre récipient. Considérez à l'inverse la réaction N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃ (Δn = -2). Quatre molécules de gaz se compriment en deux. Lors d'une diminution de volume, vous observez que le dénominateur croît en 1/V⁴ alors que le numérateur se limite à 1/V². Ce déséquilibre déplace vigoureusement la réaction vers l'ammoniac.

Seule la température modifie K ; tout le reste déplace Q 🖖

Lorsque vous ajoutez des réactifs, retirez des produits ou modifiez le volume de votre récipient, vous faites varier le quotient de réaction Q sans toucher à la constante d'équilibre K. L'introduction d'un gaz inerte à volume constant ne modifie aucun des deux paramètres, puisque vous laissez toutes les concentrations intactes. La température constitue votre unique moyen d'altérer la valeur même de K. Ce comportement s'explique par la relation de van 't Hoff et le signe de ΔH°. Une réaction exothermique (comme la synthèse de l'ammoniac par le procédé Haber) voit sa constante K s'effondrer lorsque vous élevez la température. La dissociation endothermique de N₂O₄ s'accompagne au contraire d'une hausse de K.

Ajouter un réactif en convertit plus de l'autre et moins de lui-même 🖖

Verser un excès de réactif B dans un mélange de A et B pousse la conversion de A vers 100%, mais la fraction consommée de B diminue. En chimie industrielle, 'mener une réaction à terme' signifie l'épuisement du réactif le plus cher en inondant le réacteur avec le moins cher.

Problèmes entièrement résolus

Pourquoi la compression n'a aucun effet sur l'iodure d'hydrogène et tout sur l'ammoniac 6 étapes
Divisez le volume par deux pour H₂ + I₂ ⇌ 2HI et la conversion ne varie pas. Divisez-le par deux pour N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃ et elle augmente. Écrivez l'expression de K pour les deux et montrez où passe le volume — puis dites jusqu'où la compression peut vous mener.
1. Raisonnez en avancement. Si ξ moles de réaction ont réagi à partir de 1 mol de chaque réactif, H₂ et I₂ valent chacun 1 − ξ et HI vaut 2ξ, le tout divisé par V pour obtenir les concentrations.
2. Injectez-les dans K. Le numérateur (2ξ/V)² contient V⁻², et le dénominateur (1−ξ)/V × (1−ξ)/V contient V⁻² également, de sorte que les volumes se simplifient et K = 4ξ²/(1−ξ)². Pour ξ = 0,7804, cela donne 50,5, ce qui est le K de départ du panneau.
  
  $K = \frac{[ HI ] ^{2}}{[ H _{2} ] [ I _{2} ]} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{( \frac{1 - ξ}{V} ) ^{2}} = \frac{4 ξ ^{2}}{( 1 - ξ ) ^{2}}$
3. V n'apparaît pas, donc aucune valeur de V ne peut modifier ξ. Le panneau affiche un avancement de 0,7804 à 2 L, à 1 L, à 0,5 L et à 0,25 L — les quatre mêmes chiffres quatre fois, ce qui n'est pas de la paresse de la part de l'outil.
  
  $ξ = 0.78037 \Rightarrow \frac{4 ( 0.78037 ) ^{2}}{( 0.21963 ) ^{2}} = 50.5 (V absent)$
4. Passons à l'ammoniac, où les nombres diffèrent. N₂ vaut 1 − ξ, H₂ vaut 3 − 3ξ, NH₃ vaut 2ξ. Le numérateur contient V⁻² et le dénominateur V⁻⁴, de sorte que cette fois K = 4ξ²V²/(27(1−ξ)⁴) et un V² subsiste.
  
  $K = \frac{[ N H _{3} ] ^{2}}{[ N _{2} ] [ H _{2} ] ^{3}} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{\frac{1 - ξ}{V} ( \frac{3 - 3 ξ}{V} ) ^{3}} = \frac{4 ξ ^{2} V ^{2}}{27 ( 1 - ξ ) ^{4}}$
5. Ce V² restant explique tout l'effet. K étant fixe, diminuer V force ξ à augmenter pour compenser : l'avancement indique 0,3675 à 2 L, 0,4858 à 1 L, 0,5969 à 0,5 L et 0,6929 à 0,25 L, ce que le panneau affiche comme une conversion grimpant de 36,7 % à 69,3 %. Réinjectez n'importe laquelle de ces valeurs dans l'expression et K ressort à 0,500, aux quatre chiffres que comporte l'avancement.
  
  $V = 1 \to 0.5 L : ξ = 0.48578 \to 0.59693$
6. L'exposant n'est pas arbitraire — c'est −Δn, la variation du nombre de moles de gaz. HI a Δn = 0 et reçoit V⁰. L'ammoniac passe de quatre molécules à deux, Δn = −2, et reçoit V². Toute réaction qui produit moins de molécules de gaz qu'elle n'en consomme est favorisée par la compression, exactement à cette puissance.
  
  $exponent of V = - Δ n_{gas} : HI : 0, N H_{3} : - (2 - 4) = 2$
Réponse

L'exposant du volume est −Δn : zéro pour HI, deux pour l'ammoniac, et ce seul nombre détermine s'il vaut la peine de construire une enceinte sous pression. C'est pourquoi le procédé Haber fonctionne sous quelques centaines d'atmosphères et l'équilibre de HI est étudié dans de la verrerie ordinaire — l'un rentabilise l'acier et l'autre non. Mais poussez la compression plus loin et elle déçoit : 79,23 % à 0,1 L, 92,89 % à 0,01 L, 97,69 % à 0,001 L. Chaque facteur dix de volume rapporte moins que le précédent, parce que ξ intervient en ξ² face à (1−ξ)⁴ et que la puissance quatrième l'emporte lorsque ξ s'approche de 1. On ne peut pas atteindre une réaction totale simplement en comprimant, seulement s'en approcher, et l'installation réelle s'arrête bien avant l'arithmétique — à un certain point, la paroi du réacteur coûte plus cher que l'ammoniac. Le Chatelier donne la direction. Seule l'expression indique dans quelle mesure, et à quelle vitesse cette mesure s'épuise.
Combien de degrés vaut un ballon de N₂O₄ par doublement de son volume 6 étapes
Chargez Balayage de température : N₂O₄ ⇌ 2NO₂ : une mole dans un ballon de 1 L à 25 °C, K = 0,0058, avancement 0,0374, Δn de +1. Trouvez la température qui fait exactement ce que fait le doublement du ballon, puis décidez, pour la réaction d'ammoniac, lequel des deux boutons une usine peut réellement actionner.
1. Écrivez K en fonction de l'avancement, une mole au départ, ξ moles converties. Deux NO₂ apparaissent pour chaque N₂O₄ qui part, donc le numérateur est au carré et le dénominateur non, et un facteur V survit à la division. Faites-le passer de l'autre côté : le membre de gauche est désormais du ξ pur, et tout ce que le monde extérieur peut faire tient à droite en un seul produit.
  
  $K = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N _{2} O _{4} ]} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{( 1 - ξ ) / V} = \frac{4 ξ ^{2}}{V ( 1 - ξ )} ⟹ \frac{4 ξ ^{2}}{1 - ξ} = K V$
2. Voilà la forme générale, et l'exposant est Δn, la variation du nombre de molécules de gaz. L'iodure d'hydrogène fait deux à partir de deux, donc V disparaît et le membre de droite se réduit à K. L'ammoniac fait deux à partir de quatre, donc V arrive au carré et en dessous. L'avancement ne voit jamais la température et le volume séparément ; il voit un seul nombre.
  
  $f (ξ) = K V^{Δ n_{gas}} : HI : \frac{4 ξ ^{2}}{( 1 - ξ ) ^{2}} = K, N H_{3} : \frac{4 ξ ^{2}}{27 ( 1 - ξ ) ^{4}} = \frac{K}{V ^{2}}$
3. Les deux commandes sont donc interchangeables, et le taux de change se lit directement. Ici Δn vaut +1, donc doubler le ballon double le produit, et l'avancement passe de 0,0374 à 0,0524.
  
  $Δ n = + 1 : V \to 2 V \equiv K \to 2 K; ξ : 0.0374 \to 0.0524$
4. Achetez maintenant le même doublement avec de la chaleur. La dissociation de N₂O₄ est endothermique à +57,2 kJ par mole, donc chauffer élève K, et van 't Hoff dit de combien. Doubler K coûte 9,2 degrés. Réglez le ballon sur 34,2 °C à son volume d'origine de 1 litre et la fiche de l'avancement affiche 0,0524, les mêmes quatre chiffres.
  
  $ln \frac{K _{2}}{K _{1}} = - \frac{Δ H ^{\circ}}{R} (\frac{1}{T _{2}} - \frac{1}{T _{1}}) = ln 2 ⟹ T_{2} = 307.38 K = 34.2^{\circ} C$
5. Ce taux n'est pourtant pas fixe, et la raison est dans l'équation : la sensibilité de ln K à la température varie comme 1/T², elle s'atténue donc à mesure que le ballon chauffe. Le premier doublement coûte 9,2 degrés, le suivant 9,8, et l'estimation linéarisée à 25 °C vaut 8,96.
  
  $Δ T \approx \frac{R T ^{2} ln 2}{Δ H ^{\circ}} = \frac{8.314 \times 298.1 5 ^{2} \times 0.6931}{57 , 200} = 8.96 K; next doubling 9.82 K$
6. Faites la même conversion sur l'ammoniac, où Δn vaut −2 et où tous les signes s'inversent. Réduire le réacteur de moitié vaut quatre fois le produit, et comme la réaction est exothermique, cela s'achète en refroidissant : de 400 °C jusqu'à 620,9 K, soit 347,8 °C. L'avancement vaut 0,5969 dans les deux cas, à seize chiffres près.
  
  $N H_{3}, Δ n = - 2 : V \to \frac{V}{2} \equiv K \to 4 K \equiv 673.15 \to 620.90 K; ξ = 0.5969$
Réponse

9,2 degrés par doublement du ballon, à 25 °C, et le taux augmente à mesure que le ballon chauffe. La température et le volume ne sont pas deux effets à considérer séparément ; ils forment un seul nombre, K·V^Δn, et Δn est le taux de change entre eux.

La ligne de l'ammoniac est celle qui a bâti une industrie chimique. Comprimer le réacteur à la moitié de sa taille fait exactement ce que ferait un refroidissement de 52 degrés, et le refroidissement est la seule chose qu'une usine Haber ne peut pas se permettre, car à 348 °C le catalyseur est trop lent pour atteindre cet équilibre en un temps utile. La compression achète le rendement que la température n'a pas le droit d'acheter. L'enceinte sous pression n'est donc pas là parce que la pression serait un meilleur levier que la chaleur ; elle est là parce que c'est le seul levier qui reste une fois que la cinétique a confisqué l'autre.

Et Δn = 0 est le cas sans aucun taux de change. L'iodure d'hydrogène ne tire rien du volume, si fort qu'on appuie, ce qui laisse la température comme unique commande, et une réaction dont le ΔH° ne vaut que −9,6 kJ par mole n'y répond guère davantage. Certains équilibres ne se déplacent tout simplement pas, et les deux exposants vous disent lesquels avant que rien ne soit construit.

$Δ T \approx \frac{R T ^{2}}{Δ H ^{\circ}} Δ n ln \frac{V _{2}}{V _{1}}; Δ n = 0 \Rightarrow no temperature is equivalent$

Références (2)

The standard formation enthalpies and entropies behind every reaction enthalpy the tool uses NIST Chemistry WebBook, SRD 69: gas-phase Δ_f H° and S° for H₂, I₂, HI, N₂, NH₃, NO₂, N₂O₄, CO, CO₂ and H₂O.
The equilibrium constants themselves, and the temperature each was measured at Atkins, P. and de Paula, J. (2018). Atkins’ Physical Chemistry (11th ed.). Oxford University Press — chemical equilibrium and the van ’t Hoff equation.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-08-23

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Exemples de problèmes

Balayage de volume : H₂ + I₂ (Δn = 0) - Réduire le volume de moitié double uniformément toutes les concentrations. Vous constatez que Q₀ reste à 0 et la conversion stagne à 78,0 % partout.
Balayage de volume : N₂ + 3H₂ (Δn = -2) - Dans un volume de 1 L, la réaction N₂ + 3H₂ atteint 48,6 % de conversion. Si vous comprimez le gaz pour élever la pression, vous forcez massivement la conversion car Δn = -2.
Balayage de température : N₂O₄ ⇌ 2NO₂ - À 298 K, le système N₂O₄ présente une constante K = 0,0058 et une conversion de 3,7 %. Chauffez cette réaction endothermique et vous déplacerez l'équilibre dans le sens direct.
Réactif en excès : H₂ + I₂ - Si vous fixez I₂ à 3,0 mol face à 1,0 mol de H₂, vous introduisez un excès du triple. Cette configuration propulse la conversion de H₂ à 96,4 %, tandis que celle de I₂ chute à 32,1 %.