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Réaction chimique et bilan de matière

Exploiter quantitativement une transformation chimique.

Chimie Seconde Chapitre 6 / 8 ⏱ 9 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Construire un tableau d'avancement
  • Déterminer le réactif limitant
  • Calculer la composition finale du système

Regarde une bougie brûler, un clou rouiller au fil des mois, ou un morceau de sucre se dissoudre dans ton thé : dans chacun de ces cas, la matière change d'aspect. Mais seules la combustion et la rouille sont de vraies réactions chimiques — de nouvelles espèces chimiques y apparaissent, avec des propriétés totalement différentes de celles des espèces de départ. Ce chapitre te donne les outils pour décrire ces transformations avec précision, et surtout pour les quantifier : combien de grammes de produit obtient-on à partir de telle masse de réactif ?

Au collège, tu savais déjà écrire, et parfois ajuster, une équation de réaction simple. En Seconde, tu franchis un cap : tu vas construire un tableau d'avancement, repérer le réactif limitant — celui qui s'épuise le premier et arrête la réaction —, et calculer la composition exacte du système chimique en fin de transformation. C'est le cœur du métier de chimiste, mais aussi un outil quotidien : doser un médicament, régler la combustion d'un moteur, calculer le volume de gaz nécessaire pour cuire un plat.

Tu croiseras ces notions partout autour de toi : la bonbonne de gaz butane qui alimente les cuisinières de Dakar à Douala, le fer qui rouille sous l'effet du dioxygène de l'air, le calcaire des falaises qui réagit avec l'acide chlorhydrique en laboratoire, ou encore les engrais azotés fabriqués industriellement à partir de diazote et de dihydrogène. Le fil conducteur du chapitre : une équation ajustée, un tableau d'avancement, un avancement maximal — et tu connais tout du système chimique final.

Ce chapitre suit une progression logique en six étapes : ajuster une équation, construire le tableau d'avancement, calculer l'avancement maximal, identifier le réactif limitant, reconnaître un mélange stœchiométrique, et enfin évaluer le rendement d'une synthèse. Chaque étape s'appuie sur la précédente : prends-les dans l'ordre, et la méthode deviendra un réflexe.

1Équation de réaction et stœchiométrie

1.1  Transformation chimique : réactifs, produits, espèces spectatrices

Une transformation chimique est un phénomène au cours duquel certaines espèces chimiques disparaissent tandis que d'autres apparaissent. On dit que le système chimique évolue d'un état initial vers un état final.

Définition

Les réactifs sont les espèces chimiques présentes dans l'état initial et consommées au cours de la transformation. Les produits sont les espèces chimiques absentes de l'état initial et qui apparaissent au cours de la transformation. Une transformation chimique s'écrit conventionnellement :

reˊactifs⟶produits\text{réactifs} \longrightarrow \text{produits}

Deux exemples classiques illustrent cette définition. La combustion du butane dans une gazinière consomme du butane et du dioxygène (réactifs) pour produire du dioxyde de carbone et de l'eau (produits), avec dégagement de chaleur et de lumière. Le mélange de limaille de fer et de soufre en poudre, chauffé en un seul point, déclenche une réaction qui se propage seule dans tout le tube et transforme intégralement le mélange en un solide gris-noir, le sulfure de fer FeS\text{FeS}, aux propriétés radicalement nouvelles : il n'est plus attiré par un aimant, contrairement au fer de départ.

Fe + S → FeS : une transformation chimique, pas un simple mélange État initial Fe (gris) + S (jaune) : mélange → attiré par un aimant chauffage local (amorçage) réaction exothermique État final FeS (solide gris-noir) → non attiré par un aimant Un corps pur nouveau, aux propriétés différentes, apparaît : c'est la preuve d'une transformation chimique.
Figure 1 — Le mélange fer + soufre, chauffé localement en un point, se transforme intégralement et durablement en sulfure de fer FeS\text{FeS} : un corps pur aux propriétés nouvelles, preuve d'une transformation chimique.

Dans une transformation en solution, certaines espèces chimiques sont présentes mais ne participent à aucune réaction : ce sont des espèces spectatrices.

Définition

Une espèce spectatrice est une espèce chimique présente dans le système dont la quantité de matière reste inchangée au cours de la transformation : elle n'apparaît ni parmi les réactifs consommés, ni parmi les produits formés.

Exemple — repérer une espèce spectatrice

Lorsqu'on verse une solution d'acide chlorhydrique (contenant les ions H3O+\text{H}_3\text{O}^+ et Cl−\text{Cl}^-) sur du calcaire (carbonate de calcium CaCO3\text{CaCO}_3), seuls les ions H3O+\text{H}_3\text{O}^+ réagissent avec le solide. Les ions chlorure Cl−\text{Cl}^- restent en solution, en quantité inchangée : ce sont des espèces spectatrices de cette transformation.

Attention

Ne confonds pas un simple mélange (dissoudre du sel dans l'eau : le sel existe toujours, on peut le récupérer par évaporation, sans espèce nouvelle) et une transformation chimique (griller un morceau de pain, faire rouiller un clou : de nouvelles espèces apparaissent, et on ne revient pas en arrière).

1.2  Écrire et ajuster une équation de réaction

Pour décrire une transformation avec précision, on écrit son équation de réaction : elle indique les formules chimiques des réactifs et des produits, précédées des nombres stœchiométriques (ou coefficients) qui la rendent cohérente.

Définition

Une équation de réaction générale s'écrit a A+b B⟶c C+d Da\,A + b\,B \longrightarrow c\,C + d\,D, où AA, BB, CC, DD sont les formules chimiques des espèces (avec leur état physique : (s)(s) solide, (ℓ)(\ell) liquide, (g)(g) gaz, (aq)(aq) en solution aqueuse), et aa, bb, cc, dd les nombres stœchiométriques, entiers positifs les plus petits possibles.

Propriété — lois de conservation

Au cours de toute transformation chimique :

  • le nombre d'atomes de chaque élément chimique est conservé (aucun atome n'est créé ni détruit) ;
  • la charge électrique totale est conservée.

Ajuster une équation, c'est choisir les nombres stœchiométriques pour que ces deux conservations soient vérifiées.

Méthode — ajuster systématiquement une équation

1. Écris les formules exactes des réactifs et des produits (les indices d'une formule sont intouchables). 2. Ajuste d'abord l'élément qui n'apparaît qu'une seule fois de chaque côté (souvent le carbone). 3. Ajuste ensuite l'hydrogène. 4. Ajuste l'oxygène en dernier, car il figure souvent dans plusieurs espèces. 5. Recompte chaque élément des deux côtés pour vérifier. 6. Pour une équation entre ions, vérifie en plus la conservation de la charge.

Exemple — ajuster la combustion du méthane
  1. CH4+O2⟶CO2+H2O\text{CH}_4 + \text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}carbone déjà équilibré : 1 = 1
  2. hydrogène : 4 H à gauche, 2 H à droite ⇒\Rightarrow il faut 2 H2O2\,\text{H}_2\text{O}
  3. ⇒\RightarrowCH4+O2⟶CO2+2 H2O\text{CH}_4 + \text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + 2\,\text{H}_2\text{O}
  4. oxygène à droite : 2+2=42 + 2 = 4 O ⇒\Rightarrow il faut 2 O22\,\text{O}_2 à gauche
  5. ⇒\RightarrowCH4+2 O2⟶CO2+2 H2O\text{CH}_4 + 2\,\text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + 2\,\text{H}_2\text{O}
  6. vérification : C 1=11=1 ; H 4=44=4 ; O 4=44=4équation ajustée
Exemple — ajuster la combustion du butane (astuce du nombre impair)
  1. C4H10+O2⟶CO2+H2O\text{C}_4\text{H}_{10} + \text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}
  2. carbone : 4 C à gauche ⇒\Rightarrow 4 CO24\,\text{CO}_2 à droite
  3. hydrogène : 10 H à gauche ⇒\Rightarrow 5 H2O5\,\text{H}_2\text{O} à droite
  4. ⇒\RightarrowC4H10+O2⟶4 CO2+5 H2O\text{C}_4\text{H}_{10} + \text{O}_2 \longrightarrow 4\,\text{CO}_2 + 5\,\text{H}_2\text{O}
  5. oxygène à droite : 4×2+5=134\times2 + 5 = 13 O, soit 132 O2\dfrac{13}{2}\,\text{O}_2nombre non entier : on double tout
  6. ⇒\Rightarrow2 C4H10+13 O2⟶8 CO2+10 H2O2\,\text{C}_4\text{H}_{10} + 13\,\text{O}_2 \longrightarrow 8\,\text{CO}_2 + 10\,\text{H}_2\text{O}
  7. vérification : C 8=88=8 ; H 20=2020=20 ; O 26=2626=26équation ajustée
Ajuster une équation : conserver le nombre d'atomes de chaque élément Équation NON ajustée + H₂ + O₂ → H₂O atomes H : 2 = 2 ✓ atomes O : 2 ≠ 1 ✗ (déséquilibré) Équation ajustée ✓ + 2 H₂ + O₂ → 2 H₂O atomes H : 4 = 4 ✓ atomes O : 2 = 2 ✓
Figure 2 — Avant/après ajustement : H2+O2⟶H2O\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow \text{H}_2\text{O} ne conserve pas l'oxygène (2 à gauche, 1 à droite) ; 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O} conserve chaque élément. Cercle blanc = atome H, cercle rouge = atome O.
Attention

Pour ajuster H2+O2⟶H2O\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow \text{H}_2\text{O}, il est tentant d'écrire H2O2\text{H}_2\text{O}_2 pour « équilibrer » l'oxygène. C'est une erreur grave : H2O2\text{H}_2\text{O}_2 est l'eau oxygénée, une espèce chimique totalement différente de l'eau ! Seuls les coefficients placés devant les formules peuvent changer ; les indices, eux, définissent la formule et sont intouchables.

Chimie & Co — La balance d'Antoine Lavoisier

Avant 1770, les chimistes pensent que la combustion libère une substance mystérieuse, le « phlogistique ». Le Français Antoine Lavoisier (1743-1794) met fin à cette théorie : en pesant scrupuleusement réactifs et produits avant et après chaque réaction — y compris les gaz, grâce à des dispositifs en vase clos —, il démontre que la masse totale se conserve au cours d'une transformation chimique. Il énonce ce principe dans son Traité élémentaire de chimie (1789) sous la formule restée célèbre : « Rien ne se perd, rien ne se crée, tout se transforme. » C'est cette loi de conservation qui justifie, encore aujourd'hui, la méthode d'ajustement des équations de réaction.

1.3  Interprétation microscopique et macroscopique

Les nombres stœchiométriques d'une équation ajustée indiquent un rapport, valable à n'importe quelle échelle.

Propriété

Pour 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O} : 2 molécules de H2\text{H}_2 réagissent avec 1 molécule de O2\text{O}_2 pour donner 2 molécules de H2O\text{H}_2\text{O} (échelle microscopique) — mais on peut tout aussi bien lire 2 mol de H2\text{H}_2 avec 1 mol de O2\text{O}_2 donnant 2 mol de H2O\text{H}_2\text{O} (échelle macroscopique). Seul le rapport 2:1:22:1:2 compte, quelle que soit la quantité mise en jeu.

Exemple — changer d'échelle

On fait réagir totalement 12,04×102312{,}04\times10^{23} molécules de H2\text{H}_2 avec du dioxygène, selon 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}. Combien de molécules de O2\text{O}_2 sont consommées, et combien de molécules de H2O\text{H}_2\text{O} se forment ?

  1. rapport stœchiométrique H2:O2:H2O=2:1:2\text{H}_2 : \text{O}_2 : \text{H}_2\text{O} = 2 : 1 : 2
  2. 12,04×102312{,}04\times10^{23} molécules de H2\text{H}_2 correspondent à 2 parts
  3. ⇒\Rightarrow1 part =6,02×1023= 6{,}02\times10^{23} molécules
  4. ⇒\Rightarrowmolécules de O2\text{O}_2 consommées =6,02×1023= 6{,}02\times10^{23}
  5. ⇒\Rightarrowmolécules de H2O\text{H}_2\text{O} formées =12,04×1023= 12{,}04\times10^{23}

2Tableau d'avancement

2.1  L'avancement de réaction xx

Pour suivre précisément l'évolution d'un système chimique, on introduit une grandeur unique qui « raconte » toute la transformation : l'avancement de réaction.

Définition

L'avancement de réaction, noté xx, est une grandeur positive exprimée en mol qui mesure le degré d'évolution du système chimique. Par convention, x=0x = 0 à l'état initial, et xx croît au fur et à mesure que la transformation progresse.

Propriété

Pour une équation a A+b B⟶c C+d Da\,A + b\,B \longrightarrow c\,C + d\,D, lorsque l'avancement vaut xx :

n(A)=n0(A)−a xn(B)=n0(B)−b xn(A) = n_0(A) - a\,x \qquad n(B) = n_0(B) - b\,x

n(C)=n0(C)+c xn(D)=n0(D)+d xn(C) = n_0(C) + c\,x \qquad n(D) = n_0(D) + d\,x

où n0n_0 désigne la quantité de matière initiale (souvent nulle pour un produit qui n'existe pas encore).

2.2  Construire le tableau d'avancement

Méthode — construire un tableau d'avancement

1. Écris l'équation ajustée en en-tête du tableau, une colonne par espèce. 2. Ligne « état initial » (x=0x=0) : les quantités initiales n0n_0 pour les réactifs, 00 en général pour les produits. 3. Ligne « en cours de transformation » (avancement xx) : chaque quantité s'exprime avec les formules de la propriété ci-dessus. 4. Ligne « état final » (x=xfx = x_f) : on remplace xx par la valeur finale, obtenue en identifiant le réactif limitant (section suivante).

Reprenons la synthèse de l'eau, 2 H2(g)+O2(g)⟶2 H2O(ℓ)2\,\text{H}_2(g) + \text{O}_2(g) \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}(\ell), avec les quantités initiales n0(H2)=0,80 moln_0(\text{H}_2) = 0{,}80\ \text{mol} et n0(O2)=0,30 moln_0(\text{O}_2) = 0{,}30\ \text{mol} (aucune eau au départ).

ÉtatAvancement2 H2(g)2\,\text{H}_2(g)+ O2(g)+\ \text{O}_2(g)⟶ 2 H2O(ℓ)\longrightarrow\ 2\,\text{H}_2\text{O}(\ell)
Initialx=0x = 00,800{,}800,300{,}3000
En coursxx0,80−2x0{,}80 - 2x0,30−x0{,}30 - x2x2x
Finalx=xmaxx = x_{max}0,200{,}20000,600{,}60

La ligne « final » utilise xmax=0,30 molx_{max} = 0{,}30\ \text{mol} : cette valeur est justifiée pas à pas dans la section suivante.

Tableau d'avancement illustré (échelle : 1 pictogramme = 0,10 mol) État initial : x = 0 n(H₂) = 0,80 mol n(O₂) = 0,30 mol État final : x = xmax = 0,30 mol n(H₂) = 0,20 mol n(O₂) = 0 mol n(H₂O) = 0,60 mol ○ = atome H ● rouge = atome O
Figure 3 — Tableau d'avancement illustré pour 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O} : à l'état final, tout le dioxygène a disparu tandis qu'il reste du dihydrogène — le dioxygène est le réactif limitant.
Attention

Toutes les cases d'une même colonne « en cours » utilisent le même xx : c'est ce xx unique qui relie entre elles les quantités de toutes les espèces. Une erreur fréquente est d'oublier le coefficient stœchiométrique devant xx (écrire 0,30−x0{,}30 - x au lieu de 0,30−2x0{,}30 - 2x si le coefficient vaut 2).

3Avancement maximal

3.1  Définition

Une transformation chimique ne peut pas se poursuivre indéfiniment : elle s'arrête forcément lorsqu'un réactif est épuisé, car une quantité de matière ne peut jamais devenir négative.

Définition

L'avancement maximal, noté xmaxx_{max}, est la plus grande valeur que peut prendre l'avancement xx, telle que toutes les quantités de matière des réactifs restent positives ou nulles :

∀reˊactif R,n(R)=n0(R)−(coefficient)×x  ⩾  0\forall \text{réactif } R, \quad n(R) = n_0(R) - \text{(coefficient)}\times x \;\geqslant\; 0

3.2  Déterminer xmaxx_{max} : méthode et démonstration

Théorème

Pour une équation a A+b B⟶…a\,A + b\,B \longrightarrow \dots, l'avancement maximal vaut :

xmax=min⁡(n0(A)a, n0(B)b)x_{max} = \min\left(\dfrac{n_0(A)}{a},\ \dfrac{n_0(B)}{b}\right)

c'est-à-dire le plus petit des quotients « quantité initiale divisée par coefficient stœchiométrique », calculé pour chaque réactif.

Démonstration

Chaque réactif impose sa propre contrainte de positivité.

  1. n(A)=n0(A)−a x⩾0n(A) = n_0(A) - a\,x \geqslant 0
  2. ⇒\Rightarrowx⩽n0(A)ax \leqslant \dfrac{n_0(A)}{a}
  3. n(B)=n0(B)−b x⩾0n(B) = n_0(B) - b\,x \geqslant 0
  4. ⇒\Rightarrowx⩽n0(B)bx \leqslant \dfrac{n_0(B)}{b}

L'avancement xx doit vérifier les deux inégalités simultanément : il ne peut donc pas dépasser la plus contraignante des deux bornes, c'est-à-dire la plus petite. La plus grande valeur possible est donc xmax=min⁡ ⁣(n0(A)a,n0(B)b)x_{max} = \min\!\left(\dfrac{n_0(A)}{a}, \dfrac{n_0(B)}{b}\right). Au-delà de cette valeur, un réactif deviendrait négatif, ce qui est physiquement impossible. C.Q.F.D.

Méthode — calculer xmaxx_{max} en pratique

Pour chaque réactif, calcule le quotient n0(reˊactif)coefficient stœchiomeˊtrique\dfrac{n_0(\text{réactif})}{\text{coefficient stœchiométrique}}. Le plus petit quotient donne xmaxx_{max}.

Exemple — synthèse de l'eau

2 H2(g)+O2(g)⟶2 H2O(ℓ)2\,\text{H}_2(g) + \text{O}_2(g) \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}(\ell), avec n0(H2)=0,80 moln_0(\text{H}_2) = 0{,}80\ \text{mol} et n0(O2)=0,30 moln_0(\text{O}_2) = 0{,}30\ \text{mol}.

  1. quotient pour H2\text{H}_2 : 0,802=0,40 mol\dfrac{0{,}80}{2} = 0{,}40\ \text{mol}
  2. quotient pour O2\text{O}_2 : 0,301=0,30 mol\dfrac{0{,}30}{1} = 0{,}30\ \text{mol}
  3. 0,30<0,400{,}30 < 0{,}40
  4. ⇒\Rightarrowxmax=0,30 molx_{max} = 0{,}30\ \text{mol}
Exemple — combustion du butane

2 C4H10(g)+13 O2(g)⟶8 CO2(g)+10 H2O(ℓ)2\,\text{C}_4\text{H}_{10}(g) + 13\,\text{O}_2(g) \longrightarrow 8\,\text{CO}_2(g) + 10\,\text{H}_2\text{O}(\ell), avec n0(C4H10)=0,50 moln_0(\text{C}_4\text{H}_{10}) = 0{,}50\ \text{mol} et n0(O2)=3,90 moln_0(\text{O}_2) = 3{,}90\ \text{mol}.

  1. quotient pour C4H10\text{C}_4\text{H}_{10} : 0,502=0,25 mol\dfrac{0{,}50}{2} = 0{,}25\ \text{mol}
  2. quotient pour O2\text{O}_2 : 3,9013=0,30 mol\dfrac{3{,}90}{13} = 0{,}30\ \text{mol}
  3. 0,25<0,300{,}25 < 0{,}30
  4. ⇒\Rightarrowxmax=0,25 molx_{max} = 0{,}25\ \text{mol}c'est le butane qui impose la limite
Quantités de matière en fonction de l'avancement x (mol) 0 0,2 0,4 0,6 0,8 mol x=0 x=0,1 x=0,2 x=0,3=xmax n(H₂) n(O₂) n(H₂O) n(O₂) s'annule le premier, en x = 0,30 mol : réactif limitant, xmax = 0,30 mol
Figure 4 — Évolution des quantités de matière avec l'avancement xx, pour 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}. La droite de n(O2)n(\text{O}_2) atteint 00 la première : c'est elle qui fixe xmaxx_{max}.

4Réactif limitant

4.1  Définition

Dans la synthèse de l'eau étudiée plus haut, le dioxygène disparaît complètement alors qu'il reste du dihydrogène : les deux réactifs ne jouent pas le même rôle dans l'arrêt de la réaction.

Définition

Le réactif limitant est le réactif totalement consommé à l'état final : sa quantité de matière s'annule pour x=xmaxx = x_{max}. Les autres réactifs, dont il subsiste une quantité à l'état final, sont dits en excès.

4.2  Identifier le réactif limitant

Méthode — repérer le réactif limitant

Le réactif limitant est celui qui donne le plus petit quotient n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} : c'est lui qui fixe xmaxx_{max} (théorème de la section 3). Une fois xmaxx_{max} calculé, la quantité restante de chaque réactif en excès s'obtient par nrestant=n0−coefficient×xmaxn_{restant} = n_0 - \text{coefficient}\times x_{max}.

Exemple — retour sur la synthèse de l'eau

Avec n0(H2)=0,80 moln_0(\text{H}_2)=0{,}80\ \text{mol}, n0(O2)=0,30 moln_0(\text{O}_2)=0{,}30\ \text{mol} et xmax=0,30 molx_{max}=0{,}30\ \text{mol} (calculé section 3) :

  1. quotient de O2\text{O}_2 (0,30)(0{,}30) plus petit que celui de H2\text{H}_2 (0,40)(0{,}40)
  2. ⇒\RightarrowO2\text{O}_2 est le réactif limitant
  3. nrestant(H2)=0,80−2×0,30n_{restant}(\text{H}_2) = 0{,}80 - 2\times0{,}30
  4. ==0,20 mol0{,}20\ \text{mol}H2\text{H}_2 est le réactif en excès
Exemple — calcaire et acide chlorhydrique

Le calcaire (carbonate de calcium) réagit avec l'acide chlorhydrique selon CaCO3(s)+2 HCl(aq)⟶CaCl2(aq)+H2O(ℓ)+CO2(g)\text{CaCO}_3(s) + 2\,\text{HCl}(aq) \longrightarrow \text{CaCl}_2(aq) + \text{H}_2\text{O}(\ell) + \text{CO}_2(g). On dispose de n0(CaCO3)=0,15 moln_0(\text{CaCO}_3) = 0{,}15\ \text{mol} et n0(HCl)=0,20 moln_0(\text{HCl}) = 0{,}20\ \text{mol}.

  1. quotient CaCO3\text{CaCO}_3 : 0,151=0,15 mol\dfrac{0{,}15}{1} = 0{,}15\ \text{mol}
  2. quotient HCl\text{HCl} : 0,202=0,10 mol\dfrac{0{,}20}{2} = 0{,}10\ \text{mol}
  3. 0,10<0,150{,}10 < 0{,}15
  4. ⇒\RightarrowHCl\text{HCl} limitant, xmax=0,10 molx_{max} = 0{,}10\ \text{mol}
  5. nrestant(CaCO3)=0,15−1×0,10=0,05 moln_{restant}(\text{CaCO}_3) = 0{,}15 - 1\times0{,}10 = 0{,}05\ \text{mol}calcaire en excès
Attention

Ne compare jamais les quantités initiales brutes sans les diviser par leur coefficient stœchiométrique ! Ci-dessus, n0(HCl)=0,20 moln_0(\text{HCl}) = 0{,}20\ \text{mol} est plus grand que n0(CaCO3)=0,15 moln_0(\text{CaCO}_3) = 0{,}15\ \text{mol}, et pourtant c'est bien HCl\text{HCl} qui manque en premier, à cause du coefficient 22.

5Mélange stœchiométrique

5.1  Définition

Définition

Un mélange initial de réactifs est dit dans les proportions stœchiométriques (ou « mélange stœchiométrique ») lorsque tous les quotients n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} sont égaux :

n0(A)a=n0(B)b=…\dfrac{n_0(A)}{a} = \dfrac{n_0(B)}{b} = \dots

5.2  Conséquence : tous les réactifs disparaissent ensemble

Propriété

Dans un mélange stœchiométrique, aucun réactif n'est en excès : tous les réactifs sont limitants simultanément, et tous s'annulent en même temps à l'état final, pour la valeur commune xmax=n0(A)a=n0(B)b=…x_{max} = \dfrac{n_0(A)}{a} = \dfrac{n_0(B)}{b} = \dots

Exemple — composer un mélange stœchiométrique

Pour la synthèse de l'eau 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}, quelle quantité de H2\text{H}_2 faut-il associer à n0(O2)=0,30 moln_0(\text{O}_2)=0{,}30\ \text{mol} pour obtenir un mélange stœchiométrique ?

  1. condition : n0(H2)2=n0(O2)1\dfrac{n_0(\text{H}_2)}{2} = \dfrac{n_0(\text{O}_2)}{1}
  2. ⇒\Rightarrown0(H2)=2×0,30n_0(\text{H}_2) = 2\times0{,}30
  3. ==0,60 mol0{,}60\ \text{mol}

Remarque : dans notre exemple des sections précédentes, on avait n0(H2)=0,80 mol>0,60 moln_0(\text{H}_2)=0{,}80\ \text{mol} > 0{,}60\ \text{mol} : le dihydrogène était donc bien en excès, ce qui confirme que O2\text{O}_2 était limitant.

Chimie & Co — La loi des proportions définies de Proust

En 1799, le chimiste français Joseph-Louis Proust (1754-1826) énonce la loi des proportions définies : un composé chimique donné contient toujours les mêmes éléments, dans des proportions de masse fixes, quelle que soit son origine ou sa méthode de préparation. Cette idée s'oppose à celle de son rival Claude-Louis Berthollet, convaincu que les proportions pouvaient varier continûment. Le débat, très vif, dure près de huit ans ; c'est finalement la théorie atomique de John Dalton (1803-1808) qui tranche en faveur de Proust : si la matière est faite d'atomes indivisibles, les composés ne peuvent se former que selon des rapports numériques fixes entre atomes. C'est précisément ce rapport fixe, donné par les coefficients d'une équation ajustée, qui définit aujourd'hui le mélange stœchiométrique.

6Rendement

6.1  Définition du rendement

En laboratoire comme dans l'industrie, la quantité de produit réellement récupérée est presque toujours inférieure à la quantité théorique maximale calculée avec xmaxx_{max} : réaction non totale, pertes lors des manipulations, réactions secondaires...

Définition

Le rendement rr d'une synthèse est le rapport entre la quantité de produit réellement obtenue et la quantité de produit théorique maximale (calculée pour x=xmaxx=x_{max}) :

r=nobtenue(produit)ntheˊorique(produit)souvent exprimeˊ en %: r=nobtenuentheˊorique×100r = \dfrac{n_{obtenue}(\text{produit})}{n_{théorique}(\text{produit})} \qquad \text{souvent exprimé en \%: } r = \dfrac{n_{obtenue}}{n_{théorique}}\times100

6.2  Calculer et interpréter un rendement

Méthode — calculer un rendement

1. Calcule xmaxx_{max} (réactif limitant). 2. Calcule la quantité théorique maximale du produit visé : ntheˊorique=coefficient du produit×xmaxn_{théorique} = \text{coefficient du produit}\times x_{max}. 3. Détermine la quantité réellement obtenue, souvent à partir d'une masse pesée : nobtenue=mobtenueMn_{obtenue} = \dfrac{m_{obtenue}}{M}. 4. Calcule r=nobtenuentheˊoriquer = \dfrac{n_{obtenue}}{n_{théorique}}.

Exemple — rendement de la synthèse de l'eau

Avec xmax=0,30 molx_{max}=0{,}30\ \text{mol}, la quantité théorique d'eau est ntheˊorique(H2O)=2×0,30=0,60 moln_{théorique}(\text{H}_2\text{O}) = 2\times0{,}30 = 0{,}60\ \text{mol}, soit mtheˊorique=0,60×18=10,8 gm_{théorique} = 0{,}60\times18 = 10{,}8\ \text{g} (avec M(H2O)=18 g⋅mol−1M(\text{H}_2\text{O})=18\ \text{g·mol}^{-1}). On ne récupère en réalité que mobtenue=9,72 gm_{obtenue}=9{,}72\ \text{g}.

  1. nobtenue=9,7218n_{obtenue} = \dfrac{9{,}72}{18}
  2. ==0,54 mol0{,}54\ \text{mol}
  3. r=0,540,60r = \dfrac{0{,}54}{0{,}60}
  4. ==0,900{,}90
  5. ==90 %90\ \%
Exemple — rendement de la production de dioxyde de carbone

Pour la réaction calcaire + acide (xmax=0,10 molx_{max}=0{,}10\ \text{mol}), la quantité théorique de CO2\text{CO}_2 est ntheˊorique=1×0,10=0,10 moln_{théorique}=1\times0{,}10=0{,}10\ \text{mol}, soit mtheˊorique=0,10×44=4,4 gm_{théorique}=0{,}10\times44=4{,}4\ \text{g} (avec M(CO2)=44 g⋅mol−1M(\text{CO}_2)=44\ \text{g·mol}^{-1}). La masse de gaz réellement recueillie est mobtenue=3,74 gm_{obtenue}=3{,}74\ \text{g}.

  1. nobtenue=3,7444=0,085 moln_{obtenue} = \dfrac{3{,}74}{44} = 0{,}085\ \text{mol}
  2. r=0,0850,10r = \dfrac{0{,}085}{0{,}10}
  3. ==0,850{,}85
  4. ==85 %85\ \%
Attention

Le rendement compare la quantité de produit réellement obtenue à la quantité théorique du même produit : ce n'est pas le pourcentage de réactif limitant consommé (celui-ci est toujours consommé à 100 % si la réaction est totale). Un rendement ne peut jamais dépasser 100 %100\ \% : le trouver supérieur signale une erreur de calcul ou de mesure.

Chimie & Co — Fritz Haber et le rendement de l'ammoniac

Au début du XXe siècle, l'agriculture mondiale dépend des engrais azotés naturels, dont les réserves (nitrates du Chili) s'épuisent. En 1909, le chimiste allemand Fritz Haber parvient à synthétiser l'ammoniac directement à partir de l'air, selon N2(g)+3 H2(g)⟶2 NH3(g)\text{N}_2(g) + 3\,\text{H}_2(g) \longrightarrow 2\,\text{NH}_3(g), sous haute pression et haute température. L'ingénieur Carl Bosch industrialise ce procédé entre 1910 et 1913 : c'est le procédé Haber-Bosch. Le rendement d'un seul passage dans le réacteur reste modeste (environ 1515 à 20 %20\ \%), à cause d'un équilibre chimique défavorable ; les usines recyclent alors les gaz non transformés pour atteindre un rendement global bien supérieur. Ce procédé fournit aujourd'hui l'azote nécessaire aux engrais qui nourrissent près de la moitié de l'humanité — une illustration frappante de l'importance industrielle du rendement d'une synthèse chimique.

Fiche mémo

  • Réactifs : consommés. Produits : formés. Espèce spectatrice : quantité inchangée.
  • Ajuster une équation : conserver le nombre d'atomes de chaque élément (et la charge). Les indices d'une formule sont intouchables ; seuls les coefficients varient.
  • Avancement xx (mol) : n(reˊactif)=n0−coefficient×xn(\text{réactif}) = n_0 - \text{coefficient}\times x ; n(produit)=coefficient×xn(\text{produit}) = \text{coefficient}\times x.
  • Tableau d'avancement : ligne initiale (x=0x=0), ligne en cours (xx), ligne finale (x=xmaxx=x_{max}).
  • xmax=min⁡(n0(reˊactif)coefficient)x_{max} = \min\left(\dfrac{n_0(\text{réactif})}{\text{coefficient}}\right), calculé pour chaque réactif.
  • Réactif limitant : quotient n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} le plus petit ; il est totalement consommé (n=0n=0) à l'état final.
  • Réactif en excès : nrestant=n0−coefficient×xmax>0n_{restant} = n_0 - \text{coefficient}\times x_{max} > 0.
  • Mélange stœchiométrique : tous les quotients n0coefficient\dfrac{n_0}{\text{coefficient}} sont égaux ; tous les réactifs s'épuisent ensemble.
  • Rendement : r=nobtenue(produit)ntheˊorique(produit)r = \dfrac{n_{obtenue}(\text{produit})}{n_{théorique}(\text{produit})}, avec ntheˊorique=coefficient×xmaxn_{théorique} = \text{coefficient}\times x_{max} ; toujours r⩽100 %r \leqslant 100\ \%.
  • Loi de Lavoisier (1789) : conservation de la masse et des éléments. Loi de Proust (1799) : proportions définies.
  • Piège classique : ne jamais comparer des quantités brutes sans les diviser par leur coefficient stœchiométrique.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Le charbon de bois brûle dans l'air selon C(s)+O2(g)⟶CO2(g)\text{C}(s) + \text{O}_2(g) \longrightarrow \text{CO}_2(g) ; le diazote N2\text{N}_2 de l'air ne réagit pas. a) Identifie réactifs, produit et espèce spectatrice. b) L'équation est-elle déjà ajustée ?

Voir le corrigé détaillé

a) Réactifs : C\text{C} et O2\text{O}_2. Produit : CO2\text{CO}_2. Espèce spectatrice : N2\text{N}_2 (sa quantité de matière ne varie pas).

b) Vérification : carbone 1=11=1 ; oxygène 2=22=2. L'équation est déjà ajustée.

2

Ajuste l'équation de combustion du propane : C3H8+O2⟶CO2+H2O\text{C}_3\text{H}_8 + \text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}.

Voir le corrigé détaillé
  1. carbone : 3 C ⇒\Rightarrow 3 CO23\,\text{CO}_2
  2. hydrogène : 8 H ⇒\Rightarrow 4 H2O4\,\text{H}_2\text{O}
  3. oxygène à droite : 6+4=106+4=10 O ⇒\Rightarrow 5 O25\,\text{O}_2
  4. ⇒\RightarrowC3H8+5 O2⟶3 CO2+4 H2O\text{C}_3\text{H}_8 + 5\,\text{O}_2 \longrightarrow 3\,\text{CO}_2 + 4\,\text{H}_2\text{O}
  5. vérification : C 3=33=3 ; H 8=88=8 ; O 10=1010=10
3

On mélange une solution de nitrate d'argent (ions Ag+\text{Ag}^+ et NO3−\text{NO}_3^-) et une solution de chlorure de sodium (ions Na+\text{Na}^+ et Cl−\text{Cl}^-) : il se forme un précipité blanc de chlorure d'argent AgCl(s)\text{AgCl}(s). a) Écris l'équation de la réaction entre ions. b) Identifie les espèces spectatrices.

Voir le corrigé détaillé

a) Ag+(aq)+Cl−(aq)⟶AgCl(s)\text{Ag}^+(aq) + \text{Cl}^-(aq) \longrightarrow \text{AgCl}(s). Vérification de charge : à gauche (+1)+(−1)=0(+1)+(-1)=0 ; à droite, AgCl\text{AgCl} est neutre. Charge conservée.

b) Espèces spectatrices : Na+\text{Na}^+ et NO3−\text{NO}_3^- (leurs quantités de matière ne changent pas).

4

Pour 2 H2+O2⟶2 H2O2\,\text{H}_2 + \text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}, on part de n0(H2)=1,00 moln_0(\text{H}_2)=1{,}00\ \text{mol} et n0(O2)=1,00 moln_0(\text{O}_2)=1{,}00\ \text{mol}. Construis le tableau d'avancement (colonne « en cours »), puis calcule les quantités de matière pour x=0,20 molx=0{,}20\ \text{mol}.

Voir le corrigé détaillé
ÉtatAvancement2 H22\,\text{H}_2+ O2+\ \text{O}_2⟶2 H2O\longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}
Initialx=0x=01,001{,}001,001{,}0000
En coursxx1,00−2x1{,}00-2x1,00−x1{,}00-x2x2x
x=0,20x=0{,}200,200{,}200,600{,}600,800{,}800,400{,}40
5

Pour N2+3 H2⟶2 NH3\text{N}_2 + 3\,\text{H}_2 \longrightarrow 2\,\text{NH}_3, on dispose de n0(N2)=0,40 moln_0(\text{N}_2)=0{,}40\ \text{mol} et n0(H2)=1,50 moln_0(\text{H}_2)=1{,}50\ \text{mol}. Calcule l'avancement maximal xmaxx_{max}.

Voir le corrigé détaillé
  1. quotient N2\text{N}_2 : 0,401=0,40 mol\dfrac{0{,}40}{1}=0{,}40\ \text{mol}
  2. quotient H2\text{H}_2 : 1,503=0,50 mol\dfrac{1{,}50}{3}=0{,}50\ \text{mol}
  3. 0,40<0,500{,}40<0{,}50
  4. ⇒\RightarrowN2\text{N}_2 limitant, xmax=0,40 molx_{max}=0{,}40\ \text{mol}
Niveau 2 — Approfondissement
6

Du magnésium réagit avec l'acide chlorhydrique : Mg(s)+2 HCl(aq)⟶MgCl2(aq)+H2(g)\text{Mg}(s) + 2\,\text{HCl}(aq) \longrightarrow \text{MgCl}_2(aq) + \text{H}_2(g). On introduit m(Mg)=1,20 gm(\text{Mg})=1{,}20\ \text{g} (M=24 g⋅mol−1M=24\ \text{g·mol}^{-1}) dans V=100 mLV=100\ \text{mL} d'acide de concentration c=2,0 mol⋅L−1c=2{,}0\ \text{mol·L}^{-1}. 1° Calcule n0(Mg)n_0(\text{Mg}) et n0(HCl)n_0(\text{HCl}). 2° Construis le tableau d'avancement, détermine le réactif limitant. 3° Calcule le volume de H2\text{H}_2 formé (Vm=24 L⋅mol−1V_m=24\ \text{L·mol}^{-1}).

Voir le corrigé détaillé

1°

  1. n0(Mg)=1,2024=0,050 moln_0(\text{Mg}) = \dfrac{1{,}20}{24} = 0{,}050\ \text{mol}
  2. n0(HCl)=c×V=2,0×0,100=0,20 moln_0(\text{HCl}) = c\times V = 2{,}0\times0{,}100 = 0{,}20\ \text{mol}

2°

ÉtatAvancementMg\text{Mg}+2 HCl+2\,\text{HCl}⟶MgCl2\longrightarrow \text{MgCl}_2+ H2+\ \text{H}_2
Initial000,0500{,}0500,200{,}200000
En coursxx0,050−x0{,}050-x0,20−2x0{,}20-2xxxxx
Finalxmaxx_{max}000,100{,}100,0500{,}0500,0500{,}050

Quotients : Mg:0,050/1=0,050\text{Mg}: 0{,}050/1=0{,}050 ; HCl:0,20/2=0,10\text{HCl}: 0{,}20/2=0{,}10. Le plus petit est 0,0500{,}050 : Mg\text{Mg} est limitant, xmax=0,050 molx_{max}=0{,}050\ \text{mol}.

3°

  1. n(H2)=xmax=0,050 moln(\text{H}_2) = x_{max} = 0{,}050\ \text{mol}
  2. V(H2)=n×Vm=0,050×24V(\text{H}_2) = n\times V_m = 0{,}050\times24
  3. ==1,2 L1{,}2\ \text{L}
7

Pour N2+3 H2⟶2 NH3\text{N}_2 + 3\,\text{H}_2 \longrightarrow 2\,\text{NH}_3, on dispose de n0(N2)=2,0 moln_0(\text{N}_2)=2{,}0\ \text{mol}. a) Quelle quantité n0(H2)n_0(\text{H}_2) donnerait un mélange stœchiométrique ? b) On introduit en réalité n0(H2)=5,4 moln_0(\text{H}_2)=5{,}4\ \text{mol} : quel réactif est en excès, et de combien ?

Voir le corrigé détaillé

a)

  1. condition : n0(H2)3=n0(N2)1\dfrac{n_0(\text{H}_2)}{3} = \dfrac{n_0(\text{N}_2)}{1}
  2. ⇒\Rightarrown0(H2)=3×2,0=6,0 moln_0(\text{H}_2) = 3\times2{,}0 = 6{,}0\ \text{mol}

b) Le mélange réel apporte 5,4 mol<6,0 mol5{,}4\ \text{mol} < 6{,}0\ \text{mol} : le dihydrogène est en défaut.

  1. quotient N2\text{N}_2 : 2,0/1=2,02{,}0/1=2{,}0 ; quotient H2\text{H}_2 : 5,4/3=1,85{,}4/3=1{,}8
  2. ⇒\RightarrowH2\text{H}_2 limitant, xmax=1,8 molx_{max}=1{,}8\ \text{mol}
  3. nrestant(N2)=2,0−1,8×1n_{restant}(\text{N}_2) = 2{,}0 - 1{,}8\times1
  4. ==0,2 mol0{,}2\ \text{mol}N2\text{N}_2 est en excès de 0,20{,}2 mol
8

Une synthèse d'aspirine (produit PP, M=180 g⋅mol−1M=180\ \text{g·mol}^{-1}) a une quantité théorique maximale ntheˊorique(P)=0,150 moln_{théorique}(P)=0{,}150\ \text{mol}. Après purification, on récupère m=21,6 gm=21{,}6\ \text{g} de produit. Calcule le rendement.

Voir le corrigé détaillé
  1. mtheˊorique=0,150×180=27,0 gm_{théorique} = 0{,}150\times180 = 27{,}0\ \text{g}
  2. nobtenue=21,6180=0,120 moln_{obtenue} = \dfrac{21{,}6}{180} = 0{,}120\ \text{mol}
  3. r=0,1200,150r = \dfrac{0{,}120}{0{,}150}
  4. ==0,80=80 %0{,}80 = 80\ \%
9

1° Ajuste l'équation de combustion complète de l'éthanol : C2H5OH(ℓ)+O2(g)⟶CO2(g)+H2O(ℓ)\text{C}_2\text{H}_5\text{OH}(\ell) + \text{O}_2(g) \longrightarrow \text{CO}_2(g) + \text{H}_2\text{O}(\ell). 2° Pour n0(C2H5OH)=0,25 moln_0(\text{C}_2\text{H}_5\text{OH})=0{,}25\ \text{mol} brûlé dans un excès de dioxygène, calcule le volume de CO2\text{CO}_2 formé (Vm=24 L⋅mol−1V_m=24\ \text{L·mol}^{-1}).

Voir le corrigé détaillé

1°

  1. carbone : 2 C ⇒\Rightarrow 2 CO22\,\text{CO}_2 ; hydrogène : 6 H ⇒\Rightarrow 3 H2O3\,\text{H}_2\text{O}
  2. oxygène à droite : 4+3=74+3=7 O ; à gauche : 11 (dans l'éthanol) +2n+ 2n (dans n O2n\,\text{O}_2)
  3. ⇒\Rightarrow1+2n=7⇒n=31+2n=7 \Rightarrow n=3
  4. ⇒\RightarrowC2H5OH+3 O2⟶2 CO2+3 H2O\text{C}_2\text{H}_5\text{OH} + 3\,\text{O}_2 \longrightarrow 2\,\text{CO}_2 + 3\,\text{H}_2\text{O}

2° L'éthanol est limitant (dioxygène en excès), xmax=n0(C2H5OH)=0,25 molx_{max}=n_0(\text{C}_2\text{H}_5\text{OH})=0{,}25\ \text{mol} (coefficient 1).

  1. n(CO2)=2×0,25=0,50 moln(\text{CO}_2) = 2\times0{,}25 = 0{,}50\ \text{mol}
  2. V(CO2)=0,50×24V(\text{CO}_2) = 0{,}50\times24
  3. ==12 L12\ \text{L}
Niveau 3 — Défi
10

On brûle complètement n0(C4H10)=0,40 moln_0(\text{C}_4\text{H}_{10})=0{,}40\ \text{mol} de butane dans un large excès de dioxygène, selon 2 C4H10+13 O2⟶8 CO2+10 H2O2\,\text{C}_4\text{H}_{10} + 13\,\text{O}_2 \longrightarrow 8\,\text{CO}_2 + 10\,\text{H}_2\text{O}.

  1. Justifie que le butane est nécessairement le réactif limitant.
  2. Construis le tableau d'avancement et détermine xmaxx_{max}.
  3. Calcule la masse d'eau théorique formée (M(H2O)=18 g⋅mol−1M(\text{H}_2\text{O})=18\ \text{g·mol}^{-1}).
  4. Le rendement réel de cette combustion est de 96 %96\ \%. Calcule la masse d'eau réellement récupérée.
Voir le corrigé détaillé

1. Le dioxygène est introduit en large excès : sa quantité initiale est donc bien supérieure à celle qui serait strictement nécessaire. Un réactif en excès ne peut jamais être limitant : c'est donc forcément le butane qui s'épuise le premier.

2.

ÉtatAvancement2 C4H102\,\text{C}_4\text{H}_{10}8 CO28\,\text{CO}_210 H2O10\,\text{H}_2\text{O}
Initial000,400{,}400000
En coursxx0,40−2x0{,}40-2x8x8x10x10x
Finalxmaxx_{max}001,61{,}62,02{,}0
  1. butane limitant ⇒n(C4H10)=0\Rightarrow n(\text{C}_4\text{H}_{10})=0 à l'état final
  2. 0,40−2xmax=00{,}40-2x_{max}=0
  3. ⇒\Rightarrowxmax=0,20 molx_{max}=0{,}20\ \text{mol}

3.

  1. ntheˊorique(H2O)=10×0,20=2,0 moln_{théorique}(\text{H}_2\text{O}) = 10\times0{,}20 = 2{,}0\ \text{mol}
  2. mtheˊorique=2,0×18m_{théorique} = 2{,}0\times18
  3. ==36 g36\ \text{g}

4.

  1. mobtenue=0,96×36m_{obtenue} = 0{,}96\times36
  2. ==34,6 g34{,}6\ \text{g}
11

On réalise l'estérification CH3COOH(ℓ)+C2H5OH(ℓ)⟶CH3COOC2H5(ℓ)+H2O(ℓ)\text{CH}_3\text{COOH}(\ell) + \text{C}_2\text{H}_5\text{OH}(\ell) \longrightarrow \text{CH}_3\text{COOC}_2\text{H}_5(\ell) + \text{H}_2\text{O}(\ell) avec n0(acide)=0,30 moln_0(\text{acide})=0{,}30\ \text{mol} et n0(eˊthanol)=0,50 moln_0(\text{éthanol})=0{,}50\ \text{mol} (M(ester)=88 g⋅mol−1M(\text{ester})=88\ \text{g·mol}^{-1}).

  1. Identifie le réactif limitant et calcule xmaxx_{max}.
  2. Calcule la masse théorique maximale d'ester.
  3. Cette réaction n'est pas totale : elle plafonne à un rendement de 67 %67\ \%. Calcule la masse d'ester réellement obtenue.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. quotient acide : 0,30/1=0,300{,}30/1=0{,}30 ; quotient éthanol : 0,50/1=0,500{,}50/1=0{,}50
  2. ⇒\Rightarrowl'acide éthanoïque est limitant, xmax=0,30 molx_{max}=0{,}30\ \text{mol}

2.

  1. ntheˊorique(ester)=1×0,30=0,30 moln_{théorique}(\text{ester}) = 1\times0{,}30 = 0{,}30\ \text{mol}
  2. mtheˊorique=0,30×88m_{théorique} = 0{,}30\times88
  3. ==26,4 g26{,}4\ \text{g}

3.

  1. mobtenue=0,67×26,4m_{obtenue} = 0{,}67\times26{,}4
  2. ==17,7 g17{,}7\ \text{g}
12

On verse V=50,0 mLV=50{,}0\ \text{mL} d'une solution d'acide chlorhydrique de concentration cc inconnue sur un large excès de calcaire. Le volume de CO2\text{CO}_2 recueilli est V(CO2)=180 mLV(\text{CO}_2)=180\ \text{mL} (Vm=24 L⋅mol−1V_m=24\ \text{L·mol}^{-1}).

  1. Écris l'équation de la réaction (calcaire = CaCO3\text{CaCO}_3).
  2. Calcule n0(HCl)n_0(\text{HCl}), sachant que le calcaire est en excès.
  3. Déduis-en la concentration cc de la solution d'acide chlorhydrique.
Voir le corrigé détaillé

1. CaCO3(s)+2 HCl(aq)⟶CaCl2(aq)+H2O(ℓ)+CO2(g)\text{CaCO}_3(s) + 2\,\text{HCl}(aq) \longrightarrow \text{CaCl}_2(aq) + \text{H}_2\text{O}(\ell) + \text{CO}_2(g).

2.

  1. n(CO2)=V(CO2)Vm=0,18024=7,5×10−3 moln(\text{CO}_2) = \dfrac{V(\text{CO}_2)}{V_m} = \dfrac{0{,}180}{24} = 7{,}5\times10^{-3}\ \text{mol}
  2. calcaire en excès ⇒\Rightarrow HCl\text{HCl} limitant, xmax=n(CO2)=7,5×10−3 molx_{max}=n(\text{CO}_2)=7{,}5\times10^{-3}\ \text{mol}coefficient de CO2\text{CO}_2 égal à 1
  3. n0(HCl)=2×xmax=2×7,5×10−3n_0(\text{HCl}) = 2\times x_{max} = 2\times7{,}5\times10^{-3}
  4. ==1,5×10−2 mol1{,}5\times10^{-2}\ \text{mol}

3.

  1. c=n0(HCl)V=1,5×10−20,050c = \dfrac{n_0(\text{HCl})}{V} = \dfrac{1{,}5\times10^{-2}}{0{,}050}
  2. ==0,30 mol⋅L−10{,}30\ \text{mol·L}^{-1}
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13

La bonbonne de gaz (Dakar). Une bonbonne utilisée dans une cuisine de Dakar contient m=6,0 kgm=6{,}0\ \text{kg} de butane liquéfié C4H10\text{C}_4\text{H}_{10} (M=58 g⋅mol−1M=58\ \text{g·mol}^{-1}), brûlé entièrement avec un large excès d'air.

  1. Calcule n0(C4H10)n_0(\text{C}_4\text{H}_{10}).
  2. Rappelle l'équation ajustée de la combustion complète du butane.
  3. Calcule le volume de CO2\text{CO}_2 rejeté lors de la combustion totale de la bonbonne (Vm=24 L⋅mol−1V_m=24\ \text{L·mol}^{-1}), en m3\text{m}^3.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. n0(C4H10)=6 00058n_0(\text{C}_4\text{H}_{10}) = \dfrac{6\,000}{58}
  2. ≈\approx103,4 mol103{,}4\ \text{mol}

2. 2 C4H10+13 O2⟶8 CO2+10 H2O2\,\text{C}_4\text{H}_{10} + 13\,\text{O}_2 \longrightarrow 8\,\text{CO}_2 + 10\,\text{H}_2\text{O}.

3. Butane limitant (air en excès) : xmax=n0/2=103,4/2=51,7 molx_{max} = n_0/2 = 103{,}4/2 = 51{,}7\ \text{mol}.

  1. n(CO2)=8×51,7≈413,6 moln(\text{CO}_2) = 8\times51{,}7 \approx 413{,}6\ \text{mol}
  2. V(CO2)=413,6×24≈9 926 LV(\text{CO}_2) = 413{,}6\times24 \approx 9\,926\ \text{L}
  3. ≈\approx9,9 m39{,}9\ \text{m}^3

Une seule bonbonne domestique rejette donc près de 10 m310\ \text{m}^3 de dioxyde de carbone !

14

Traitement de l'eau (Bamako). Pour clarifier l'eau d'un puits à Bamako, un technicien verse de la chaux vive CaO(s)\text{CaO}(s) dans un grand volume d'eau (en large excès) : CaO(s)+H2O(ℓ)⟶Ca(OH)2(s)\text{CaO}(s) + \text{H}_2\text{O}(\ell) \longrightarrow \text{Ca(OH)}_2(s). Il utilise m(CaO)=5,6 kgm(\text{CaO})=5{,}6\ \text{kg} (M=56 g⋅mol−1M=56\ \text{g·mol}^{-1}).

  1. Calcule n0(CaO)n_0(\text{CaO}).
  2. Justifie que CaO\text{CaO} est le réactif limitant, et calcule la masse théorique de chaux éteinte Ca(OH)2\text{Ca(OH)}_2 formée (M=74 g⋅mol−1M=74\ \text{g·mol}^{-1}).
  3. On récupère en pratique mobtenue=6,7 kgm_{obtenue}=6{,}7\ \text{kg} de chaux éteinte. Calcule le rendement de l'opération.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. n0(CaO)=5 60056n_0(\text{CaO}) = \dfrac{5\,600}{56}
  2. ==100 mol100\ \text{mol}

2. L'eau est en large excès, donc CaO\text{CaO} est nécessairement limitant : xmax=n0(CaO)=100 molx_{max}=n_0(\text{CaO})=100\ \text{mol} (coefficient 1).

  1. ntheˊorique(Ca(OH)2)=1×100=100 moln_{théorique}(\text{Ca(OH)}_2) = 1\times100 = 100\ \text{mol}
  2. mtheˊorique=100×74m_{théorique} = 100\times74
  3. ==7 400 g=7,4 kg7\,400\ \text{g} = 7{,}4\ \text{kg}

3.

  1. r=mobtenuemtheˊorique=6,77,4r = \dfrac{m_{obtenue}}{m_{théorique}} = \dfrac{6{,}7}{7{,}4}
  2. ≈\approx0,9050{,}905
  3. ≈\approx91 %91\ \%
15

La batterie de voiture (Ndjamena). Un garagiste de Ndjamena teste une batterie au plomb, dont la décharge suit Pb(s)+PbO2(s)+2 H2SO4(aq)⟶2 PbSO4(s)+2 H2O(ℓ)\text{Pb}(s) + \text{PbO}_2(s) + 2\,\text{H}_2\text{SO}_4(aq) \longrightarrow 2\,\text{PbSO}_4(s) + 2\,\text{H}_2\text{O}(\ell). La batterie contient n0(H2SO4)=2,4 moln_0(\text{H}_2\text{SO}_4)=2{,}4\ \text{mol} d'acide sulfurique, avec Pb\text{Pb} et PbO2\text{PbO}_2 en quantités largement suffisantes.

  1. Justifie que H2SO4\text{H}_2\text{SO}_4 est le réactif limitant.
  2. Calcule l'avancement maximal d'une décharge complète.
  3. Calcule la masse théorique de sulfate de plomb PbSO4\text{PbSO}_4 formée (M=303 g⋅mol−1M=303\ \text{g·mol}^{-1}).
  4. En pratique, la décharge n'est jamais totale : elle atteint un rendement de 75 %75\ \% avant que la batterie ne doive être rechargée. Calcule la masse de PbSO4\text{PbSO}_4 réellement formée à ce stade.
Voir le corrigé détaillé

1. Le plomb Pb\text{Pb} et l'oxyde PbO2\text{PbO}_2, solides constituant les électrodes, sont fournis en large excès : c'est donc l'acide sulfurique dissous, en quantité finie, qui s'épuise le premier.

2.

  1. n(H2SO4)=2,4−2x=0n(\text{H}_2\text{SO}_4) = 2{,}4 - 2x = 0
  2. ⇒\Rightarrowxmax=1,2 molx_{max} = 1{,}2\ \text{mol}

3.

  1. ntheˊorique(PbSO4)=2×1,2=2,4 moln_{théorique}(\text{PbSO}_4) = 2\times1{,}2 = 2{,}4\ \text{mol}
  2. mtheˊorique=2,4×303m_{théorique} = 2{,}4\times303
  3. ==727,2 g727{,}2\ \text{g}

4.

  1. mobtenue=0,75×727,2m_{obtenue} = 0{,}75\times727{,}2
  2. ≈\approx545 g545\ \text{g}

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La mole et les grandeurs molaires

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📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

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Dans une transformation chimique, on appelle réactifs :

Explication : Par définition, les réactifs sont les espèces chimiques présentes à l'état initial et consommées au fur et à mesure de la transformation ; les produits, eux, apparaissent.

Une espèce spectatrice est une espèce chimique qui :

Explication : Une espèce spectatrice ne participe à aucune réaction : elle n'est ni consommée comme un réactif, ni formée comme un produit, sa quantité de matière reste constante.

Dissoudre du sucre dans l'eau, sans qu'aucune réaction ne se produise, est :

Explication : Contrairement à une transformation chimique (griller du pain, faire rouiller un clou), un simple mélange ne fait apparaître aucune nouvelle espèce chimique : le sucre existe toujours, dissous.

Pour ajuster une équation de réaction, on a le droit de modifier :

Explication : Les indices d'une formule (comme dans H2O\text{H}_2\text{O}) définissent l'espèce chimique et sont intouchables. Seuls les coefficients devant les formules peuvent être ajustés.

Au cours de toute transformation chimique, il y a conservation :

Explication : Ajuster une équation, c'est justement choisir les coefficients pour que le nombre d'atomes de chaque élément, ainsi que la charge électrique totale, soient conservés.

À l'état initial du système chimique, l'avancement de réaction xx vaut, par convention :

Explication : Par convention, l'avancement xx vaut 00 à l'état initial et croît au fur et à mesure que la transformation progresse.

Pour l'équation a A+b B⟶c C+d Da\,A + b\,B \longrightarrow c\,C + d\,D, la quantité de matière du réactif AA à l'avancement xx s'écrit :

Explication : Un réactif est consommé : sa quantité diminue avec xx, du coefficient aa qui lui correspond dans l'équation ajustée, d'où n(A)=n0(A)−a xn(A) = n_0(A) - a\,x.

Une fois ajustée, l'équation de combustion du méthane s'écrit :

Explication : Carbone déjà équilibré (1=1).
Hydrogène : 4 H à gauche ⇒2 H2O\Rightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}.
Oxygène à droite : 2+2=42+2=4 O ⇒2 O2\Rightarrow 2\,\text{O}_2 à gauche.
D'où CH4+2 O2⟶CO2+2 H2O\text{CH}_4 + 2\,\text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + 2\,\text{H}_2\text{O}.

Pour N2+3 H2⟶2 NH3\text{N}_2 + 3\,\text{H}_2 \longrightarrow 2\,\text{NH}_3, en faisant réagir totalement 2,0 mol2{,}0\ \text{mol} de N2\text{N}_2 avec juste ce qu'il faut de H2\text{H}_2, la quantité de matière de NH3\text{NH}_3 formée est :

Explication : Le rapport stœchiométrique N2:NH3=1:2\text{N}_2 : \text{NH}_3 = 1 : 2 est valable à toute échelle.
2,0 mol2{,}0\ \text{mol} de N2\text{N}_2 correspondent donc à 2×2,0=4,0 mol2\times2{,}0 = 4{,}0\ \text{mol} de NH3\text{NH}_3.

Dans le tableau d'avancement de 2 H2(g)+O2(g)⟶2 H2O(ℓ)2\,\text{H}_2(g) + \text{O}_2(g) \longrightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}(\ell), avec n0(O2)=0,30 moln_0(\text{O}_2)=0{,}30\ \text{mol}, la quantité de matière de O2\text{O}_2 « en cours » de transformation s'écrit :

Explication : Le coefficient de O2\text{O}_2 dans l'équation ajustée est 11 : sa quantité diminue de 1×x1\times x, donc n(O2)=0,30−xn(\text{O}_2) = 0{,}30 - x. Le coefficient 22 concerne H2\text{H}_2 et H2O\text{H}_2\text{O}, pas O2\text{O}_2.

L'avancement maximal xmaxx_{max} d'une transformation est défini comme :

Explication : Chaque réactif impose x≤n0/coefficientx \le n_0/\text{coefficient}. L'avancement doit vérifier toutes ces contraintes à la fois, donc xmaxx_{max} est la plus petite de ces bornes.

Pour C3H8+5 O2⟶3 CO2+4 H2O\text{C}_3\text{H}_8 + 5\,\text{O}_2 \longrightarrow 3\,\text{CO}_2 + 4\,\text{H}_2\text{O}, avec n0(C3H8)=0,20 moln_0(\text{C}_3\text{H}_8)=0{,}20\ \text{mol} et n0(O2)=1,5 moln_0(\text{O}_2)=1{,}5\ \text{mol}, l'avancement maximal vaut :

Explication : Quotient pour C3H8\text{C}_3\text{H}_8 : 0,201=0,20 mol\dfrac{0{,}20}{1}=0{,}20\ \text{mol}.
Quotient pour O2\text{O}_2 : 1,55=0,30 mol\dfrac{1{,}5}{5}=0{,}30\ \text{mol}.
0,20<0,30⇒xmax=0,20 mol0{,}20 < 0{,}30 \Rightarrow x_{max}=0{,}20\ \text{mol}.

Le réactif limitant d'une transformation est celui qui :

Explication : Le réactif limitant est celui qui s'épuise le premier : sa quantité de matière s'annule exactement pour x=xmaxx=x_{max}, ce qui arrête la transformation.

Pour Mg(s)+2 HCl(aq)⟶MgCl2(aq)+H2(g)\text{Mg}(s) + 2\,\text{HCl}(aq) \longrightarrow \text{MgCl}_2(aq) + \text{H}_2(g), avec n0(Mg)=0,10 moln_0(\text{Mg})=0{,}10\ \text{mol} et n0(HCl)=0,15 moln_0(\text{HCl})=0{,}15\ \text{mol}, le réactif limitant est :

Explication : Quotient Mg\text{Mg} : 0,101=0,10 mol\dfrac{0{,}10}{1}=0{,}10\ \text{mol}.
Quotient HCl\text{HCl} : 0,152=0,075 mol\dfrac{0{,}15}{2}=0{,}075\ \text{mol}.
0,075<0,10⇒HCl0{,}075 < 0{,}10 \Rightarrow \text{HCl} est limitant, malgré une quantité initiale brute plus grande : ne compare jamais les quantités brutes sans diviser par le coefficient !

Un mélange initial de réactifs est dit dans les proportions stœchiométriques lorsque :

Explication : Un mélange stœchiométrique est tel que n0(A)a=n0(B)b=…\dfrac{n_0(A)}{a} = \dfrac{n_0(B)}{b} = \dots : aucun réactif n'est alors en excès, tous s'épuisent ensemble.

Pour CaCO3(s)+2 HCl(aq)⟶CaCl2(aq)+H2O(ℓ)+CO2(g)\text{CaCO}_3(s) + 2\,\text{HCl}(aq) \longrightarrow \text{CaCl}_2(aq) + \text{H}_2\text{O}(\ell) + \text{CO}_2(g), avec n0(CaCO3)=0,25 moln_0(\text{CaCO}_3)=0{,}25\ \text{mol}, la quantité n0(HCl)n_0(\text{HCl}) qui donne un mélange stœchiométrique est :

Explication : Condition : n0(HCl)2=n0(CaCO3)1\dfrac{n_0(\text{HCl})}{2} = \dfrac{n_0(\text{CaCO}_3)}{1}.
n0(HCl)=2×0,25n_0(\text{HCl}) = 2\times0{,}25
=0,50 mol= 0{,}50\ \text{mol}.

Le rendement rr d'une synthèse est défini par :

Explication : Le rendement compare la quantité de produit réellement obtenue à la quantité théorique maximale, calculée pour x=xmaxx=x_{max}.

Une synthèse a une quantité théorique maximale de produit ntheˊorique=0,20 moln_{théorique}=0{,}20\ \text{mol} (M=88 g⋅mol−1M=88\ \text{g·mol}^{-1}). On récupère en pratique mobtenue=13,2 gm_{obtenue}=13{,}2\ \text{g} de produit. Le rendement de cette synthèse est :

Explication : mtheˊorique=0,20×88=17,6 gm_{théorique} = 0{,}20\times88 = 17{,}6\ \text{g}.
r=mobtenuemtheˊorique=13,217,6r = \dfrac{m_{obtenue}}{m_{théorique}} = \dfrac{13{,}2}{17{,}6}
=0,75=75 %= 0{,}75 = 75\ \%.

Un cuisinier de Cotonou fait brûler complètement n0(C3H8)=0,50 moln_0(\text{C}_3\text{H}_8)=0{,}50\ \text{mol} de propane dans un grand excès d'air, selon C3H8+5 O2⟶3 CO2+4 H2O\text{C}_3\text{H}_8 + 5\,\text{O}_2 \longrightarrow 3\,\text{CO}_2 + 4\,\text{H}_2\text{O}. La quantité de matière de CO2\text{CO}_2 produite est :

Explication : L'air étant en large excès, le propane (coefficient 1) est limitant : xmax=n0(C3H8)=0,50 molx_{max} = n_0(\text{C}_3\text{H}_8) = 0{,}50\ \text{mol}.
n(CO2)=3×0,50n(\text{CO}_2) = 3\times0{,}50
=1,5 mol= 1{,}5\ \text{mol}.

Pour une équation a A+b B⟶c Ca\,A + b\,B \longrightarrow c\,C, laquelle de ces affirmations est VRAIE ?

Explication : C'est la définition même du mélange stœchiométrique. Un réactif en excès n'est jamais limitant (a est faux), le réactif limitant se détermine par le quotient n0/coefficientn_0/\text{coefficient} et non par n0n_0 brut (b est faux), et un rendement dépasse jamais 100 %100\ \% — le trouver supérieur signale une erreur (c est faux).
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