CE QUE TU DOIS SAVOIR FAIRE — écrire et ajuster une équation de réaction, établir un tableau d'avancement, déterminer le réactif limitant et l'avancement maximal, reconnaître un mélange stœchiométrique — et en déduire la composition finale du système, en moles comme en grammes.
≈ 60 min de travail · 15 exercices corrigés · mis à jour juillet 2026
SOMMAIRE ▾
1. La chimie est une recette de cuisine
Samedi soir, crêpes chez toi. La recette est claire : 2 œufs, 250 g de farine et un demi-litre de lait donnent une fournée de 8 crêpes. Tu ouvres le placard : 6 œufs, 1 kg de farine, 2 L de lait. Combien de fournées ? Tu le vois de tête. Les œufs n'autorisent que 3 fournées, la farine en permettrait 4, le lait aussi. À la troisième fournée : plus d'œufs, tout s'arrête — et il reste 250 g de farine et un demi-litre de lait sur le plan de travail.
Ce raisonnement — les proportions d'une recette, l'ingrédient qui manque en premier, ce qui reste à la fin — c'est, sans exagérer, tout le programme de ce chapitre. Parce qu'une réaction chimique est exactement ça : une recette. Sous ta poêle, la gazinière brûle du méthane. Chaque « fournée » microscopique consomme une molécule de méthane et deux molécules de dioxygène, et fabrique une molécule de dioxyde de carbone et deux molécules d'eau. La recette s'écrit :
Lis-la comme une recette, pas comme une formule magique. Les nombres placés devant les formules — les nombres stœchiométriques — sont les proportions de la recette : « pour 1 méthane, il faut 2 dioxygènes, et il sort 1 dioxyde de carbone et 2 eaux ». Ils ne disent pas ce qu'il y a dans ton placard : ils disent dans quelles proportions ça réagit. Au passage, deux mots pour une même histoire : la transformation chimique, c'est le phénomène réel dans le brûleur ; la réaction chimique, c'est le modèle qu'on en écrit — la recette.
DÉFINITION — NIVEAU SECONDE
Une transformation chimique est modélisée par une réaction chimique, résumée par une équation de réaction : réactifs à gauche, produits à droite. Les nombres stœchiométriques indiquent les proportions dans lesquelles les réactifs sont consommés et les produits formés. On les ajuste pour que chaque type d'atome soit conservé : la réaction réorganise les atomes, elle n'en crée ni n'en détruit.
MÉTHODE — AJUSTER UNE ÉQUATION (RÉVISION DE SECONDE)
1.Écris les formules des réactifs et des produits. Elles ne bougeront plus : on n'ajuste jamais en modifiant une formule, seulement les nombres devant.
2.Équilibre les éléments un par un, en commençant par ceux qui n'apparaissent que dans une espèce de chaque côté (souvent C, puis H) ; garde l'oxygène pour la fin.
3.Contrôle-réflexe : recompte chaque type d'atome des deux côtés. Sur la combustion du méthane : 1 carbone, 4 hydrogènes, 4 oxygènes de chaque côté.
Voici maintenant le système que tu vas manipuler pendant tout le chapitre : un brûleur qui contient 0,60 mol de méthane et 1,00 mol de dioxygène. Quatre espèces, quatre barres — photographiées avant que la première molécule ne réagisse.
L'état initial, photographié avant la première « fournée » : 0,60 mol de méthane, 1,00 mol de dioxygène — et rien encore côté produits. Remarque le déséquilibre : il y a plus de dioxygène que de méthane. Garde-le en tête, il va nous jouer un tour à la section suivante.
2. L'avancement : le compteur de la réaction
Allume la gazinière. Le graphique ci-dessous reprend exactement l'état initial de la section 1 — mais cette fois, c'est toi qui fais réagir le système : le curseur pousse la réaction en avant. Avant de toucher quoi que ce soit, un pronostic : le dioxygène est le plus gros tas au départ (1,00 mol contre 0,60). Peut-il quand même être le premier à manquer ? Manipule, et regarde qui descend, à quelle vitesse — et qui s'arrête net.
INTERACTIFFais avancer la réaction
avancement x : 0,00 mol
en mol
CH4
+ 2 O2
→ CO2
+ 2 H2O
état initial (x = 0)
0,60
1,00
0
0
en cours (avancement x)
0,60 − x
1,00 − 2x
x
2x
ici : x = 0,00
0,60
1,00
0,00
0,00
x = 0 — état initial
x = 0 : rien n'a encore réagi. Cette ligne du bas, c'est la photographie de la section 1 — et elle va suivre ton curseur.
Chaque cran de x est une « fournée » : 1 mol de méthane et 2 mol de dioxygène disparaissent, 1 mol de dioxyde de carbone et 2 mol d'eau apparaissent. Chaque barre bouge à la vitesse de son coefficient.
Plus une molécule de dioxygène — alors qu'il en restait plus que de méthane au départ. Son coefficient 2 l'a vidé deux fois plus vite. Ce réactif « à bout », tu lui donneras un nom à la section 3.
Le dioxygène porte un coefficient 2 : sa barre descend deux fois plus vite que celle du méthane. Les pointillés marquent les quantités de départ.
POURQUOI ?
Pourquoi un seul curseur suffit-il à piloter quatre espèces ? Parce que la recette verrouille tout. Impossible de consommer du méthane sans consommer deux fois plus de dioxygène ; impossible de former du dioxyde de carbone sans former deux fois plus d'eau. Il ne reste qu'une seule liberté : combien de fois la recette s'est exécutée. Ce compteur de fournées, compté en moles, pilote tout le système — c'est de la proportionnalité, rien de plus.
Ce que tu viens de faire avec la main, voilà comment on l'écrit.
DÉFINITION
L'avancement d'une réaction, noté \(x\) et exprimé en moles, mesure combien de fois la réaction décrite par l'équation s'est produite depuis l'état initial. Quand l'avancement vaut \(x\) : un réactif de nombre stœchiométrique \(a\) a perdu \(a \times x\) moles ; un produit de nombre stœchiométrique \(b\) en a gagné \(b \times x\).
(\(n_0\) désigne la quantité initiale de l'espèce, et \(a\), \(b\) son nombre stœchiométrique.) Le petit tableau que le graphique remplissait tout seul porte un nom : le tableau d'avancement. C'est la carte d'identité d'une transformation — l'équation en tête, et une ligne par moment de l'histoire : d'où l'on part, où l'on en est, où l'on finit.
LE TABLEAU D'AVANCEMENT DE LA GAZINIÈREEN MOL
CH4
+ 2 O2
→ CO2
+ 2 H2O
état initial (x = 0)
0,60
1,00
0
0
en cours (avancement x)
\(0{,}60 - x\)
\(1{,}00 - 2x\)
\(x\)
\(2x\)
état final (x = 0,50)
0,10
0
0,50
1,00
MÉTHODE — ÉTABLIR UN TABLEAU D'AVANCEMENT
1.Pose l'équation ajustée en tête de tableau, et les quantités initiales en moles sur la première ligne (0 pour un produit absent au départ).
2.Ligne « en cours » : chaque réactif s'écrit \(n_0 - (\text{coefficient}) \times x\), chaque produit \(n_0 + (\text{coefficient}) \times x\). Le coefficient de l'équation, pas un autre.
3.Contrôle-réflexe : en remplaçant \(x\) par 0, ta ligne « en cours » doit redonner exactement la ligne initiale.
EXEMPLE RÉSOLU — LE TABLEAU DE L'AMMONIAC
L'industrie fabrique l'ammoniac \(\mathrm{NH_3}\) (l'ingrédient clé des engrais) selon \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\). Au départ : 0,50 mol de \(\mathrm{N_2}\) et 0,90 mol de \(\mathrm{H_2}\). Établis le tableau d'avancement, puis donne la composition du système quand \(x = 0{,}10\) mol.
Étape 1 — équation en tête, quantités initiales en moles : 0,50 ; 0,90 ; 0.
Étape 2 — ligne « en cours » : \(n(\mathrm{N_2}) = 0{,}50 - x\) ; \(n(\mathrm{H_2}) = 0{,}90 - 3x\) ; \(n(\mathrm{NH_3}) = 2x\). Le 3 de \(3\,\mathrm{H_2}\) passe dans la formule, le 2 de \(2\,\mathrm{NH_3}\) aussi.
Conclusion : un seul nombre, \(x\), et les trois quantités suivent. Et le contrôle est gratuit : à \(x = 0\), on retrouve bien 0,50 ; 0,90 ; 0.
À RETENIR
L'avancement \(x\) compte les « fournées », en moles. Réactif : \(n_0 - \text{coef} \times x\). Produit : \(n_0 + \text{coef} \times x\). Le coefficient de l'équation suit son espèce partout.
TESTE-TOITrois questions, trente secondes
Q1L'avancement \(x\) d'une réaction, c'est…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(x\) est un compteur, pas un chronomètre ni un stock. La quantité de produit formé vaut \(\text{coef} \times x\) : elle n'est égale à \(x\) que si le coefficient vaut 1.
Q2Dans le brûleur (1,00 mol de \(\mathrm{O_2}\) au départ), que vaut \(n(\mathrm{O_2})\) quand \(x = 0{,}20\) mol ?
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(n(\mathrm{O_2}) = 1{,}00 - 2x = 1{,}00 - 0{,}40 = 0{,}60\) mol. Répondre 0,80, c'est oublier le coefficient 2 : le dioxygène part deux fois plus vite.
Q3Toujours à \(x = 0{,}20\) mol : quelle quantité d'eau s'est formée ?
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(n(\mathrm{H_2O}) = 2x = 0{,}40\) mol : le coefficient multiplie aussi les produits. Répondre 0,20, c'est confondre \(x\) avec la quantité formée — le piège classique de la fin du chapitre.
3. Le réactif limitant : le premier à zéro
Change d'échelle. Dans le moteur principal d'une fusée, deux réservoirs : du dihydrogène, du dioxygène. La recette est l'une des plus célèbres de la chimie : \(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\) — on brûle de l'hydrogène, il sort de la vapeur d'eau. La question des ingénieurs est exactement celle des œufs de la section 1 : quel réservoir se vide en premier ?
Le graphique change de point de vue : on trace maintenant les quantités en fonction de l'avancement. Chaque espèce devient une droite qui descend (ou monte) à la vitesse de son coefficient. Fais varier le remplissage des réservoirs et regarde la course. Puis relève le défi : trouve un réglage où les deux droites touchent zéro exactement ensemble.
INTERACTIFLa course vers zéro
n0(H2) : 1,20 mol
n0(O2) : 0,40 mol
H2 à zéro pour x = 0,60O2 à zéro pour x = 0,40limitant : O2
Pente = coefficient : la droite de H2 perd 2 mol quand x gagne 1 mol, celle de O2 en perd 1. Les pointillés prolongent les droites là où la réaction ne peut pas aller.
DÉFINITION
Le réactif limitant est le réactif entièrement consommé en premier : c'est lui qui arrête la réaction. La valeur de l'avancement qui l'épuise est l'avancement maximal \(x_{\max}\) : la réaction ne peut pas aller plus loin. Les autres réactifs, encore présents à l'état final, sont dits en excès.
$$n_0 - a\,x_{\max} = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad x_{\max} = \frac{n_0}{a} \qquad \text{pour chaque réactif — le plus petit gagne}$$
POURQUOI ?
Pourquoi « le plus petit gagne » ? Parce que l'avancement est commun à tout le monde : une seule réaction, un seul compteur. Chaque réactif a sa valeur de \(x\) qui le viderait — son « candidat ». Mais dès que le premier candidat est atteint, ce réactif est à zéro et plus rien ne peut réagir : les autres candidats ne seront jamais atteints. Continuer au-delà, ce serait rendre une quantité négative — regarde les pointillés du graphique plonger sous l'axe : la nature n'a pas de stocks négatifs.
MÉTHODE — TROUVER LE RÉACTIF LIMITANT
1.Pour chaque réactif, calcule son candidat : la valeur de \(x\) qui le viderait, solution de \(n_0 - \text{coef} \times x = 0\), c'est-à-dire \(n_0/\text{coef}\).
2.Le plus petit candidat gagne : c'est \(x_{\max}\), et son réactif est le limitant.
3.Contrôle-réflexe : remplace \(x_{\max}\) dans la ligne « en cours » du tableau. Le limitant doit tomber exactement sur 0, et tous les autres rester positifs. Un résultat négatif = mauvais candidat choisi.
EXEMPLE RÉSOLU — LES RÉSERVOIRS DÉSÉQUILIBRÉS
Dans un moteur, on injecte 0,90 mol de \(\mathrm{H_2}\) et 0,60 mol de \(\mathrm{O_2}\) (\(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\)). Réactif limitant, avancement maximal, composition de l'état final ?
Conclusion : le limitant n'est pas le plus petit tas — ici c'est le plus gros (0,90 mol contre 0,60) qui s'épuise en premier, coefficient 2 oblige. Compare toujours les \(n_0/\text{coef}\), jamais les \(n_0\).
TESTE-TOIQuatre questions sur le limitant
Q1Le réactif limitant, c'est…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — « premier à zéro », rien d'autre. Le « plus petit tas » ne marche que si les coefficients sont égaux : dès qu'ils diffèrent, seul le calcul des candidats \(n_0/\text{coef}\) tranche.
Q2\(\mathrm{A} + 3\,\mathrm{B} \longrightarrow 2\,\mathrm{C}\), avec au départ 0,40 mol de A et 0,90 mol de B. Alors \(x_{\max} =\)…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — candidats : \(0{,}40/1 = 0{,}40\) et \(0{,}90/3 = 0{,}30\). Le plus petit gagne : B est limitant. Répondre 0,40 parce que « 0,40 < 0,90 », c'est comparer les tas en oubliant les coefficients.
Q3À l'état final d'une transformation totale, la quantité du réactif limitant vaut…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — \(x_{\max}\) est justement défini comme la valeur qui annule le limitant : \(n_0 - \text{coef} \times x_{\max} = 0\). C'est d'ailleurs comme ça qu'on le calcule.
Q4Sur le graphique de la fusée, pourquoi la réaction ne continue-t-elle pas au-delà de \(x_{\max}\) ?
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — c'est le pointillé qui plonge sous l'axe : continuer donnerait \(n < 0\), un stock négatif de molécules. Les coefficients, eux, ne changent jamais — ils appartiennent à l'équation, pas au mélange.
4. Le mélange stœchiométrique : les proportions exactes
Retour en cuisine. Il existe un placard parfait : 6 œufs, 750 g de farine, 1,5 L de lait — trois fournées tout rond, et plus rien sur le plan de travail. Pas de gâchis, pas de reste : les ingrédients étaient exactement dans les proportions de la recette. En chimie, ce mélange-là porte un nom, et tu l'as peut-être déjà fabriqué toi-même dans le graphique de la section 3, en faisant atterrir les deux droites ensemble. Avant la définition, entraîne l'œil : quatre mélanges, à toi de dire qui s'épuise en premier.
INTERACTIFQui s'épuise en premier ?
MÉLANGE 1/4
\(\mathrm{Fe} + \mathrm{S} \longrightarrow \mathrm{FeS}\) — au départ : 0,25 mol de fer et 0,20 mol de soufre.
\(\mathrm{CH_4} + 2\,\mathrm{O_2} \longrightarrow \mathrm{CO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}\) — au départ : 0,30 mol de méthane et 0,50 mol de dioxygène.
\(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\) — au départ : 0,20 mol de diazote et 0,60 mol de dihydrogène.
\(\mathrm{C_3H_8} + 5\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 3\,\mathrm{CO_2} + 4\,\mathrm{H_2O}\) — au départ : 0,08 mol de propane et 0,45 mol de dioxygène.
PAS ENCORE — calcule les deux candidats \(n_0/\text{coef}\) et compare-les : le plus petit désigne le limitant.
EXACT — coefficients tous à 1 : les candidats sont les stocks eux-mêmes, 0,25 contre 0,20. Le plus petit tas limite — le raccourci marche… tant que les coefficients sont égaux. Savoure, c'est la dernière fois qu'il suffit.
EXACT — candidats : \(0{,}30/1 = 0{,}30\) et \(0{,}50/2 = 0{,}25\). Le dioxygène limite alors que c'est le plus gros tas — le raccourci du « plus petit tas » vient de mourir sous tes yeux.
EXACT — candidats : \(0{,}20/1 = 0{,}20\) et \(0{,}60/3 = 0{,}20\). Égalité parfaite : les deux réactifs finissent ensemble. C'est le mélange stœchiométrique — la définition arrive juste en dessous.
EXACT — candidats : \(0{,}08/1 = 0{,}08\) et \(0{,}45/5 = 0{,}09\). Photo-finish : \(0{,}08 < 0{,}09\), le propane s'épuise le premier. À l'œil, impossible à voir — seul le calcul tranche.
DÉFINITION
Un mélange initial est stœchiométrique quand les quantités de réactifs sont exactement dans les proportions des nombres stœchiométriques de l'équation. Les réactifs s'épuisent alors ensemble : à l'état final, il ne reste rien d'aucun d'eux.
PROPRIÉTÉ — LE TEST DE LA STŒCHIOMÉTRIE
Pour une réaction \(a\,\mathrm{A} + b\,\mathrm{B} \longrightarrow \dots\), le mélange initial est stœchiométrique si et seulement si les deux candidats sont égaux :
MÉTHODE — RECONNAÎTRE (OU FABRIQUER) UN MÉLANGE STŒCHIOMÉTRIQUE
1.Calcule \(n_0/\text{coef}\) pour chaque réactif — les mêmes candidats qu'à la section 3.
2.Candidats égaux : mélange stœchiométrique. Sinon : le plus petit désigne le limitant, l'autre réactif est en excès.
3.Pour rendre un mélange stœchiométrique : fixe la quantité d'un réactif, et déduis l'autre en égalisant les candidats (une règle de trois).
EXEMPLE RÉSOLU — LE BON DOSAGE
Pour la synthèse de l'ammoniac \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\), on dispose de 0,30 mol de \(\mathrm{N_2}\). a. Quelle quantité de \(\mathrm{H_2}\) faut-il pour un mélange stœchiométrique ? b. Et si on n'en met que 0,60 mol ?
a. — candidats égaux : \(\dfrac{n_0(\mathrm{H_2})}{3} = \dfrac{0{,}30}{1}\), donc \(n_0(\mathrm{H_2}) = 3 \times 0{,}30 = 0{,}90\) mol.
b. — avec 0,60 mol : candidats \(0{,}30\) et \(0{,}60/3 = 0{,}20\). Le dihydrogène est limitant, \(x_{\max} = 0{,}20\) mol, et il restera \(0{,}30 - 0{,}20 = 0{,}10\) mol de \(\mathrm{N_2}\).
Conclusion : « stœchiométrique » ne veut pas dire « autant de chaque » : il faut ici trois fois plus de dihydrogène, parce que l'équation en consomme trois fois plus.
TESTE-TOIEncore trois sur les proportions
Q1Mélange stœchiométrique pour \(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\) : il faut…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — la réaction consomme deux \(\mathrm{H_2}\) pour chaque \(\mathrm{O_2}\) : il en faut donc deux fois plus. « Autant de chaque » n'est stœchiométrique que si les coefficients sont égaux.
Q2À l'état final d'un mélange stœchiométrique (transformation totale), il reste…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — candidats égaux = tout le monde touche zéro au même \(x_{\max}\). C'est le placard parfait : rien sur le plan de travail. Il ne reste que les produits.
Q30,15 mol de \(\mathrm{N_2}\) et 0,60 mol de \(\mathrm{H_2}\), pour \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\). Ce mélange est…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — candidats : \(0{,}15\) et \(0{,}60/3 = 0{,}20\). C'est \(\mathrm{N_2}\) qui limite, donc \(\mathrm{H_2}\) est en excès. Stœchiométrique aurait exigé \(3 \times 0{,}15 = 0{,}45\) mol de \(\mathrm{H_2}\) — pas 0,60.
5. Le bilan de matière : des grammes aux grammes
Dernier obstacle entre toi et n'importe quel exercice du chapitre : la balance. Le tableau d'avancement raisonne en moles, mais aucun flacon n'affiche des moles — l'étiquette annonce des grammes, l'éprouvette des millilitres. Le pont, tu l'as déjà : \(n = \dfrac{m}{M}\), vu au chapitre sur la composition d'un système. Le graphique reprend le geste de la section 2, avec une ligne de lecture en plus : les masses. Une cheminée d'appoint brûle de l'éthanol : \(\mathrm{C_2H_6O} + 3\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{CO_2} + 3\,\mathrm{H_2O}\). Pousse \(x\) jusqu'au bout — et surveille la pastille « masse totale ».
INTERACTIFLe bilan, en moles et en grammes
avancement x : 0,00 mol
C2H6O
+ 3 O2
→ 2 CO2
+ 3 H2O
état initial, en mol
0,20
0,75
0
0
ici : x = 0,00
0,20
0,75
0,00
0,00
en grammes (m = n × M)
9,2
24,0
0,0
0,0
x = 0 — état initialmasse totale : 33,2 g
x = 0 : 9,2 g d'éthanol (0,20 mol) et 24,0 g de dioxygène (0,75 mol). Masse totale : 33,2 g. Retiens ce nombre.
Les moles suivent \(x\), et les masses suivent les moles. Mais additionne les quatre masses à n'importe quel moment : toujours 33,2 g. Les atomes ne font que changer d'équipe — rien ne se perd, rien ne se crée (Lavoisier).
L'éthanol est épuisé — cette fois c'était bien le plus petit tas, coefficient 1 oblige. Restent 4,8 g de dioxygène en excès, 17,6 g de dioxyde de carbone, 10,8 g d'eau. Total : 33,2 g, évidemment.
M(C2H6O) = 46 g·mol⁻¹ · M(O2) = 32 g·mol⁻¹ · M(CO2) = 44 g·mol⁻¹ · M(H2O) = 18 g·mol⁻¹. La masse se déduit toujours des moles : m = n × M.
PROPRIÉTÉ — TRANSFORMATION TOTALE
Une transformation est totale quand la réaction avance jusqu'à épuiser le réactif limitant : l'avancement final atteint l'avancement maximal.
$$x_f = x_{\max}$$
C'est le cas de toutes les transformations de ce chapitre. Certaines transformations s'arrêtent pourtant en route (\(x_f < x_{\max}\), et il reste alors tous les réactifs) : elles sont dites non totales — tu les étudieras en Terminale. L'exercice 13 t'en donne un premier aperçu.
MÉTHODE — LE BILAN DE MATIÈRE COMPLET
1.Convertis toutes les données en moles : \(n = \dfrac{m}{M}\) pour une masse, \(n = c \times V\) pour une solution, \(n = \dfrac{V}{V_m}\) pour un gaz.
3.Compose l'état final en moles, en remplaçant \(x\) par \(x_{\max}\) (transformation totale : \(x_f = x_{\max}\)).
4.Reconvertis dans l'unité demandée (\(m = n \times M\)…). Contrôle-réflexe : la masse totale du système ne doit pas avoir bougé.
EXEMPLE RÉSOLU — L'ALUMINIUM ET LE SOUFRE
Au laboratoire, on chauffe 2,7 g de poudre d'aluminium avec 9,6 g de soufre : \(2\,\mathrm{Al} + 3\,\mathrm{S} \longrightarrow \mathrm{Al_2S_3}\). Quelle est la composition finale, en grammes ? (M(Al) = 27 g·mol⁻¹, M(S) = 32 g·mol⁻¹.)
Étape 4 — en grammes : \(m(\mathrm{S}) = 0{,}15 \times 32 = 4{,}8\) g ; \(m(\mathrm{Al_2S_3}) = 0{,}05 \times 150 = 7{,}5\) g (M = 2 × 27 + 3 × 32 = 150 g·mol⁻¹). Contrôle : \(4{,}8 + 7{,}5 = 12{,}3 = 2{,}7 + 9{,}6\). Rien ne s'est perdu.
Conclusion : toute la chaîne tient en une ligne — grammes → moles → \(x_{\max}\) → moles → grammes. Et le contrôle de Lavoisier est gratuit : si la masse totale a bougé, une étape a lâché.
À RETENIR
Le tableau d'avancement ne mange que des moles. Grammes, litres : tout se convertit à l'entrée (\(n = m/M\), \(c \times V\), \(V/V_m\)) — et tout se reconvertit à la sortie.
TESTE-TOITrois questions pour finir
Q1Pour trouver le limitant entre 10 g de \(\mathrm{H_2}\) et 10 g de \(\mathrm{O_2}\) (\(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\)), je compare…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — 10 g de \(\mathrm{H_2}\), c'est 5,0 mol ; 10 g de \(\mathrm{O_2}\), c'est 0,31 mol. Mêmes masses, stocks de molécules très différents : la balance ne compte pas les molécules, la mole si.
Q2« Transformation totale » signifie…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — totale = le limitant va au bout (\(x_f = x_{\max}\)) ; l'excès, lui, reste. « Tout s'épuise », c'est le mélange stœchiométrique — une autre notion. Et l'égalité des masses, c'est Lavoisier : vraie pour toute réaction.
Q3Pendant une transformation chimique, la masse totale du système…
PAS ENCORE — élimine cette réponse et réessaie.
EXACT — les atomes changent d'équipe, aucun ne disparaît : la masse totale est conservée (Lavoisier). Une bouteille qui « perd » de la masse laisse juste le gaz s'échapper — le système était ouvert, il a triché.
LES PIÈGES CLASSIQUES
Choisir le limitant « au plus petit tas ». Le limitant n'est pas forcément le réactif le moins abondant. À la gazinière de la section 2, le dioxygène était le plus gros tas (1,00 mol contre 0,60) — et le premier épuisé, coefficient 2 oblige. Compare les candidats \(n_0/\text{coef}\), jamais les stocks bruts. Le raccourci ne marche que si les coefficients sont égaux.
Oublier les coefficients dans le tableau. Écrire \(n_0 - x\) pour tout le monde, c'est faire descendre toutes les barres à la même vitesse. Pour \(2\,\mathrm{O_2}\), c'est \(n_0 - 2x\) : le coefficient est la pente de la droite, il suit son espèce dans chaque case du tableau.
Croire que l'équation donne les quantités présentes. \(\mathrm{CH_4} + 2\,\mathrm{O_2}\) ne dit pas qu'il y a 1 mol de méthane et 2 mol de dioxygène dans le brûleur. L'équation donne la recette (les proportions) ; le tableau d'avancement donne le placard (l'état initial). Deux informations indépendantes — c'est bien pour ça qu'on te donne toujours les quantités initiales dans l'énoncé.
Confondre \(x\) et la quantité de produit formé. Pour \(2\,\mathrm{H_2O}\), la quantité formée vaut \(2x\), pas \(x\). L'avancement compte les « fournées », pas les molécules produites — les deux ne coïncident que pour un coefficient 1.
Comparer des grammes. 10 g de \(\mathrm{H_2}\) et 10 g de \(\mathrm{O_2}\), ça a l'air équilibré — c'est 5,0 mol contre 0,31 mol. La balance pèse, elle ne compte pas. Toute comparaison entre réactifs se fait en moles, après conversion.
L'ESSENTIEL EN 5 LIGNES
AVANCEMENT
\(x\) (en mol) compte combien de fois la réaction s'est produite. Réactif : \(n_0 - a\,x\) ; produit : \(n_0 + b\,x\).
TABLEAU
Équation en tête, trois lignes : état initial (\(x = 0\)), en cours (en fonction de \(x\)), état final (\(x = x_{\max}\)).
LIMITANT
Le premier réactif à zéro. \(x_{\max}\) = le plus petit des candidats \(n_0/\text{coef}\).
STŒCHIOMÉTRIE
\(n_0(\mathrm{A})/a = n_0(\mathrm{B})/b\) : les réactifs s'épuisent exactement ensemble, il ne reste que les produits.
BILAN
Toujours en moles (\(n = m/M\), \(c \times V\), \(V/V_m\)). Transformation totale : \(x_f = x_{\max}\). Masse totale conservée : le contrôle gratuit.
Exercices
15 corrigés
Commence par le niveau 1. Cherche vraiment avant d'ouvrir le corrigé — c'est là que ça rentre. Les exercices suivent l'ordre du cours : équations et recettes, tableaux d'avancement, réactif limitant, stœchiométrie, bilans de matière, et un problème pour finir.
EXERCICE 01 · ajuster une équationniveau 1
Ajuste les équations suivantes (formules interdites de retouche, seulement les nombres devant) : a. \(\mathrm{C_3H_8} + \mathrm{O_2} \longrightarrow \mathrm{CO_2} + \mathrm{H_2O}\) (combustion du propane). b. \(\mathrm{Al} + \mathrm{O_2} \longrightarrow \mathrm{Al_2O_3}\). c. \(\mathrm{N_2} + \mathrm{H_2} \longrightarrow \mathrm{NH_3}\).
CORRIGÉ
a. — carbone d'abord : 3 \(\mathrm{CO_2}\). Hydrogène : 8 H à caser, donc 4 \(\mathrm{H_2O}\). Oxygène en dernier : \(6 + 4 = 10\) O à droite, donc 5 \(\mathrm{O_2}\) : \(\mathrm{C_3H_8} + 5\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 3\,\mathrm{CO_2} + 4\,\mathrm{H_2O}\).
b. — \(4\,\mathrm{Al} + 3\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{Al_2O_3}\) : 4 Al et 6 O de chaque côté.
c. — \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\) : 2 N et 6 H de chaque côté.
Conclusion : toujours le même ordre — les éléments « rares » d'abord, l'oxygène (ou le plus répandu) en dernier, et un recomptage final des atomes.
EXERCICE 02 · l'équation-recetteniveau 1
L'éthène (éthylène) brûle selon \(\mathrm{C_2H_4} + 3\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{CO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}\). a. Quelle quantité de dioxygène faut-il pour consommer 0,50 mol d'éthène ? b. Quelle quantité de \(\mathrm{CO_2}\) se forme alors ? c. Vrai ou faux : « d'après l'équation, le système contient 1 mol d'éthène et 3 mol de dioxygène au départ ».
CORRIGÉ
a. — la recette dit « 3 dioxygènes pour 1 éthène » : \(3 \times 0{,}50 = 1{,}50\) mol de \(\mathrm{O_2}\). C'est une proportionnalité.
b. — « 2 \(\mathrm{CO_2}\) pour 1 éthène » : \(2 \times 0{,}50 = 1{,}00\) mol.
c. — faux, et c'est le piège n°3 du chapitre : l'équation donne les proportions de la recette, pas le contenu du placard. Les quantités initiales sont une donnée d'énoncé, indépendante de l'équation.
Conclusion : une équation se lit « pour… il faut… il se forme… », jamais « il y a ».
EXERCICE 03 · tableau d'avancementniveau 1
Dans un pot catalytique, le monoxyde de carbone est transformé en dioxyde de carbone : \(2\,\mathrm{CO} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{CO_2}\). Le mélange initial contient 0,60 mol de CO et 0,50 mol de \(\mathrm{O_2}\). a. Établis le tableau d'avancement (ligne « en cours » en fonction de \(x\)). b. Donne la composition du système quand \(x = 0{,}10\) mol.
CORRIGÉ
a. — état initial : 0,60 ; 0,50 ; 0. En cours : \(n(\mathrm{CO}) = 0{,}60 - 2x\) ; \(n(\mathrm{O_2}) = 0{,}50 - x\) ; \(n(\mathrm{CO_2}) = 2x\). Le coefficient 2 suit le CO et le \(\mathrm{CO_2}\).
Conclusion : contrôle-réflexe — à \(x = 0\), la ligne « en cours » redonne bien 0,60 ; 0,50 ; 0.
EXERCICE 04 · expressions en fonction de xniveau 2
On fait réagir 0,35 mol de dihydrogène avec 0,50 mol de dichlore : \(\mathrm{H_2} + \mathrm{Cl_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{HCl}\). a. Écris les trois quantités en fonction de \(x\). b. À un certain moment, \(n(\mathrm{H_2}) = 0{,}15\) mol : que valent \(x\), \(n(\mathrm{Cl_2})\) et \(n(\mathrm{HCl})\) ? c. Pour quelle valeur de \(x\) le dihydrogène serait-il épuisé ?
b. — \(0{,}35 - x = 0{,}15\) donne \(x = 0{,}20\) mol. Alors \(n(\mathrm{Cl_2}) = 0{,}30\) mol et \(n(\mathrm{HCl}) = 0{,}40\) mol.
c. — \(0{,}35 - x = 0\) donne \(x = 0{,}35\) mol — et il resterait encore \(0{,}15\) mol de dichlore. Tu viens de calculer un « candidat » : c'est tout le travail de la section 3.
Conclusion : le tableau d'avancement transforme une question de chimie en petite équation du premier degré. La machine à résoudre, tu l'as depuis longtemps.
EXERCICE 05 · réactif limitantniveau 2
Synthèse de l'eau : \(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\), avec au départ 0,50 mol de \(\mathrm{H_2}\) et 0,20 mol de \(\mathrm{O_2}\). a. Détermine le réactif limitant et \(x_{\max}\). b. Donne la composition complète de l'état final (transformation totale).
CORRIGÉ
a. — candidats : \(\mathrm{H_2}\) : \(0{,}50/2 = 0{,}25\) ; \(\mathrm{O_2}\) : \(0{,}20/1 = 0{,}20\). Le plus petit gagne : \(\mathrm{O_2}\) est limitant et \(x_{\max} = 0{,}20\) mol.
Conclusion : le limitant tombe sur 0, l'excès reste positif — si l'un des deux sort négatif, c'est que le mauvais candidat a été choisi.
EXERCICE 06 · les candidatsniveau 2
On oxyde de l'aluminium : \(4\,\mathrm{Al} + 3\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{Al_2O_3}\), avec au départ 0,60 mol d'aluminium et 0,60 mol de dioxygène. Sacha affirme : « mêmes quantités, donc mélange stœchiométrique ». a. Qu'en penses-tu ? Détermine le limitant et \(x_{\max}\). b. Compose l'état final.
CORRIGÉ
a. — mêmes stocks ne veut pas dire mêmes candidats : \(\mathrm{Al}\) : \(0{,}60/4 = 0{,}15\) ; \(\mathrm{O_2}\) : \(0{,}60/3 = 0{,}20\). L'aluminium est limitant, \(x_{\max} = 0{,}15\) mol. Sacha compare les tas, pas les proportions de la recette.
Conclusion : « autant de chaque » n'est stœchiométrique que si les coefficients sont égaux. Ici la recette réclame 4 Al pour 3 \(\mathrm{O_2}\) : à stocks égaux, l'aluminium part plus vite.
EXERCICE 07 · état finalniveau 2
Un réchaud de camping brûle du propane : \(\mathrm{C_3H_8} + 5\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 3\,\mathrm{CO_2} + 4\,\mathrm{H_2O}\). Le mélange initial contient 0,20 mol de propane et 1,20 mol de dioxygène. Établis le tableau d'avancement complet — trois lignes — et conclus sur la composition finale.
CORRIGÉ
Étape 1 — en cours : \(0{,}20 - x\) ; \(1{,}20 - 5x\) ; \(3x\) ; \(4x\).
Étape 2 — candidats : \(0{,}20/1 = 0{,}20\) et \(1{,}20/5 = 0{,}24\). Le propane est limitant, \(x_{\max} = 0{,}20\) mol.
Conclusion : la bouteille se vide avant l'air — heureusement pour le campeur : c'est le scénario prévu par le fabricant.
EXERCICE 08 · mélange stœchiométriqueniveau 2
Synthèse de l'ammoniac : \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\). a. Le mélange « 0,40 mol de \(\mathrm{N_2}\) et 1,20 mol de \(\mathrm{H_2}\) » est-il stœchiométrique ? b. On ajoute 0,20 mol de \(\mathrm{N_2}\) au mélange précédent. Qui devient limitant, et que reste-t-il à la fin ? c. Quelle quantité de \(\mathrm{H_2}\) faudrait-il alors ajouter pour retrouver un mélange stœchiométrique ?
CORRIGÉ
a. — candidats : \(0{,}40/1 = 0{,}40\) et \(1{,}20/3 = 0{,}40\). Égaux : mélange stœchiométrique.
b. — désormais \(n_0(\mathrm{N_2}) = 0{,}60\) : candidats \(0{,}60\) contre \(0{,}40\). \(\mathrm{H_2}\) devient limitant, \(x_{\max} = 0{,}40\) mol ; il reste \(0{,}60 - 0{,}40 = 0{,}20\) mol de \(\mathrm{N_2}\) (et \(0{,}80\) mol de \(\mathrm{NH_3}\) se sont formées).
c. — pour égaliser les candidats avec \(0{,}60\) mol de \(\mathrm{N_2}\), il faut \(3 \times 0{,}60 = 1{,}80\) mol de \(\mathrm{H_2}\) : on en ajoute \(1{,}80 - 1{,}20 = 0{,}60\) mol.
Conclusion : la stœchiométrie est fragile — ajouter d'un réactif la détruit, et il faut compenser dans les proportions de l'équation, pas à l'identique.
EXERCICE 09 · le graphique rejouéniveau 2
Reprends, par le calcul, le réglage initial du graphique de la section 3 : \(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\), avec 1,20 mol de \(\mathrm{H_2}\) et 0,40 mol de \(\mathrm{O_2}\). a. Candidats, limitant, \(x_{\max}\). b. Composition finale. c. De combien descend \(n(\mathrm{H_2})\) quand \(x\) augmente de 0,10 mol ? Que représente ce nombre sur le graphique ?
CORRIGÉ
a. — candidats : \(1{,}20/2 = 0{,}60\) et \(0{,}40/1 = 0{,}40\) : \(\mathrm{O_2}\) limitant, \(x_{\max} = 0{,}40\) mol.
c. — \(n(\mathrm{H_2}) = 1{,}20 - 2x\) : quand \(x\) gagne 0,10, \(n(\mathrm{H_2})\) perd \(2 \times 0{,}10 = 0{,}20\) mol. C'est la pente de la droite — le coefficient stœchiométrique, visible à l'œil nu.
Conclusion : ce que le graphique montrait (la droite la plus pentue n'est pas forcément la première à zéro), le calcul le confirme — et il donne les valeurs exactes.
EXERCICE 10 · lire un tableauniveau 1
Pour une réaction entre trois espèces A, B et C, la ligne « en cours » d'un tableau d'avancement indique : \(n(\mathrm{A}) = 0{,}45 - 3x\) ; \(n(\mathrm{B}) = 0{,}30 - x\) ; \(n(\mathrm{C}) = 2x\). a. Retrouve l'équation de la réaction. b. Donne les quantités initiales. c. Détermine \(x_{\max}\) et le réactif limitant.
CORRIGÉ
a. — les signes disent les rôles (− = réactif, + = produit), les coefficients sont devant \(x\) : \(3\,\mathrm{A} + \mathrm{B} \longrightarrow 2\,\mathrm{C}\).
b. — en posant \(x = 0\) : \(n_0(\mathrm{A}) = 0{,}45\) mol, \(n_0(\mathrm{B}) = 0{,}30\) mol, et C absent au départ.
c. — candidats : \(0{,}45/3 = 0{,}15\) et \(0{,}30/1 = 0{,}30\) : A est limitant et \(x_{\max} = 0{,}15\) mol.
Conclusion : le tableau d'avancement se lit dans les deux sens — l'équation le fabrique, mais lui sait aussi raconter l'équation.
EXERCICE 11 · bilan en grammesniveau 2
En TP, on enflamme un ruban de magnésium de 4,8 g dans un flacon contenant 0,050 mol de dioxygène : \(2\,\mathrm{Mg} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{MgO}\). Données : M(Mg) = 24 g·mol⁻¹, M(O) = 16 g·mol⁻¹. a. Calcule \(n_0(\mathrm{Mg}\)). b. Détermine le limitant et \(x_{\max}\). c. Donne les masses finales de chaque espèce. d. Vérifie la conservation de la masse.
CORRIGÉ
a. — \(n_0(\mathrm{Mg}) = \dfrac{4{,}8}{24} = 0{,}20\) mol.
b. — candidats : \(0{,}20/2 = 0{,}10\) et \(0{,}050/1 = 0{,}050\) : le dioxygène est limitant (le flacon est petit !), \(x_{\max} = 0{,}050\) mol.
c. — état final en moles : \(n(\mathrm{Mg}) = 0{,}20 - 0{,}10 = 0{,}10\) mol ; \(n(\mathrm{O_2}) = 0\) ; \(n(\mathrm{MgO}) = 0{,}10\) mol. En grammes : \(m(\mathrm{Mg}) = 0{,}10 \times 24 = 2{,}4\) g ; \(m(\mathrm{MgO}) = 0{,}10 \times 40 = 4{,}0\) g.
d. — initial : \(4{,}8 + 0{,}050 \times 32 = 4{,}8 + 1{,}6 = 6{,}4\) g. Final : \(2{,}4 + 4{,}0 = 6{,}4\) g. Lavoisier tient.
Conclusion : la flamme s'éteint quand le flacon n'a plus d'air — le ruban survivant en témoigne. Et la masse totale, elle, n'a pas bronché.
EXERCICE 12 · bilan avec un gazniveau 3
Un détartrant à base d'acide chlorhydrique attaque le calcaire d'une bouilloire : \(\mathrm{CaCO_3} + 2\,\mathrm{HCl} \longrightarrow \mathrm{CaCl_2} + \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\). La bouilloire contient 2,0 g de tartre (\(\mathrm{CaCO_3}\), M = 100 g·mol⁻¹) ; on verse 30 mL de solution d'acide à 1,0 mol·L⁻¹. Données : \(V_m = 24\) L·mol⁻¹. a. Calcule les quantités initiales. b. Détermine le limitant et \(x_{\max}\). c. Quel volume de \(\mathrm{CO_2}\) se dégage ? d. Tout le tartre a-t-il disparu ?
CORRIGÉ
a. — \(n(\mathrm{CaCO_3}) = \dfrac{2{,}0}{100} = 0{,}020\) mol ; \(n(\mathrm{HCl}) = c \times V = 1{,}0 \times 0{,}030 = 0{,}030\) mol.
b. — candidats : \(0{,}020/1 = 0{,}020\) et \(0{,}030/2 = 0{,}015\) : l'acide est limitant, \(x_{\max} = 0{,}015\) mol. (Surprise : il y avait « plus » d'acide que de tartre — mais son coefficient 2 le vide plus vite.)
c. — \(n(\mathrm{CO_2}) = x_{\max} = 0{,}015\) mol, donc \(V = 0{,}015 \times 24 = 0{,}36\) L, soit 360 mL — les bulles que tu vois pétiller.
d. — non : il reste \(0{,}020 - 0{,}015 = 0{,}005\) mol de \(\mathrm{CaCO_3}\), soit 0,5 g de tartre. Il faudra reverser du détartrant.
Conclusion : trois conversions dans un même exercice (m/M, c·V, n·V\(_m\)) — mais un seul raisonnement, toujours le même, en moles au milieu.
EXERCICE 13 · transformation non totaleniveau 3
Dans un réacteur, on tente la synthèse de l'ammoniac : \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\), à partir de 0,25 mol de \(\mathrm{N_2}\) et 0,45 mol de \(\mathrm{H_2}\). Quand plus rien n'évolue, on mesure \(n(\mathrm{NH_3}) = 0{,}20\) mol. a. Calcule l'avancement final \(x_f\). b. Donne la composition finale complète. c. Calcule \(x_{\max}\). d. La transformation est-elle totale ?
CORRIGÉ
a. — \(n(\mathrm{NH_3}) = 2x_f = 0{,}20\), donc \(x_f = 0{,}10\) mol. (Pas 0,20 : le coefficient 2, encore lui.)
c. — candidats : \(0{,}25/1 = 0{,}25\) et \(0{,}45/3 = 0{,}15\) : \(x_{\max} = 0{,}15\) mol (\(\mathrm{H_2}\) limitant).
d. — \(x_f = 0{,}10 < x_{\max} = 0{,}15\) : la transformation s'est arrêtée en route, elle est non totale. Indice qui ne trompe pas : il reste les deux réactifs à l'état final.
Conclusion : \(x_{\max}\) est une borne théorique, \(x_f\) la réalité mesurée. Comparer les deux dit si la réaction est allée au bout — c'est l'un des grands sujets de Terminale.
EXERCICE 14 · problème · l'airbagniveau 3
En cas de choc, un airbag se gonfle en 30 millisecondes grâce à la décomposition explosive de l'azoture de sodium : \(2\,\mathrm{NaN_3} \longrightarrow 2\,\mathrm{Na} + 3\,\mathrm{N_2}\). Le sac du conducteur doit recevoir 72 L de diazote. Données : \(V_m = 24\) L·mol⁻¹ ; M(Na) = 23 g·mol⁻¹, M(N) = 14 g·mol⁻¹. a. Quelle quantité de \(\mathrm{N_2}\) faut-il produire ? b. Établis le tableau d'avancement et détermine l'avancement nécessaire. c. Quelle masse d'azoture de sodium le constructeur doit-il embarquer dans le volant ?
CORRIGÉ
a. — \(n(\mathrm{N_2}) = \dfrac{V}{V_m} = \dfrac{72}{24} = 3{,}0\) mol.
b. — un seul réactif, le tableau marche pareil : \(n(\mathrm{NaN_3}) = n_0 - 2x\) ; \(n(\mathrm{Na}) = 2x\) ; \(n(\mathrm{N_2}) = 3x\). Il faut \(3x = 3{,}0\), donc \(x = 1{,}0\) mol.
c. — la décomposition doit être totale et consommer juste le stock : \(n_0 = 2x = 2{,}0\) mol. Avec \(M(\mathrm{NaN_3}) = 23 + 3 \times 14 = 65\) g·mol⁻¹ : \(m = 2{,}0 \times 65 = 130\) g.
Conclusion : 130 g de poudre dans le volant, dimensionnés au tableau d'avancement près. (La réaction produit aussi 46 g de sodium métallique, très réactif : les airbags réels embarquent d'autres espèces pour le neutraliser — la chimie de sécurité ne s'arrête pas à notre équation.)
VERS LE BAC — EXERCICE 15≈ 45 MIN · CALCULATRICE UTILE
Deux volets indépendants : la technique du tableau d'avancement sur la synthèse industrielle de l'ammoniac, puis une étude de document sur les bus à hydrogène. Données pour tout l'exercice : M(H) = 1 g·mol⁻¹, M(N) = 14 g·mol⁻¹, M(O) = 16 g·mol⁻¹ ; \(V_m = 24\) L·mol⁻¹ ; l'air contient 20 % de dioxygène en volume.
PARTIE A — LA SYNTHÈSE DE L'AMMONIAC
L'ammoniac \(\mathrm{NH_3}\), à la base de la plupart des engrais azotés, est synthétisé selon \(\mathrm{N_2} + 3\,\mathrm{H_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{NH_3}\). Un réacteur d'essai est chargé avec 0,40 mol de diazote et 0,90 mol de dihydrogène. La transformation est considérée comme totale.
Établis le tableau d'avancement du système.
Détermine le réactif limitant et l'avancement maximal.
Donne la composition du système à l'état final, puis la masse d'ammoniac obtenue.
Quelle quantité de dihydrogène aurait-il fallu charger, avec le même diazote, pour un mélange stœchiométrique ?
PARTIE B — LE BUS À HYDROGÈNE
Un bus à hydrogène embarque 5,0 kg de dihydrogène. Dans la pile à combustible, le dihydrogène réagit avec le dioxygène de l'air : \(2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}\). On considère la transformation totale, le dihydrogène étant le réactif limitant (l'air est renouvelé en continu).
Calcule la quantité de dihydrogène embarquée.
Quel volume d'air le bus devra-t-il aspirer pour consommer tout son dihydrogène ?
Quelle masse d'eau le bus rejettera-t-il ? Commente : c'est le seul « gaz d'échappement » de ce bus.
B.2 — stœchiométrie : \(n(\mathrm{O_2}) = \dfrac{2\,500}{2} = 1\,250\) mol, soit \(V(\mathrm{O_2}) = 1\,250 \times 24 = 30\,000\) L = 30 m³. L'air n'en contient que 20 % : \(V(\text{air}) = 5 \times 30 = 150\) m³. (Le bus ne les stocke pas : il les aspire en roulant.)
B.3 — \(x_{\max} = 1\,250\) mol, donc \(n(\mathrm{H_2O}) = 2\,500\) mol et \(m = 2\,500 \times 18 = 45\,000\) g = 45 kg d'eau. Ni \(\mathrm{CO_2}\), ni particules : le tableau d'avancement explique l'argument écologique de l'hydrogène — à condition, bien sûr, de produire ce dihydrogène proprement.