Première · Physique-chimie · Chapitre 3

Évolution d'un système

Exercices corrigés — tableau d'avancement, réactif limitant, avancement maximal et composition de l'état final.
Ex. 1 — Construire un tableau d'avancement Ex. 2 — Coefficients stœchiométriques Ex. 3 — Du réel au tableau Ex. 4 — Transformation non totale Ex. 5 — Mélange stœchiométrique
Méthode systématique : équation équilibrée ➜ tableau d'avancement ➜ quotients $\dfrac{n_0}{\text{coefficient}}$ ➜ le plus petit donne $x_{\max}$ et le réactif limitant ➜ composition de l'état final. Donnée : $V_m = 24{,}0$ L·mol⁻¹.
Exercice 1
Construire un tableau d'avancement

On fait réagir $n_0(\text{Fe}) = 0{,}20$ mol de fer avec $n_0(\text{S}) = 0{,}30$ mol de soufre selon l'équation :

\[ \text{Fe} + \text{S} \longrightarrow \text{FeS} \]
  1. Construire le tableau d'avancement de la transformation.
  2. Déterminer le réactif limitant et l'avancement maximal.
  3. Donner la composition du système à l'état final, la transformation étant totale.

a. Tous les coefficients stœchiométriques valent 1.

État$x$ (mol)$\text{Fe}$$+\ \text{S}$$\rightarrow\ \text{FeS}$
Initial$0$$0{,}20$$0{,}30$$0$
Intermédiaire$x$$0{,}20-x$$0{,}30-x$$x$
Final$x_f$$0{,}20-x_f$$0{,}30-x_f$$x_f$

b. On calcule le quotient de chaque quantité initiale par son coefficient stœchiométrique.

\[ \frac{n_0(\text{Fe})}{1} = 0{,}20\ \text{mol} \qquad\qquad \frac{n_0(\text{S})}{1} = 0{,}30\ \text{mol} \]

Le plus petit quotient est celui du fer : le fer est le réactif limitant et $x_{\max} = 0{,}20$ mol.

c. La transformation est totale, donc $x_f = x_{\max} = 0{,}20$ mol.

\[ n(\text{Fe}) = 0{,}20-0{,}20 = 0\ \text{mol} \qquad n(\text{S}) = 0{,}30-0{,}20 = 0{,}10\ \text{mol} \qquad n(\text{FeS}) = 0{,}20\ \text{mol} \]

Il reste bien 0,10 mol de soufre en excès à l'état final.

Exercice 2
Coefficients stœchiométriques

La combustion complète du méthane s'écrit :

\[ \text{CH}_4 + 2\,\text{O}_2 \longrightarrow \text{CO}_2 + 2\,\text{H}_2\text{O} \]

On introduit $n_0(\text{CH}_4) = 0{,}50$ mol de méthane et $n_0(\text{O}_2) = 0{,}80$ mol de dioxygène.

  1. Déterminer le réactif limitant.
  2. Calculer le volume de dioxyde de carbone formé (à 20 °C sous 1013 hPa).
  3. Quelle quantité de méthane faudrait-il introduire pour que le mélange soit stœchiométrique ?

a. Attention : le coefficient du dioxygène vaut 2, il intervient dans le quotient.

\[ \frac{n_0(\text{CH}_4)}{1} = 0{,}50\ \text{mol} \qquad\qquad \frac{n_0(\text{O}_2)}{2} = \frac{0{,}80}{2} = 0{,}40\ \text{mol} \]

Le plus petit quotient est celui du dioxygène : le dioxygène est le réactif limitant et $x_{\max} = 0{,}40$ mol.

b. Le coefficient de $\text{CO}_2$ vaut 1, donc $n(\text{CO}_2) = x_f = x_{\max}$.

\[ n(\text{CO}_2) = 0{,}40\ \text{mol} \qquad\qquad V = n\times V_m = 0{,}40\times 24{,}0 = 9{,}6\ \text{L} \]

c. Le mélange est stœchiométrique lorsque les deux quotients sont égaux.

\[ \frac{n_0(\text{CH}_4)}{1} = \frac{n_0(\text{O}_2)}{2} \iff n_0(\text{CH}_4) = \frac{0{,}80}{2} = 0{,}40\ \text{mol} \]

Il faudrait donc introduire 0,40 mol de méthane au lieu de 0,50 mol : les deux réactifs seraient alors totalement consommés en même temps.

Exercice 3
Du réel au tableau

On verse $m = 2{,}7$ g d'aluminium en poudre dans $V = 100{,}0$ mL d'une solution d'acide chlorhydrique de concentration $c = 1{,}00$ mol·L⁻¹. Il se forme un dégagement de dihydrogène :

\[ 2\,\text{Al} + 6\,\text{H}^+ \longrightarrow 2\,\text{Al}^{3+} + 3\,\text{H}_2 \]

Donnée : $M(\text{Al}) = 27{,}0$ g·mol⁻¹.

  1. Calculer les quantités de matière initiales des deux réactifs.
  2. Déterminer le réactif limitant et l'avancement maximal.
  3. Calculer le volume de dihydrogène dégagé.

a. Pour le solide on utilise $n = \dfrac{m}{M}$, pour la solution $n = c\times V$.

\[ n_0(\text{Al}) = \frac{2{,}7}{27{,}0} = 0{,}10\ \text{mol} \qquad\qquad n_0(\text{H}^+) = 1{,}00\times 0{,}1000 = 0{,}100\ \text{mol} \]

b. On divise chaque quantité par son coefficient stœchiométrique.

\[ \frac{n_0(\text{Al})}{2} = \frac{0{,}10}{2} = 5{,}0\times 10^{-2}\ \text{mol} \qquad\qquad \frac{n_0(\text{H}^+)}{6} = \frac{0{,}100}{6} = 1{,}7\times 10^{-2}\ \text{mol} \]

Le plus petit quotient est celui des ions $\text{H}^+$ : l'acide est le réactif limitant et $x_{\max} = 1{,}7\times 10^{-2}$ mol.

c. Le coefficient de $\text{H}_2$ vaut 3, donc $n(\text{H}_2) = 3\,x_f$ avec $x_f = x_{\max}$.

\[ n(\text{H}_2) = 3\times 1{,}7\times 10^{-2} = 5{,}0\times 10^{-2}\ \text{mol} \qquad\qquad V = 5{,}0\times 10^{-2}\times 24{,}0 = 1{,}2\ \text{L} \]

Il reste de l'aluminium non attaqué à l'état final : $n(\text{Al}) = 0{,}10 - 2\times 1{,}7\times 10^{-2} = 6{,}6\times 10^{-2}$ mol.

Exercice 4
Transformation non totale

On mélange $n_0(\text{A}) = 0{,}60$ mol de A et $n_0(\text{B}) = 0{,}80$ mol de B selon l'équation $\text{A} + 2\,\text{B} \longrightarrow \text{C}$. À l'état final, on mesure $n(\text{C}) = 0{,}30$ mol.

  1. Déterminer l'avancement maximal.
  2. Déterminer l'avancement final, puis le taux d'avancement final.
  3. La transformation est-elle totale ? Donner la composition de l'état final.

a. On compare les deux quotients.

\[ \frac{n_0(\text{A})}{1} = 0{,}60\ \text{mol} \qquad\qquad \frac{n_0(\text{B})}{2} = \frac{0{,}80}{2} = 0{,}40\ \text{mol} \]

B est le réactif limitant et $x_{\max} = 0{,}40$ mol.

b. Dans le tableau d'avancement, $n(\text{C}) = x_f$ puisque le coefficient de C vaut 1.

\[ x_f = 0{,}30\ \text{mol} \qquad\qquad \tau = \frac{x_f}{x_{\max}} = \frac{0{,}30}{0{,}40} = 0{,}75 \]

Soit un taux d'avancement de 75 %.

c. On compare $x_f$ et $x_{\max}$.

Comme $x_f < x_{\max}$ (et $\tau < 1$), la transformation est non totale : le réactif limitant n'a pas été entièrement consommé.

\[ n(\text{A}) = 0{,}60-0{,}30 = 0{,}30\ \text{mol} \qquad n(\text{B}) = 0{,}80-2\times 0{,}30 = 0{,}20\ \text{mol} \qquad n(\text{C}) = 0{,}30\ \text{mol} \]

Il reste bien 0,20 mol de B, alors que B est le réactif limitant : c'est la signature d'une transformation non totale.

Exercice 5
Mélange stœchiométrique

La synthèse de l'ammoniac s'écrit $\text{N}_2 + 3\,\text{H}_2 \longrightarrow 2\,\text{NH}_3$.

On dispose de $n_0(\text{H}_2) = 1{,}20$ mol de dihydrogène.

  1. Quelle quantité de diazote faut-il introduire pour réaliser un mélange stœchiométrique ?
  2. Dans ces conditions, quelle quantité d'ammoniac obtient-on si la transformation est totale ?
  3. On introduit finalement $n_0(\text{N}_2) = 0{,}50$ mol. Le mélange est-il encore stœchiométrique ? Quel est alors le réactif limitant ?

a. Un mélange est stœchiométrique lorsque les quotients sont égaux.

\[ \frac{n_0(\text{N}_2)}{1} = \frac{n_0(\text{H}_2)}{3} \iff n_0(\text{N}_2) = \frac{1{,}20}{3} = 0{,}400\ \text{mol} \]

b. Les deux réactifs disparaissent simultanément, donc $x_{\max} = 0{,}400$ mol, et le coefficient de $\text{NH}_3$ vaut 2.

\[ n(\text{NH}_3) = 2\,x_{\max} = 2\times 0{,}400 = 0{,}800\ \text{mol} \]

c. On recalcule les deux quotients.

\[ \frac{n_0(\text{N}_2)}{1} = 0{,}50\ \text{mol} \qquad\qquad \frac{n_0(\text{H}_2)}{3} = \frac{1{,}20}{3} = 0{,}400\ \text{mol} \]

Les quotients sont différents : le mélange n'est plus stœchiométrique. Le plus petit quotient est celui du dihydrogène, qui est donc le réactif limitant, avec $x_{\max} = 0{,}400$ mol. Il restera $0{,}50-0{,}400 = 0{,}10$ mol de diazote en excès.