Pour prévoir ce que contient un mélange à la fin d'une réaction, tu suis un seul nombre, l'avancement $x$ : chaque réactif perd son coefficient multiplié par $x$, chaque produit le gagne. Avec $\mathrm{2\,H_2 + O_2 \longrightarrow 2\,H_2O}$, en partant de 4 mol de dihydrogène et 3 mol de dioxygène, il reste $4 - 2x$ mol de $\mathrm{H_2}$ et $3 - x$ mol de $\mathrm{O_2}$. Le dihydrogène s'épuise le premier, pour $x = 2$ mol : il s'est alors formé $2 \times 2 = 4$ mol d'eau, et il reste 1 mol de dioxygène.
La suite montre pourquoi ce calcul marche, et ce qui change quand la réaction s'arrête avant d'avoir épuisé un réactif.
Un seul nombre : l'avancement
Une équation de réaction se lit comme une recette. $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \longrightarrow 2\,NH_3}$ dit qu'à chaque fois que la réaction se produit, une molécule de diazote et trois de dihydrogène disparaissent, et deux molécules d'ammoniac apparaissent. Les nombres 1, 3 et 2 sont les coefficients stœchiométriques : ils fixent les proportions de la recette.
On compte ces répétitions en moles. Si la réaction s'est produite $6{,}02 \times 10^{23}$ fois, soit une mole de fois, il a disparu 1 mol de diazote et 3 mol de dihydrogène, et il est apparu 2 mol d'ammoniac. Pour $x$ mol de fois, tout est multiplié par $x$.
Définition : pour la réaction $a\,\mathrm{A} + b\,\mathrm{B} \longrightarrow c\,\mathrm{C} + d\,\mathrm{D}$, l'avancement $x$ est le nombre de fois où la réaction s'est produite, compté en moles. Quand il vaut $x$, il a disparu $ax$ mol de A et $bx$ mol de B, et il est apparu $cx$ mol de C et $dx$ mol de D.
Les quantités de toutes les espèces bougent donc ensemble : connaître $x$, c'est connaître tout le mélange. L'avancement vaut 0 au départ et augmente jusqu'à une valeur finale, qu'il s'agit de prévoir.
Construire le tableau d'avancement
Le tableau d'avancement range ce raisonnement. Exemple : la synthèse de l'ammoniac, avec 2,0 mol de diazote, 4,5 mol de dihydrogène et pas d'ammoniac au départ.
Étape 1 : écris l'équation ajustée, puis une colonne par espèce.
Étape 2 : ligne « état initial », où $x = 0$ : les quantités de départ, toujours en mol. Une masse se convertit avec $n = \dfrac{m}{M}$ ($M$ : masse molaire), une solution avec $n = C \times V$ ($C$ : concentration en mol/L).
Étape 3 : ligne « en cours » : quantité initiale moins coefficient fois $x$ pour un réactif, plus coefficient fois $x$ pour un produit.
Étape 4 : ligne « état final » : la ligne « en cours », avec la valeur finale de $x$.
$$\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \longrightarrow 2\,NH_3}$$
| État | Avancement (mol) | $n(\mathrm{N_2})$ (mol) | $n(\mathrm{H_2})$ (mol) | $n(\mathrm{NH_3})$ (mol) |
|---|---|---|---|---|
| Initial | $0$ | $2{,}0$ | $4{,}5$ | $0$ |
| En cours | $x$ | $2{,}0 - x$ | $4{,}5 - 3x$ | $2x$ |
| Final | $x_{\max} = 1{,}5$ | $0{,}5$ | $0$ | $3{,}0$ |
Seule la ligne « en cours » demande de réfléchir : les deux autres s'en déduisent en remplaçant $x$ par une valeur. Le coefficient 3 dit que le dihydrogène baisse trois fois plus vite que le diazote.
Réactif limitant et avancement maximal
Une réaction s'arrête au plus tard quand un réactif est épuisé : c'est le réactif limitant, vu en Seconde, et les autres réactifs sont dits en excès. L'avancement atteint alors sa plus grande valeur possible, l'avancement maximal $x_{\max}$. Une transformation qui va jusque-là est dite totale. Le tableau d'avancement, l'avancement maximal et l'avancement final sont au programme de spécialité de Première.
Pour trouver $x_{\max}$, écris que chaque réactif tombe à zéro. Diazote : $2{,}0 - x = 0$ donne $x = 2{,}0$ mol. Dihydrogène : $4{,}5 - 3x = 0$ donne $x = 1{,}5$ mol. On garde la plus petite valeur : $x_{\max} = 1{,}5$ mol, et le dihydrogène est limitant.
Pourquoi la plus petite ? Avec $x = 2{,}0$ mol, il resterait $4{,}5 - 3 \times 2{,}0 = -1{,}5$ mol de dihydrogène. Une quantité négative n'existe pas : la réaction s'est arrêtée avant, faute de dihydrogène.
Formule : $x_{\max}$ est la plus petite des valeurs $\dfrac{n_0(\mathrm{A})}{a}$, $\dfrac{n_0(\mathrm{B})}{b}$…, où $n_0$ est une quantité initiale de réactif et $a$, $b$ les coefficients. Le réactif qui donne cette valeur est le limitant.
Piège classique : le réactif limitant n'est pas forcément celui dont on a le moins. Ici, il y a moins de diazote (2,0 mol) que de dihydrogène (4,5 mol), et pourtant c'est le dihydrogène qui manque : la réaction en consomme trois fois plus. Divise par le coefficient avant de comparer.
Si toutes ces valeurs sont égales, les réactifs s'épuisent ensemble : c'est un mélange stœchiométrique, où les réactifs ont été introduits dans les proportions de l'équation, par exemple 1,0 mol de diazote pour 3,0 mol de dihydrogène. C'est la situation de l'équivalence d'un titrage.
Avancement final : transformation totale ou non
Une réaction ne va pas toujours jusqu'à épuiser un réactif. L'avancement final $x_f$ est la valeur que $x$ atteint vraiment quand le système n'évolue plus : il se déduit de la composition mesurée à la fin, alors que $x_{\max}$ se calcule.
Règle : si $x_f = x_{\max}$, la transformation est totale et le réactif limitant a disparu. Si $x_f < x_{\max}$, elle est non totale : à l'état final, tous les réactifs et tous les produits sont présents.
Exemple, avec des données fictives : pour $\mathrm{A + B \longrightarrow C + D}$, on part de 1,0 mol de A et de 1,0 mol de B, et on mesure 0,40 mol de A à la fin. Le tableau donne $1{,}0 - x_f = 0{,}40$, donc $x_f = 0{,}60$ mol, alors que $x_{\max} = 1{,}0$ mol : transformation non totale, avec 0,40 mol de B restant aussi.
La synthèse d'un ester à partir d'un acide carboxylique et d'un alcool en est un cas classique : à la fin, il reste de l'acide et de l'alcool dans le ballon. En Terminale, cet écart se chiffre par le taux d'avancement final $\tau = \dfrac{x_f}{x_{\max}}$ (programme de spécialité de Terminale).
Le rendement d'une synthèse
Quand on fabrique une espèce chimique au laboratoire, on en récupère presque toujours moins que prévu : la transformation n'est pas forcément totale, et une partie du produit se perd pendant l'isolement et la purification. Le rendement chiffre cet écart.
Formule : le rendement, noté ici $\eta$ (la lettre grecque « êta »), vaut
$$\eta = \frac{n_{\text{exp}}}{n_{\max}} = \frac{m_{\text{exp}}}{m_{\max}}$$
où $n_{\text{exp}}$ est la quantité de produit réellement obtenue et $n_{\max}$ celle que donnerait une transformation totale, calculée avec $x_{\max}$. Il est compris entre 0 et 1, souvent donné en pourcentage.
Piège classique : $n_{\max}$ se calcule avec le réactif limitant, jamais avec un réactif en excès. Et un rendement au-dessus de 100 % signale une erreur, souvent un produit encore humide, pesé avec du solvant.
Exercices corrigés
Du plus direct au niveau d'un contrôle. Pose le tableau sur ta feuille avant d'ouvrir chaque correction.
Exercice 1 : Le méthane brûle selon $\mathrm{CH_4 + 2\,O_2 \longrightarrow CO_2 + 2\,H_2O}$, transformation supposée totale. On part de 0,50 mol de méthane et 0,80 mol de dioxygène. Trouve le réactif limitant, $x_{\max}$ et la composition finale.
Correction :
En cours : $n(\mathrm{CH_4}) = 0{,}50 - x$, $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}80 - 2x$, $n(\mathrm{CO_2}) = x$ et $n(\mathrm{H_2O}) = 2x$.
Le méthane s'épuise pour $x = 0{,}50$ mol, le dioxygène pour $x = \dfrac{0{,}80}{2} = 0{,}40$ mol. Le dioxygène est limitant, bien qu'il y en ait plus au départ : $x_{\max} = 0{,}40$ mol.
État final : $0{,}50 - 0{,}40 = 0{,}10$ mol de méthane, $0$ mol de dioxygène, $0{,}40$ mol de dioxyde de carbone et $2 \times 0{,}40 = 0{,}80$ mol d'eau.
Exercice 2 : On plonge 1,12 g de fer dans 50,0 mL d'acide chlorhydrique dont la concentration en ions $\mathrm{H^+}$ vaut $0{,}50$ mol/L. La réaction s'écrit $\mathrm{Fe(s) + 2\,H^+(aq) \longrightarrow Fe^{2+}(aq) + H_2(g)}$ et on la suppose totale. Quel volume de dihydrogène se dégage ? Quelle masse de fer reste-t-il ? Données : $M(\mathrm{Fe}) = 55{,}8$ g/mol ; volume molaire des gaz dans les conditions de l'expérience $V_m = 24$ L/mol.
Correction :
Quantités initiales : $n(\mathrm{Fe}) = \dfrac{1{,}12}{55{,}8} \approx 2{,}01 \times 10^{-2}$ mol et $n(\mathrm{H^+}) = 0{,}50 \times 0{,}0500 = 2{,}5 \times 10^{-2}$ mol, avec le volume en litres.
Le fer s'épuise pour $x = 2{,}01 \times 10^{-2}$ mol, les ions $\mathrm{H^+}$ pour $x = \dfrac{2{,}5 \times 10^{-2}}{2} = 1{,}25 \times 10^{-2}$ mol. Les ions $\mathrm{H^+}$ sont limitants : $x_{\max} = 1{,}25 \times 10^{-2}$ mol.
Il se forme $n(\mathrm{H_2}) = x_{\max} = 1{,}25 \times 10^{-2}$ mol de dihydrogène, qui occupent $V = n \times V_m = 1{,}25 \times 10^{-2} \times 24 = 0{,}30$ L.
Il reste $2{,}01 \times 10^{-2} - 1{,}25 \times 10^{-2} = 7{,}6 \times 10^{-3}$ mol de fer, soit $m = 7{,}6 \times 10^{-3} \times 55{,}8 \approx 0{,}42$ g.
Exercice 3 : On brûle 5,4 g d'aluminium dans 4,8 g de dioxygène : $\mathrm{4\,Al + 3\,O_2 \longrightarrow 2\,Al_2O_3}$, transformation totale. Un élève affirme : « Il y a moins de dioxygène que d'aluminium, donc le dioxygène est limitant. » A-t-il raison ? Quelle masse d'alumine $\mathrm{Al_2O_3}$ obtient-on ? Données : $M(\mathrm{Al}) = 27{,}0$ g/mol ; $M(\mathrm{O}) = 16{,}0$ g/mol.
Correction :
On ne compare pas des masses. En moles : $n(\mathrm{Al}) = \dfrac{5{,}4}{27{,}0} = 0{,}20$ mol et $n(\mathrm{O_2}) = \dfrac{4{,}8}{32{,}0} = 0{,}15$ mol, avec $M(\mathrm{O_2}) = 2 \times 16{,}0 = 32{,}0$ g/mol.
Il faut encore diviser par les coefficients : l'aluminium s'épuise pour $x = \dfrac{0{,}20}{4} = 0{,}050$ mol, le dioxygène pour $x = \dfrac{0{,}15}{3} = 0{,}050$ mol. Les deux valeurs sont égales : c'est un mélange stœchiométrique, les deux réactifs disparaissent ensemble. L'élève a tort.
Il se forme $2\,x_{\max} = 0{,}10$ mol d'alumine, de masse molaire $2 \times 27{,}0 + 3 \times 16{,}0 = 102$ g/mol, soit $m = 0{,}10 \times 102 = 10{,}2$ g. Vérification : $5{,}4 + 4{,}8 = 10{,}2$ g ; tout a réagi, et la masse se conserve.
Exercice 4 : Au laboratoire, on synthétise l'aspirine (acide acétylsalicylique) à partir de 3,0 g d'acide salicylique et de 0,060 mol d'anhydride acétique : $\mathrm{C_7H_6O_3 + C_4H_6O_3 \longrightarrow C_9H_8O_4 + C_2H_4O_2}$. Après filtration, purification et séchage, on pèse 2,9 g d'aspirine. Calcule le rendement. Données : $M(\mathrm{C_7H_6O_3}) = 138$ g/mol ; $M(\mathrm{C_9H_8O_4}) = 180$ g/mol.
Correction :
Acide salicylique : $n = \dfrac{3{,}0}{138} \approx 2{,}17 \times 10^{-2}$ mol, épuisé pour $x = 2{,}17 \times 10^{-2}$ mol. Anhydride acétique : épuisé pour $x = 0{,}060$ mol. L'acide salicylique est limitant : $x_{\max} \approx 2{,}17 \times 10^{-2}$ mol.
Si la transformation était totale, on obtiendrait $n_{\max} = x_{\max} \approx 2{,}17 \times 10^{-2}$ mol d'aspirine (coefficient 1), soit $m_{\max} = 2{,}17 \times 10^{-2} \times 180 \approx 3{,}9$ g.
Rendement : $\eta = \dfrac{m_{\text{exp}}}{m_{\max}} = \dfrac{2{,}9}{3{,}9} \approx 0{,}74$, soit environ 74 %. Avec l'anhydride, en excès, on aurait calculé un $n_{\max}$ faux.
À retenir
À retenir :
- L'avancement $x$, en mol, compte les réactions : un réactif perd coefficient fois $x$, un produit le gagne.
- Le tableau d'avancement se remplit en moles, jamais en grammes.
- $x_{\max}$ est la plus petite des valeurs $\dfrac{n_0}{\text{coefficient}}$ des réactifs ; le réactif qui la donne est le limitant.
- Valeurs toutes égales : mélange stœchiométrique.
- $x_f = x_{\max}$ : transformation totale ; $x_f < x_{\max}$ : non totale, tous les réactifs restent présents.
- $\eta = \dfrac{n_{\text{exp}}}{n_{\max}}$, avec $n_{\max}$ tiré du réactif limitant.
Sources
- Programme de physique-chimie de première générale, enseignement de spécialité, Bulletin officiel spécial n° 1 du 22 janvier 2019 : texte sur education.gouv.fr.
- Programme de physique-chimie de terminale générale, enseignement de spécialité, Bulletin officiel spécial n° 8 du 25 juillet 2019 : texte sur education.gouv.fr.