Exercices corrigés : équations de réaction et avancement (Seconde)

a) C'est une transformation chimique. Avant : $4$ molécules $\mathrm{H_2}$ et $3$ molécules $\mathrm{O_2}$, soit $8$ atomes d'hydrogène et $6$ atomes d'oxygène. Après : $4$ molécules $\mathrm{H_2O}$ et $1$ molécule $\mathrm{O_2}$, soit $8$ atomes d'hydrogène et $4+2=6$ atomes d'oxygène. Les atomes sont conservés, les molécules non : c'est la signature d'une transformation chimique.

b) Quatre molécules de dihydrogène ont réagi avec deux molécules de dioxygène pour donner quatre molécules d'eau, soit en divisant par deux : $2\,\mathrm{H_2}+\mathrm{O_2}\rightarrow 2\,\mathrm{H_2O}$. La molécule de dioxygène restante n'apparaît pas dans l'équation, c'est un excès. Une équation décrit ce qui réagit, pas ce qui reste dans le flacon.

c) Fonte de la neige : transformation physique, l'eau reste de l'eau. Combustion du bois : transformation chimique, la cellulose devient du dioxyde de carbone et de l'eau. Dissolution du sel : transformation physique, les ions sont dispersés mais ni créés ni modifiés. Désintégration de l'uranium : transformation nucléaire, le noyau lui-même change. Rouille : transformation chimique, le fer devient de l'oxyde de fer.

d) À la fonte, tout est conservé sauf l'organisation : mêmes molécules d'eau, même masse, seul l'état change, du solide au liquide. À la combustion, les atomes et la masse totale sont conservés, mais les molécules ne le sont pas : le bois et le dioxygène disparaissent, le dioxyde de carbone et l'eau apparaissent. La masse du bois seul diminue, ce qui trompe souvent, mais si l'on pèse aussi les gaz consommés et produits, le total est inchangé.

e) Parce qu'une équation chimique repose sur la conservation des ÉLÉMENTS : on retrouve à droite exactement les mêmes atomes qu'à gauche, réarrangés. Dans une transformation nucléaire, le noyau change d'identité, un élément se transforme en un autre, et ce sont alors le nombre de nucléons $A$ et le numéro atomique $Z$ qui se conservent, pas les éléments. C'est aussi pourquoi les énergies mises en jeu sont sans commune mesure, de l'ordre du million de fois plus grandes.

a) $\mathrm{CH_4}+2\,\mathrm{O_2}\rightarrow \mathrm{CO_2}+2\,\mathrm{H_2O}$. Vérification : carbone $1=1$, hydrogène $4=4$, oxygène $4=2+2=4$. La méthode : on commence par le carbone, puis l'hydrogène, et on termine par l'oxygène, qui apparaît dans deux produits et qu'on ajuste donc en dernier.

b) $2\,\mathrm{C_4H_{10}}+13\,\mathrm{O_2}\rightarrow 8\,\mathrm{CO_2}+10\,\mathrm{H_2O}$. En partant d'une seule molécule de butane, il faudrait $\dfrac{13}{2}$ dioxygènes ; on double donc tout pour rester entier. Vérification de l'oxygène : $13\times 2=26$ à gauche, $8\times 2+10=26$ à droite.

c) $4\,\mathrm{Fe}+3\,\mathrm{O_2}\rightarrow 2\,\mathrm{Fe_2O_3}$. Vérification : fer $4=2\times 2$, oxygène $6=2\times 3$. Le réflexe utile est de partir du composé le plus complexe, ici $\mathrm{Fe_2O_3}$, et d'ajuster les corps simples ensuite.

d) $\mathrm{N_2}+3\,\mathrm{H_2}\rightarrow 2\,\mathrm{NH_3}$. Vérification : azote $2=2$, hydrogène $6=2\times 3$. C'est la synthèse de l'ammoniac, l'une des réactions industrielles les plus importantes au monde puisqu'elle fournit les engrais azotés.

e) Le comptage tombe juste : un carbone de chaque côté, quatre hydrogènes, quatre oxygènes. Et pourtant l'équation est fausse, parce que $\mathrm{O_4}$ et $\mathrm{H_4O_2}$ n'existent pas : l'élève a inventé des espèces chimiques pour faire tomber les comptes. Ajuster une équation ne consiste jamais à retoucher les formules, uniquement à choisir combien de fois chaque molécule intervient. Les formules sont des données du problème, les coefficients sont les inconnues.

a) Méthane : $n=2{,}0-x$. Dioxygène : $n=6{,}0-2x$, car il en disparaît deux fois plus vite. Dioxyde de carbone : $n=x$. Eau : $n=2x$. Ces quatre expressions sont le tableau d'avancement, écrit en ligne.

b) Les deux droites descendantes sont les réactifs. Celle qui part de $6$ et descend deux fois plus vite est le dioxygène, celle qui part de $2$ est le méthane. Les deux droites montantes sont les produits : celle de pente $2$ est l'eau, celle de pente $1$ est le dioxyde de carbone. La pente d'une droite est exactement le coefficient stoechiométrique, au signe près, et c'est ce qui rend ce graphe lisible d'un coup d'oeil.

c) On cherche quand chaque réactif s'annule. Méthane : $2{,}0-x=0$ donne $x=2{,}0$. Dioxygène : $6{,}0-2x=0$ donne $x=3{,}0$. Le premier épuisé impose la fin de la réaction, donc $x_{max}=2{,}0\ \mathrm{mol}$ et le réactif limitant est le MÉTHANE. Autrement dit, on compare $\dfrac{2{,}0}{1}=2{,}0$ et $\dfrac{6{,}0}{2}=3{,}0$, et le plus petit gagne.

d) À $x_{max}=2{,}0$ : méthane $0$, dioxygène $6{,}0-4{,}0=2{,}0\ \mathrm{mol}$ restants, dioxyde de carbone $2{,}0\ \mathrm{mol}$, eau $4{,}0\ \mathrm{mol}$. Le dioxygène est en excès de $2{,}0\ \mathrm{mol}$, ce qui est cohérent avec le fait qu'il en fallait $4{,}0$ et qu'on en avait $6{,}0$.

e) Il aurait fallu exactement $2\times 2{,}0=4{,}0\ \mathrm{mol}$ de dioxygène. Sur le graphe, la droite du dioxygène partirait alors de $4$ et atteindrait zéro au même point que celle du méthane, en $x=2{,}0$ : les deux réactifs s'annuleraient ensemble. C'est la définition graphique du mélange stoechiométrique, et c'est ce que recherche un brûleur bien réglé, faute de quoi le gaz en excès part inutilement dans la cheminée.

a) Pour l'aluminium : $\dfrac{0{,}40}{2}=0{,}20$. Pour le dichlore : $\dfrac{0{,}45}{3}=0{,}15$. Le plus petit rapport désigne le réactif limitant, c'est donc le DICHLORE, malgré une quantité de matière plus grande.

b) L'avancement maximal est ce plus petit rapport : $x_{max}=0{,}15\ \mathrm{mol}$. Le chlorure d'aluminium a pour coefficient $2$, il s'en forme donc $2\times 0{,}15=0{,}30\ \mathrm{mol}$.

c) L'aluminium consommé vaut $2x_{max}=0{,}30\ \mathrm{mol}$, il en reste donc $0{,}40-0{,}30=0{,}10\ \mathrm{mol}$. On vérifie que le dichlore, lui, est bien à zéro : $0{,}45-3\times 0{,}15=0$.

d) Il faut $\dfrac{n(\mathrm{Al})}{2}=\dfrac{n(\mathrm{Cl_2})}{3}$, donc $n(\mathrm{Al})=\dfrac{2}{3}\times 0{,}45=0{,}30\ \mathrm{mol}$, soit une masse $m=0{,}30\times 27{,}0=8{,}1\ \mathrm{g}$. On avait introduit $0{,}40\ \mathrm{mol}$, soit $10{,}8\ \mathrm{g}$ : les $2{,}7\ \mathrm{g}$ en trop ne servent à rien.

e) Parce que comparer directement des quantités de matière revient à oublier que les espèces ne réagissent pas une pour une : il faut trois dichlores pour deux aluminiums. Le dichlore, plus abondant au départ, disparaît pourtant plus vite. Le raisonnement « il y en a moins donc il est limitant » n'est correct que dans le cas particulier où les deux coefficients stoechiométriques sont égaux. Diviser par le coefficient est ce qui rend les deux réactifs comparables, exactement comme on ramène deux prix au kilogramme avant de les comparer.

a) $n(\mathrm{H_2})=\dfrac{2{,}0}{2{,}0}=1{,}0\ \mathrm{mol}$ et $n(\mathrm{O_2})=\dfrac{16{,}0}{32{,}0}=0{,}50\ \mathrm{mol}$.

b) On compare les rapports : $\dfrac{1{,}0}{2}=0{,}50$ pour le dihydrogène et $\dfrac{0{,}50}{1}=0{,}50$ pour le dioxygène. Ils sont égaux, donc le mélange est stoechiométrique et les deux réactifs disparaîtront ensemble, avec $x_{max}=0{,}50\ \mathrm{mol}$.

c) Il se forme $2x_{max}=1{,}0\ \mathrm{mol}$ d'eau, soit $m=1{,}0\times 18{,}0=18{,}0\ \mathrm{g}$. Or $2{,}0+16{,}0=18{,}0\ \mathrm{g}$ : la masse totale est bien conservée. Ce contrôle vaut d'être fait systématiquement, il attrape la plupart des erreurs de coefficient.

d) Non. Le fer se combine au dioxygène de l'air pour donner un oxyde : la masse d'oxyde recueillie est celle du fer PLUS celle du dioxygène fixé, qui vient de l'air et n'était pas sur la balance au départ. Le système pesé n'est pas fermé, voilà tout. Si l'on enfermait le tout dans un ballon scellé, la balance ne bougerait pas.

e) Non plus, et c'est le cas symétrique. La bougie produit du dioxyde de carbone et de l'eau, deux gaz qui s'échappent dans la pièce et quittent la balance. Là encore le système n'est pas fermé. C'est exactement le piège que Lavoisier a levé à la fin du dix-huitième siècle en travaillant dans des récipients clos : tant qu'on ne pèse pas les gaz, on croit voir de la matière apparaître ou disparaître.

a) $n=\dfrac{5{,}80\times 10^{3}}{58{,}0}=100\ \mathrm{mol}$ de butane. Les kilogrammes doivent être convertis en grammes avant de diviser par la masse molaire.

b) Les coefficients donnent la proportion : $13$ dioxygènes pour $2$ butanes, donc $n(\mathrm{O_2})=\dfrac{13}{2}\times 100=650\ \mathrm{mol}$. Volume : $V=650\times 24{,}0=1{,}56\times 10^{4}\ \mathrm{L}$, soit $15{,}6\ \mathrm{m^{3}}$ de dioxygène pur.

c) Le dioxygène ne représente que $21\ \%$ de l'air : $V_{air}=\dfrac{15{,}6}{0{,}21}=74\ \mathrm{m^{3}}$. C'est plus du double du volume d'une pièce de $30\ \mathrm{m^{3}}$. Voilà une raison chiffrée de ne jamais utiliser un barbecue au gaz à l'intérieur : une seule bonbonne consomme l'air de deux pièces.

d) Il se forme $\dfrac{8}{2}\times 100=400\ \mathrm{mol}$ de dioxyde de carbone, soit $m=400\times 44{,}0=1{,}76\times 10^{4}\ \mathrm{g}=17{,}6\ \mathrm{kg}$. On rejette donc trois fois plus de dioxyde de carbone qu'on n'a brûlé de butane. Il n'y a là aucune création de matière : la différence vient des atomes d'oxygène prélevés dans l'air, qui pèsent lourd. La masse totale est bien conservée si l'on compte aussi l'eau formée et le dioxygène consommé.

e) La combustion devient incomplète : au lieu de dioxyde de carbone, elle produit du monoxyde de carbone $\mathrm{CO}$ et des particules de carbone, ce qui se voit à la flamme jaune et suiffeuse au lieu d'une flamme bleue. Le monoxyde de carbone est inodore et se fixe sur l'hémoglobine à la place du dioxygène : c'est la première cause d'intoxication domestique mortelle. Le réactif limitant n'est donc pas ici une simple question d'exercice, il décide de ce qui sort du brûleur.

a) $n=c\,V=1{,}00\times 0{,}0500=5{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$ d'acide.

b) $n(\mathrm{NaHCO_3})=\dfrac{2{,}0}{84{,}0}=2{,}4\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$. Les coefficients valant tous $1$, on compare directement : $2{,}4\times 10^{-2}<5{,}00\times 10^{-2}$, le bicarbonate est limitant. Donc $x_{max}=2{,}4\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$ et $V(\mathrm{CO_2})=2{,}4\times 10^{-2}\times 24{,}0=0{,}57\ \mathrm{L}$. Le graphe donne bien environ $0{,}57\ \mathrm{L}$ pour $2{,}0\ \mathrm{g}$.

c) Le bicarbonate cesse d'être limitant quand sa quantité atteint celle de l'acide, soit $n=5{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$, ce qui correspond à $m=5{,}00\times 10^{-2}\times 84{,}0=4{,}2\ \mathrm{g}$. C'est exactement l'abscisse du coude sur le graphe. Au-delà, tout bicarbonate supplémentaire reste au fond du bécher sans réagir, faute d'acide.

d) Le palier correspond à $x_{max}=5{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$, donc $V=5{,}00\times 10^{-2}\times 24{,}0=1{,}20\ \mathrm{L}$. C'est la valeur lue sur la partie horizontale du graphe.

e) Le palier est fixé par la quantité d'ACIDE, seule limite quand le bicarbonate est en excès. Pour le doubler, on peut soit prendre $100{,}0\ \mathrm{mL}$ de vinaigre au lieu de $50{,}0$, soit utiliser un vinaigre deux fois plus concentré, à $2{,}00\ \mathrm{mol/L}$. Dans les deux cas $n$ passe à $0{,}100\ \mathrm{mol}$ et le palier à $2{,}40\ \mathrm{L}$, tandis que le coude se déplace vers $8{,}4\ \mathrm{g}$. En revanche, ajouter du bicarbonate ne changerait rien du tout, et c'est là toute la leçon du palier.

a) Faux : changer un indice change l'espèce chimique elle-même. Écrire $\mathrm{H_2O_2}$ à la place de $\mathrm{H_2O}$ ne rééquilibre pas une équation, cela remplace l'eau par de l'eau oxygénée, qui est une tout autre substance. Énoncé correct : on ajuste uniquement en plaçant des coefficients devant les formules.

b) Faux : il faut comparer les rapports $\dfrac{n}{\text{coefficient}}$, pas les quantités brutes. Dans $2\,\mathrm{Al}+3\,\mathrm{Cl_2}$, avec $0{,}40$ et $0{,}45\ \mathrm{mol}$, c'est le dichlore qui est limitant bien qu'il soit le plus abondant. Énoncé correct : le réactif limitant est celui dont le rapport $\dfrac{n}{\text{coefficient}}$ est le plus petit.

c) Faux : la matière ne disparaît pas, elle change de forme et s'échappe sous forme de gaz, dioxyde de carbone et vapeur d'eau. Si l'on enfermait la bougie et son air dans un récipient scellé posé sur la balance, la masse resterait rigoureusement constante. Énoncé correct : la masse du système fermé est conservée, seule la bougie s'allège.

d) Faux : c'est vrai seulement pour le réactif limitant, et pour tous les réactifs à la fois dans le cas particulier d'un mélange stoechiométrique. En général, le ou les réactifs en excès sont encore présents dans l'état final. Énoncé correct : à la fin, le réactif limitant a disparu, les autres sont en excès.

e) Faux : l'avancement est une quantité de matière, il s'exprime en MOLES et n'a aucune borne à $100$. Sa valeur maximale dépend de l'expérience, elle peut valoir $0{,}15\ \mathrm{mol}$ comme $650\ \mathrm{mol}$. Énoncé correct : $x$ s'exprime en moles et varie de $0$ à $x_{max}$.

a) $n(\mathrm{N_2})=\dfrac{V}{V_m}=\dfrac{60{,}0}{24{,}0}=2{,}50\ \mathrm{mol}$.

b) Les coefficients donnent $2$ azotures pour $3$ diazotes, donc $n(\mathrm{NaN_3})=\dfrac{2}{3}\times 2{,}50=1{,}67\ \mathrm{mol}$. Masse molaire : $M=23{,}0+3\times 14{,}0=65{,}0\ \mathrm{g/mol}$, d'où $m=1{,}67\times 65{,}0=108\ \mathrm{g}$. Un peu plus de cent grammes de solide pour soixante litres de gaz, voilà pourquoi cette réaction a été retenue.

c) Il se forme autant de sodium que d'azoture consommé, les coefficients étant tous deux égaux à $2$ : $n(\mathrm{Na})=1{,}67\ \mathrm{mol}$, soit $m=1{,}67\times 23{,}0=38{,}3\ \mathrm{g}$.

d) $\dfrac{60{,}0}{30\times 10^{-3}}=2{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{L/s}$, soit deux mille litres par seconde. C'est ce débit extrême qui impose une réaction en phase solide déclenchée électriquement, aucune bouteille de gaz sous pression ne se viderait aussi vite.

e) Parce que le sodium n'est pas un gaz et n'intervient pas dans le volume recueilli : le diazote a déjà été entièrement produit par la première réaction. La seconde réaction ne fait que consommer un produit solide dangereux pour le transformer en un solide inoffensif. Le volume de gaz est fixé par la quantité d'azoture de départ et par les coefficients de la première équation, rien de ce qui arrive ensuite au sodium ne peut le modifier.

a) Rapports : $\dfrac{0{,}80}{2}=0{,}40$ pour le monoxyde de carbone et $\dfrac{0{,}30}{1}=0{,}30$ pour le dioxygène. Le dioxygène est limitant et $x_{max}=0{,}30\ \mathrm{mol}$.

b) Monoxyde de carbone restant : $0{,}80-2\times 0{,}30=0{,}20\ \mathrm{mol}$. Dioxygène : $0$. Dioxyde de carbone formé : $2\times 0{,}30=0{,}60\ \mathrm{mol}$. Un quart du monoxyde de carbone sort donc du pot sans avoir été transformé.

c) $m=0{,}20\times 28{,}0=5{,}6\ \mathrm{g}$ par minute, soit environ $340\ \mathrm{g}$ par heure de roulage. C'est considérable pour un gaz toxique, et c'est bien pourquoi les moteurs sont réglés pour fonctionner avec un léger excès d'air.

d) Pour consommer les $0{,}20\ \mathrm{mol}$ restantes, il faut $\dfrac{0{,}20}{2}=0{,}10\ \mathrm{mol}$ de dioxygène supplémentaires. En volume : $0{,}10\times 24{,}0=2{,}4\ \mathrm{L}$ de dioxygène, soit $\dfrac{2{,}4}{0{,}21}=11{,}4\ \mathrm{L}$ d'air par minute. Une injection d'air modeste suffirait donc, ce que font effectivement les systèmes d'air secondaire au démarrage à froid.

e) Parce qu'un catalyseur n'est ni consommé ni produit : il se retrouve intact à la fin, donc il n'a pas sa place dans le bilan de matière, qui ne compte que ce qui est transformé. Ce qu'il change est la VITESSE : sans lui, cette réaction serait beaucoup trop lente aux températures d'un échappement pour que le gaz ait le temps de réagir en traversant le pot. Il ne modifie ni le réactif limitant, ni $x_{max}$, ni le bilan final, seulement le temps nécessaire pour l'atteindre.

a) $3\,\mathrm{Cu^{2+}}+2\,\mathrm{Al}\rightarrow 3\,\mathrm{Cu}+2\,\mathrm{Al^{3+}}$. Les atomes seuls ne suffisent pas : il faut que les électrons cédés par l'aluminium ($3$ par atome) soient ceux captés par le cuivre ($2$ par ion). Le plus petit multiple commun de $2$ et $3$ est $6$ : charge $3\times(+2)=+6$ à gauche, $2\times(+3)=+6$ à droite ✓.

b) $2\,\mathrm{Ag^{+}}+\mathrm{Cu}\rightarrow 2\,\mathrm{Ag}+\mathrm{Cu^{2+}}$. Charge : $2\times(+1)=+2$ à gauche, $+2$ à droite ✓. C'est la réaction qui recouvre d'argent un fil de cuivre plongé dans du nitrate d'argent.

c) $\mathrm{Fe^{3+}}+3\,\mathrm{HO^{-}}\rightarrow \mathrm{Fe(OH)_3}$. Oxygène et hydrogène : $3$ de chaque côté. Charge : $+3-3=0$ à gauche, $0$ à droite pour le solide neutre ✓. L'indice $3$ porte sur tout le groupe entre parenthèses.

d) $2\,\mathrm{H^{+}}+\mathrm{Zn}\rightarrow \mathrm{H_2}+\mathrm{Zn^{2+}}$. Hydrogène : $2=2$. Charge : $+2$ à gauche, $+2$ à droite ✓. C'est l'attaque du zinc par un acide, avec son dégagement de dihydrogène.

e) Avec les coefficients $1$, la charge vaut $+2$ à gauche et $+3$ à droite : elle n'est pas conservée, l'équation est donc fausse bien que les atomes soient équilibrés. Cela reviendrait à créer une charge positive à partir de rien. La conservation de la charge est une deuxième condition, indépendante de la conservation des éléments, et c'est elle qui impose ici les coefficients $3$ et $2$.

Méthode à retenir : on équilibre d'abord les éléments autres que $\mathrm{O}$ et $\mathrm{H}$, puis on vérifie la charge ; si elle ne tombe pas juste, on cherche le plus petit multiple commun des charges.

a) Conservation de $A$ : $14=14+A$, donc $A=0$. Conservation de $Z$ : $6=7+Z$, donc $Z=-1$. La particule $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ est un électron. Un neutron du noyau de carbone s'est transformé en proton, ce qui augmente $Z$ d'une unité et change l'élément : le carbone est devenu de l'azote.

b) $226=222+A$ donne $A=4$ et $88=86+Z$ donne $Z=2$ : c'est un noyau d'hélium $^{4}_{2}\mathrm{He}$, qu'on appelle aussi particule alpha.

c) Conservation de $Z$ : $92+0=56+Z$, donc $Z=36$, ce qui est bien le krypton. Conservation de $A$ : $235+1=141+92+k$, donc $k=3$. Le piège est d'oublier le neutron INCIDENT à gauche, ce qui donnerait $k=2$. Ces trois neutrons peuvent à leur tour provoquer trois nouvelles fissions : c'est le principe de la réaction en chaîne.

d) $2+3=4+A$ donne $A=1$ et $1+1=2+Z$ donne $Z=0$ : c'est un neutron $^{1}_{0}\mathrm{n}$.

e) La réaction c) est une FISSION : un noyau lourd, frappé par un neutron, se casse en deux noyaux plus légers. La réaction d) est une FUSION : deux noyaux légers s'unissent en un noyau plus lourd, comme au coeur du Soleil. Les réactions a) et b) sont des désintégrations radioactives, spontanées, sans projectile.

Le fil de l'exercice : on écrit deux équations, une sur les nombres du haut et une sur ceux du bas, et on n'oublie aucune particule à gauche.