Avancement et tableau d'avancement : exercices corrigés de 1re

Tableau en cours de transformation : $n(\mathrm{H_2}) = 4{,}0 - 2x$ ; $n(\mathrm{O_2}) = 3{,}0 - x$ ; $n(\mathrm{H_2O}) = 2x$. À l'état initial, $x = 0$ et l'eau est absente.

Si $\mathrm{H_2}$ est limitant : $4{,}0 - 2x = 0$ donc $x = 2{,}0$ mol.

Si $\mathrm{O_2}$ est limitant : $3{,}0 - x = 0$ donc $x = 3{,}0$ mol.

On retient la plus petite valeur : $x_{max} = 2{,}0$ mol. Le réactif limitant est le dihydrogène, qui s'épuise en premier.

État final avec $x = 2{,}0$ mol : $n(\mathrm{H_2}) = 0$ ; $n(\mathrm{O_2}) = 3{,}0 - 2{,}0 = 1{,}0$ mol ; $n(\mathrm{H_2O}) = 2 \times 2{,}0 = 4{,}0$ mol.

Contrôle : aucune quantité n'est négative, et les $4{,}0$ mol de $\mathrm{H_2}$ consommées se retrouvent dans les $4{,}0$ mol d'eau formées, puisque chaque molécule d'eau contient deux atomes d'hydrogène.

Expressions : $n(\mathrm{CH_4}) = 0{,}50 - x$ ; $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}80 - 2x$ ; $n(\mathrm{CO_2}) = x$ ; $n(\mathrm{H_2O}) = 2x$.

Méthane épuisé : $0{,}50 - x = 0$ donne $x = 0{,}50$ mol.

Dioxygène épuisé : $0{,}80 - 2x = 0$ donne $x = 0{,}40$ mol.

La plus petite valeur est $x_{max} = 0{,}40$ mol : le dioxygène est le réactif limitant.

État final : $n(\mathrm{CH_4}) = 0{,}50 - 0{,}40 = 0{,}10$ mol ; $n(\mathrm{O_2}) = 0$ ; $n(\mathrm{CO_2}) = 0{,}40$ mol ; $n(\mathrm{H_2O}) = 0{,}80$ mol.

Le méthane n'est pas épuisé : il en reste $0{,}10$ mol, ce qui est normal pour un réactif en excès.

Magnésium : $n_0(\mathrm{Mg}) = \dfrac{2{,}43}{24{,}3} = 0{,}100$ mol. On obtient la quantité de matière à partir de la masse et de la masse molaire.⁴

Ions $\mathrm{H^+}$ : $n_0(\mathrm{H^+}) = c \times V = 1{,}0 \times 0{,}050 = 0{,}050$ mol.

Tableau en cours de transformation : $n(\mathrm{Mg}) = 0{,}100 - x$ ; $n(\mathrm{H^+}) = 0{,}050 - 2x$ ; $n(\mathrm{Mg^{2+}}) = x$ ; $n(\mathrm{H_2}) = x$.

Magnésium épuisé : $x = 0{,}100$ mol. Ions $\mathrm{H^+}$ épuisés : $0{,}050 - 2x = 0$ donne $x = 0{,}025$ mol.

Donc $x_{max} = 0{,}025$ mol et le réactif limitant est l'ion $\mathrm{H^+}$.

État final : $n(\mathrm{Mg}) = 0{,}100 - 0{,}025 = 0{,}075$ mol ; $n(\mathrm{H^+}) = 0$ ; $n(\mathrm{Mg^{2+}}) = 0{,}025$ mol ; $n(\mathrm{H_2}) = 0{,}025$ mol.

Le diazote s'épuise pour $2{,}0 - x = 0$, soit $x_{max} = 2{,}0$ mol.

Pour que le dihydrogène s'épuise pour la même valeur : $n_0(\mathrm{H_2}) - 3 \times 2{,}0 = 0$, donc $n_0(\mathrm{H_2}) = 6{,}0$ mol.

Vérification : avec $6{,}0$ mol de $\mathrm{H_2}$, on a $n(\mathrm{H_2}) = 6{,}0 - 3x$, qui s'annule à $x = 2{,}0$ mol, comme le diazote.

Les deux réactifs sont donc épuisés simultanément, et il n'y a pas de réactif en excès.

Ammoniac formé : $n(\mathrm{NH_3}) = 2x_{max} = 4{,}0$ mol.

On remarque que $n_0(\mathrm{H_2})/n_0(\mathrm{N_2}) = 3$, le rapport des coefficients de l'équation.

Tableau : $n(\mathrm{Fe}) = 0{,}60 - 4x$ ; $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}30 - 3x$ ; $n(\mathrm{Fe_2O_3}) = 2x$.

Fer épuisé : $0{,}60 - 4x = 0$ donne $x = 0{,}15$ mol.

Dioxygène épuisé : $0{,}30 - 3x = 0$ donne $x = 0{,}10$ mol.

Donc $x_{max} = 0{,}10$ mol ; le dioxygène est le réactif limitant.

État final : $n(\mathrm{Fe}) = 0{,}60 - 4 \times 0{,}10 = 0{,}20$ mol ; $n(\mathrm{O_2}) = 0$ ; $n(\mathrm{Fe_2O_3}) = 2 \times 0{,}10 = 0{,}20$ mol.

Contrôle sur les atomes de fer : $0{,}20$ mol restant plus $2 \times 0{,}20 = 0{,}40$ mol dans l'oxyde donnent bien $0{,}60$ mol.

Quantités initiales : $n_0(\mathrm{Zn}) = 0{,}65/65 = 0{,}010$ mol ; $n_0(\mathrm{Ag^+}) = 0{,}10 \times 0{,}100 = 0{,}010$ mol.

Tableau : $n(\mathrm{Zn}) = 0{,}010 - x$ ; $n(\mathrm{Ag^+}) = 0{,}010 - 2x$ ; $n(\mathrm{Zn^{2+}}) = x$ ; $n(\mathrm{Ag}) = 2x$.

Zinc épuisé : $x = 0{,}010$ mol. Ions argent épuisés : $0{,}010 - 2x = 0$ donne $x = 0{,}0050$ mol.

$x_{max} = 0{,}0050$ mol ; les ions $\mathrm{Ag^+}$ sont le réactif limitant, alors que les deux quantités initiales sont égales.

Argent formé : $n(\mathrm{Ag}) = 2 \times 0{,}0050 = 0{,}010$ mol, soit $m = 0{,}010 \times 108 = 1{,}08$ g.

Ions zinc : $n(\mathrm{Zn^{2+}}) = x_{max} = 0{,}0050$ mol, donc $[\mathrm{Zn^{2+}}] = 0{,}0050/0{,}100 = 0{,}050$ mol/L.

Il reste $0{,}010 - 0{,}0050 = 0{,}0050$ mol de zinc, soit $0{,}33$ g de métal non consommé.

L'eau n'existait pas au départ et $n(\mathrm{H_2O}) = 2x_f$. Donc $2x_f = 0{,}30$ et $x_f = 0{,}15$ mol.

La transformation est totale et le dihydrogène est épuisé : $x_f = x_{max}$.

Dihydrogène : $n_0(\mathrm{H_2}) - 2 \times 0{,}15 = 0$, donc $n_0(\mathrm{H_2}) = 0{,}30$ mol.

Dioxygène : $n_0(\mathrm{O_2}) - 0{,}15 = 0{,}10$, donc $n_0(\mathrm{O_2}) = 0{,}25$ mol.

Vérification : avec ces valeurs, $\mathrm{O_2}$ s'épuiserait à $x = 0{,}25$ mol, plus grand que $0{,}15$ mol, donc $\mathrm{H_2}$ est bien le réactif limitant, ce qui est cohérent.

Quantité initiale d'acide : $n_0 = c \times V = 0{,}100 \times 0{,}100 = 1{,}0 \times 10^{-2}$ mol.

Si la transformation était totale, l'acide serait épuisé : $n_0 - x_{max} = 0$ donc $x_{max} = 1{,}0 \times 10^{-2}$ mol.

Mesure : $n(\mathrm{H_3O^+})_f = 1{,}3 \times 10^{-3} \times 0{,}100 = 1{,}3 \times 10^{-4}$ mol. Comme les ions oxonium valent $x$ dans le tableau, $x_f = 1{,}3 \times 10^{-4}$ mol.

Comparaison : $x_f$ est environ cent fois plus petit que $x_{max}$.

Taux d'avancement : $\tau = \dfrac{1{,}3 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-2}} = 0{,}013$, soit $1{,}3\ \%$.

Comme $\tau < 1$, la transformation n'est pas totale : le système atteint un état d'équilibre où il reste beaucoup d'acide éthanoïque, soit $1{,}0 \times 10^{-2} - 1{,}3 \times 10^{-4} \approx 9{,}9 \times 10^{-3}$ mol.