4  Transformations chimiques et stœchiométrie

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Élève ? S’entraîner sur ce chapitre

Une remarque ? Écrivez-nous — coquille, question, suggestion.

Ce que nous savons déjà — Nous savons déjà qu’un atome est constitué d’un noyau et d’un nuage électronique, et que les liaisons chimiques — covalentes, ioniques ou métalliques — résultent d’interactions entre les électrons de valence des atomes. Nous maîtrisons la notion de mole : une mole contient \(N_A = 6{,}022 \times 10^{23}\) entités, et la masse molaire \(M\) (en g/mol) permet de convertir une quantité de matière en masse par la relation \(m = nM\). Nous savons également que les forces intermoléculaires expliquent la solvatation — pourquoi certaines espèces se dissolvent dans certains solvants — sans que les molécules elles-mêmes soient modifiées.

Ce que ce chapitre construit — Qu’est-ce qui distingue ce que nous venons de voir d’une véritable transformation chimique ? Dans les deux cas, des interactions se rompent et se forment — mais pas au même niveau. Ce chapitre introduit la réaction chimique : un processus au cours duquel des liaisons intramoléculaires sont rompues et de nouvelles sont formées, transformant des réactifs en produits. Nous allons apprendre à équilibrer une équation chimique, à calculer des quantités de réactifs et de produits en grammes et en moles, et à décrire le comportement des gaz à travers la loi \(PV = nRT\).

Ce que nous saurons faire — À la fin de ce chapitre, nous serons capables de déterminer la formule empirique et brute d’un composé inconnu à partir de son analyse élémentaire, d’identifier le réactif limitant dans un mélange non stœchiométrique, de calculer les quantités de produits effectivement obtenues, et d’évaluer le rendement d’une réaction en comparant la quantité obtenue à la quantité théorique.

Projet-Balmer Dernière mise à jour : 2026-09-15

Nous savons déjà que…

Ces acquis sont les points d’appui directs de ce chapitre — ils nous permettront de comprendre pourquoi une équation chimique doit toujours être équilibrée avant tout calcul de quantités.

Mini-test — vérifions nos acquis avant de continuer :

  1. Quelle est la masse molaire de l’eau \(\ce{H2O}\) ? Combien de moles contient 36 g d’eau ?
  2. Lorsque de l’eau bout, les liaisons \(\ce{O-H}\) intramoléculaires sont-elles rompues ? Justifions.
  3. Vrai ou faux : dans une réaction chimique, les atomes sont créés ou détruits.

Si nous répondons sans hésiter, nous sommes prêts — passons à la Zone 2. Si certaines réponses hésitent, relisons les points ci-dessus avant de continuer.

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4.1 Types de transformations de la matière

Dans les chapitres précédents, nous avons porté notre attention sur les noyaux atomiques, les liaisons intramoléculaires et les liaisons intermoléculaires.

Peuvent-ils être modifié? transformé? Oui.

On distingue trois grandes familles de transformations, selon ce qui est modifié au niveau particulaire.

4.1.1 Transformation nucléaire

Une transformation nucléaire affecte le noyau atomique lui-même : un élément se transforme en un autre. Les énergies mises en jeu — de l’ordre du MeV par noyau — dépassent de plusieurs millions de fois celles des liaisons chimiques.

Dans une transformation nucléaire, le nombre de protons dans le noyau change — c’est précisément ce qui définit un changement d’élément chimique.

Exemple — la tomographie par émission de positons (TEP) : En médecine nucléaire, on injecte au patient du glucose marqué au fluor-18 (\(\ce{^{18}_{9}F}\)), un isotope radioactif du fluor. Au sein des tissus, le noyau de \(\ce{^{18}F}\) se désintègre spontanément : un proton se transforme en neutron en émettant un positon (\(\ce{e+}\)).

Le résultat : le \(\ce{^{18}F}\) se transforme en \(\ce{^{18}_{8}O}\).

Attention : nous ne traiterons pas les transformations nucléaires dans ce manuel. Cet exemple illustre uniquement ce que signifie changer d’élément — notion qui n’existe pas dans les deux autres familles.

4.1.2 Transformation chimique

  • Une transformation chimique modifie les liaisons intramoléculaires : des liaisons entre atomes sont rompues et de nouvelles sont formées. Les substances de départ — les réactifs — disparaissent et de nouvelles substances — les produits — apparaissent.

Les atomes sont redistribués entre les molécules, mais leur élément reste inchangé.

Représentation symbolique : quelques exemples :

  • Combustion de l’éthanol : \(\ce{C2H6O(l) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 3H2O(l)}\)
  • Respiration cellulaire : \(\ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)}\)
  • Fermentation : \(\ce{C6H12O6(s) -> 2C2H6O(l) + 2CO2(g)}\)

Les transformations chimiques sont le sujet du présent chapitre.

4.1.3 Transformation physique

  • Une transformation physique ne modifie pas les liaisons intramoléculaires des substances : seules les liaisons intermoléculaires sont affectées. Les changements d’état, les dissolutions et les précipitations en sont les exemples les plus courants.

Les molécules restent donc intactes ; c’est la nature de leurs liaisons intermoléculaires mutuelles qui change.

Résumé :

Transformation Ce qui change Ce qui est conservé
Nucléaire Le noyau atomique (nombre de protons) Le nombre de masse total
Chimique Liaisons intramoléculaires Les atomes (éléments)
Physique Liaisons intermoléculaires Les molécules (substances)

Ce chapitre traite exclusivement des transformations chimiques. Les transformations physiques — changements d’état, dissolution, précipitation, diagramme de phase — font l’objet du prochain chapitre.

Exercices :

  1. Classez les phénomènes suivants en transformation physique, chimique ou nucléaire : (a) dissolution du sel dans l’eau ; (b) cuisson d’un œuf ; (c) désintégration du radium en radon ; (d) sublimation de la glace carbonique ; (e) rouille d’une clé de fer.1
  1. Lors de la combustion d’une bougie, on observe que la bougie diminue de masse. Un élève affirme que la matière a disparu. Réfutez cette affirmation en invoquant la loi de conservation de la masse et en précisant où se trouve la matière « manquante ».[^n2]
  1. Vrai ou faux : lors d’une transformation chimique, les éléments chimiques sont conservés mais les substances ne le sont pas. Justifiez en vous appuyant sur le tableau ci-dessus.[^n3]

4.2 Les transformations chimiques

Une réaction chimique est la transformation d’une ou plusieurs substances (les réactifs) en d’autres substances (les produits), avec modification des liaisons intramoléculaires. Elle est décrite par une équation chimique dans laquelle les réactifs figurent à gauche de la flèche et les produits à droite.

Loi de conservation de la masse : Rien ne se perd, rien ne se crée, tout se transforme.

Dans l’histoire… En 1789, Antoine Lavoisier rompt avec la théorie du phlogistique par une méthode radicalement nouvelle : peser systématiquement réactifs et produits. Ses mesures, d’une rigueur inédite pour l’époque, le mènent à une conclusion que nous tenons aujourd’hui pour évidente — la masse totale se conserve. C’est cette loi de conservation qui justifie, un siècle plus tard, que l’on puisse équilibrer une équation chimique avec de simples coefficients stœchiométriques.

Par convention, les transformations chimiques - dit réactions chimiques - traduite par une équation chimique ont le nombre total d’atomes de chaque élément identique avant et après la réaction. Pour satisfaire cette loi, on place des coefficients stœchiométriques devant les formules brutes. On ne modifie jamais les formules brutes elles-mêmes.

Exemple: la réaction du sodium avec le dichlore gazeux : Lorsqu’un morceau de sodium métallique réagit avec du dichlore gazeux, il se forme du sel de table — blanc, solide, aux propriétés radicalement différentes des deux réactifs. Que s’est-il passé ? Le sodium se trouve initialement avec une charge nette nulle — il a autant d’électrons que de protons. Dans cet état, il a l’apparence métallique, solide, gris. Le dichlore gazeux est lui deux atomes de chlore liés entre eux. En les mélangeant, un état plus stable du système peut être obtenu, à condition que le sodium perde un électron et qu’un chlore gagne cet électron. Pourquoi ? Voici tout l’enjeu de ce chapitre. Nous y reviendrons. Mais le résultat est très surprenant : le chlore, ayant un électron de plus que son nombre de protons, adopte une charge formelle \(-1\) ; le sodium, en perdant un électron, adopte une charge formelle \(+1\) — formant une nouvelle entité représentée par \(\ce{NaCl}\), qui cache donc un \(\ce{Na+}\) et un \(\ce{Cl-}\). Le \(\ce{NaCl}\) est un sel blanc. Le métal brillant et le gaz jaune-verdâtre ont « disparu » : la formation d’une liaison chimique entre le sodium et le chlore a changé fondamentalement les propriétés des atomes impliqués, ainsi que leur apparence.

Nous pouvons résumer ce phénomène à l’aide des symboles suivants :

\[2,\ce{Na(s) + Cl2(g) -> 2,NaCl(s)}\]

Notez que nous mentionnons les états de la matière à côté des substances. Le système sous la forme de \(\ce{NaCl}\) a moins d’énergie que le système \(\ce{Na}\) et \(\ce{Cl2}\) séparés. Nous préciserons dans un futur chapitre ce que nous entendons ici par énergie — sa description rigoureuse mérite à elle seule les deux chapitres de thermodynamique du volume 2.

Au niveau macroscopique : les réactions chimiques se manifestent à l’échelle du laboratoire par des échanges de chaleur avec l’environnement. Pourquoi ? Parce que toute réaction chimique implique simultanément des liaisons qui se rompent — ce qui nécessite de l’énergie — et des liaisons qui se forment — ce qui en libère. Lorsqu’une flamme brûle, le combustible et l’oxygène rompent leurs propres liaisons intramoléculaires ; lorsque le \(\ce{CO2}\) et le \(\ce{H2O}\) se forment, de nouvelles liaisons intramoléculaires apparaissent et libèrent de l’énergie. Le bilan est positif : les liaisons formées dans les produits sont plus stables que celles rompues dans les réactifs.

4.3 Méthode d’équilibrage empirique

Au niveau symbolique : partons de l’équation non équilibrée de la combustion du méthane \(\ce{CH4}\) —

\[\ce{CH4(g) + O2(g) -> CO2(g) + H2O(l)}\]

Nous constatons un problème. Nous avons bien 1 carbone des deux côtés. Mais nous avons 4 hydrogènes avant la réaction et seulement 2 après. Et pour l’oxygène : 2 atomes à gauche, 3 à droite. Des atomes ont-ils disparu ? Non. L’équation n’est pas équilibrée.

Il est impératif d’équilibrer l’équation en ajoutant des coefficients stœchiométriques — des entiers placés devant chaque formule brute pour que le bilan atomique soit respecté.

Nous posons 1 devant \(\ce{CH4}\) : cela fixe 1 carbone et 4 hydrogènes à gauche. Le carbone impose 1 devant \(\ce{CO2}\) ; les 4 hydrogènes imposent 2 devant \(\ce{H2O}\). Ces deux coefficients nous donnent \(1 \times 2 + 2 \times 1 = 4\) atomes d’oxygène à droite — nous devons donc placer 2 devant \(\ce{O2}\) :

\[\ce{CH4(g) + 2O2(g) -> CO2(g) + 2H2O(l)}\]

Cette équation se lit ainsi : 1 molécule de méthane réagit avec 2 molécules de dioxygène pour former 1 molécule de dioxyde de carbone et 2 molécules d’eau.

Les coefficients sont des quantités relatives — ils s’appliquent aux molécules comme aux moles. On peut tout aussi bien lire : 0,1 mol de \(\ce{CH4}\) réagit avec 0,2 mol de \(\ce{O2}\) pour former 0,1 mol de \(\ce{CO2}\) et 0,2 mol de \(\ce{H2O}\).

Attention : les états physiques sont notés entre parenthèses après chaque formule. Ils correspondent aux conditions TPA (\(T = 298\ \text{K}\), \(P = 1\ \text{atm}\)) sauf indication contraire : (s) solide, (l) liquide, (g) gazeux, (aq) en solution aqueuse.

Au niveau macroscopique: lors de la combustion du méthane, on observe une flamme bleue, un dégagement de chaleur et la formation de gouttelettes d’eau sur une surface froide. La substance de départ a disparu — de nouvelles substances sont apparues.

Au niveau particulaire : les liaisons \(\ce{C-H}\) et \(\ce{O=O}\) sont rompues, et de nouvelles liaisons \(\ce{C=O}\) (dans \(\ce{CO2}\)) et \(\ce{O-H}\) (dans \(\ce{H2O}\)) sont formées. Le carbone, l’hydrogène et l’oxygène sont simplement redistribués.

Méthode en trois étapes :

  1. Choisir un atome présent dans une seule formule à gauche et une seule à droite ; lui attribuer un coefficient.
  2. Déduire les autres coefficients par raisonnement en propageant les contraintes.
  3. Vérifier : même nombre d’atomes de chaque élément des deux côtés.

Exemple travaillé 1 — réduction du minerai de fer

Équilibrons \(\ce{Fe2O3 + CO -> Fe + CO2}\).

Commençons par \(\ce{Fe2O3}\) : il apparaît dans une seule formule à gauche et son partenaire \(\ce{Fe}\) dans une seule formule à droite — c’est le point de départ idéal. Nous posons 1 devant \(\ce{Fe2O3}\), ce qui impose immédiatement 2 devant \(\ce{Fe}\). \(\ce{Fe2O3}\) apporte 3 atomes d’oxygène ; \(\ce{CO2}\) en contient 2, ce qui impose \(\frac{3}{2}\)… non : chaque \(\ce{CO2}\) apporte 1 oxygène du côté carbone, donc 3 oxygènes imposent 3 devant \(\ce{CO2}\), ce qui impose 3 devant \(\ce{CO}\). La cascade est complète sans tâtonner :

\[\ce{Fe2O3 + 3CO -> 2Fe + 3CO2}\]

Vérification : Fe : \(2 = 2\) ; O : \(3 + 3 = 3 + 3\) ; C : \(3 = 3\) \(\checkmark\)

Mais que se passe-t-il si nous posons le 1 au mauvais endroit ? Essayons avec \(\ce{CO}\).

Nous posons 1 devant \(\ce{CO}\) : cela impose 1 devant \(\ce{CO2}\) (1 carbone de chaque côté). \(\ce{CO2}\) contient 2 oxygènes ; \(\ce{CO}\) en fournit 1 — il reste donc 1 oxygène à attribuer à \(\ce{Fe2O3}\). Mais \(\ce{Fe2O3}\) contient 3 oxygènes indissociables liés à 2 fers : on ne peut pas en utiliser un tiers. On est bloqué. Il faut tâtonner.

Le diagnostic est simple : si, après avoir posé le premier 1, nous sommes contraints de tâtonner, c’est que le point de départ était mauvais. La règle est de choisir la molécule la plus complexe — celle qui contient le plus d’éléments différents — car c’est elle qui débloque les autres par cascade.

Exemple travaillé 2 — les fractions ne sont pas une impasse : combustion du butane

Équilibrons \(\ce{C4H10 + O2 -> CO2 + H2O}\).

Nous posons 1 devant \(\ce{C4H10}\), la molécule la plus complexe.

  • 4 carbones → 4 devant \(\ce{CO2}\)
  • 10 hydrogènes → 5 devant \(\ce{H2O}\)
  • Oxygènes à droite : \(4 \times 2 + 5 \times 1 = 13\) → \(\frac{13}{2}\) devant \(\ce{O2}\)

\[\ce{C4H10 + \frac{13}{2}O2 -> 4CO2 + 5H2O}\]

Un coefficient fractionnaire est parfaitement acceptable en chimie : \(\frac{13}{2}\) molécules de \(\ce{O2}\), c’est simplement 6,5 molécules — ou encore 6,5 moles. L’équation est juste. Si l’on préfère des entiers, on multiplie tout par 2 :

\[\ce{2C4H10 + 13O2 -> 8CO2 + 10H2O}\]

Vérification : C : \(8 = 8\) ; H : \(20 = 20\) ; O : \(26 = 26\) \(\checkmark\)

Les deux formes sont équivalentes. La forme fractionnaire est souvent plus lisible car elle conserve 1 devant le combustible — et c’est celle que l’on rencontre le plus fréquemment dans les tables de combustion.

Exercice autonome : Équilibrez les équations suivantes.2

  1. \(\ce{... NH3 + ... O2 -> ... N2 + ... H2O}\)
  1. \(\ce{... CuS2 + ... O2 -> ... Cu + ... SO2}\)
  1. \(\ce{ ... I^- + ... NO2^- + ... H^+ -> ... I2 + ... NO + ... H2O}\)
  1. \(\ce{... CH4 + ... Cl2 -> ... CHCl3 + ... HCl}\)

Exercices :

  1. Équilibrez les équations suivantes et vérifiez le bilan atomique : (a) \(\ce{Al + O2 -> Al2O3}\) ; (b) \(\ce{Na + H2O -> NaOH + H2}\) ; (c) \(\ce{C3H8 + O2 -> CO2 + H2O}\).3
  1. Un élève propose d’équilibrer \(\ce{H2 + O2 -> H2O}\) en écrivant \(\ce{H2 + O2 -> H2O2}\). Expliquez l’erreur conceptuelle commise.[^n5]
  1. La réaction entre le magnésium et l’acide chlorhydrique produit du chlorure de magnésium et du dihydrogène. Écrivez l’équation non équilibrée, puis équilibrez-la.[^n6]
  1. Vérifiez que l’équation \(\ce{2KMnO4 + 16HCl -> 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O}\) est bien équilibrée en dressant un tableau bilan de tous les atomes.[^n7]

4.4 La combustion

Pourquoi une bûche ne s’enflamme-t-elle pas spontanément dans l’air, alors qu’elle baigne en permanence dans le dioxygène ? Trois conditions doivent être réunies simultanément pour qu’une combustion démarre et s’entretienne : un combustible (la matière qui brûle), un comburant (le plus souvent le dioxygène de l’air) et une énergie d’amorçage (une étincelle, une flamme, une source de chaleur). Retirer un seul des trois sommets suffit à arrêter la réaction — étouffer une flamme la prive de comburant, la refroidir en dessous de son point d’inflammation la prive d’énergie. Cette règle porte un nom : le triangle du feu.

Formalisation : La combustion est une réaction chimique exothermique entre un combustible et un comburant. Le comburant le plus courant est le dioxygène \(\ce{O2}\).

Réaction de combustion complète : Lorsqu’un combustible contenant du carbone et de l’hydrogène brûle complètement en présence d’un excès de dioxygène, les produits sont toujours du dioxyde de carbone \(\ce{CO2}\) et de la vapeur d’eau \(\ce{H2O}\).

Représentation symbolique :

\[\ce{CH4(g) + 2O2(g) -> CO2(g) + 2H2O(l)}\]

\[\ce{C4H10(l) + \frac{13}{2}O2(g) -> 4CO2(g) + 5H2O(l)}\]

\[\ce{C2H6O(l) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 3H2O(l)}\]

Attention : Les coefficients fractionnaires (comme \(\frac{13}{2}\)) sont acceptables dans une équation chimique.

Exercice autonome : Écrivez et équilibrez la réaction de combustion complète du mazout \(\ce{C19H40}\).4

Les combustibles que nous étudions principalement dans ce manuel ne contiennent que du carbone, de l’hydrogène — et parfois de l’oxygène. Les produits d’une combustion complète sont alors toujours les mêmes : du dioxyde de carbone \(\ce{CO2}\) et de l’eau \(\ce{H2O}\).

Si le combustible contient de l’azote — comme l’urée \(\ce{(NH2)2CO}\), utilisée massivement comme engrais agricole — la combustion produit également du dioxyde d’azote \(\ce{NO2}\). Si le combustible contient du soufre — comme l’hydrogène sulfuré \(\ce{H2S}\) — on voit apparaître du trioxyde de soufre \(\ce{SO3}\). Ces cas restent marginaux dans ce chapitre.

La plupart des combustibles courants appartiennent à une même famille : les hydrocarbures, des substances organiques ne contenant que du carbone et de l’hydrogène. L’essence qui alimente un moteur et le mazout qui chauffe une maison ne sont pas des substances pures — ce sont des mélanges de plusieurs hydrocarbures, obtenus par distillation fractionnée du pétrole brut.

État Formules brutes Exemples courants
Solide (s) \(\ce{C}\), \(\ce{C6H12O6}\) (glucose), \(\ce{C12H22O11}\) (saccharose) Charbon, bois, sucre
Liquide (l) \(\ce{C8H18}\) (octane), \(\ce{C2H5OH}\) (éthanol), \(\ce{C12H26}\) (dodécane) Essence, alcool, mazout
Gazeux (g) \(\ce{CH4}\) (méthane), \(\ce{C3H8}\) (propane), \(\ce{C4H10}\) (butane) Gaz naturel, gaz de cuisine

Nous retravaillerons les combustions complètes et partielles en détail au chapitre Oxydoréduction.

Exercices :

  1. Écrivez et équilibrez les équations de combustion complète de : (a) le propane \(\ce{C3H8}\) ; (b) l’acétylène \(\ce{C2H2}\) ; (c) le méthanol \(\ce{CH3OH}\).5
  1. La combustion incomplète du méthane peut produire du monoxyde de carbone \(\ce{CO}\) au lieu de \(\ce{CO2}\). Écrivez cette équation équilibrée et expliquez pourquoi la combustion incomplète est dangereuse.[^n9]
  1. Un automobiliste brûle 50 L d’essence (assimilée à de l’octane \(\ce{C8H18}\), densité = 0,703 g/mL) dans son moteur. Quelle masse de \(\ce{CO2}\) est rejetée dans l’atmosphère ? (\(M(\ce{C8H18}) = 114{,}2\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{CO2}) = 44{,}01\ \text{g/mol}\))[^n10]
  1. L’urée \(\ce{(NH2)2CO}\) est utilisée comme engrais et comme combustible dans certains systèmes de réduction des émissions. Écrivez et équilibrez l’équation de sa combustion complète en présence de \(\ce{O2}\), sachant que les produits sont \(\ce{CO2}\), \(\ce{H2O}\) et \(\ce{NO2}\).[^n11]
  1. L’hydrogène sulfuré \(\ce{H2S}\) est un gaz toxique produit lors de la décomposition de matières organiques soufrées. Écrivez et équilibrez l’équation de sa combustion complète, sachant que les produits sont \(\ce{SO3}\) et \(\ce{H2O}\).[^n12]

4.5 Calculs stœchiométriques

Il est important de remarquer qu’une équation chimique parle de moles. Les coefficients expriment des quantités relatives de moles. Ce n’est qu’après avoir travaillé en moles que l’on convertit en grammes.

Formalisation : Les coefficients stœchiométriques d’une équation équilibrée expriment les rapports de quantité de matière (mol) entre réactifs et produits.

Stratégie générale — la méthode en colonnes :

IL est courant que nous partons d’une masse connue d’un réactif et cherchons une masse inconnue d’un produit. La méthode se déroule en trois étapes, visualisées par le diagramme suivant :

\[m \xrightarrow{\div M} n \xrightarrow{\times\ \text{rapport stœchio}} n' \xrightarrow{\times M'} m'\]

Chaque étape correspond à un changement d’unité : grammes → moles → rapport molaire → moles → grammes.

Dans une colonne, on ne regarde pas les coefficients — on convertit simplement masse ↔︎ moles via la masse molaire. On ne passe à la colonne voisine qu’une fois le nombre de moles de la substance de départ connu, en multipliant par le rapport des coefficients stœchiométriques.

Analyse dimensionnelle : \(\displaystyle n = \frac{m}{M}\), soit \(\dfrac{\text{g}}{\text{g/mol}} = \text{mol}\) \(\checkmark\)

Et inversement : \(m = n \times M\), soit \(\text{mol} \times \text{g/mol} = \text{g}\) \(\checkmark\)

L’analyse dimensionnelle est notre premier filet de sécurité : si les unités ne tombent pas juste, le calcul est faux.

Exemple travaillé 1 — combustion de 2 moles d’éthanol :

\[\ce{C2H6O(l) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 3H2O(l)}\]

Combien de moles de \(\ce{O2}\) sont nécessaires ? Combien de moles de \(\ce{H2O}\) sont produites ?

Nous partons de 2 mol de \(\ce{C2H6O}\). Le rapport entre \(\ce{C2H6O}\) et \(\ce{O2}\) est \(1:3\), donc \(n(\ce{O2}) = 2 \times 3 = 6\ \text{mol}\). Le rapport entre \(\ce{C2H6O}\) et \(\ce{H2O}\) est \(1:3\) également, donc \(n(\ce{H2O}) = 2 \times 3 = 6\ \text{mol}\).

En convertissant en masses et en vérifiant la conservation :

\(\ce{C2H6O}\) \(\ce{O2}\) \(\ce{CO2}\) \(\ce{H2O}\)
Coefficients 1 3 2 3
\(n\) (mol) 2 6 4 6
\(M\) (g/mol) 46 32 44 18
\(m\) (g) 92 192 176 108

Vérification : \(92 + 192 = 284\ \text{g}\) ; \(176 + 108 = 284\ \text{g}\) \(\checkmark\)

La masse est bien conservée.

Exemple travaillé 2 — combustion de 4 g de méthane :

\[\ce{CH4(g) + 2O2(g) -> CO2(g) + 2H2O(l)}\]

Quelle masse de \(\ce{CO2}\) se forme lors de la combustion de 4 g de \(\ce{CH4}\) ? (\(M(\ce{CH4}) = 16{,}04\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{CO2}) = 44{,}01\ \text{g/mol}\))

Étape 1 — colonne \(\ce{CH4}\), conversion g → mol :

\[n(\ce{CH4}) = \frac{4}{16{,}04} = 0{,}2494\ \text{mol}\]

Étape 2 — changement de colonne vers \(\ce{CO2}\) (rapport \(1:1\)) :

\[n(\ce{CO2}) = 0{,}2494\ \text{mol}\]

Étape 3 — colonne \(\ce{CO2}\), conversion mol → g :

\[m(\ce{CO2}) = 0{,}2494 \times 44{,}01 = 10{,}98\ \text{g}\]

Il se forme donc environ 11 g de \(\ce{CO2}\) — près de trois fois la masse de méthane brûlée : la réaction incorpore la masse du dioxygène consommé, elle ne la crée pas.

Exemple travaillé 3 — combustion de 21 mg d’urée :

\[\ce{2(NH2)2CO(s) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 4H2O(l) + 4NO2(g)}\]

Quelle quantité totale de gaz est produite par la combustion de 21 mg d’urée \(\ce{(NH2)2CO}\) ? (\(M(\ce{(NH2)2CO}) = 60{,}06\ \text{g/mol}\))

À TPA, seuls \(\ce{CO2(g)}\) et \(\ce{NO2(g)}\) sont gazeux — \(\ce{H2O}\) est liquide et ne compte pas.

Étape 1 — conversion mg → mol, colonne \(\ce{(NH2)2CO}\) :

\[n(\ce{(NH2)2CO}) = \frac{21 \times 10^{-3}\ \text{g}}{60{,}06\ \text{g/mol}} = 3{,}496 \times 10^{-4}\ \text{mol}\]

Étape 2 — changement de colonne vers \(\ce{CO2}\) (rapport \(2:2 = 1:1\)) :

\[n(\ce{CO2}) = 3{,}496 \times 10^{-4}\ \text{mol}\]

Étape 3 — changement de colonne vers \(\ce{NO2}\) (rapport \(2:4 = 1:2\)) :

\[n(\ce{NO2}) = 3{,}496 \times 10^{-4} \times 2 = 6{,}992 \times 10^{-4}\ \text{mol}\]

Quantité totale de gaz produit :

\[n_{\text{gaz}} = n(\ce{CO2}) + n(\ce{NO2}) = 3{,}496 \times 10^{-4} + 6{,}992 \times 10^{-4} = 1{,}049 \times 10^{-3}\ \text{mol}\]

Deux leçons à retenir. Premièrement, les milligrammes se convertissent en grammes avant tout calcul — l’analyse dimensionnelle le confirme immédiatement. Deuxièmement, lorsque plusieurs produits sont gazeux, on calcule chaque colonne séparément puis on additionne les moles — jamais les coefficients.

Exemple travaillé 4 — la thermite : quelle masse d’aluminium pour obtenir 100 g de fer ?

\[\ce{2Al(s) + Fe2O3(s) -> Al2O3(s) + 2Fe(s)}\]

La thermite est un mélange d’aluminium et d’oxyde de fer qui, une fois enflammé, produit une réaction extrêmement violente à plus de 2500 \(^\circ\)C — suffisamment chaude pour faire fondre le fer produit. Ici, nous travaillons à rebours : nous connaissons la masse de produit souhaitée et cherchons la masse de réactif nécessaire.

(\(M(\ce{Al}) = 26{,}98\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Fe}) = 55{,}85\ \text{g/mol}\))

Étape 1 — colonne \(\ce{Fe}\), conversion g → mol :

\[n(\ce{Fe}) = \frac{100}{55{,}85} = 1{,}790\ \text{mol}\]

Étape 2 — changement de colonne vers \(\ce{Al}\) (rapport \(2:2 = 1:1\)) :

\[n(\ce{Al}) = 1{,}790\ \text{mol}\]

Étape 3 — colonne \(\ce{Al}\), conversion mol → g :

\[m(\ce{Al}) = 1{,}790 \times 26{,}98 = 48{,}3\ \text{g}\]

Il faut donc 48,3 g d’aluminium pour produire 100 g de fer. La méthode fonctionne dans les deux sens — réactif → produit ou produit → réactif. Seule la colonne de départ change.

Exemple travaillé 5 — la synthèse industrielle du fer : combien de carbone et de comburant pour 500 kg de fer ?

Dans un haut-fourneau, le fer n’est pas obtenu directement à partir de l’oxyde de fer : le réducteur est le monoxyde de carbone \(\ce{CO}\), lui-même produit sur place par combustion incomplète du carbone (coke). Deux réactions couplées interviennent :

\[\ce{2C(s) + O2(g) -> 2CO(g)}\] \[\ce{Fe2O3(s) + 3CO(g) -> 2Fe(s) + 3CO2(g)}\]

Quelles masses de carbone et de dioxygène faut-il engager, et quelle masse de \(\ce{Fe2O3}\) faut-il traiter, pour produire 500 kg de fer ? Combien d’atomes de fer cela représente-t-il ?

(\(M(\ce{Fe}) = 55{,}85\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{C}) = 12{,}01\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{O2}) = 32{,}00\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Fe2O3}) = 159{,}69\ \text{g/mol}\))

Étape 1 — colonne \(\ce{Fe}\), conversion g → mol :

\[n(\ce{Fe}) = \frac{500\,000}{55{,}85} = 8952{,}6\ \text{mol}\]

Étape 2 — changement de colonne vers \(\ce{Fe2O3}\) (rapport \(1{:}2\), deuxième équation) :

\[n(\ce{Fe2O3}) = \frac{8952{,}6}{2} = 4476{,}3\ \text{mol} \quad \Rightarrow \quad m(\ce{Fe2O3}) = 4476{,}3 \times 159{,}69 \approx 714\,800\ \text{g} \approx 715\ \text{kg}\]

Étape 3 — le \(\ce{CO}\) est un intermédiaire commun aux deux équations : la deuxième équation impose \(n(\ce{CO}) = 3 \times n(\ce{Fe2O3})\) :

\[n(\ce{CO}) = 3 \times 4476{,}3 = 13\,429\ \text{mol}\]

Étape 4 — la première équation impose \(n(\ce{C}) = n(\ce{CO})\) et \(n(\ce{O2}) = \frac{1}{2}\, n(\ce{CO})\) :

\[m(\ce{C}) = 13\,429 \times 12{,}01 \approx 161\,300\ \text{g} \approx 161\ \text{kg} \qquad m(\ce{O2}) = 6714{,}5 \times 32{,}00 \approx 214\,900\ \text{g} \approx 215\ \text{kg}\]

Étape 5 — nombre d’atomes de fer :

\[N(\ce{Fe}) = n(\ce{Fe}) \times N_A = 8952{,}6 \times 6{,}022 \times 10^{23} \approx 5{,}39 \times 10^{27}\ \text{atomes}\]

Vérification (loi de conservation de la masse) : en combinant les deux équations, le \(\ce{CO}\) intermédiaire s’annule et il reste \(\ce{Fe2O3 + 3C + \frac{3}{2}O2 -> 2Fe + 3CO2}\). À trois chiffres significatifs : \(715 + 161 + 215 = 1091\ \text{kg}\) de réactifs, contre \(500\ \text{kg}\) de fer produit \(+ 591\ \text{kg}\) de \(\ce{CO2}\) produit \(= 1091\ \text{kg}\) \(\checkmark\).

Deux réactions couplées par un intermédiaire commun se traitent comme un enchaînement de colonnes supplémentaire : on ne calcule jamais directement de \(\ce{Fe2O3}\) vers \(\ce{C}\), on passe systématiquement par le \(\ce{CO}\) qui les relie.

Exercices :

  1. La réaction entre le fer et le soufre : \(\ce{Fe(s) + S(s) -> FeS(s)}\). Quelle masse de \(\ce{FeS}\) obtient-on à partir de 11,2 g de fer ? (\(M(\ce{Fe}) = 55{,}85\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{FeS}) = 87{,}91\ \text{g/mol}\))6
  1. La synthèse de l’ammoniac : \(\ce{N2(g) + 3H2(g) -> 2NH3(g)}\). Quelle masse de \(\ce{H2}\) faut-il pour produire 340 g de \(\ce{NH3}\) ? (\(M(\ce{NH3}) = 17{,}03\ \text{g/mol}\))[^n14]
  1. On fait réagir 25,0 g de calcium \(\ce{Ca}\) avec de l’eau : \(\ce{2Ca(s) + 2H2O(l) -> 2Ca(OH)2(aq) + H2(g)}\). Quelle masse de \(\ce{Ca(OH)2}\) se forme et quelle masse d’eau est consommée ? (\(M(\ce{Ca}) = 40{,}08\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Ca(OH)2}) = 74{,}09\ \text{g/mol}\))[^n15]
  1. Vérifiez la conservation de la masse dans la rouille de 3 kg de fer : \(\ce{4Fe(s) + 3O2(g) -> 2Fe2O3(s)}\). Calculez la masse de \(\ce{Fe2O3}\) formée et vérifiez que \(m(\ce{Fe}) + m(\ce{O2}) = m(\ce{Fe2O3})\). (\(M(\ce{Fe}) = 55{,}85\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Fe2O3}) = 159{,}69\ \text{g/mol}\))[^n16]
  1. La combustion du propane \(\ce{C3H8}\) produit \(\ce{CO2}\) et \(\ce{H2O}\). Écrivez l’équation équilibrée, puis calculez la masse de \(\ce{CO2}\) produite par la combustion de 44 g de propane. (\(M(\ce{C3H8}) = 44{,}10\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{CO2}) = 44{,}01\ \text{g/mol}\))[^n17]
  1. La décomposition du carbonate de calcium : \(\ce{CaCO3(s) -> CaO(s) + CO2(g)}\). Quelle masse de \(\ce{CaO}\) obtient-on à partir de 250 g de \(\ce{CaCO3}\) ? (\(M(\ce{CaCO3}) = 100{,}09\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{CaO}) = 56{,}08\ \text{g/mol}\))[^n18]

4.6 Le réactif limitant et l’excès

On verse deux réactifs dans un récipient. La réaction démarre — puis s’arrête. Mais si l’on examine le contenu du récipient, on constate qu’il reste encore de l’un des réactifs. Pourquoi la réaction s’est-elle arrêtée ?

On suppose parfois que les réactifs sont mélangés dans les proportions exactes que requiert l’équation. C’est en réalité rarement le cas. En pratique, l’un des réactifs est épuisé avant les autres — et c’est lui qui arrête la réaction.

Formalisation : Le réactif limitant est le réactif entièrement consommé lors de la réaction. La quantité de produit est toujours calculée à partir du réactif limitant. Les autres réactifs, non entièrement consommés, sont dits en excès.

Au niveau particulaire : lorsque toutes les particules du réactif limitant ont réagi, il n’y a plus de rencontres productives possibles — la réaction s’arrête, même s’il reste des particules de l’autre réactif.

Stratégie pour identifier le réactif limitant :

  1. Convertir la masse de chaque réactif en moles.
  2. Diviser chaque quantité de moles par le coefficient stœchiométrique correspondant.
  3. Le réactif ayant la plus petite valeur \(n/\text{coeff}\) est le limitant.

Cette division par le coefficient est essentielle : elle ramène chaque réactif à une base commune, celle de l’équation. Sans elle, on comparerait des quantités qui ne sont pas comparables.

Exemple travaillé — détection du calcaire :

On fait réagir 9 g de \(\ce{HCl(aq)}\) avec 11 g de \(\ce{CaCO3(s)}\) :

\[\ce{2HCl(aq) + CaCO3(s) -> CaCl2(aq) + CO2(g) + H2O(l)}\]

Étape 1 — conversion en moles :

\[n(\ce{HCl}) = \frac{9}{36{,}461} = 0{,}2468\ \text{mol} \qquad n(\ce{CaCO3}) = \frac{11}{100{,}09} = 0{,}1099\ \text{mol}\]

Étape 2 — division par les coefficients stœchiométriques :

\[\frac{n(\ce{HCl})}{2} = \frac{0{,}2468}{2} = 0{,}1234 \qquad \frac{n(\ce{CaCO3})}{1} = \frac{0{,}1099}{1} = 0{,}1099\]

Étape 3 — décision : \(0{,}1099 < 0{,}1234\), donc \(\ce{CaCO3}\) est le réactif limitant.

Nous calculons maintenant à partir de \(\ce{CaCO3}\) :

\[n(\ce{CO2}) = 0{,}1099\ \text{mol} \quad \Rightarrow \quad m(\ce{CO2}) = 0{,}1099 \times 44{,}01 = 4{,}84\ \text{g}\]

Quelle masse de \(\ce{HCl}\) reste-t-il en excès ? \(\ce{CaCO3}\) consomme \(0{,}1099 \times 2 = 0{,}2198\ \text{mol}\) de \(\ce{HCl}\). Il en restait \(0{,}2468\ \text{mol}\), donc :

\[n(\ce{HCl, excès}) = 0{,}2468 - 0{,}2198 = 0{,}0270\ \text{mol} \quad \Rightarrow \quad m(\ce{HCl, excès}) = 0{,}0270 \times 36{,}461 = 0{,}98\ \text{g}\]

Au niveau macroscopique : après la réaction, on observe un dégagement de \(\ce{CO2}\) (bulles), une solution de \(\ce{CaCl2}\) — et environ 1 g de \(\ce{HCl}\) dissous non consommé dans la solution.

Exercice autonome : On fait réagir 10 L de \(\ce{Cl2(g)}\) à TPA avec 30 g de phosphore solide \(\ce{P4}\) pour former du pentachlorure de phosphore \(\ce{PCl5}\). Le volume de \(\ce{Cl2}\) disponible est-il suffisant pour consommer tout le phosphore ? (\(V_m = 24{,}5\ \text{L/mol}\) à TPA, \(M(\ce{P4}) = 123{,}9\ \text{g/mol}\))7

Exercices :

  1. On fait réagir 8,50 g de \(\ce{Fe2O3(s)}\) avec 2,30 g de \(\ce{CO(g)}\) : \(\ce{Fe2O3(s) + 3CO(g) -> 2Fe(s) + 3CO2(g)}\). Identifiez le réactif limitant et calculez la masse de fer produite. (\(M(\ce{Fe2O3}) = 159{,}69\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{CO}) = 28{,}01\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Fe}) = 55{,}85\ \text{g/mol}\))[^n19]
  1. On fait réagir 20,0 g de magnésium \(\ce{Mg(s)}\) avec 40,0 g d’acide chlorhydrique \(\ce{HCl(aq)}\) : \(\ce{Mg(s) + 2HCl(aq) -> MgCl2(aq) + H2(g)}\). Identifiez le réactif limitant et calculez la masse de \(\ce{H2}\) produite. (\(M(\ce{Mg}) = 24{,}31\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{HCl}) = 36{,}461\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{H2}) = 2{,}016\ \text{g/mol}\))[^n20]
  1. Pour synthétiser l’aspirine \(\ce{C9H8O4}\), on fait réagir 14,0 g d’acide salicylique \(\ce{C7H6O3}\) avec 20,0 g d’anhydride acétique \(\ce{C4H6O3}\) selon une réaction 1:1 : \(\ce{C7H6O3 + C4H6O3 -> C9H8O4 + CH3COOH}\). Identifiez le réactif limitant et calculez la masse théorique d’aspirine produite. (\(M(\ce{C7H6O3}) = 138{,}1\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{C4H6O3}) = 102{,}1\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{C9H8O4}) = 180{,}2\ \text{g/mol}\))[^n21]
  1. On mélange 15,0 g d’aluminium \(\ce{Al(s)}\) avec 60,0 g de \(\ce{Fe2O3(s)}\) pour la réaction thermite : \(\ce{2Al(s) + Fe2O3(s) -> Al2O3(s) + 2Fe(s)}\). (a) Quel réactif est limitant ? (b) Quelle masse de fer est produite ? (c) Quelle masse du réactif en excès reste-t-il ? (\(M(\ce{Al}) = 26{,}98\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Fe2O3}) = 159{,}69\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{Fe}) = 55{,}85\ \text{g/mol}\))[^n22]
  1. On mélange 3,00 mol de \(\ce{A}\) et 5,00 mol de \(\ce{B}\) pour une réaction \(\ce{2A + 3B -> C + 2D}\). (a) Identifiez le réactif limitant. (b) Calculez \(n(\ce{C})\) et \(n(\ce{D})\) produits. (c) Quelle quantité du réactif en excès reste-t-il ?[^n23]
  1. On attaque 3,2 g de zinc métallique par 3,2 mL d’une solution d’acide chlorhydrique (HCl) à 0,1 mol/L selon \(\ce{Zn(s) + 2HCl(aq) -> ZnCl2(aq) + H2(g)}\). Identifiez le réactif limitant et calculez le volume de \(\ce{H2}\) obtenu à TPA. (\(M(\ce{Zn}) = 65{,}38\ \text{g/mol}\))[^n24]

4.7 Les gaz parfaits et le volume molaire

Voici la remarquable hypothèse d’Avogadro: A conditions identiques, une mole de n’importe quel gaz occupe le même volume.

Dans l’histoire… La loi des gaz parfaits est le fruit de trois découvertes indépendantes, reliées entre elles sur près d’un siècle et demi. Robert Boyle (1662) montre le premier que pression et volume d’un gaz sont inversement proportionnels. Joseph Gay-Lussac (1808) y ajoute la température. Il manque encore à l’équation une inconnue : que représente \(n\) ? Amedeo Avogadro (1811) y répond en posant que des volumes égaux de gaz, à température et pression égales, contiennent toujours le même nombre de molécules — l’hypothèse qui donne enfin un sens physique à la quantité de matière dans \(PV = nRT\).

Au niveau particulaire : un gaz est un ensemble de molécules très éloignées les unes des autres, animées d’un mouvement incessant et désordonné — l’agitation thermique. La pression qu’il exerce sur les parois d’un récipient provient uniquement des chocs répétés de ces molécules contre la paroi : plus les chocs sont nombreux et énergétiques, plus la pression est élevée. Une conséquence remarquable en découle : la pression d’un gaz ne dépend que du nombre de molécules et de leur énergie cinétique moyenne (donc de la température) — jamais de leur nature chimique. Deux gaz différents, à même température, même volume et même quantité de matière, exercent exactement la même pression.

Formalisation — la loi des gaz parfaits :

Un gaz parfait est un modèle dans lequel on néglige toutes les interactions attractives ou répulsives entre les molécules. La loi des gaz parfaits relie quatre grandeurs :

\[PV = nRT\]

Symbole Grandeur Unité
\(P\) Pression Pa, atm ou bar
\(V\) Volume m\(^3\) ou litres
\(n\) Quantité de matière mol
\(R\) Constante des gaz parfaits selon unités
\(T\) Température Kelvin (K)

Attention : La température doit toujours être en Kelvin : \(T(\text{K}) = T(^\circ\text{C}) + 273{,}15\).

Unités de \(P\) Unités de \(V\) Valeur de \(R\)
Pa m\(^3\) \(8{,}31\ \text{J·mol}^{-1}\text{·K}^{-1}\)
atm litres \(0{,}0821\ \text{atm·L·mol}^{-1}\text{·K}^{-1}\)
bar litres \(0{,}0831\ \text{bar·L·mol}^{-1}\text{·K}^{-1}\)

Les conditions de référence :

  • TPN (Température et Pression Normales) : \(T = 273{,}15\ \text{K}\) (0 °C), \(P = 1\ \text{atm}\)
  • TPA (Température et Pression Ambiantes) : \(T = 298{,}15\ \text{K}\) (25 °C), \(P = 1\ \text{atm}\)

Volume molaire : En appliquant \(PV = nRT\) pour \(n = 1\ \text{mol}\) :

\[V_m = \frac{RT}{P} \quad \text{À TPN : } 22{,}4\ \text{L/mol} \quad \text{À TPA : } 24{,}5\ \text{L/mol}\]

Volumes de gaz et stœchiométrie : Les coefficients stœchiométriques d’une équation entre gaz reflètent directement les rapports de volumes. Pour \(\ce{2H2(g) + O2(g) -> 2H2O(g)}\), 2 volumes de \(\ce{H2}\) réagissent avec 1 volume de \(\ce{O2}\).

Exemple travaillé 1 — hélium à conditions non standard :

On a 63 litres d’hélium à 400 mmHg et \(-60\ ^\circ\text{C}\).

\[P = 400\ \text{mmHg} \times \frac{1\ \text{atm}}{760\ \text{mmHg}} = 0{,}526\ \text{atm} \qquad T = 213{,}15\ \text{K}\]

\[n(\ce{He}) = \frac{PV}{RT} = \frac{0{,}526 \times 63}{0{,}0821 \times 213{,}15} = 1{,}894\ \text{mol} \qquad m(\ce{He}) = 1{,}894 \times 4{,}003 = 7{,}58\ \text{g}\]

Exemple travaillé 2 — prélèvement de \(\ce{CO2}\) à TPN :

\[V(\ce{CO2}) = \frac{0{,}036 \times 0{,}0821 \times 273{,}15}{1} = 0{,}807\ \text{L} \qquad m(\ce{CO2}) = 0{,}036 \times 44{,}01 = 1{,}58\ \text{g}\]

Exercice autonome : Une réaction dégage 307 mL d’un gaz à TPA. Quelle quantité de matière (en mol) ?8

Exercices :

  1. Un ballon de baudruche contient 2,50 L d’hélium à \(20\ ^\circ\text{C}\) et 1,00 atm. (a) Calculez \(n(\ce{He})\). (b) Quelle serait la pression si l’on comprimait ce gaz à 1,00 L sans changer la température ?9
  1. Un cylindre de plongée contient 12,0 L d’air à 200 bar et \(15\ ^\circ\text{C}\). Quel volume ce gaz occuperait-il à 1,00 bar et même température ?[^n26]
  1. La décomposition \(\ce{2H2O2(l) -> 2H2O(l) + O2(g)}\) produit du dioxygène. Quelle quantité de \(\ce{H2O2}\) (en grammes) faut-il décomposer pour obtenir 500 mL de \(\ce{O2}\) à TPA ? (\(M(\ce{H2O2}) = 34{,}01\ \text{g/mol}\))[^n27]
  1. Un gaz inconnu a une masse de 1,96 g pour un volume de 1,00 L à TPN. Calculez sa masse molaire et proposez une identification.[^n28]

4.8 Le rendement d’une réaction

Formalisation : Le rendement \(\eta\) est le rapport entre la quantité de produit effectivement obtenue et la quantité théoriquement attendue :

\[\eta = \frac{m_{\text{pratique}}}{m_{\text{théorique}}} \times 100 \quad [\%]\]

Rendements en cascade : Pour une synthèse multi-étapes :

\[\eta_{\text{global}} = \eta_1 \times \eta_2 \times \ldots \times \eta_k\]

Exemple travaillé 1 — combustion de l’octane :

On brûle 100 g d’octane et on mesure 92 g de \(\ce{CO2}\) (théorique : 308,2 g).

\[\eta = \frac{92}{308{,}2} \times 100 = 29{,}8\,\%\]

Exemple travaillé 2 — synthèse du Valium en 5 étapes :

Rendements : 75 %, 62 %, 80 %, 65 %, 70 %.

\[\eta_{\text{global}} = 0{,}75 \times 0{,}62 \times 0{,}80 \times 0{,}65 \times 0{,}70 = 16{,}87\,\%\]

Exercice autonome : La décomposition de 0,2 kg de nitroglycérine \(\ce{C3H5N3O9}\) produit 6,55 g de \(\ce{O2}\). Calculez le rendement.10

\[\ce{4C3H5N3O9 -> 12CO2 + 10H2O + 6N2 + O2}\]

Exercices :

  1. On synthétise \(\ce{FeCl3}\) par réaction de 5,00 g de fer avec un excès de \(\ce{Cl2}\) : \(\ce{2Fe + 3Cl2 -> 2FeCl3}\). On obtient 12,0 g de \(\ce{FeCl3}\) (\(M = 162{,}2\ \text{g/mol}\)). Calculez le rendement.11
  1. Une synthèse en 3 étapes a des rendements de 85 %, 70 % et 90 %. (a) Quel est le rendement global ? (b) Quelle masse de produit final obtient-on si la masse théorique est 500 g ?[^n30]
  1. On veut produire 10,0 g d’aspirine (\(M = 180{,}2\ \text{g/mol}\)) avec un rendement de 75,0 %. Quelle masse d’acide salicylique (\(M = 138{,}1\ \text{g/mol}\)) faut-il utiliser ? (Réaction 1:1)[^n31]
  1. Un chimiste effectue une réaction avec un rendement de 60 % et obtient 3,60 g de produit. Quelle aurait été la masse produite si le rendement avait été de 85 % ?[^n32]

4.9 Composition centésimale et formule empirique/brute

Conception courante : On pense parfois qu’une formule chimique se détermine directement à partir d’une analyse. En réalité, l’analyse élémentaire ne donne que les proportions des éléments — il faut deux étapes distinctes.

Nous utilisons ici les masses atomiques avec 3 à 4 décimales significatives. Les petites erreurs d’arrondi se propagent et peuvent fausser les rapports entiers.

Composition centésimale :

\[\%(\text{élément X}) = \frac{n_X \times M_X}{M_{\text{substance}}} \times 100\]

Exemple — composition de \(\ce{Ca(OH)2}\) : \(M = 74{,}094\ \text{g/mol}\)

\[\%(\ce{Ca}) = 54{,}09\,\% \quad \%(\ce{O}) = 43{,}18\,\% \quad \%(\ce{H}) = 2{,}72\,\% \quad \text{Somme} = 99{,}99\,\% \checkmark\]

Formule empirique — stratégie :

  1. Pour 100 g : les pourcentages donnent directement les masses.
  2. Convertir en moles : \(n_X = m_X / M_X\).
  3. Diviser par le plus petit \(n\).
  4. Arrondir aux entiers (multiplier si nécessaire).

Exemple — composé bromé (29,29 % C, 5,74 % H, 64,97 % Br) :

\[\frac{n(\ce{C})}{0{,}8131} = 3{,}00 \quad \frac{n(\ce{H})}{0{,}8131} = 7{,}00 \quad \frac{n(\ce{Br})}{0{,}8131} = 1{,}00 \quad \Rightarrow \quad \ce{C3H7Br}\]

Formule brute : multiple entier de la formule empirique :

\[k = \frac{M_{\text{substance}}}{M_{\text{formule empirique}}} \quad \Rightarrow \quad \text{formule brute} = k \times \text{formule empirique}\]

Exercice autonome : Un composé contient 58,80 % C, 9,87 % H et 31,33 % O. Sa masse molaire est 102,13 g/mol. Déterminez sa formule brute.12

Exercices :

  1. Calculez la composition centésimale de : (a) l’urée \(\ce{CH4N2O}\) ; (b) le glucose \(\ce{C6H12O6}\).13
  1. Un composé contient 40,00 % C, 6,71 % H et 53,29 % O. Déterminez sa formule empirique.[^n34]
  1. La combustion de 5,00 mg d’un composé (C, H, N) produit 12,93 mg de \(\ce{CO2}\), 3,97 mg de \(\ce{H2O}\). Déterminez la formule empirique.[^n35]
  1. Un composé a la formule empirique \(\ce{CH2O}\) et une masse molaire de 180 g/mol. Déterminez sa formule brute et proposez une identification.[^n36]
  1. Un échantillon de 1,272 g d’un composé ne contenant que les éléments C, H, N et O a été brûlé complètement. Les produits de combustion comprenaient 1,600 g de \(\ce{CO2}\) et 0,764 g de \(\ce{H2O}\) ; le composé contenait par ailleurs 0,170 g d’azote. (a) Déterminez sa formule empirique. (b) Sachant que sa masse molaire vaut 210,2 g/mol, déterminez sa formule brute.[^n37]

Exercices de synthèse

  1. La réaction de Haber-Bosch : \(\ce{N2(g) + 3H2(g) -> 2NH3(g)}\). On part de 56,0 g de \(\ce{N2}\) et 18,0 g de \(\ce{H2}\). (a) Identifiez le réactif limitant. (b) Calculez la masse théorique de \(\ce{NH3}\). (c) Le rendement industriel est 15,0 %. Quelle masse est effectivement produite ?14
  1. La combustion d’un hydrocarbure \(\ce{CxHy}\) (1,00 g) produit 3,14 g de \(\ce{CO2}\) et 1,29 g de \(\ce{H2O}\). (a) Composition centésimale. (b) Formule empirique. (c) Sachant \(M = 86\ \text{g/mol}\), formule brute.[^n39]
  1. On fait passer 5,00 L de \(\ce{CH4}\) (à TPA) avec de la vapeur d’eau selon : \(\ce{CH4(g) + H2O(g) -> CO(g) + 3H2(g)}\). (a) Calculez \(n(\ce{CH4})\). (b) Volumes de \(\ce{CO}\) et \(\ce{H2}\) à TPA. (c) Volume de \(\ce{H2}\) à 800 \(^\circ\)C et 1 atm.[^n40]
  1. La bauxite contient 52,0 % d’alumine \(\ce{Al2O3}\) (\(M = 101{,}96\ \text{g/mol}\)). Réaction : \(\ce{2Al2O3 -> 4Al + 3O2}\). (a) Quelle masse de bauxite pour 1,00 tonne d’aluminium ? (b) Volume de \(\ce{O2}\) à TPA ?[^n41]
  1. Photosynthèse : \(\ce{6CO2(g) + 6H2O(l) -> C6H12O6(s) + 6O2(g)}\). Une feuille fixe 2,00 mmol de \(\ce{CO2}\)/h. (a) Masse de glucose produite/h. (b) Volume de \(\ce{O2}\) dégagé/h à TPA. (c) Concentration de \(\ce{CO2}\) atmosphérique en ppm (0,042 % vol).[^n42]
  1. On fait réagir 25,0 mL de \(\ce{H2SO4}\) 2,00 mol/L avec 30,0 mL de \(\ce{NaOH}\) 3,00 mol/L : \(\ce{H2SO4 + 2NaOH -> Na2SO4 + 2H2O}\). (a) Réactif limitant. (b) Masse de \(\ce{Na2SO4}\) (\(M = 142{,}0\ \text{g/mol}\)). (c) Concentration de l’excès dans la solution finale (55,0 mL).[^n43]
  1. Un explosif contient 75,0 % de \(\ce{KNO3}\) (\(M = 101{,}1\ \text{g/mol}\)) : \(\ce{2KNO3 -> 2KNO2 + O2}\). Pour 500 g d’explosif, calculez (a) la masse de \(\ce{KNO3}\) et (b) le volume de \(\ce{O2}\) à TPA.[^n44]
  1. Synthèse industrielle en 4 étapes, rendements 88 %, 75 %, 92 %, 80 %. (a) Rendement global. (b) Masse de matière de départ pour produire 100 kg de médicament (\(M_{\text{départ}} = 200\ \text{g/mol}\), \(M_{\text{final}} = 350\ \text{g/mol}\)).[^n45]
  1. Analyse élémentaire : 26,7 % C, 2,2 % H, 71,1 % O. Masse molaire 180 g/mol. (a) Formule empirique. (b) Formule brute. (c) Est-ce le glucose \(\ce{C6H12O6}\) ?[^n46]
  1. On mélange 10,0 g de \(\ce{CaO}\) (\(M = 56{,}08\ \text{g/mol}\)) et 10,0 g de \(\ce{C}\) : \(\ce{CaO + 3C -> CaC2 + CO}\). (a) Réactif limitant. (b) Masse théorique de \(\ce{CaC2}\) (\(M = 64{,}10\ \text{g/mol}\)). (c) On obtient 8,50 g. Rendement ?[^n47]
  1. On fait réagir 30,0 mL d’une solution de \(\ce{CaCl2}\) de molarité inconnue avec 15,0 mL d’une solution de \(\ce{AgNO3}\) à 0,100 mol/L selon \(\ce{CaCl2(aq) + 2AgNO3(aq) -> 2AgCl(s) + Ca(NO3)2(aq)}\). (a) Quelle est la molarité de la solution de \(\ce{CaCl2}\) ? (b) Quelle masse de précipité \(\ce{AgCl}\) se forme ? (\(M(\ce{AgCl}) = 143{,}32\ \text{g/mol}\))[^n48]
  1. Combien y a-t-il de moles de sulfate d’aluminium hydraté \(\ce{Al2(SO4)3.6H2O}\) dans 25,0 g de ce solide ? Combien d’unités formulaires et combien d’atomes d’aluminium cela représente-t-il ? Quelle est la masse réelle (en g) d’une seule unité formulaire, et quel pourcentage de la masse totale est dû à l’oxygène ? (\(M(\ce{Al}) = 26{,}98\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{S}) = 32{,}07\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{O}) = 16{,}00\ \text{g/mol}\), \(M(\ce{H2O}) = 18{,}02\ \text{g/mol}\))[^n49]

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Ces défis s’adressent à ceux qui veulent aller réellement plus loin. Ils exigent de mobiliser les notions de Zone 2 dans des contextes nouveaux.

Défi A — La synthèse de l’aspirine à l’échelle industrielle (approfondissement formel)

L’aspirine (\(\ce{C9H8O4}\), \(M = 180{,}2\ \text{g/mol}\)) est synthétisée industriellement à partir d’acide salicylique \(\ce{C7H6O3}\) (\(M = 138{,}1\ \text{g/mol}\)) et d’anhydride acétique \(\ce{C4H6O3}\) (\(M = 102{,}1\ \text{g/mol}\)) selon :

\[\ce{C7H6O3 + C4H6O3 -> C9H8O4 + CH3COOH}\]

Une usine souhaite produire 500 kg d’aspirine par jour avec un rendement global de 72,0 % réparti en trois étapes de rendements égaux.

  1. Quel est le rendement de chaque étape ?

  2. Quelle masse d’acide salicylique faut-il engager par jour ?

  3. L’acide acétique \(\ce{CH3COOH}\) est un sous-produit valorisable. Quelle masse théorique est produite par jour (avant prise en compte des pertes) ? (\(M(\ce{CH3COOH}) = 60{,}05\ \text{g/mol}\))15

Défi B — La réhydratation orale (transfert interdisciplinaire)

Les sels de réhydratation orale (SRO), recommandés par l’OMS lors de diarrhées sévères, contiennent par sachet : 2,6 g de \(\ce{NaCl}\), 1,5 g de \(\ce{KCl}\), 2,9 g de citrate de sodium \(\ce{Na3C6H5O7}\) et 13,5 g de glucose \(\ce{C6H12O6}\). Un sachet est dissous dans 1,00 L d’eau.

Données : \(M(\ce{NaCl}) = 58{,}5\ \text{g/mol}\) ; \(M(\ce{KCl}) = 74{,}6\ \text{g/mol}\) ; \(M(\ce{Na3C6H5O7}) = 258\ \text{g/mol}\) ; \(M(\ce{C6H12O6}) = 180\ \text{g/mol}\).

  1. Calculez la concentration molaire de chaque composé dans la solution reconstituée.

  2. Calculez la concentration totale en ions \(\ce{Na+}\) en tenant compte de toutes les sources.

  3. Le glucose n’est pas un électrolyte. Expliquez pourquoi il est néanmoins indispensable dans la formule SRO, en termes de transport membranaire.16

Défi C — La chimie du pain (ouverture conceptuelle)

La levure chimique contient du bicarbonate de sodium \(\ce{NaHCO3}\) et de l’acide tartrique \(\ce{C4H6O6}\) (\(M = 150{,}1\ \text{g/mol}\)). Lors de la cuisson, la réaction suivante se produit :

\[\ce{NaHCO3(s) + C4H6O6(s) -> CO2(g) + H2O(l) + NaHC4H4O6(s)}\]

Le \(\ce{CO2}\) produit fait lever la pâte. Un boulanger utilise 5,00 g de \(\ce{NaHCO3}\) (\(M = 84{,}01\ \text{g/mol}\)) et 8,00 g d’acide tartrique.

  1. Identifiez le réactif limitant.

  2. Calculez le volume de \(\ce{CO2}\) produit à TPA.

  3. En réalité, la pâte est portée à 180 °C dans le four. Quel volume occuperait ce \(\ce{CO2}\) à 180 °C et 1 atm ? Commentez l’intérêt de calculer le volume à la température du four plutôt qu’à TPA.17

4.10 Mots-clés

Réaction chimique : transformation dans laquelle des liaisons intramoléculaires sont rompues et de nouvelles sont formées ; les réactifs disparaissent et des produits apparaissent.

Équation chimique : représentation symbolique d’une réaction ; les réactifs figurent à gauche, les produits à droite, séparés par une flèche.

Coefficient stœchiométrique : nombre entier placé devant une formule chimique pour équilibrer l’équation ; exprime le rapport de quantités de matière entre espèces.

Combustion : réaction exothermique entre un combustible et un comburant (généralement \(\ce{O2}\)) ; la combustion complète d’un hydrocarbure produit \(\ce{CO2}\) et \(\ce{H2O}\).

Hydrocarbure : substance organique ne contenant que des atomes de carbone et d’hydrogène ; l’essence et le mazout sont des mélanges d’hydrocarbures issus de la distillation fractionnée du pétrole.

Réactif limitant : réactif entièrement consommé lors d’une réaction ; sa disparition arrête la réaction et détermine la quantité maximale de produit.

Rendement : rapport entre la quantité de produit effectivement obtenue et la quantité théoriquement attendue, exprimé en pourcentage.

Gaz parfait : modèle dans lequel on néglige les interactions entre molécules ; décrit par la loi \(PV = nRT\).

TPN : Température et Pression Normales (\(0\ ^\circ\text{C}\), 1 atm) ; volume molaire d’un gaz : 22,4 L/mol.

TPA : Température et Pression Ambiantes (\(25\ ^\circ\text{C}\), 1 atm) ; volume molaire d’un gaz : 24,5 L/mol.

Composition centésimale : pourcentage en masse de chaque élément dans un composé ; calculée par \(%(X) = n_X M_X / M_{\text{substance}} \times 100\).

Formule empirique : formule donnant le plus petit rapport entier entre les atomes d’un composé.

Formule brute : formule donnant le nombre réel d’atomes de chaque élément dans une molécule ; multiple entier de la formule empirique.

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    1. Physique — les ions \(\ce{Na+}\) et \(\ce{Cl-}\) préexistent dans le cristal, aucune nouvelle substance. (b) Chimique — les protéines se dénaturent, de nouvelles liaisons sont formées, irréversible. (c) Nucléaire — le noyau atomique change, un élément se transforme en un autre. (d) Physique — changement d’état, les molécules de \(\ce{CO2}\) restent intactes. (e) Chimique — \(\ce{Fe}\) réagit avec \(\ce{O2}\) et \(\ce{H2O}\) pour former \(\ce{Fe2O3}\), nouvelle substance. [^n2]: La matière n’a pas disparu : elle s’est transformée en \(\ce{CO2(g)}\) et \(\ce{H2O(g)}\), tous deux gazeux et invisibles, qui se dispersent dans l’atmosphère. La somme des masses de la bougie consommée, du dioxygène utilisé et des gaz produits vérifie \(m_{\text{réactifs}} = m_{\text{produits}}\). [^n3]: Vrai. Lors d’une transformation chimique, les liaisons intramoléculaires sont rompues et reformées : les réactifs disparaissent et des produits apparaissent. Mais les atomes de chaque élément sont simplement redistribués — leur nombre total est conservé.
    ↩︎
    1. \(\ce{4NH3 + 3O2 -> 2N2 + 6H2O}\) — b. \(\ce{CuS2 + 2O2 -> Cu + 2SO2}\) — c. \(\ce{2I^- + 2NO2^- + 4H^+ -> I2 + 2NO + 2H2O}\) — d. \(\ce{CH4 + 3Cl2 -> CHCl3 + 3HCl}\)
    ↩︎
    1. \(\ce{4Al + 3O2 -> 2Al2O3}\) : Al 4=4, O 6=6 ✓. (b) \(\ce{2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2}\) : Na 2=2, H 4=4, O 2=2 ✓. (c) \(\ce{C3H8 + 5O2 -> 3CO2 + 4H2O}\) : C 3=3, H 8=8, O 10=10 ✓. [^n5]: L’erreur est de modifier la formule brute d’un produit (\(\ce{H2O2}\) au lieu de \(\ce{H2O}\)) pour équilibrer l’équation. On ne doit jamais changer les formules des substances — seuls les coefficients stœchiométriques sont ajustables. L’équation correcte est \(\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}\). [^n6]: Non équilibrée : \(\ce{Mg + HCl -> MgCl2 + H2}\). Équilibrée : \(\ce{Mg + 2HCl -> MgCl2 + H2}\) (Mg 1=1, H 2=2, Cl 2=2 ✓). [^n7]: Gauche : K=2, Mn=2, O=8, H=16, Cl=16. Droite : K=2, Mn=2, Cl=2+4+10=16, H=16, O=8. Tous les bilans sont équilibrés ✓.
    ↩︎

  4. \(\ce{C19H40(l) + 29O2(g) -> 19CO2(g) + 20H2O(l)}\)↩︎

    1. \(\ce{C3H8 + 5O2 -> 3CO2 + 4H2O}\). (b) \(\ce{2C2H2 + 5O2 -> 4CO2 + 2H2O}\). (c) \(\ce{2CH3OH + 3O2 -> 2CO2 + 4H2O}\). [^n9]: Équation : \(\ce{2CH4 + 3O2 -> 2CO + 4H2O}\). Le \(\ce{CO}\) est un gaz incolore et inodore qui se fixe irréversiblement sur l’hémoglobine à la place de l’oxygène, empêchant le transport d’\(\ce{O2}\) dans le sang. Même à faible concentration, il est mortellement toxique. [^n10]: \(m(\ce{C8H18}) = 50,000\ \text{mL} \times 0{,}703\ \text{g/mL} = 35,150\ \text{g}\). \(n(\ce{C8H18}) = 35,150/114{,}2 = 307{,}8\ \text{mol}\). Rapport 1:8 → \(n(\ce{CO2}) = 2462\ \text{mol}\). \(m(\ce{CO2}) = 2462 \times 44{,}01 \approx 108\ \text{kg}\). [^n11]: \(\ce{(NH2)2CO + \frac{7}{2}O2 -> CO2 + 2H2O + 2NO2}\) — ou sous forme entière : \(\ce{2(NH2)2CO + 7O2 -> 2CO2 + 4H2O + 4NO2}\). [^n12]: \(\ce{H2S + 2O2 -> SO3 + H2O}\).
    ↩︎

  6. \(n(\ce{Fe}) = 11{,}2/55{,}85 = 0{,}2006\ \text{mol}\) ; rapport \(1:1\) → \(m(\ce{FeS}) = 0{,}2006 \times 87{,}91 = 17{,}6\ \text{g}\). [^n14]: \(n(\ce{NH3}) = 340/17{,}03 = 19{,}97\ \text{mol}\) ; rapport \(2:3\) → \(n(\ce{H2}) = 29{,}95\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{H2}) = 60{,}4\ \text{g}\). [^n15]: \(n(\ce{Ca}) = 25{,}0/40{,}08 = 0{,}6237\ \text{mol}\) ; rapport \(2:2\) → \(m(\ce{Ca(OH)2}) = 0{,}6237 \times 74{,}09 = 46{,}2\ \text{g}\) ; \(m(\ce{H2O}) = 0{,}6237 \times 18{,}02 = 11{,}2\ \text{g}\). [^n16]: \(n(\ce{Fe}) = 3000/55{,}85 = 53{,}72\ \text{mol}\) ; rapport \(4:2\) → \(n(\ce{Fe2O3}) = 26{,}86\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{Fe2O3}) = 4289\ \text{g}\). \(n(\ce{O2}) = 53{,}72 \times 3/4 = 40{,}29\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{O2}) = 1289\ \text{g}\). Vérification : \(3000 + 1289 = 4289\ \text{g}\) \(\checkmark\). [^n17]: \(\ce{C3H8 + 5O2 -> 3CO2 + 4H2O}\). \(n(\ce{C3H8}) = 44/44{,}10 = 0{,}9977\ \text{mol}\) ; rapport \(1:3\) → \(n(\ce{CO2}) = 2{,}993\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{CO2}) = 131{,}7\ \text{g}\). [^n18]: \(n(\ce{CaCO3}) = 250/100{,}09 = 2{,}498\ \text{mol}\) ; rapport \(1:1\) → \(m(\ce{CaO}) = 2{,}498 \times 56{,}08 = 140{,}1\ \text{g}\).↩︎

  7. Équation : \(\ce{P4 + 10Cl2 -> 4PCl5}\). \(n(\ce{Cl2}) = 10/24{,}5 = 0{,}408\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{P4}) = 30/123{,}9 = 0{,}242\ \text{mol}\). \(n(\ce{Cl2})/10 = 0{,}0408\) ; \(n(\ce{P4})/1 = 0{,}242\) → \(\ce{Cl2}\) limitant. Non — il faudrait \(0{,}242 \times 10 = 2{,}42\ \text{mol}\) de \(\ce{Cl2}\), soit \(59{,}3\ \text{L}\). [^n19]: \(n(\ce{Fe2O3}) = 8{,}50/159{,}69 = 0{,}05323\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{CO}) = 2{,}30/28{,}01 = 0{,}08211\ \text{mol}\). \(n(\ce{Fe2O3})/1 = 0{,}05323\) ; \(n(\ce{CO})/3 = 0{,}02737\) → \(\ce{CO}\) limitant. \(n(\ce{Fe}) = 0{,}02737 \times 2 = 0{,}05474\ \text{mol}\) → \(m(\ce{Fe}) = 3{,}06\ \text{g}\). [^n20]: \(n(\ce{Mg}) = 20{,}0/24{,}31 = 0{,}8228\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{HCl}) = 40{,}0/36{,}461 = 1{,}097\ \text{mol}\). \(n(\ce{Mg})/1 = 0{,}8228\) ; \(n(\ce{HCl})/2 = 0{,}5485\) → \(\ce{HCl}\) limitant. \(n(\ce{H2}) = 0{,}5485\ \text{mol}\) → \(m(\ce{H2}) = 1{,}11\ \text{g}\). [^n21]: \(n(\ce{C7H6O3}) = 14{,}0/138{,}1 = 0{,}1014\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{C4H6O3}) = 20{,}0/102{,}1 = 0{,}1959\ \text{mol}\). Rapport 1:1 → \(n(\ce{C7H6O3})/1 = 0{,}1014\) ; \(n(\ce{C4H6O3})/1 = 0{,}1959\) → acide salicylique limitant. \(m(\ce{C9H8O4}) = 0{,}1014 \times 180{,}2 = 18{,}3\ \text{g}\). [^n22]: \(n(\ce{Al}) = 15{,}0/26{,}98 = 0{,}5560\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{Fe2O3}) = 60{,}0/159{,}69 = 0{,}3757\ \text{mol}\). \(n(\ce{Al})/2 = 0{,}2780\) ; \(n(\ce{Fe2O3})/1 = 0{,}3757\) → \(\ce{Al}\) limitant. \(n(\ce{Fe}) = 0{,}5560\ \text{mol}\) → \(m(\ce{Fe}) = 31{,}1\ \text{g}\). \(\ce{Fe2O3}\) consommé : \(0{,}2780\ \text{mol}\) → reste \(0{,}0977\ \text{mol}\) → \(15{,}6\ \text{g}\). [^n23]: (a) \(n(\ce{A})/2 = 1{,}50\) ; \(n(\ce{B})/3 = 1{,}67\) → \(\ce{A}\) limitant. (b) \(n(\ce{C}) = 3{,}00/2 = 1{,}50\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{D}) = 3{,}00\ \text{mol}\). (c) \(\ce{B}\) consommé : \(3{,}00 \times 3/2 = 4{,}50\ \text{mol}\) → reste \(0{,}50\ \text{mol}\). [^n24]: \(n(\ce{Zn}) = 3{,}2/65{,}38 = 0{,}04895\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{HCl}) = 0{,}1 \times 0{,}0032 = 3{,}2 \times 10^{-4}\ \text{mol}\). \(n(\ce{Zn})/1 = 0{,}04895\) ; \(n(\ce{HCl})/2 = 1{,}6 \times 10^{-4}\) → \(\ce{HCl}\) limitant. \(n(\ce{H2}) = n(\ce{HCl})/2 = 1{,}6 \times 10^{-4}\ \text{mol}\) ; \(V(\ce{H2}) = 1{,}6 \times 10^{-4} \times 24{,}5 \approx 3{,}9 \times 10^{-3}\ \text{L} \approx 3{,}9\ \text{mL}\).↩︎

  8. \(n = 0{,}307/24{,}5 = 0{,}01253\ \text{mol}\).↩︎

    1. \(n = 0{,}1040\ \text{mol}\). (b) \(P_2 = 2{,}50\ \text{atm}\). [^n26]: \(V_2 = 2400\ \text{L} = 2{,}40\ \text{m}^3\). [^n27]: \(n(\ce{O2}) = 0{,}02042\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{H2O2}) = 1{,}39\ \text{g}\). [^n28]: \(M = 43{,}9\ \text{g/mol} \approx 44\ \text{g/mol}\) : correspond à \(\ce{CO2}\) ou \(\ce{C3H8}\) — une mesure de masse molaire seule ne suffit pas à les distinguer.
    ↩︎

  10. \(n(\ce{C3H5N3O9}) = 200/227{,}09 = 0{,}8808\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{O2})_{\text{théo}} = 7{,}047\ \text{g}\) ; \(\eta = 92{,}9\,\%\).↩︎

  11. \(\eta = 82{,}6\,\%\). [^n30]: (a) \(53{,}6\,\%\). (b) \(267{,}8\ \text{g}\). [^n31]: \(m(\text{salicylique}) = 10{,}2\ \text{g}\). [^n32]: \(m = 5{,}10\ \text{g}\).↩︎

  12. Formule empirique \(\ce{C5H10O2}\), \(k=1\) → formule brute \(\ce{C5H10O2}\).↩︎

    1. %C=20,00, %H=6,71, %N=46,65, %O=26,64, somme=100,00 % ✓. (b) %C=40,00, %H=6,71, %O=53,29, somme=100,00 % ✓. [^n34]: Formule empirique : \(\ce{CH2O}\). [^n35]: Formule empirique : \(\ce{C4H6N}\). [^n36]: \(k=6\) → \(\ce{C6H12O6}\) (glucose ou isomère). [^n37]: \(n(\ce{C}) = n(\ce{CO2}) = 1{,}600/44{,}01 = 0{,}03635\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{H}) = 2 \times n(\ce{H2O}) = 2 \times 0{,}764/18{,}02 = 0{,}08480\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{N}) = 0{,}170/14{,}01 = 0{,}01214\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{O}) = 1{,}272 - (0{,}03635 \times 12{,}01) - (0{,}08480 \times 1{,}008) - 0{,}170 = 0{,}5798\ \text{g}\) ; \(n(\ce{O}) = 0{,}5798/16{,}00 = 0{,}03624\ \text{mol}\). En divisant par le plus petit (\(n(\ce{N})\)) : C≈3, H≈7, N=1, O≈3 → formule empirique \(\ce{C3H7NO3}\) (\(M \approx 105{,}1\ \text{g/mol}\)). (b) \(k = 210{,}2/105{,}1 = 2{,}00\) → formule brute \(\ce{C6H14N2O6}\).
    ↩︎
    1. Limitant : \(\ce{N2}\). (b) \(68{,}1\ \text{g}\). (c) \(10{,}2\ \text{g}\). [^n39]: (a) 85,7 % C, 14,4 % H. (b) \(\ce{CH2}\). (c) \(\ce{C6H12}\). [^n40]: (a) \(0{,}2041\ \text{mol}\). (b) \(V(\ce{CO}) = 5{,}00\ \text{L}\) ; \(V(\ce{H2}) = 15{,}0\ \text{L}\). (c) \(54{,}0\ \text{L}\). [^n41]: (a) \(\approx 3{,}63\ \text{tonnes}\). (b) \(681\ \text{m}^3\). [^n42]: (a) \(60{,}0\ \text{mg}\). (b) \(49{,}0\ \text{mL}\). (c) 420 ppm. [^n43]: (a) Limitant : \(\ce{NaOH}\). (b) \(6{,}39\ \text{g}\). (c) \([\ce{H2SO4}]_{\text{exc.}} = 0{,}0909\ \text{mol/L}\). [^n44]: (a) \(375\ \text{g}\). (b) \(45{,}4\ \text{L}\). [^n45]: (a) \(48{,}6\,\%\). (b) \(\approx 118\ \text{kg}\). [^n46]: (a) \(\ce{CHO2}\). (b) \(\ce{C4H4O8}\). (c) Non — formule différente de \(\ce{C6H12O6}\). [^n47]: (a) Limitant : \(\ce{CaO}\). (b) \(11{,}43\ \text{g}\). (c) \(74{,}4\,\%\). [^n48]: \(n(\ce{AgNO3}) = 0{,}100 \times 0{,}0150 = 1{,}50 \times 10^{-3}\ \text{mol}\). Rapport \(\ce{CaCl2}\!:\!\ce{AgNO3} = 1{:}2\) → \(n(\ce{CaCl2}) = 0{,}750 \times 10^{-3}\ \text{mol}\) ; \([\ce{CaCl2}] = 0{,}750 \times 10^{-3}/0{,}0300 = 0{,}0250\ \text{mol/L}\). (b) Rapport \(\ce{AgNO3}\!:\!\ce{AgCl} = 1{:}1\) → \(n(\ce{AgCl}) = 1{,}50 \times 10^{-3}\ \text{mol}\) ; \(m(\ce{AgCl}) = 1{,}50 \times 10^{-3} \times 143{,}32 = 0{,}215\ \text{g}\). [^n49]: \(M(\ce{Al2(SO4)3.6H2O}) = 2 \times 26{,}98 + 3 \times 32{,}07 + 12 \times 16{,}00 + 6 \times 18{,}02 = 450{,}3\ \text{g/mol}\). \(n = 25{,}0/450{,}3 = 0{,}05553\ \text{mol}\). Unités formulaires : \(0{,}05553 \times 6{,}022 \times 10^{23} = 3{,}34 \times 10^{22}\). Atomes d’Al : \(2 \times 3{,}34 \times 10^{22} = 6{,}69 \times 10^{22}\). Masse d’une unité : \(450{,}3/(6{,}022 \times 10^{23}) = 7{,}48 \times 10^{-22}\ \text{g}\). Oxygène : 18 atomes d’O par unité (12 du sulfate + 6 de l’eau) ; \(\%(\ce{O}) = (18 \times 16{,}00)/450{,}3 \times 100 = 64{,}0\,\%\).
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    1. \(\eta_{\text{étape}} = \sqrt[3]{0{,}720} = 0{,}896 = 89{,}6,%\). b) \(m_{\text{théo}}(\text{aspirine}) = 500/0{,}720 = 694{,}4\ \text{kg}\) ; \(n(\text{aspirine})_{\text{théo}} = 694,400/180{,}2 = 3854\ \text{mol}\) ; rapport 1:1 → \(n(\text{sal.}) = 3854\ \text{mol}\) ; \(m(\text{sal.}) = 3854 \times 138{,}1 = 532,300\ \text{g} \approx 532\ \text{kg}\). c) \(n(\ce{CH3COOH}) = n(\text{aspirine})_{\text{théo}} = 3854\ \text{mol}\) ; \(m = 3854 \times 60{,}05 = 231,400\ \text{g} \approx 231\ \text{kg}\).
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    1. \(c(\ce{NaCl}) = 2{,}6/58{,}5 = 0{,}0444\ \text{mol/L}\) ; \(c(\ce{KCl}) = 1{,}5/74{,}6 = 0{,}0201\ \text{mol/L}\) ; \(c(\ce{Na3C6H5O7}) = 2{,}9/258 = 0{,}01124\ \text{mol/L}\) ; \(c(\ce{C6H12O6}) = 13{,}5/180 = 0{,}0750\ \text{mol/L}\). b) \([\ce{Na+}] = 0{,}0444 + 3 \times 0{,}01124 = 0{,}0781\ \text{mol/L}\). c) Le glucose n’apporte pas d’ions mais joue un rôle biologique essentiel : le co-transporteur intestinal SGLT1 fait entrer simultanément 1 molécule de glucose et 2 ions \(\ce{Na+}\). Sans glucose, le \(\ce{Na+}\) ne peut pas être absorbé efficacement et la réhydratation est compromise.
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    1. \(n(\ce{NaHCO3}) = 5{,}00/84{,}01 = 0{,}05952\ \text{mol}\) ; \(n(\ce{C4H6O6}) = 8{,}00/150{,}1 = 0{,}05330\ \text{mol}\). Rapports : \(0{,}05952/1 = 0{,}05952\) ; \(0{,}05330/1 = 0{,}05330\). Limitant : acide tartrique. b) \(n(\ce{CO2}) = 0{,}05330\ \text{mol}\) ; \(V = 0{,}05330 \times 24{,}5 = 1{,}306\ \text{L}\) à TPA. c) \(T = 180 + 273{,}15 = 453{,}15\ \text{K}\) ; \(V = nRT/P = 0{,}05330 \times 0{,}0821 \times 453{,}15/1 = 1{,}983\ \text{L}\). Le volume à la température du four est 52 % plus grand qu’à TPA : c’est cette expansion thermique qui contribue à faire lever la pâte, en plus de la simple production de \(\ce{CO2}\).
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