Le tableau d'avancement : suivre une transformation en moles

Depuis la 4e, tu sais écrire et ajuster une équation : $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \rightarrow 2\,NH_3}$ dit qu'une molécule de diazote réagit avec trois molécules de dihydrogène pour former deux molécules d'ammoniac. Depuis la seconde, tu sais compter la matière en moles. Le tableau d'avancement réunit les deux : il dit combien de chaque espèce il y a, à chaque instant, quand on part de quantités données.

L'outil central est une grandeur nouvelle, l'avancement, noté $x$ et exprimé en moles. Imagine que l'équation se réalise « une fois » : une mole de $\mathrm{N_2}$ disparaît, trois moles de $\mathrm{H_2}$ disparaissent, deux moles de $\mathrm{NH_3}$ apparaissent. L'avancement compte combien de fois l'équation s'est réalisée, en moles :

Quand l'avancement vaut $x$, chaque réactif de nombre stœchiométrique $\nu$ a perdu $\nu x$ moles, et chaque produit de nombre stœchiométrique $\nu$ en a gagné $\nu x$.

C'est tout le secret du tableau. On y écrit une colonne par espèce et trois lignes pour trois états. Construisons-le pour la synthèse de l'ammoniac à partir de $n_0(\mathrm{N_2})$ et $n_0(\mathrm{H_2})$ moles, sans ammoniac au départ.

Lis la ligne « en cours » colonne par colonne : le nombre stœchiométrique de l'équation est devenu le coefficient de $x$, avec un signe moins pour les réactifs (consommés) et un signe plus pour les produits (formés). C'est la seule règle d'écriture, et elle vient directement de l'équation.

Reste une question : jusqu'où $x$ peut-il monter ? Une quantité de matière ne peut pas devenir négative. La transformation, supposée totale, s'arrête dès qu'un réactif est épuisé : ce réactif est le réactif limitant, et l'avancement atteint alors sa valeur maximale, $x_{\max}$. L'autre réactif, dont il reste une partie, est en excès. Déterminer le limitant, c'est la seule vraie difficulté du chapitre — et elle ne se devine pas, elle se calcule. C'est l'objet du bloc suivant.

La méthode des quotients. Chaque réactif s'annule pour une valeur de $x$ que l'on lit dans sa colonne : $n_0 - \nu x = 0$, soit $x = n_0 / \nu$. Le réactif limitant est celui qui s'annule le premier, c'est-à-dire pour la plus petite de ces valeurs :

Une fois $x_{\max}$ connu, on remplace $x$ par $x_{\max}$ dans la ligne « en cours » et l'on obtient la ligne « final » : la composition complète du système à la fin. Le réactif limitant y affiche $0$, le réactif en excès affiche ce qu'il en reste, les produits affichent ce qui s'est formé.

Pourquoi « le plus petit $n_0$ » est un raisonnement faux. L'intuition dit : le réactif introduit en plus petite quantité s'épuise en premier. C'est vrai seulement si les nombres stœchiométriques sont égaux. Dans $\mathrm{N_2 + 3\,H_2}$, le dihydrogène est consommé trois fois plus vite que le diazote : introduis $0{,}60$ mol de $\mathrm{N_2}$ et $1{,}20$ mol de $\mathrm{H_2}$ — deux fois plus de dihydrogène — et c'est pourtant le dihydrogène qui manque le premier. Les quotients le disent : $0{,}60 / 1 = 0{,}60$ et $1{,}20 / 3 = 0{,}40$. Le limitant est celui du plus petit quotient, jamais celui de la plus petite quantité. L'exemple guidé déroule ce cas jusqu'au bout, et les exercices le tendent volontairement une fois sur deux.

Le mélange stœchiométrique. Si les deux quotients sont égaux, $n_0(\mathrm{A})/a = n_0(\mathrm{B})/b$, les réactifs sont dans les proportions exactes de l'équation : ils s'épuisent ensemble, il n'y a ni limitant ni excès, et l'état final ne contient que les produits. C'est le mélange qu'on vise dans un titrage — l'équivalence, en 1re, est précisément le passage d'un réactif limitant à l'autre.

Le tableau se remplit en moles, jamais en grammes. Les nombres stœchiométriques comptent des entités, donc des moles. Si l'énoncé donne des masses, la première étape est $n = m/M$ pour chaque réactif, et le tableau ne commence qu'après. Si l'énoncé donne un volume de gaz, $n = V/V_m$ ; un volume de solution et une concentration, $n = C \times V$. Les masses reviennent à la fin, si la question les demande : $m = n \times M$ sur la ligne finale.

Le contrôle qui ne trompe pas. La masse totale se conserve (Lavoisier, 4e) : la somme des masses de la ligne initiale doit égaler celle de la ligne finale. Un tableau qui viole cette égalité contient une erreur — souvent un coefficient oublié devant $x$. Ce contrôle prend trente secondes et détecte la plupart des fautes.

Ce que la 1re ne demande pas. Une transformation qui s'arrête avant $x_{\max}$ (équilibre chimique, avancement final $x_f < x_{\max}$) et le rendement d'une synthèse relèvent de la terminale. Ici, toute transformation est supposée totale : l'état final est celui de $x_{\max}$.

Énoncé. La synthèse de l'ammoniac suit l'équation $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \rightarrow 2\,NH_3}$. On introduit $n_0(\mathrm{N_2}) = 0{,}60$ mol et $n_0(\mathrm{H_2}) = 1{,}20$ mol. La transformation est supposée totale. Données : $M(\mathrm{N}) = 14{,}0$ g/mol, $M(\mathrm{H}) = 1{,}0$ g/mol.

Déterminer le réactif limitant et l'avancement maximal, la composition de l'état final, puis la masse d'ammoniac formée. Vérifier par la conservation de la masse.

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1. Dresser le tableau, littéral d'abord. Coefficients de $x$ lus dans l'équation : $-1$, $-3$, $+2$.

2. Déterminer le limitant par les quotients. Le diazote s'annule pour $x = 0{,}60 / 1 = 0{,}60$ mol ; le dihydrogène pour $x = 1{,}20 / 3 = 0{,}40$ mol. Le plus petit quotient est celui du dihydrogène :

Le réactif limitant est $\mathrm{H_2}$, et $x_{\max} = 0{,}40$ mol.

Note le piège : le dihydrogène est introduit en plus grande quantité ($1{,}20$ mol contre $0{,}60$ mol) et c'est lui qui manque, parce que chaque « tour » de l'équation en consomme trois moles. Le raisonnement « le plus petit $n_0$ » aurait désigné le diazote — faux.

3. Remplir la ligne finale. On remplace $x$ par $0{,}40$ :

Le limitant est à zéro, il reste $0{,}20$ mol de diazote en excès, et $0{,}80$ mol d'ammoniac se sont formées — deux fois $x_{\max}$, à cause du $2$ de l'équation.

4. La masse d'ammoniac.

5. Contrôler par la conservation de la masse. Masses initiales : $0{,}60 \times 28{,}0 = 16{,}8$ g de diazote et $1{,}20 \times 2{,}0 = 2{,}4$ g de dihydrogène, soit $19{,}2$ g. Masses finales : $0{,}20 \times 28{,}0 = 5{,}6$ g de diazote, $0$ g de dihydrogène, $13{,}6$ g d'ammoniac, soit $5{,}6 + 13{,}6 = 19{,}2$ g. ✔ Égalité exacte : le tableau est cohérent.

6. Et si l'on avait pris le mauvais limitant ? Avec $x_{\max} = 0{,}60$ mol (le quotient du diazote), la colonne du dihydrogène donnerait $1{,}20 - 3 \times 0{,}60 = -0{,}60$ mol : une quantité négative, impossible. Le tableau lui-même refuse le mauvais choix — c'est une seconde façon de vérifier.

Figure (fig.chemistry.stoichiometry-limiting-reagent, SVG programmatique à produire) : un graphique des quantités de matière en fonction de l'avancement, pour l'exemple guidé, accompagné du tableau.

• Le repère. Abscisse : l'avancement $x$ en mol, gradué de $0$ à $0{,}70$ par pas de $0{,}10$. Ordonnée : la quantité de matière $n$ en mol, graduée de $0$ à $1{,}20$ par pas de $0{,}20$. Quadrillage léger.
• Trois droites, une par espèce, tracées de $x = 0$ à $x = 0{,}40$ en trait plein, puis prolongées en pointillés jusqu'à $x = 0{,}60$ pour montrer ce qui serait faux. $n(\mathrm{N_2}) = 0{,}60 - x$ : part de $(0\,;\,0{,}60)$, descend doucement, vaut $0{,}20$ en $x = 0{,}40$. $n(\mathrm{H_2}) = 1{,}20 - 3x$ : part de $(0\,;\,1{,}20)$, descend trois fois plus vite, atteint zéro en $x = 0{,}40$. $n(\mathrm{NH_3}) = 2x$ : part de l'origine, monte, vaut $0{,}80$ en $x = 0{,}40$. Chaque droite porte son équation en étiquette.
• La verticale $x_{\max}$. Un trait vertical en tirets à $x = 0{,}40$, étiqueté « $x_{\max} = 0{,}40$ mol : $\mathrm{H_2}$ épuisé », coupe les trois droites ; les trois points d'intersection sont marqués et cotés : $0{,}20$ (diazote restant), $0$ (dihydrogène), $0{,}80$ (ammoniac formé). La zone $x > 0{,}40$ est grisée, avec la mention « quantités négatives : impossible » sous le prolongement pointillé de la droite du dihydrogène, qui passe sous l'axe.
• Un cartouche en haut à droite : « $\mathrm{H_2}$ est introduit en plus grande quantité ($1{,}20 > 0{,}60$) et s'épuise le premier : la pente $-3$ l'emporte sur la hauteur de départ ».
• Sous le graphique, le tableau d'avancement numérique de l'exemple, aligné sur les colonnes des trois espèces.

Ce qu'il faut lire. Le tableau d'avancement est la version « en lignes » de ces trois droites : la ligne « en cours » en est l'équation, la ligne « final » en est la lecture à $x_{\max}$. Le graphique rend visible ce que le tableau dit en chiffres : le réactif limitant est celui dont la droite touche l'axe des abscisses en premier, et ce n'est pas forcément celui qui part le plus bas — la pente ($-\nu$) compte autant que le point de départ ($n_0$).

La figure en détail : un repère avec l'avancement en abscisse, de zéro à zéro virgule soixante-dix mole, et la quantité de matière en ordonnée, de zéro à une mole vingt. Trois droites : celle du diazote part de zéro soixante et descend lentement ; celle du dihydrogène part de un vingt et descend trois fois plus vite, jusqu'à toucher l'axe horizontal en zéro quarante ; celle de l'ammoniac part de l'origine et monte jusqu'à zéro quatre-vingts en zéro quarante. Un trait vertical en tirets à zéro quarante marque l'avancement maximal, avec les trois valeurs finales cotées. À droite de ce trait, la zone est grisée et la droite du dihydrogène, prolongée en pointillés, passe sous l'axe avec la mention que des quantités négatives sont impossibles. Un encadré explique que le dihydrogène, pourtant plus abondant au départ, s'épuise le premier à cause de sa pente. Le tableau numérique de l'exemple est reproduit sous le graphique.

Les unités. L'avancement $x$ est une quantité de matière, en moles, comme toutes les cases du tableau. Les masses, volumes et concentrations de l'énoncé se convertissent en moles avant le tableau et s'en déduisent après.

La check-list du tableau. Écrire l'équation ajustée ; convertir chaque donnée en moles ; remplir la ligne initiale ; écrire la ligne « en cours » avec les coefficients de l'équation ; calculer les quotients $n_0/\nu$ et prendre le plus petit ; remplir la ligne finale ; vérifier qu'aucune case n'est négative et que la masse se conserve. Sept gestes, toujours les mêmes, du plus simple exercice au titrage.

Vers la suite. Le titrage colorimétrique (cette année) repose entièrement sur ce tableau : à l'équivalence, le mélange est stœchiométrique et le réactif limitant change. La terminale introduira les transformations non totales, où l'avancement final est inférieur à $x_{\max}$.

1. Désigner comme limitant le réactif de plus petite quantité initiale. C'est faux dès que les nombres stœchiométriques diffèrent : $1{,}20$ mol de $\mathrm{H_2}$ s'épuisent avant $0{,}60$ mol de $\mathrm{N_2}$, parce que chaque tour de l'équation consomme trois moles de dihydrogène. Seuls les quotients $n_0 / \nu$ désignent le limitant.
2. Remplir le tableau avec des masses. Les nombres stœchiométriques comptent des entités, donc des moles ; « $16{,}8 - x$ » avec $16{,}8$ en grammes n'a aucun sens. Convertir d'abord ($n = m/M$), tabuler ensuite, repasser en grammes à la fin si la question le demande.
3. Oublier le nombre stœchiométrique devant $x$ pour un produit. $\mathrm{NH_3}$ porte un $2$ : la quantité formée est $2x_{\max} = 0{,}80$ mol, pas $0{,}40$ mol. Le coefficient de $x$ est le nombre stœchiométrique, pour les produits comme pour les réactifs.
4. Prendre $x_{\max} = n_0$ du limitant sans diviser par $\nu$. Le dihydrogène limitant a $n_0 = 1{,}20$ mol, mais $x_{\max} = 1{,}20 / 3 = 0{,}40$ mol. L'avancement compte les « tours » de l'équation, pas les moles d'un réactif.
5. Accepter une quantité négative. Une case négative dans la ligne finale signale toujours un mauvais choix de limitant (ou une erreur de coefficient). Le tableau se relit avant de conclure.
6. Croire que le réactif en excès a « disparu aussi ». Seul le limitant tombe à zéro ; il reste du réactif en excès dans l'état final, et un exercice peut demander cette quantité restante. Elle se lit dans sa colonne : $n_0 - \nu x_{\max}$.
7. Confondre transformation totale et mélange stœchiométrique. Une transformation totale s'arrête quand un réactif est épuisé ; un mélange stœchiométrique est le cas particulier où les deux s'épuisent ensemble. Le premier est une hypothèse d'énoncé, le second se vérifie par l'égalité des quotients.

Le modèle d'entraînement. L'exercice associé à cette leçon affiche une transformation réelle avec son équation ajustée et les quantités initiales des deux réactifs (ou leurs masses, avec les masses molaires), puis demande l'avancement maximal, la quantité restante du réactif en excès ou la quantité formée d'un produit. Dans la moitié des tirages, le réactif limitant n'est pas celui de plus petite quantité initiale, et le corrigé affiche les deux quotients côte à côte. Un vrai-faux voisin demande si le mélange est stœchiométrique, si tel réactif est limitant, ou si telle quantité formée est correcte.

Énoncé type. La combustion complète du méthane suit l'équation $\mathrm{CH_4 + 2\,O_2 \rightarrow CO_2 + 2\,H_2O}$. On introduit $n_0(\mathrm{CH_4}) = 0{,}50$ mol et $n_0(\mathrm{O_2}) = 0{,}80$ mol. La transformation est supposée totale. Déterminer l'avancement maximal, puis la composition de l'état final.

Corrigé complet.

1. Le tableau.

2. Les quotients. Méthane : $0{,}50 / 1 = 0{,}50$ mol. Dioxygène : $0{,}80 / 2 = 0{,}40$ mol. Le plus petit est celui du dioxygène :

Le dioxygène est le réactif limitant, et $x_{\max} = 0{,}40$ mol — bien qu'il soit introduit en plus grande quantité que le méthane.

3. L'état final. $n_f(\mathrm{CH_4}) = 0{,}50 - 0{,}40 = 0{,}10$ mol (en excès) ; $n_f(\mathrm{O_2}) = 0{,}80 - 2 \times 0{,}40 = 0$ mol ; $n_f(\mathrm{CO_2}) = 0{,}40$ mol ; $n_f(\mathrm{H_2O}) = 2 \times 0{,}40 = 0{,}80$ mol.

4. Contrôler. Aucune quantité négative ✔. Masses : initiales $0{,}50 \times 16{,}0 + 0{,}80 \times 32{,}0 = 8{,}0 + 25{,}6 = 33{,}6$ g ; finales $0{,}10 \times 16{,}0 + 0{,}40 \times 44{,}0 + 0{,}80 \times 18{,}0 = 1{,}6 + 17{,}6 + 14{,}4 = 33{,}6$ g ✔.

Auto-contrôle. Ai-je divisé chaque quantité initiale par son nombre stœchiométrique avant de comparer ? Ai-je mis le coefficient $2$ devant $x$ pour l'eau ? Et ma ligne finale respecte-t-elle la conservation de la masse ?