Lycée – Chimie – Tableau d’avancement

1. Nous allons détailler la construction et le remplissage du tableau d’avancement. Cette correction pourra servir de modèle pour les exercices suivants.

Étape 0 : Construction de la structure du tableau :

La première colonne indique les différents états d’avancement de la réaction considérés :

• I. pour état Initial ;
• E.C. pour état En Cours (intermédiaire) ;
• F. pour état Final).

Chaque ligne du tableau (après les lignes contenant les intitulés) contiendra des informations concernant l’état en question.

La deuxième colonne indique l’avancement correspondant à chacun des états considérés.

Comme il s’agit d’une structure très générale, il est impératif de la mémoriser.

Étape 1 : Remplissage des deux premières lignes du tableau

On spécifie dans la première ligne (tableau suivant) la réaction étudiée, ici

$\mbox{I}_2\mbox{ (aq)} + 2\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}\mbox{ (aq)} \quad \rightarrow \quad 2\mbox{I}^-\mbox{ (aq)} + \mbox{S}_4\mbox{O}_6^{2-}\mbox{ (aq)}$

Sous l’équation chimique, on spécifie les grandeurs représentant les quantités de matière des différentes espèces intervenant dans la réaction en prévoyant une colonne par réactif et par produit. Il doit donc y avoir autant de colonnes qu’il y a de réactifs et de produits. Ici, il y a deux réactifs et deux produits, soit $2+2=4$ colonnes.

Il est utile de mettre en évidence les coefficients stœchiométriques dans la réaction chimique (ici en rouge). Essayer d’anticiper lors de l’écriture de la réaction de manière à optimiser l’utilisation de l’espace de la cellule. Ne pas écrire trop petit ni trop grand. Essayer d’équilibrer afin d’obtenir quelque chose comme ceci :

Étape 2 : Remplissage de la ligne concernant l’état initial (I.)

À l’état initial, la réaction n’a pas encore démarrée, donc l’avancement est égal à $0$. Logique ! Il faut indiquer dans chacune des colonnes, les quantités de matières de chacune des espèces (réactifs et produits) dans cet état. Celles des réactifs sont données dans l’énoncé :

$n_\mathrm{i}(\mathrm{I}_2)=0{,}10~\mbox{mol}\qquad$ et $ \qquad n_\mathrm{i}(\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-})=0{,}40~\mathrm{mol}$

et celles des produits sont égales à $0$ (c’est l’état initial, l’instant où les réactifs sont mis en présence, donc la réaction chimique n’a pas encore démarrée, il n’y a pas encore formation des produits).

On obtient le tableau :

Étape 3 : Remplissage de la ligne concernant l’état en cours (E.C.)

On pose que l’avancement est $x$.

Puisque les réactifs $\mbox{I}_2$ et $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$ réagissent dans les proportions de $\color{red}1$ pour $\color{red}2$, cela signifie que $\color{red}{1}x$ mol de $\mbox{I}_2$ réagira avec $\color{red}{2}x$ mol de $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$.

Ainsi, puisque $\color{red}{1}x$ mol de $\mbox{I}_2$ a réagit avec $\color{red}{2}x$ mol $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$, il en reste respectivement $0,10-\color{red}1x$ mol (puisqu’il y en avait initialement $0{,}10$ mol et qu’il en a été consommé $1x$) et $0,40-\color{red}2x$ mol (puisqu’il y en avait initialement $0{,}40$ mol et qu’il en a été consommé $2x$ mol).

De même, puisque les produits $\mbox{I}^-$ et $\mbox{S}_4\mbox{O}_6^{2-}$ sont simultanément formés dans des proportions respectives de $\color{red}2$ pour  $\color{red}1$, cela signifie que, simultanément à la réaction de $\color{red}{1}x$ mol de $\mbox{I}_2$ avec $\color{red}{2}x$ mol de $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$, seront formés $\color{red}{2}x$ mol de $\mbox{I}^-$ et $\color{red}{1}x$ mol de $\mbox{S}_4\mbox{O}_6^{2-}$.

Donc, puisqu’il s’est simultanément formé $\color{red}2x$ mol de $\mbox{I}^-$ et $\color{red}{1}x$ mol de $\mbox{S}_4\mbox{O}_6^{2-}$, il y en a respectivement $0+\color{red}2x$ (puisqu’il y en avait initialement 0 mol et qu’il s’en est formé $2x$ mol) et $0+\color{red}1x$ (puisqu’il y en avait initialement 0 mol et qu’il s’en est formé $1x$ mol).

On obtient le tableau :

Puisque $1x=x$, nous simplifierons l’écriture dans la suite.

Étape 4 : Remplissage de la ligne concernant l’état final (E.F.)

L’avancement est ici maximal, égal à $x_\mathrm{max}$ (c’est lui que l’on veut déterminer). C’est la valeur de $x$ pour laquelle la réaction s’est arrêtée parce qu’un des réactifs a été totalement consommé.

Les quantités de matières s’expriment de la même manière que dans l’état précédent, mais en considérant la valeur particulière, $x_\mathrm{max}$, de l’avancement. On obtient le tableau final :

Le tableau est complet. Dans les questions suivantes, nous exploiterons ce tableau pour déterminer $x_\mathrm{max}$ ainsi que le réactif limitant. Nous pourrons alors déterminer l’état final du système.

2. Déterminons la valeur de l’avancement maximal $x_\mathrm{max}$.

Pour déterminer l’avancement maximal, nous faisons l’hypothèse, à tour de rôle, que chacun des réactifs est le réactif limitant. L’une des hypothèses conduira nécessairement à une absurdité (à condition néanmoins que les réactifs ne soient pas présent en proportions stoechiométriques, mais nous verrons cela plus tard).

$\triangleright$ Donc supposons dans un premier temps que le réactif limitant est $\mbox{I}_2$. Dans ce cas, on aurait $0{,}10-x_\mathrm{max}=0$ (par définition du réactif limitant, entièrement consommé à la fin de la réaction, la quantité de matière finale de $\mbox{I}_2$ serait nulle). Nous obtiendrions alors

$x_\mathrm{max}=0{,}10$ mol.

La quantité finale d’ions $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$ serait alors

$0{,}40-2x_\mathrm{max}=0{,}40-2\times 0{,}10=0{,}20$ mol.

$\triangleright$ Supposons maintenant que le réactif limitant est $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$. Dans ce cas, on aurait $0{,}40-2x_\mathrm{max}=0$. Nous obtiendrions alors

$x_\mathrm{max}=0{,}20$ mol.

La quantité finale de diiode $\mbox{I}_2$ serait alors

$0{,}10-x_\mathrm{max}=0{,}10-0{,}20=\color{red}{-}0{,}10$ mol.

Nous obtenons une quantité de matière négative ! Or ce n’est pas possible. Donc l’hypothèse conduisant à ce résultat, à savoir que $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$ est le réactif limitant, est absurde. Donc l’avancement maximal est

$\boxed{x_\mathrm{max}=0{,}10~\mathrm{mol}}$

3. D’après la question précédente, on en déduit immédiatement que le réactif limitant est le diiode $\mbox{I}_2$.

4. L’avancement maximal est $x_\mathrm{max}=0{,}10$ mol. Nous pouvons alors déterminer l’état final du système, à savoir les quantités de matière des différentes espèces chimique. Ces dernières sont exprimées dans la dernière ligne du tableau d’avancement en fonction de l’avancement maximal. Nous obtenons alors :

• pour le diiode $\mbox{I}_2$ (le réactif limitant) : $n_f(\mbox{I}_2)=0{,}10-0{,}10=0$ mol ;
• pour les ions thiosulfate $\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-}$ : $n_f(\mbox{S}_2\mbox{O}_3^{2-})=0{,}40-2\times 0{,}10=0{,}20$ mol ;
• pour les ions iodure $\mbox{I}^-$ : $n_f(\mbox{I}^-)=2\times 0{,}10=0{,}20$ mol ;
• pour les ions tétrathionate $\mbox{S}_4\mbox{O}_6^{2-}$ : $n_f(\mbox{S}_4\mbox{O}_6^{2-})=0{,}10$ mol.

On peut résumer l’état final dans le tableau d’avancement :

1. Je vous laisse le soin de construire et remplir le tableau en suivant pas à pas le modèle donné dans la correction de l’exercice 1. Attention, ici, les quantités de matière seront exprimées en mmol puisque les quantités de matière initiales des réactifs sont données en mmol.

2. $x_\mathrm{max}=0{,}20$ mmol.

3. Le réactif limitant sont les ions hydroxyde $\mbox{HO}^-$.

4. $n_f(\mbox{Fe}^{3+})=2{,}0$ mmol, $n_f(\mbox{HO}^-)=0$ mmol et $n_f(\mbox{Fe(OH)}_3)=4{,}0$ mmol.

1. Je vous laisse le soin de construire et remplir le tableau en suivant pas à pas le modèle donné dans la correction de l’exercice 1.

2. $x_\mathrm{max}=2{,}0$ mol.

3. Le réactif limitant est le dihydrogène $\mbox{H}_2$.

4. $n_f(\mbox{N}_2)=2{,}0$ mol, $n_f(\mbox{H}_2)=0$ mol et $n_f(\mbox{NH}_3)=4{,}0$ mol.

1. Je vous laisse le soin de construire et remplir le tableau en suivant pas à pas le modèle donné dans la correction de l’exercice 1.

2. $x_\mathrm{max}=\dfrac{4}{3}\simeq 1{,3}$ mol.

3. Le réactif limitant est le dioxygène $\mbox{O}_2$.

4. $n_f(\mbox{Fe})\simeq 6{,}7$ mol, $n_f(\mbox{O}_2)=0$ mol et $n_f(\mbox{Fe}_2\mbox{O}_3)\simeq 2{,}7$ mol.

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