Première · Physique-chimie

Avancement et bilan de matière

Chapitre 3

15 questions originales à réponses multiples pour vérifier les notions, les méthodes et les points de vigilance du chapitre.

Cette série reprend les idées essentielles du chapitre Avancement et bilan de matière. Elle alterne connaissances, méthodes, conditions d’application et pièges classiques.

Comment répondre ?

Prévois une feuille et un stylo pour poser tes calculs et rédiger tes étapes. Chaque QCM propose cinq affirmations. Une ou plusieurs réponses peuvent être exactes. Coche-les, vérifie, puis ouvre la correction pour comprendre chaque proposition. Tu obtiens un point seulement si tu coches toutes les bonnes réponses, sans cocher de réponse fausse.

0 question vérifiée sur 15

Question 1

Plaque de zinc dans une solution bleue

Une plaque apporte 0,060 mol de Zn(s) à une solution contenant 0,040 mol de Cu²⁺(aq). Le dépôt rouge suit Zn(s) + Cu²⁺(aq) → Zn²⁺(aq) + Cu(s), supposée totale. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Au plus 0,040 mol de Cu(s) peut se déposer. La quantité de cuivre déposé vaut 0,100 mol en additionnant les réactifs. Après réaction totale, il reste 0,020 mol de Zn(s). Le dépôt rouge est du Zn²⁺(aq). Cu²⁺ est le réactif limitant dans cette expérience.

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Réponse attendue : A, C, E

A — Vrai. Cu²⁺ initial vaut 0,040 mol et le coefficient de Cu est un ; x_max = 0,040 mol et n(Cu formé) = 0,040 mol.
B — Faux. La stœchiométrie 1:1 borne le cuivre par les 0,040 mol de Cu²⁺, sans addition des deux réactifs.
C — Vrai. Zn est consommé 1:1 avec Cu²⁺ : 0,060 − 0,040 = 0,020 mol de Zn subsistent.
D — Faux. Zn²⁺ est un ion qui reste en solution ; le dépôt métallique rouge est Cu(s) selon l’équation.
E — Vrai. La solution apporte 0,040 mol de Cu²⁺ pour 0,060 mol de Zn ; l’ion cuivre(II) s’épuise d’abord.

Méthode à retenir. Comparer les deux réactifs 1:1, puis distinguer dépôt de cuivre et zinc restant sur la plaque.

Question 2

Combustion du dihydrogène : former de l’eau

Une enceinte contient 0,100 mol de H₂(g) et 0,080 mol de O₂(g). Une étincelle déclenche la transformation totale 2 H₂(g) + O₂(g) → 2 H₂O(l). Sélectionner toutes les propositions exactes.

H₂ s’épuise en premier. Il reste 0,030 mol de O₂ à l’état final. Tout le dioxygène est consommé parce qu’il est présent en plus petite quantité. Une mole de H₂ réagit avec deux moles de O₂. Il se forme 0,100 mol de H₂O si la transformation est totale.

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Réponse attendue : A, B, E

A — Vrai. 0,100 mol de H₂ demandent 0,050 mol de O₂ ; les 0,080 mol disponibles d’O₂ suffisent.
B — Vrai. Pour consommer 0,100 mol de H₂, la réaction utilise 0,050 mol de O₂ ; il reste 0,080 − 0,050 = 0,030 mol.
C — Faux. Il faut comparer n/ν : 0,100/2 = 0,050 mol contre 0,080/1 = 0,080 mol ; H₂ limite.
D — Faux. L’équation ajustée indique l’inverse : 2 mol de H₂ pour 1 mol de O₂.
E — Vrai. Les coefficients de H₂ et H₂O valent chacun deux ; la quantité d’eau formée égale celle de H₂ consommée.

Méthode à retenir. Pour deux molécules de H₂, une de O₂ est consommée ; calculer la consommation de chaque gaz.

Question 3

Dégagement de dihydrogène et réactif restant

Pour recueillir H₂(g), on met 0,060 mol de Fe(s) au contact de 0,100 mol de H⁺(aq). La réaction totale suit Fe(s) + 2 H⁺(aq) → Fe²⁺(aq) + H₂(g). Déterminer la limite puis les restes. Sélectionner toutes les propositions exactes.

H⁺ est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique. La quantité finale de H⁺ vaut 0,200 mol. Il y a 0,100 mol de H₂ à l'état final. La borne stœchiométrique est x_max = 0,050 mol. La quantité finale de Fe vaut 0,110 mol.

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Réponse attendue : A, D

A — Vrai. Pour Fe et H⁺, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,060 mol et 0,050 mol ; H⁺ atteint la limite stœchiométrique en premier.
B — Faux. H⁺ est un réactif : n_f(H⁺) = 0,100 − 2 × 0,050 = 0,000 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
C — Faux. Le coefficient de H₂ vaut 1, donc n_f(H₂) = 0,000 + 1 × 0,050 = 0,050 mol ; la valeur proposée double à tort la formation.
D — Vrai. On confronte les épuisements possibles : 0,060 mol/1 = 0,060 mol et 0,100 mol/2 = 0,050 mol. Le plus petit rapport fixe x_max = 0,050 mol.
E — Faux. Fe est consommé : on soustrait 1x_f à 0,060 mol ; sa quantité finale vaut 0,010 mol, pas une somme.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

Question 4

Préparer du chlorure d’aluminium

Une synthèse utilise 0,080 mol d’Al(s) et 0,090 mol de Cl₂(g) selon 2 Al(s) + 3 Cl₂(g) → 2 AlCl₃(s). On suppose la réaction totale et on cherche le solide obtenu et les réactifs restants. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La borne stœchiométrique est x_max = 0,030 mol. Il y a 0,060 mol de AlCl₃ à l'état final. Cl₂ est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique. La quantité finale de Cl₂ vaut 0,180 mol. La quantité finale de Al vaut 0,020 mol.

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Réponse attendue : A, B, C, E

A — Vrai. On confronte les épuisements possibles : 0,080 mol/2 = 0,040 mol et 0,090 mol/3 = 0,030 mol. Le plus petit rapport fixe x_max = 0,030 mol.
B — Vrai. Transformation totale : x_f = x_max = 0,030 mol. On ajoute c x_f au produit initial : 0,000 + 2 × 0,030 = 0,060 mol.
C — Vrai. Pour Al et Cl₂, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,040 mol et 0,030 mol ; Cl₂ atteint la limite stœchiométrique en premier.
D — Faux. Cl₂ est un réactif : n_f(Cl₂) = 0,090 − 3 × 0,030 = 0,000 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
E — Vrai. Le réactif Al diminue de 2x_f : n_f(Al) = 0,080 − 2 × 0,030 = 0,020 mol.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

Question 5

Combustion dans une enceinte contenant déjà CO₂

Une enceinte contient 0,030 mol de CH₄, 0,080 mol de O₂ et déjà 0,004 mol de CO₂. La combustion totale suit CH₄ + 2 O₂ → CO₂ + 2 H₂O, avec les états gazeux usuels. Sélectionner toutes les propositions exactes.

CH₄ limite la combustion complète. La quantité finale de CO₂ vaut 0,034 mol. Il faut 0,080 mol de O₂ pour consommer les 0,030 mol de CH₄. La quantité résiduelle de O₂ vaut 0,020 mol. L’état final contient seulement 0,030 mol de CO₂.

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Réponse attendue : A, B, D

A — Vrai. 0,030 mol de CH₄ demandent 0,060 mol de O₂, inférieurs aux 0,080 mol présents.
B — Vrai. 0,030 mol de CH₄ forment 0,030 mol de CO₂ ; avec 0,004 mol déjà présentes, le total est 0,034 mol.
C — Faux. La proportion est 1 CH₄ pour 2 O₂ ; il faut 0,060 mol de O₂, pas tout le stock.
D — Vrai. L’oxygène consommé vaut 2 × 0,030 = 0,060 mol ; il reste 0,080 − 0,060 = 0,020 mol.
E — Faux. Ce calcul oublie les 0,004 mol de CO₂ présentes avant réaction ; le total est 0,034 mol.

Méthode à retenir. Tenir compte du CO₂ initial quand on calcule la quantité finale : produit final = produit initial + produit formé.

Question 6

Attaque acide du carbonate de calcium

Un morceau de CaCO₃(s), quantité 0,040 mol, est plongé dans une solution apportant 0,060 mol de H⁺(aq). Le gaz CO₂ provient de CaCO₃ + 2 H⁺ → Ca²⁺ + CO₂ + H₂O, supposée totale. Identifier le reste solide. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La quantité finale de H⁺ vaut 0,120 mol. La borne stœchiométrique est x_max = 0,030 mol. H⁺ est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique. Il y a 0,060 mol de CO₂ à l'état final. La quantité finale de CaCO₃ vaut 0,070 mol.

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Réponse attendue : B, C

A — Faux. H⁺ est un réactif : n_f(H⁺) = 0,060 − 2 × 0,030 = 0,000 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
B — Vrai. On confronte les épuisements possibles : 0,040 mol/1 = 0,040 mol et 0,060 mol/2 = 0,030 mol. Le plus petit rapport fixe x_max = 0,030 mol.
C — Vrai. Pour CaCO₃ et H⁺, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,040 mol et 0,030 mol ; H⁺ atteint la limite stœchiométrique en premier.
D — Faux. Le coefficient de CO₂ vaut 1, donc n_f(CO₂) = 0,000 + 1 × 0,030 = 0,030 mol ; la valeur proposée double à tort la formation.
E — Faux. CaCO₃ est consommé : on soustrait 1x_f à 0,040 mol ; sa quantité finale vaut 0,010 mol, pas une somme.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

Question 7

Ammoniac produit et gaz non consommé

Dans une enceinte réactive, 0,020 mol de N₂ et 0,090 mol de H₂ sont mis en présence. Pour une limite stœchiométrique théorique, on utilise N₂ + 3 H₂ → 2 NH₃. Sélectionner toutes les propositions exactes.

0,090 mol de H₂ impose 0,090 mol de NH₃. La présence de N₂ limitant démontre que la réaction réelle est totale. N₂ est le réactif limitant théorique. La quantité théorique de NH₃ formé vaut 0,040 mol. Il resterait 0,030 mol de H₂ si cette limite était atteinte.

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Réponse attendue : C, D, E

A — Faux. Le rapport H₂/NH₃ vaut 3/2, et N₂ limite ; le maximum de NH₃ est 0,040 mol.
B — Faux. Un réactif limitant définit une borne stœchiométrique ; la transformation peut s’arrêter avant cette borne et garder des réactifs.
C — Vrai. n(N₂)/1 = 0,020 mol, tandis que n(H₂)/3 = 0,030 mol ; le plus petit rapport est celui de N₂.
D — Vrai. Une avancée de 0,020 mol forme 2 × 0,020 = 0,040 mol de NH₃ selon le coefficient deux.
E — Vrai. H₂ consommé = 3 × 0,020 = 0,060 mol ; 0,090 − 0,060 = 0,030 mol.

Méthode à retenir. Comparer n(N₂) et n(H₂)/3, puis calculer NH₃ formé et H₂ restant si la limite est atteinte.

Question 8

Dioxygène d’une combustion d’éthanol

On veut estimer la consommation de O₂ quand 0,040 mol de C₂H₅OH(l) brûlent avec 0,090 mol de O₂(g). Le bilan total est C₂H₅OH + 3 O₂ → 2 CO₂ + 3 H₂O. Étudier l’effet du facteur trois devant O₂. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La borne stœchiométrique est x_max = 0,030 mol. Il y a 0,060 mol de CO₂ à l'état final. O₂ est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique. La quantité finale de O₂ vaut 0,180 mol. La quantité finale de C₂H₅OH vaut 0,070 mol.

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Réponse attendue : A, B, C

A — Vrai. On confronte les épuisements possibles : 0,040 mol/1 = 0,040 mol et 0,090 mol/3 = 0,030 mol. Le plus petit rapport fixe x_max = 0,030 mol.
B — Vrai. Transformation totale : x_f = x_max = 0,030 mol. On ajoute c x_f au produit initial : 0,000 + 2 × 0,030 = 0,060 mol.
C — Vrai. Pour C₂H₅OH et O₂, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,040 mol et 0,030 mol ; O₂ atteint la limite stœchiométrique en premier.
D — Faux. O₂ est un réactif : n_f(O₂) = 0,090 − 3 × 0,030 = 0,000 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
E — Faux. C₂H₅OH est consommé : on soustrait 1x_f à 0,040 mol ; sa quantité finale vaut 0,010 mol, pas une somme.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

Question 9

Bilan 9 · Fe³⁺ et Sn²⁺

On modélise la transformation totale par 2 Fe³⁺(aq) + Sn²⁺(aq) → 2 Fe²⁺(aq) + Sn⁴⁺(aq). Au départ, n(Fe³⁺) = 0,120 mol, n(Sn²⁺) = 0,040 mol et n(Fe²⁺) = 0,000 mol. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La quantité finale de Sn²⁺ vaut 0,080 mol. Sn²⁺ est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique. Il y a 0,160 mol de Fe²⁺ à l'état final. La quantité finale de Fe³⁺ vaut 0,200 mol. La borne stœchiométrique vaut x_max = 0,060 mol.

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Réponse attendue : B

A — Faux. Sn²⁺ est un réactif : n_f(Sn²⁺) = 0,040 − 1 × 0,040 = 0,000 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
B — Vrai. Pour Fe³⁺ et Sn²⁺, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,060 mol et 0,040 mol ; Sn²⁺ atteint la limite stœchiométrique en premier.
C — Faux. Le coefficient de Fe²⁺ vaut 2, donc n_f(Fe²⁺) = 0,000 + 2 × 0,040 = 0,080 mol ; la valeur proposée double à tort la formation.
D — Faux. Fe³⁺ est consommé : on soustrait 2x_f à 0,120 mol ; sa quantité finale vaut 0,040 mol, pas une somme.
E — Faux. Les rapports sont 0,120/2 = 0,060 mol pour Fe³⁺ et 0,040/1 = 0,040 mol pour Sn²⁺ ; le minimum est 0,040 mol.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

Question 10

Compléter une précipitation

On mélange deux solutions apportant 0,025 mol de Ag⁺(aq) et 0,030 mol de Cl⁻(aq). On suppose totale la réaction Ag⁺(aq) + Cl⁻(aq) → AgCl(s). Avant filtration, une technicienne veut consommer aussi l'ion initialement en excès en ajoutant un seul réactif. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Apporter 0,005 mol supplémentaire de Ag⁺(aq) suffit dans ce modèle. Il faut ajouter 0,005 mol de Cl⁻ pour consommer l'excès initial. La première précipitation laisse 0,005 mol de Cl⁻(aq). Après cet ajout, la quantité totale maximale de AgCl(s) est 0,030 mol. La quantité de AgCl(s) ne peut jamais dépasser 0,025 mol, même après l'ajout.

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Réponse attendue : A, C, D

A — Vrai. Le chlorure restant réagit avec Ag⁺ dans le rapport 1:1. Une solution de nitrate d'argent peut fournir ces 0,005 mol de Ag⁺, avec l'ion nitrate spectateur.
B — Faux. Cl⁻ est déjà en excès : en ajouter augmenterait cet excès. Il faut fournir 0,005 mol de l'autre réactif, Ag⁺.
C — Vrai. Les 0,025 mol de Ag⁺ consomment autant de Cl⁻ ; 0,030 − 0,025 = 0,005 mol de chlorure restent en solution.
D — Vrai. La première étape forme 0,025 mol de AgCl ; l'ajout complémentaire permet encore 0,005 mol. On obtient 0,030 mol en tout si chaque précipitation est totale.
E — Faux. 0,025 mol est la limite avant l'ajout. Les 0,005 mol de Ag⁺ supplémentaires peuvent réagir avec les 0,005 mol de Cl⁻ restants.

Méthode à retenir. Comparer les quantités dans le rapport 1:1 ; identifier l'excès, puis calculer la quantité complémentaire à apporter.

Question 11

Formation de diiode observée avant épuisement

Une solution contenant 0,080 mol d’ions iodure I⁻ reçoit 0,060 mol d’ions peroxodisulfate S₂O₈²⁻. Le bilan est 2 I⁻ + S₂O₈²⁻ → I₂ + 2 SO₄²⁻ ; un suivi du diiode donne un avancement final mesuré de 0,018 mol. Comparer cet état observé à la limite stœchiométrique possible. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La borne stœchiométrique est x_max = 0,040 mol. La quantité finale de S₂O₈²⁻ vaut 0,078 mol. La quantité finale de I⁻ vaut 0,116 mol. I⁻ est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique. Il y a 0,018 mol de I₂ à l'état final mesuré.

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Réponse attendue : A, D, E

A — Vrai. On confronte les épuisements possibles : 0,080 mol/2 = 0,040 mol et 0,060 mol/1 = 0,060 mol. Le plus petit rapport fixe x_max = 0,040 mol.
B — Faux. S₂O₈²⁻ est un réactif : n_f(S₂O₈²⁻) = 0,060 − 1 × 0,018 = 0,042 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
C — Faux. I⁻ est consommé : on soustrait 2x_f à 0,080 mol ; sa quantité finale vaut 0,044 mol, pas une somme.
D — Vrai. Pour I⁻ et S₂O₈²⁻, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,040 mol et 0,060 mol ; I⁻ atteint la limite stœchiométrique en premier.
E — Vrai. Le produit suivi varie de +1x_f : n_f(I₂) = 0,000 + 1 × 0,018 = 0,018 mol, avec x_f observé.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

Question 12

Magnésium pendant l’attaque acide

On met 0,070 mol de Mg(s) en contact avec une solution apportant 0,100 mol de H⁺(aq). La réaction est Mg(s) + 2 H⁺(aq) → Mg²⁺(aq) + H₂(g). Pendant le suivi, à la date t, l’avancement vaut x(t) = 0,030 mol : la transformation n’est pas encore terminée. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La quantité de H⁺ à cette date est 0,100 mol. Il reste 0,040 mol de Mg(s) à cette date. À cette date, 0,030 mol de H₂(g) a été formée. Le dihydrogène formé prouve que Mg(s) est le réactif limitant théorique. La borne stœchiométrique de l’avancement vaut 0,050 mol.

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Réponse attendue : B, C, E

A — Faux. Deux ions H⁺ sont consommés par avancement élémentaire : n(H⁺, t) = 0,100 − 2 × 0,030 = 0,040 mol.
B — Vrai. Le magnésium consommé vaut 1 × 0,030 = 0,030 mol ; n(Mg, t) = 0,070 − 0,030 = 0,040 mol.
C — Vrai. Le coefficient de H₂ est 1 et il n’y en avait pas initialement : n(H₂, t) = 1 × x(t) = 0,030 mol.
D — Faux. La formation du gaz ne désigne pas le limitant. Les rapports initiaux aux coefficients sont 0,070 mol pour Mg et 0,050 mol pour H⁺ : H⁺ limiterait une réaction totale.
E — Vrai. Les deux épuisements théoriques donnent 0,070/1 = 0,070 mol pour Mg et 0,100/2 = 0,050 mol pour H⁺ : x_max = 0,050 mol.

Méthode à retenir. À la date t, soustraire les quantités consommées selon les coefficients, puis comparer x(t) à la borne d’épuisement x_max.

Question 13

Précipitation en cours de mélange

Deux solutions apportent initialement 0,030 mol de Ba²⁺(aq) et 0,050 mol de SO₄²⁻(aq). Lors du mélange, la précipitation Ba²⁺(aq) + SO₄²⁻(aq) → BaSO₄(s) progresse ; à une date t du suivi, l’avancement vaut x(t) = 0,014 mol, avant l’achèvement de la réaction. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Ba²⁺ fixerait la borne stœchiométrique à x_max = 0,030 mol. À cette date, 0,014 mol de BaSO₄(s) a été formée. À cette date, il reste 0,016 mol de Ba²⁺(aq). Le solide a déjà atteint sa quantité maximale parce que les deux ions sont encore présents. La quantité de SO₄²⁻ à cette date est 0,064 mol.

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Réponse attendue : A, B, C

A — Vrai. Les épuisements théoriques sont 0,030/1 = 0,030 mol pour Ba²⁺ et 0,050/1 = 0,050 mol pour SO₄²⁻. Le premier est la borne.
B — Vrai. Le coefficient du précipité vaut 1 : n(BaSO₄, t) = 0 + x(t) = 0,014 mol.
C — Vrai. Le cation est consommé dans le rapport 1:1 : n(Ba²⁺, t) = 0,030 − 0,014 = 0,016 mol.
D — Faux. À cette date, x(t) = 0,014 mol est inférieur à x_max = 0,030 mol ; les ions encore présents peuvent poursuivre la précipitation.
E — Faux. SO₄²⁻ est consommé, pas formé : n(SO₄²⁻, t) = 0,050 − 0,014 = 0,036 mol.

Méthode à retenir. Établir les quantités de matière au moment observé et distinguer cet avancement de la borne théorique.

Question 14

Déduire l'avancement d'un gaz restant

Dans un réacteur fermé, on introduit 0,120 mol de CO(g) et 0,080 mol de O₂(g), sans CO₂ initial. La réaction modélisée est 2 CO(g) + O₂(g) → 2 CO₂(g). Une analyse du gaz après réaction donne n_f(CO) = 0,070 mol ; on suppose qu'aucune autre réaction ne consomme CO. Sélectionner toutes les propositions exactes.

L'avancement mesuré est 0,060 mol puisque c'est la borne maximale. L'avancement observé vaut x_f = 0,025 mol. CO est entièrement épuisé parce qu'il serait limitant si la réaction était totale. La quantité de CO₂(g) formée est 0,050 mol. Il reste 0,055 mol de O₂(g) dans ce modèle.

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Réponse attendue : B, D, E

A — Faux. 0,060 mol est x_max, établi à partir des quantités initiales. La mesure du CO restant donne x_f = 0,025 mol, inférieur à cette borne.
B — Vrai. Le CO consommé vaut 0,120 − 0,070 = 0,050 mol. Son coefficient étant 2, x_f = 0,050 mol/2 = 0,025 mol.
C — Faux. La limite théorique vaut min(0,120/2 ; 0,080/1) = 0,060 mol, mais l'analyse donne x_f = 0,025 mol et encore 0,070 mol de CO.
D — Vrai. CO₂ est absent au départ et son coefficient vaut 2 : n_f(CO₂) = 2 × 0,025 = 0,050 mol.
E — Vrai. L'équation consomme une mole de O₂ par mole d'avancement : n_f(O₂) = 0,080 − 0,025 = 0,055 mol.

Méthode à retenir. Retrouver x_f par le CO consommé, puis calculer les autres quantités finales ; comparer séparément à x_max.

Question 15

Oxyder NO dans un réacteur

Un réacteur admet 0,100 mol de NO(g) et 0,070 mol de O₂(g) pour la réaction 2 NO + O₂ → 2 NO₂. La quantité de NO₂ formée permet de fixer l’avancement final à 0,020 mol. Il faut distinguer l’avancement mesuré de celui qui épuiserait le premier réactif. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La quantité finale de NO vaut 0,140 mol. La borne stœchiométrique est x_max = 0,050 mol. Il y a 0,100 mol de NO₂ à l'état final mesuré. La quantité finale de O₂ vaut 0,090 mol. NO est le réactif limitant pour la transformation totale hypothétique.

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Réponse attendue : B, E

A — Faux. NO est consommé : on soustrait 2x_f à 0,100 mol ; sa quantité finale vaut 0,060 mol, pas une somme.
B — Vrai. On confronte les épuisements possibles : 0,100 mol/2 = 0,050 mol et 0,070 mol/1 = 0,070 mol. Le plus petit rapport fixe x_max = 0,050 mol.
C — Faux. Ce nombre suppose à tort x_f = x_max. L'analyse donne x_f = 0,020 mol, donc n_f(NO₂) = 0,040 mol.
D — Faux. O₂ est un réactif : n_f(O₂) = 0,070 − 1 × 0,020 = 0,050 mol. La valeur proposée ajoute à tort ce qui est consommé.
E — Vrai. Pour NO et O₂, les rapports initiaux aux coefficients valent respectivement 0,050 mol et 0,070 mol ; NO atteint la limite stœchiométrique en premier.

Méthode à retenir. Comparer n₀/ν pour les deux réactifs ; distinguer x_max de x_f, puis renseigner chaque quantité finale par n₀ ± νx_f, avec x en mol.

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