Réactions chimiques et bilan de matière

L'équation de réaction et son ajustement

Au chapitre 8, tu décrivais une transformation chimique par une phrase : « le carbone et le dioxygène donnent du dioxyde de carbone ». C'est correct, mais un chimiste veut une notation compacte, universelle, et surtout comptable : qui peut compter les atomes. Cette notation, c'est l'équation de réaction.

La flèche se lit « donne » ou « se transforme en ». Elle n'est pas un signe « égal » au sens de l'arithmétique : elle marque le sens d'évolution, des réactifs vers les produits.

Exemple 1. La combustion du carbone s'écrit $\text{C}+{\text{O}}_2\to {\text{CO}}_2\mathrm{.}$ À gauche, un atome de carbone et une molécule de dioxygène ; à droite, une molécule de dioxyde de carbone. Compte les atomes : un C et deux O de chaque côté. L'équation est ajustée.

Exemple 2. La synthèse de l'eau, que tu retrouveras partout, s'écrit $2{\text{H}}_2+{\text{O}}_2\to 2{\text{H}}_2\text{O}\mathrm{.}$ Les nombres stœchiométriques sont ici $2$, $1$ et $2$ : deux molécules de dihydrogène réagissent avec une molécule de dioxygène pour former deux molécules d'eau.

Pourquoi et comment ajuster

Une équation n'est correcte que si elle respecte la conservation des éléments vue au chapitre 8 : autant d'atomes de chaque sorte à gauche qu'à droite. Ajuster (on dit aussi « équilibrer »), c'est choisir les nombres stœchiométriques pour que ce comptage tombe juste.

La méthode est systématique. On n'a pas le droit de modifier les formules (changer ${\text{H}}_2\text{O}$ en ${\text{H}}_2{\text{O}}_2$ inventerait une autre espèce) : on n'agit que sur les nombres placés devant. On ajuste élément par élément, en gardant les plus simples pour la fin.

Exemple 3. Ajustons la combustion du méthane ${\text{CH}}_4$. On part du squelette : ${\text{CH}}_4+{\text{O}}_2\to {\text{CO}}_2+{\text{H}}_2\text{O}\mathrm{.}$ Le carbone est déjà équilibré (un C de chaque côté). L'hydrogène ne l'est pas : quatre H à gauche, deux à droite. On place un $2$ devant l'eau : ${\text{CH}}_4+{\text{O}}_2\to {\text{CO}}_2+2{\text{H}}_2\text{O}\mathrm{.}$ Comptons enfin l'oxygène à droite : deux dans ${\text{CO}}_2$ et deux dans $2{\text{H}}_2\text{O}$, soit quatre O. On place donc un $2$ devant ${\text{O}}_2$ : ${\text{CH}}_4+2{\text{O}}_2\to {\text{CO}}_2+2{\text{H}}_2\text{O}\mathrm{.}$ Vérification : un C, quatre H, quatre O de chaque côté. Ajustée.

Le piège de Salma : changer les indices au lieu des nombres

Salma, pour équilibrer l'oxygène de l'exemple précédent, propose d'écrire $\text{CO}$ au lieu de ${\text{CO}}_2$ « pour qu'il y ait moins d'oxygène ». C'est l'erreur la plus grave qu'on puisse faire. Les indices d'une formule sont sacrés : $\text{CO}$ et ${\text{CO}}_2$ sont deux espèces chimiques différentes (le monoxyde et le dioxyde de carbone). Modifier un indice, c'est changer la nature des réactifs ou des produits, donc raconter une autre réaction. Pour ajuster, on ne touche jamais aux indices ni aux formules : on agit uniquement sur les nombres stœchiométriques placés devant les formules.

Les lois de conservation

Pourquoi faut-il ajuster ? Parce qu'une équation de réaction n'est pas une convention arbitraire : elle traduit une loi physique fondamentale, énoncée par Lavoisier à la fin du XVIIIᵉ siècle et déjà rencontrée au chapitre 8. Une réaction chimique réarrange les atomes, elle n'en crée ni n'en détruit.

La conservation des éléments est ce que tu vérifies en comptant les atomes. La conservation de la charge intervient dès qu'apparaissent des ions, ce qui sera courant dès le chapitre suivant avec les solutions.

Exemple 1. Dans $2{\text{H}}_2+{\text{O}}_2\to 2{\text{H}}_2\text{O}$, on retrouve quatre atomes H et deux atomes O de chaque côté : les éléments hydrogène et oxygène sont conservés. Aucun n'apparaît ni ne disparaît, ils se recombinent.

Exemple 2. L'attaque du fer par l'acide chlorhydrique met en jeu des ions : $\text{Fe}+2{\text{H}}^{+}\to {\text{Fe}}^{2+}+{\text{H}}_2\mathrm{.}$ Vérifions deux conservations à la fois. Les éléments : un Fe et deux H de chaque côté. La charge : à gauche, $0$ (le fer métal) $+2\times (+1)=+2$ ; à droite, $(+2)+0=+2$. Charge conservée, éléments conservés. L'équation est correcte.

La conséquence sur la masse

Si aucun atome ne se crée ni ne disparaît, et si chaque atome garde sa masse, alors la masse totale du système est conservée au cours de la réaction. La masse des réactifs consommés est exactement égale à la masse des produits formés.

Exemple 3. Karim affirme : « Quand le carbone brûle, il se consume et part en fumée, donc la masse diminue forcément. » Réfléchis avant de le croire. Le carbone ne disparaît pas : il se combine au dioxygène de l'air pour donner du dioxyde de carbone, un gaz invisible. Si l'on pesait tout (le carbone, le dioxygène consommé, le ${\text{CO}}_2$ produit), la masse serait rigoureusement conservée. Karim oublie de compter le dioxygène de l'air qui entre dans la réaction : ce n'est pas la masse qui diminue, c'est qu'une partie des produits s'échappe sous forme gazeuse. Le raisonnement de Karim est faux.

Le tableau d'avancement

Savoir qu'une réaction respecte des proportions ne dit pas encore combien d'espèces ont réagi à un instant donné. Pour suivre les quantités de matière au fil de la réaction, le chimiste dispose d'un outil d'une efficacité redoutable : le tableau d'avancement. Il repose sur une seule grandeur, qui résume tout l'état de la transformation.

L'avancement vaut $0$ au début (rien n'a réagi) et croît au fur et à mesure. Il est l'unique inconnue qui pilote toutes les quantités à la fois.

Le tableau d'avancement organise tout cela en trois lignes : l'état initial (avant réaction), l'état en cours (avancement $x$ quelconque) et l'état final (réaction terminée). Considérons la synthèse de l'eau $2{\text{H}}_2+{\text{O}}_2\to 2{\text{H}}_2\text{O}$, avec au départ $n_0({\text{H}}_2)$ moles de dihydrogène et $n_0({\text{O}}_2)$ moles de dioxygène.

Exemple 1. On part de $n_0({\text{H}}_2)=\mathrm{5,0}\text{ mol}$ et $n_0({\text{O}}_2)=\mathrm{4,0}\text{ mol}$. À un avancement $x$, il reste $\mathrm{5,0}-2x$ mol de dihydrogène, $\mathrm{4,0}-x$ mol de dioxygène, et il s'est formé $2x$ mol d'eau. Pour $x=\mathrm{1,5}\text{ mol}$ par exemple : $\mathrm{5,0}-2\times \mathrm{1,5}=\mathrm{2,0}\text{ mol}$ de ${\text{H}}_2$, $\mathrm{4,0}-\mathrm{1,5}=\mathrm{2,5}\text{ mol}$ de ${\text{O}}_2$, et $2\times \mathrm{1,5}=\mathrm{3,0}\text{ mol}$ d'eau.

Lire la cohérence du tableau

Le tableau d'avancement contient une vérification gratuite de la conservation de la masse. À tout instant, la quantité d'atomes de chaque élément, recalculée à partir des espèces présentes, doit rester constante. Si tu doutes de tes nombres stœchiométriques, le tableau te le dira : un élément qui « apparaît » ou « disparaît » en cours de route signale une équation mal ajustée.

Exemple 2. Reprenons l'exemple 1 à $x=\mathrm{1,5}\text{ mol}$. Comptons les atomes d'oxygène présents : $\mathrm{2,5}\text{ mol}$ de ${\text{O}}_2$ apportent $2\times \mathrm{2,5}=\mathrm{5,0}\text{ mol}$ d'atomes O, et $\mathrm{3,0}\text{ mol}$ d'eau en apportent $\mathrm{3,0}\text{ mol}$, soit $\mathrm{8,0}\text{ mol}$ au total. À l'état initial : $\mathrm{4,0}\text{ mol}$ de ${\text{O}}_2$, soit $\mathrm{8,0}\text{ mol}$ d'atomes O. Identique : l'élément oxygène est bien conservé.

Le piège de l'avancement confondu avec une quantité de matière

L'avancement $x$ s'exprime en moles, et c'est là que naît la confusion. $x$ n'est pas la quantité d'un réactif ou d'un produit en particulier : c'est un « compteur de tours de réaction ». La quantité d'eau formée vaut $2x$, pas $x$ ; celle de dihydrogène consommée vaut $2x$, pas $x$. Ne lis jamais $x$ comme « le nombre de moles d'eau » : multiplie toujours par le nombre stœchiométrique de l'espèce qui t'intéresse.

Le réactif limitant et l'avancement maximal

La réaction ne dure pas éternellement. Elle s'arrête au moment précis où l'un des réactifs est épuisé : il n'en reste plus une seule mole pour continuer. C'est ce réactif qui dicte la fin de la transformation — c'est le réactif limitant. Voilà la réponse à la question d'Amine au début du chapitre : la réaction s'arrête parce que le fer (et non l'acide) s'est épuisé.

Une quantité de matière ne peut jamais être négative : on ne peut pas consommer plus de réactif qu'on n'en a. C'est exactement ce qui donne la méthode de calcul de $x_{\text{max}}$.

Trouver le réactif limitant et $x_{\text{max}}$

La méthode est mécanique et infaillible. Pour chaque réactif, on écrit la condition « sa quantité finale est nulle » et on en tire la valeur de $x$ qui l'épuiserait : $n_0-(\text{nombre stœchiom}\acute{\text{e}}\text{trique})\times x=0⟹x={\displaystyle \frac{n_0}{\text{nombre stœchiom}\acute{\text{e}}\text{trique}}}\mathrm{.}$ On calcule ce rapport pour chaque réactif. Le réactif limitant est celui qui donne le plus petit de ces rapports, et cette plus petite valeur est $x_{\text{max}}$.

Exemple 1. Reprenons $2{\text{H}}_2+{\text{O}}_2\to 2{\text{H}}_2\text{O}$ avec $n_0({\text{H}}_2)=\mathrm{5,0}\text{ mol}$ et $n_0({\text{O}}_2)=\mathrm{4,0}\text{ mol}$. On calcule pour chaque réactif : ${\displaystyle \frac{n_0({\text{H}}_2)}{2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{5,0}}{2}}=\mathrm{2,5}\text{ mol};{\displaystyle \frac{n_0({\text{O}}_2)}{1}}={\displaystyle \frac{\mathrm{4,0}}{1}}=\mathrm{4,0}\text{ mol}\mathrm{.}$ Le plus petit rapport est $\mathrm{2,5}\text{ mol}$, obtenu pour le dihydrogène : ${\text{H}}_2$ est le réactif limitant, et $x_{\text{max}}=\mathrm{2,5}\text{ mol}$. Le dioxygène, lui, est en excès : il en restera à la fin.

Le piège de Karim : prendre le réactif le moins abondant

Karim regarde les quantités initiales $\mathrm{5,0}\text{ mol}$ de ${\text{H}}_2$ et $\mathrm{4,0}\text{ mol}$ de ${\text{O}}_2$, et conclut : « il y a moins de dioxygène, donc c'est lui le limitant. » C'est faux, et l'exemple 1 vient de le montrer : c'est le dihydrogène qui s'épuise le premier alors qu'il est plus abondant. L'erreur de Karim est de comparer les quantités brutes au lieu des rapports ${\displaystyle \frac{n_0}{\text{nombre stœchiom}\acute{\text{e}}\text{trique}}}$. Le dihydrogène est consommé deux fois plus vite (nombre stœchiométrique $2$ contre $1$) : sa plus grande quantité de départ ne compense pas. C'est le rapport, jamais la quantité brute, qui désigne le limitant.

Le cas du mélange stœchiométrique

Il existe un cas particulier élégant : celui où tous les réactifs s'épuisent en même temps. Cela arrive quand les quantités initiales sont exactement dans les proportions des nombres stœchiométriques. On parle alors de mélange stœchiométrique (ou « proportions stœchiométriques »). Aucun réactif n'est en excès : à la fin, il ne reste que des produits.

Exemple 2. Pour $2{\text{H}}_2+{\text{O}}_2\to 2{\text{H}}_2\text{O}$, un mélange stœchiométrique vérifie ${\displaystyle \frac{n_0({\text{H}}_2)}{2}}={\displaystyle \frac{n_0({\text{O}}_2)}{1}}$, c'est-à-dire $n_0({\text{H}}_2)=2\times n_0({\text{O}}_2)$. Avec $n_0({\text{O}}_2)=\mathrm{3,0}\text{ mol}$, il faut $n_0({\text{H}}_2)=\mathrm{6,0}\text{ mol}$ : les deux rapports valent alors $\mathrm{3,0}\text{ mol}$, les deux réactifs s'épuisent ensemble, $x_{\text{max}}=\mathrm{3,0}\text{ mol}$.

Le bilan de matière en fin de réaction

Une fois $x_{\text{max}}$ connu, dresser le bilan de matière consiste à calculer la quantité de chaque espèce à l'état final, puis, si on le souhaite, à convertir ces quantités en masses. C'est l'aboutissement concret de tout le chapitre : la réponse aux questions « combien reste-t-il de chaque réactif ? » et « combien a-t-on produit ? ».

Le réactif limitant a, par définition, une quantité finale nulle. Un réactif en excès garde une quantité finale strictement positive : c'est son reste (ou « excès »). Chaque produit atteint sa quantité maximale, donnée par son nombre stœchiométrique multiplié par $x_{\text{max}}$.

Exemple 1. Avec $2{\text{H}}_2+{\text{O}}_2\to 2{\text{H}}_2\text{O}$, $n_0({\text{H}}_2)=\mathrm{5,0}\text{ mol}$, $n_0({\text{O}}_2)=\mathrm{4,0}\text{ mol}$ et $x_{\text{max}}=\mathrm{2,5}\text{ mol}$ : $n_f({\text{H}}_2)=\mathrm{5,0}-2\times \mathrm{2,5}=0\text{ mol}(\text{limitant, }\acute{\text{e}}\text{puis}\acute{\text{e}}),$ $n_f({\text{O}}_2)=\mathrm{4,0}-\mathrm{2,5}=\mathrm{1,5}\text{ mol}(\text{exc}\grave{\text{e}}\text{s, reste}),$ $n_f({\text{H}}_2\text{O})=2\times \mathrm{2,5}=\mathrm{5,0}\text{ mol}(\text{produit form}\acute{\text{e}})\mathrm{.}$ À la fin : plus de dihydrogène, $\mathrm{1,5}\text{ mol}$ de dioxygène en excès, $\mathrm{5,0}\text{ mol}$ d'eau.

Du nombre de moles à la masse

Les bilans s'énoncent souvent en grammes, pas en moles. Le pont entre les deux est la relation du chapitre 3, $n={\displaystyle \frac{m}{M}}$, soit, dans le sens qui sert ici, $m=n\times M$ où $M$ est la masse molaire de l'espèce. On l'applique à chaque ligne du bilan.

Exemple 2. Quelle masse d'eau a-t-on formée dans l'exemple 1 ? La masse molaire de l'eau vaut $M({\text{H}}_2\text{O})=18\text{ g/mol}$. Donc $m({\text{H}}_2\text{O})=n_f({\text{H}}_2\text{O})\times M({\text{H}}_2\text{O})=\mathrm{5,0}\times 18=90\text{ g}\mathrm{.}$ On a produit $90\text{ g}$ d'eau.

Le piège du bilan oublié pour l'excès

Une fois le réactif limitant trouvé, beaucoup d'élèves ne calculent que les produits et déclarent le bilan terminé. C'est incomplet : un bilan de matière complet inclut le réactif en excès et son reliquat. Oublier $n_f({\text{O}}_2)=\mathrm{1,5}\text{ mol}$ dans l'exemple 1, c'est prétendre que le dioxygène a disparu, ce qui violerait la conservation de la matière. Un bilan se vérifie d'ailleurs en recomptant les atomes : la masse totale finale doit égaler la masse totale initiale.

Pièges classiques

1. Modifier une formule (ou ses indices) pour ajuster. Pour équilibrer une équation, on n'agit que sur les nombres stœchiométriques placés devant les formules. Changer ${\text{CO}}_2$ en $\text{CO}$ ou ${\text{H}}_2\text{O}$ en ${\text{H}}_2{\text{O}}_2$ revient à écrire une autre réaction : les indices font partie de l'identité de l'espèce et sont intouchables.

2. Croire que la masse diminue dans une combustion. Si l'on pèse tout, réactifs gazeux compris, la masse est conservée (Lavoisier). L'impression de « perte » vient du fait que certains produits s'échappent sous forme de gaz invisible, comme le ${\text{CO}}_2$. Aucun atome ne disparaît.

3. Lire l'avancement $x$ comme la quantité d'une espèce. $x$ est un compteur commun à toute la réaction, pas la quantité d'un réactif ou d'un produit. La quantité d'une espèce s'obtient en multipliant $x$ par son nombre stœchiométrique (et en soustrayant pour un réactif, en ajoutant pour un produit).

4. Désigner comme limitant le réactif le moins abondant. Ce qui compte n'est pas la quantité brute $n_0$, mais le rapport ${\displaystyle \frac{n_0}{\text{nombre stœchiom}\acute{\text{e}}\text{trique}}}$. Un réactif plus abondant mais consommé plus vite (grand nombre stœchiométrique) peut très bien être le limitant.

5. Oublier le réactif en excès dans le bilan. Un bilan de matière complet recense toutes les espèces finales, y compris le reliquat du réactif en excès. Ne calculer que les produits, c'est faire disparaître de la matière par mégarde.

6. Confondre l'état final avec « tous les réactifs à zéro ». Sauf en mélange stœchiométrique, un seul réactif (le limitant) s'épuise ; les autres restent en excès. Mettre tous les réactifs à zéro à l'état final est faux dès qu'il y a un excès.

Application concrète

Amine, de retour de l'atelier de ferronnerie de Fès, veut comprendre par le calcul ce qu'il a vu : on plonge du fer dans de l'acide chlorhydrique, du gaz se dégage, puis tout s'arrête alors qu'il reste de l'acide. Au laboratoire du lycée, il introduit $m(\text{Fe})=\mathrm{1,4}\text{ g}$ de fer en poudre dans une solution contenant $n_0({\text{H}}^{+})=\mathrm{0,080}\text{ mol}$ d'ions hydrogène. Il veut le réactif limitant, l'avancement maximal et le bilan complet, notamment la masse de dihydrogène dégagée. On donne $M(\text{Fe})=56\text{ g/mol}$ et $M({\text{H}}_2)=\mathrm{2,0}\text{ g/mol}$.

Étape 1 — Écrire et vérifier l'équation. La réaction du fer avec les ions hydrogène s'écrit $\text{Fe}+2{\text{H}}^{+}\to {\text{Fe}}^{2+}+{\text{H}}_2\mathrm{.}$ Amine vérifie les deux conservations. Éléments : un Fe et deux H de chaque côté. Charge : à gauche $0+2\times (+1)=+2$, à droite $(+2)+0=+2$. Équation ajustée, charge conservée. Les bulles observées à Fès, c'est ce dihydrogène ${\text{H}}_2$ qui s'échappe.

Étape 2 — Calculer les quantités initiales. La quantité de fer se tire de la relation du chapitre 3 : $n_0(\text{Fe})={\displaystyle \frac{m(\text{Fe})}{M(\text{Fe})}}={\displaystyle \frac{\mathrm{1,4}}{56}}=\mathrm{0,025}\text{ mol}\mathrm{.}$ La quantité d'ions hydrogène est donnée : $n_0({\text{H}}^{+})=\mathrm{0,080}\text{ mol}$.

Étape 3 — Dresser le tableau d'avancement. À un avancement $x$, le tableau donne :

Espèce	$\text{Fe}$	$2{\text{H}}^{+}$	${\text{Fe}}^{2+}$	${\text{H}}_2$
État initial	$\mathrm{0,025}$	$\mathrm{0,080}$	$0$	$0$
État en cours	$\mathrm{0,025}-x$	$\mathrm{0,080}-2x$	$x$	$x$

Étape 4 — Trouver le réactif limitant et $x_{\text{max}}$. Amine compare les rapports ${\displaystyle \frac{n_0}{\text{nombre stœchiom}\acute{\text{e}}\text{trique}}}$ : ${\displaystyle \frac{n_0(\text{Fe})}{1}}=\mathrm{0,025}\text{ mol};{\displaystyle \frac{n_0({\text{H}}^{+})}{2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,080}}{2}}=\mathrm{0,040}\text{ mol}\mathrm{.}$ Le plus petit est $\mathrm{0,025}\text{ mol}$, pour le fer : $\text{Fe}$ est le réactif limitant, et $x_{\text{max}}=\mathrm{0,025}\text{ mol}$. Le calcul confirme et chiffre ce qu'Amine avait observé à l'atelier : c'est bien le fer qui s'épuise le premier, alors que l'acide, lui, est en excès. Remarque au passage le piège évité : en quantités brutes, il y avait pourtant beaucoup plus d'ions ${\text{H}}^{+}$ ($\mathrm{0,080}\text{ mol}$) que de fer ($\mathrm{0,025}\text{ mol}$) — ce n'est pas la quantité brute qui décide, mais le rapport ${\displaystyle \frac{n_0}{\text{nombre stœchiom}\acute{\text{e}}\text{trique}}}$.

Étape 5 — Établir le bilan de matière. En remplaçant $x$ par $x_{\text{max}}=\mathrm{0,025}\text{ mol}$ : $n_f(\text{Fe})=\mathrm{0,025}-\mathrm{0,025}=0\text{ mol}(\text{limitant, }\acute{\text{e}}\text{puis}\acute{\text{e}}),$ $n_f({\text{H}}^{+})=\mathrm{0,080}-2\times \mathrm{0,025}=\mathrm{0,030}\text{ mol}(\text{acide en exc}\grave{\text{e}}\text{s, il en reste}),$ $n_f({\text{Fe}}^{2+})=\mathrm{0,025}\text{ mol},n_f({\text{H}}_2)=\mathrm{0,025}\text{ mol}\mathrm{.}$ La masse de dihydrogène dégagée vaut donc $m({\text{H}}_2)=n_f({\text{H}}_2)\times M({\text{H}}_2)=\mathrm{0,025}\times \mathrm{2,0}=\mathrm{0,050}\text{ g}=50\text{ mg}\mathrm{.}$

Conclusion. Le calcul résout l'énigme de l'atelier : avec ces quantités, c'est le fer qui est limitant, il s'épuise totalement tandis qu'il reste $\mathrm{0,030}\text{ mol}$ d'ions ${\text{H}}^{+}$ non consommés — exactement ce qu'Amine voyait, les bulles qui cessent alors qu'il reste encore beaucoup d'acide dans la cuve. On a produit $\mathrm{0,025}\text{ mol}$ de dihydrogène, soit $50\text{ mg}$ de gaz. Cette démarche — équation ajustée, tableau d'avancement, réactif limitant, bilan — est l'outil quantitatif de toute la chimie. Tu la retrouveras dès le chapitre suivant pour les titrages, où c'est précisément le mélange stœchiométrique qui repère le point d'équivalence, puis sans relâche en classes préparatoires, dès que tu écriras une réaction quantitative en solution.

À retenir