Transformations chimiques : équation et réactif limitant

Indique le rôle de l’espèce citée : réactif, produit ou espèce spectatrice.

1. Une poêle en fonte laissée humide rouille : le fer réagit avec le dioxygène et l’eau de l’air pour former de la rouille. Le fer est un
   Le fer de la poêle est consommé (sa quantité diminue) : c’est un réactif, comme le dioxygène et l’eau.
2. Lors de la photosynthèse, une feuille consomme du dioxyde de carbone et de l’eau, et forme du glucose et du dioxygène. Le dioxygène est un
   Le dioxygène apparaît : c’est un produit, comme le glucose.
3. On verse de la soude (ions Na⁺ et HO⁻) dans une solution de chlorure de nickel (ions Ni²⁺ et Cl⁻) : un précipité vert d’hydroxyde de nickel Ni(OH)₂ se forme ; les ions Na⁺ et Cl⁻ restent en même quantité. Les ions Cl⁻ sont une
   Leur quantité ne change pas : les ions Cl⁻ sont une espèce spectatrice (les ions Na⁺ aussi). Ils ne figurent pas dans l’équation Ni²⁺(aq) + 2 HO⁻(aq) → Ni(OH)₂(s).
4. Dans la même expérience, les ions HO⁻ sont un
   Les ions HO⁻ sont consommés pour former le précipité : ce sont des réactifs.
5. Un détartrant acide (ions H⁺) mousse sur le calcaire d’une bouilloire : du dioxyde de carbone se dégage. Le dioxyde de carbone est un
   Le dioxyde de carbone apparaît : c’est un produit de l’action d’un acide sur le calcaire.

On plonge un ruban de magnésium Mg(s) dans de l’acide chlorhydrique, solution qui contient des ions H⁺(aq) et Cl⁻(aq). Une effervescence se produit ; le gaz recueilli produit une légère détonation à l’approche d’une flamme : c’est du dihydrogène H₂. À l’état final, la solution contient des ions Mg²⁺(aq), des ions Cl⁻(aq) en même quantité qu’au départ et des ions H⁺(aq) en quantité plus faible qu’au départ.

1. Les deux réactifs sont le magnésium et les ions
   Le magnésium est consommé et la quantité d’ions H⁺ diminue : ce sont les deux réactifs.
2. Les deux produits sont le dihydrogène et les ions
   Les ions Mg²⁺ et le dihydrogène H₂ apparaissent : ce sont les produits.
3. L’espèce spectatrice est l’ion
   Les ions chlorure Cl⁻ sont en même quantité à l’état initial et à l’état final : ils sont spectateurs et n’apparaissent pas dans l’équation.
4. Équation : Mg(s) + H⁺(aq) → Mg²⁺(aq) + H₂(g)
   Il y a 2 atomes H dans H₂ : il faut 2 H⁺. Charge : 2 × (+1) = +2 à gauche, +2 à droite. Mg(s) + 2 H⁺(aq) → Mg²⁺(aq) + H₂(g).

On mélange une solution de chlorure de baryum (ions Ba²⁺ et Cl⁻) et une solution de sulfate de sodium (ions Na⁺ et SO₄²⁻). Un précipité blanc de sulfate de baryum BaSO₄ se forme. Après filtration, le filtrat contient les ions Na⁺ et Cl⁻ en même quantité qu’au départ.

1. Le précipité se forme à partir des ions baryum et des ions
   BaSO₄ contient l’élément baryum et le groupe sulfate : les réactifs sont les ions Ba²⁺ et les ions sulfate SO₄²⁻. Ba²⁺(aq) + SO₄²⁻(aq) → BaSO₄(s).
2. Dans l’équation, la charge totale des réactifs vaut
   Les charges +2 et −2 se compensent : la charge totale vaut 0, comme celle du précipité BaSO₄, qui est neutre. La charge est conservée.
3. La solution de sulfate de sodium est électriquement neutre : elle contient ions Na⁺ pour un ion SO₄²⁻.
   Un ion SO₄²⁻ porte deux charges négatives : il faut 2 ions Na⁺ pour les compenser (formule Na₂SO₄).
4. Un élève écrit : BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2 NaCl. Son équation contient à tort les ions Na⁺ et Cl⁻, qui sont
   Les ions Na⁺ et Cl⁻ ne sont ni consommés ni formés : ils sont spectateurs et ne doivent pas figurer dans l’équation.
5. Dans l’équation, l’état physique du sulfate de baryum s’écrit
   Le sulfate de baryum est un précipité, donc un solide : BaSO₄(s). Les ions dissous s’écrivent (aq).

Ajuste chaque équation : écris le nombre stœchiométrique devant chaque formule (écris 1 quand aucun nombre n’est à placer).

1. N₂ + H₂ → NH₃
   2 atomes N à gauche : 2 NH₃, soit 6 atomes H, donc 3 H₂. N₂ + 3 H₂ → 2 NH₃ (N : 2 = 2 ; H : 6 = 6).
2. Fe + O₂ → Fe₃O₄
   3 atomes Fe à droite : 3 Fe. 4 atomes O à droite : 2 O₂. 3 Fe + 2 O₂ → Fe₃O₄.
3. C₂H₆O + O₂ → CO₂ + H₂O
   2 atomes C : 2 CO₂. 6 atomes H : 3 H₂O. À droite : 4 + 3 = 7 atomes O ; l’éthanol en apporte 1, il en faut 6 de plus, soit 3 O₂. C₂H₆O + 3 O₂ → 2 CO₂ + 3 H₂O.
4. Al + H⁺ → Al³⁺ + H₂
   Avec 2 Al³⁺, la charge à droite vaut +6 : il faut 6 H⁺, qui forment 3 H₂. 2 Al + 6 H⁺ → 2 Al³⁺ + 3 H₂ ; charge : 6 × (+1) = +6 et 2 × (+3) = +6.

Ajuste ou complète.

1. Pour graver un circuit imprimé, une solution de chlorure de fer(III) dissout le cuivre : Fe³⁺ + Cu → Fe²⁺ + Cu²⁺
   Le cuivre passe de 0 à +2 ; chaque Fe³⁺ qui devient Fe²⁺ perd une charge : il en faut deux. 2 Fe³⁺ + Cu → 2 Fe²⁺ + Cu²⁺.
2. Dans cette équation ajustée, la charge totale des réactifs vaut
   2 × (+3) = +6 à gauche ; à droite, 2 × (+2) + 2 = +6 : la charge est conservée.
3. Pour extraire le plomb de la galène PbS, on la chauffe dans l’air : PbS + O₂ → PbO + SO₂
   Pb et S : un de chaque côté. O à droite : 1 + 2 = 3 atomes, un nombre impair : on double PbS, PbO et SO₂, soit 2 + 4 = 6 atomes O, donc 3 O₂. 2 PbS + 3 O₂ → 2 PbO + 2 SO₂.
4. Dans un flacon fermé, 2,4 g de carbone brûlent entièrement dans 6,4 g de dioxygène : C + O₂ → CO₂. Masse de dioxyde de carbone formée : g
   Système fermé : la masse se conserve (Lavoisier). m(CO₂) = 2,4 + 6,4 = 8,8 g.

Sur une balance, on pose un bécher d’acide chlorhydrique (ions H⁺ et Cl⁻) et, à côté, un morceau de craie (carbonate de calcium CaCO₃) : la balance indique 152,48 g. On plonge la craie dans l’acide : une effervescence de dioxyde de carbone se produit. Quand elle cesse, la balance indique 151,61 g. La transformation est modélisée par CaCO₃(s) + 2 H⁺(aq) → Ca²⁺(aq) + CO₂(g) + H₂O(ℓ).
Données : masse d’une molécule de CO₂ : 7,31 × 10⁻²³ g ; N_A = 6,02 × 10²³ mol⁻¹.

1. L’espèce spectatrice est l’ion
   Les ions chlorure Cl⁻ ne figurent pas dans l’équation : ils ne réagissent pas, ils sont spectateurs.
2. Diminution de la masse indiquée par la balance : g
   152,48 − 151,61 = 0,87 g.
3. Cette masse est celle du gaz qui a quitté le bécher ouvert, le
   Le bécher est ouvert : le dioxyde de carbone formé s’échappe et n’est plus pesé. Le système n’est pas fermé ; la masse n’a pas disparu, elle est partie dans l’air.
4. Dans un flacon fermé, la balance indiquerait à la fin : g
   Système fermé : le gaz reste pesé, la masse se conserve. La balance indiquerait 152,48 g, comme au début.
5. Quantité de dioxyde de carbone dégagé : n ≈ × 10⁻² mol
   N = 0,87 ÷ (7,31 × 10⁻²³) ≈ 1,19 × 10²² molécules ; n = N ÷ N_A = 1,19 × 10²² ÷ (6,02 × 10²³) ≈ 1,98 × 10⁻² mol.
6. Quantité de carbonate de calcium qui a réagi : × 10⁻² mol
   CaCO₃ et CO₂ ont le même nombre stœchiométrique (1) : il a réagi autant de carbonate de calcium, 1,98 × 10⁻² mol.

Calcule les quotients n ÷ nombre stœchiométrique, puis conclus.

1. 2 Mg + O₂ → 2 MgO, avec 0,30 mol de magnésium et 0,21 mol de dioxygène. Quotient du magnésium : ; quotient du dioxygène :
   Magnésium : 0,30 ÷ 2 = 0,15 ; dioxygène : 0,21 ÷ 1 = 0,21.
2. Dans ce mélange, le réactif limitant est le
   0,15 < 0,21 : le magnésium est limitant, bien qu’il soit introduit en plus grande quantité que le dioxygène.
3. 2 Cu + O₂ → 2 CuO, avec 0,44 mol de cuivre. Quantité de dioxygène d’un mélange stœchiométrique : mol
   Il faut n(O₂) ÷ 1 = n(Cu) ÷ 2, soit n(O₂) = 0,44 ÷ 2 = 0,22 mol.
4. H₂ + Cl₂ → 2 HCl, avec 0,40 mol de dihydrogène et 0,40 mol de dichlore : le mélange est
   Les deux quotients valent 0,40 : le mélange est stœchiométrique, les deux réactifs sont entièrement consommés.

Un réchaud de camping brûle du butane C₄H₁₀. Le système contient initialement 0,080 mol de butane et 0,65 mol de dioxygène. La transformation est totale : 2 C₄H₁₀ + 13 O₂ → 8 CO₂ + 10 H₂O.

1. Nombre d’atomes O de chaque côté de l’équation :
   À gauche : 13 × 2 = 26 ; à droite : 8 × 2 + 10 × 1 = 26. De même, C : 8 = 8 et H : 20 = 20. L’équation est ajustée : 26.
2. Quotient du butane : ; quotient du dioxygène :
   Butane : 0,080 ÷ 2 = 0,040 ; dioxygène : 0,65 ÷ 13 = 0,050.
3. Le réactif limitant est le
   0,040 < 0,050 : le butane est limitant ; tout le butane (0,080 mol) est consommé.
4. Quantité de dioxyde de carbone formée : mol
   2 mol de butane forment 8 mol de CO₂, soit 4 fois plus : n(CO₂) = 4 × 0,080 = 0,32 mol.
5. Quantité d’eau formée : mol
   2 mol de butane forment 10 mol d’eau, soit 5 fois plus : n(H₂O) = 5 × 0,080 = 0,40 mol.
6. Quantité de dioxygène restant : mol
   2 mol de butane consomment 13 mol de O₂ : n(O₂) consommée = 0,080 × 13 ÷ 2 = 0,52 mol. Il reste 0,65 − 0,52 = 0,13 mol.

On fait réagir 0,22 mol d’aluminium Al avec 0,30 mol de dichlore Cl₂. La transformation, totale, forme du chlorure d’aluminium AlCl₃. Un élève rédige : « Al + Cl₂ → AlCl₃. Comme 0,22 mol < 0,30 mol, l’aluminium est le réactif limitant ; il se forme donc 0,22 mol de AlCl₃. » Il a raisonné sur une équation non ajustée et comparé les quantités sans les diviser par les nombres stœchiométriques.

1. Équation ajustée : Al + Cl₂ → AlCl₃
   Cl : 2 à gauche, 3 à droite ; le plus petit multiple commun est 6 : 3 Cl₂ et 2 AlCl₃, donc 2 Al. 2 Al + 3 Cl₂ → 2 AlCl₃ (Al : 2 = 2 ; Cl : 6 = 6).
2. Quotient de l’aluminium : ; quotient du dichlore :
   Aluminium : 0,22 ÷ 2 = 0,11 ; dichlore : 0,30 ÷ 3 = 0,10.
3. Ici, le réactif entièrement consommé est le
   0,10 < 0,11 : le dichlore est limitant, bien qu’il soit introduit en plus grande quantité.
4. Quantité de chlorure d’aluminium formée : mol
   3 mol de Cl₂ forment 2 mol de AlCl₃ : n(AlCl₃) = 0,30 × 2 ÷ 3 = 0,20 mol.
5. Quantité d’aluminium restant : mol
   Al et AlCl₃ ont le même nombre stœchiométrique : 0,20 mol d’aluminium est consommée ; il en reste 0,22 − 0,20 = 0,02 mol.
6. Pour consommer les 0,22 mol d’aluminium, il faudrait mol de dichlore.
   2 mol de Al réagissent avec 3 mol de Cl₂ : n(Cl₂) = 0,22 × 3 ÷ 2 = 0,33 mol, plus que les 0,30 mol disponibles.

On verse une solution d’hydroxyde de sodium (ions Na⁺ et HO⁻) dans une solution de sulfate de cuivre(II) (ions Cu²⁺ et SO₄²⁻) qui contient 2,4 × 10⁻³ mol d’ions Cu²⁺. Un précipité bleu d’hydroxyde de cuivre(II) Cu(OH)₂ se forme. Les ions Cu²⁺ colorent une solution en bleu ; les autres ions sont incolores.

1. Équation : Cu²⁺(aq) + HO⁻(aq) → Cu(OH)₂(s)
   Il faut deux groupes HO pour un ion cuivre ; charge : 2 × (−1) = −2, et +2 − 2 = 0 de chaque côté. Cu²⁺(aq) + 2 HO⁻(aq) → Cu(OH)₂(s).
2. Après filtration, le filtrat est bleu : il reste des ions
   Seuls les ions Cu²⁺ colorent la solution en bleu : il en reste, ils sont en excès.
3. Dans ce cas, le réactif limitant est donc l’ion
   Les ions Cu²⁺ sont en excès : ce sont les ions hydroxyde HO⁻ qui ont été entièrement consommés.
4. On recommence en versant beaucoup plus de soude : le filtrat est incolore. Le réactif limitant est alors l’ion
   Le filtrat incolore ne contient plus d’ions Cu²⁺ : les ions cuivre(II) Cu²⁺ sont limitants, les ions HO⁻ en excès.
5. Pour obtenir un filtrat incolore, il faut verser au moins × 10⁻³ mol d’ions HO⁻.
   Mélange stœchiométrique : n(HO⁻) ÷ 2 = n(Cu²⁺) ÷ 1, soit n(HO⁻) = 2 × 2,4 × 10⁻³ = 4,8 × 10⁻³ mol.

On agite de la poudre de fer Fe(s) dans une solution bleue de sulfate de cuivre(II) (ions Cu²⁺ et SO₄²⁻). À l’état final : un dépôt rouge est apparu, il reste une poudre grise attirée par un aimant et la solution est vert pâle. Dans un échantillon du filtrat, quelques gouttes de soude donnent un précipité vert, et aucun précipité bleu.

1. Le dépôt rouge est un produit : du
   Le dépôt rouge est du cuivre métallique Cu(s), formé à partir des ions Cu²⁺.
2. L’ion spectateur est l’ion
   Les ions sulfate SO₄²⁻ ne figurent pas dans l’équation : ni consommés ni formés, ils sont spectateurs.
3. La poudre grise attirée par l’aimant montre qu’il reste du
   L’aimant attire le fer : il en reste à l’état final, le fer est en excès.
4. Le réactif limitant est l’ion
   Aucun précipité bleu avec la soude et plus de couleur bleue : il ne reste plus d’ions Cu²⁺, entièrement consommés. Ils sont limitants. Équation : Fe(s) + Cu²⁺(aq) → Fe²⁺(aq) + Cu(s).
5. Le précipité vert obtenu avec la soude révèle un autre produit, les ions
   La soude donne un précipité vert avec les ions Fe²⁺, formés par la transformation ; ils colorent la solution en vert pâle.

Six tubes contiennent chacun le même volume d’une même solution de nitrate de plomb (ions Pb²⁺ et NO₃⁻). On y ajoute des quantités croissantes d’ions iodure I⁻, apportés par une solution d’iodure de potassium (ions K⁺ et I⁻). Un précipité jaune d’iodure de plomb PbI₂ se forme ; après décantation, on mesure sa hauteur h.

1. Équation : Pb²⁺(aq) + I⁻(aq) → PbI₂(s)
   Un ion Pb²⁺ s’associe à 2 ions I⁻ ; charge : 2 × (−1) = −2, et +2 − 2 = 0 de chaque côté.
2. Les ions spectateurs sont les ions K⁺ et les ions
   Les ions K⁺ et nitrate NO₃⁻ ne participent pas à la précipitation : ils sont spectateurs.
3. Dans le tube 2, le réactif limitant est l’ion
   Des tubes 1 à 5, h est proportionnelle à n(I⁻) (0,4 cm pour chaque 0,6 × 10⁻⁴ mol) : tout l’iodure ajouté réagit, les ions I⁻ sont limitants.
4. Dans le tube 6, le réactif limitant est l’ion
   h n’augmente plus : les ions Pb²⁺ sont entièrement consommés, l’iodure ajouté en plus reste en solution.
5. Le mélange stœchiométrique est réalisé dans le tube
   Le tube 5 vérifie encore la proportionnalité (2,0 = 5 × 0,4) et atteint la hauteur maximale : les deux réactifs y sont entièrement consommés.
6. Quantité d’ions Pb²⁺ dans chaque tube : × 10⁻⁴ mol
   Dans le tube 5 : n(Pb²⁺) = n(I⁻) ÷ 2 = 3,0 × 10⁻⁴ ÷ 2 = 1,5 × 10⁻⁴ mol.

On réalise deux transformations dans un gobelet isolant et on relève la température.

1. Expérience A : Δθ = °C
   Δθ = 31,2 − 19,5 = +11,7 °C.
2. Expérience B : Δθ = °C
   Δθ = −8,5 − 22,0 = −30,5 °C.
3. La transformation A est
   La température augmente : la transformation libère de l’énergie thermique, elle est exothermique.
4. La transformation B est
   La température diminue : la transformation absorbe de l’énergie thermique, elle est endothermique.
5. Un élève dit : « dans B, le mélange produit du froid ». En réalité, la transformation de l’énergie thermique.
   Le « froid » n’est pas une grandeur physique. La transformation absorbe de l’énergie thermique, prise au mélange, au gobelet et à l’air : leur température baisse.

Réponds en raisonnant sur l’énergie échangée.

1. Une bûche ne s’enflamme qu’avec une allumette, mais une fois allumée, le feu chauffe toute la pièce. La combustion du bois est
   L’allumette n’apporte que l’énergie de démarrage ; la combustion libère ensuite de l’énergie thermique : elle est exothermique.
2. Une transformation qui s’arrête dès qu’on cesse de la chauffer est
   Elle a besoin d’un apport continu d’énergie thermique pour avancer : elle est endothermique.
3. Dans 50 mL d’une solution, 0,20 g d’un réactif limitant élève la température de 3,0 °C. Avec 0,50 g, toujours limitant, dans le même volume : Δθ = °C
   Δθ est proportionnelle à la masse du réactif limitant : 3,0 × 0,50 ÷ 0,20 = 7,5 °C.
4. Si l’on double la quantité de l’autre réactif, déjà en excès, Δθ
   L’énergie libérée dépend de la quantité de réactif limitant consommée, qui ne change pas : Δθ ne change pas.
5. Une transformation endothermique se déroule dans un tube tenu à la main, qui se refroidit : la main de l’énergie thermique au mélange.
   Le mélange absorbe de l’énergie thermique ; elle lui est fournie par son entourage, ici la main, qui cède de l’énergie et se refroidit.

Six gobelets isolants contiennent chacun 50,0 mL du même acide chlorhydrique. On y ajoute des masses croissantes de magnésium en poudre : Mg(s) + 2 H⁺(aq) → Mg²⁺(aq) + H₂(g). On relève l’élévation de température Δθ.

1. La transformation est
   Δθ est positive : la température monte, la transformation est exothermique.
2. Pour les quatre premiers gobelets, Δθ est proportionnelle à la masse de magnésium : elle vaut °C par gramme.
   4,5 ÷ 0,050 = 9,0 ÷ 0,100 = 13,5 ÷ 0,150 = 18,0 ÷ 0,200 = 90 °C par gramme : le rapport est constant, Δθ est proportionnelle à la masse.
3. Dans le gobelet qui reçoit 0,100 g, le réactif limitant est le
   Δθ est encore dans la partie proportionnelle : tout le magnésium réagit, le magnésium est limitant.
4. Dans le gobelet qui reçoit 0,400 g, le réactif limitant est l’ion
   Δθ n’augmente plus entre 0,300 g et 0,400 g : les ions H⁺ sont entièrement consommés, le magnésium ajouté en plus ne réagit pas.
5. Masse de magnésium du mélange stœchiométrique : m ≈ g
   Le palier 21,9 °C est atteint quand la droite Δθ = 90 × m vaut 21,9 : m = 21,9 ÷ 90 ≈ 0,243 g.
6. Quantité d’ions H⁺ dans chaque gobelet : × 10⁻² mol
   N(Mg) = 0,2433 ÷ (4,04 × 10⁻²³) ≈ 6,02 × 10²¹ ; n(Mg) = 6,02 × 10²¹ ÷ (6,02 × 10²³) ≈ 1,0 × 10⁻² mol. Au mélange stœchiométrique, n(H⁺) = 2 × n(Mg) ≈ 2,0 × 10⁻² mol.