Tableau d'avancement

Les prérequis à avoir en tête

Avant de te lancer, trois choses doivent être au clair :

1. La quantité de matière $n$ se compte en moles (mol) : c'est la mesure du nombre d'entités (atomes, molécules, ions) mises en jeu.

2. L'équation bilan doit être équilibrée. Les grands nombres devant les formules sont les coefficients stœchiométriques (par exemple le $3$ et le $2$ dans $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \to 2\,NH_3}$).

3. Le sens de la réaction : les réactifs (à gauche) sont consommés, leurs quantités diminuent ; les produits (à droite) se forment, leurs quantités augmentent.

L'essentiel et les formules clés

Plutôt que de suivre chaque espèce séparément, on introduit une seule variable : l'avancement $x$ (en mol). Il part de $0$ (rien n'a réagi) et grandit au fur et à mesure que la réaction progresse.

Pour un réactif de coefficient $a$ : $\;n = n_0 - a\,x\;$ (sa quantité baisse).

Pour un produit de coefficient $p$ : $\;n = n_0 + p\,x\;$ (sa quantité monte).

Ici $n_0$ est la quantité au départ. La réaction s'arrête quand un réactif est épuisé : c'est le réactif limitant, et l'avancement atteint alors sa valeur maximale $x_{\max}$.

Un exemple fait en entier

Réaction : $\mathrm{Fe + S \to FeS}$ (tous les coefficients valent $1$).

Données : $n_0(\mathrm{Fe}) = 0{,}10\,\mathrm{mol}$, $n_0(\mathrm{S}) = 0{,}15\,\mathrm{mol}$, $n_0(\mathrm{FeS}) = 0$.

1. Pendant la réaction (avancement $x$) : $n(\mathrm{Fe}) = 0{,}10 - x$, $n(\mathrm{S}) = 0{,}15 - x$, $n(\mathrm{FeS}) = x$.

2. Qui limite ? On compare $\dfrac{n_0}{\text{coeff}}$ : pour $\mathrm{Fe}$, $\dfrac{0{,}10}{1} = 0{,}10$ ; pour $\mathrm{S}$, $\dfrac{0{,}15}{1} = 0{,}15$. Le plus petit est $0{,}10$, donc $\mathrm{Fe}$ est le réactif limitant.

3. Avancement maximal : $\mathrm{Fe}$ s'annule le premier : $0{,}10 - x = 0 \Rightarrow x_{\max} = 0{,}10\,\mathrm{mol}$.

4. État final : $n(\mathrm{Fe}) = 0$, $n(\mathrm{S}) = 0{,}15 - 0{,}10 = 0{,}05\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{FeS}) = 0{,}10\,\mathrm{mol}$.

Et voilà : avec un seul nombre $x$, tu décris toute la transformation. Si tu sais faire ça, tu as déjà l'essentiel pour ton contrôle.

Les définitions à connaître

L'avancement $x$ (en mol) est la variable unique qui mesure le degré d'avancement d'une réaction. On distingue trois états :

• État initial : $x = 0$, on note les quantités de départ $n_0$.
• État intermédiaire : avancement $x$ quelconque, en cours de réaction.
• État final : la réaction est terminée, $x$ a atteint sa valeur finale.

Deux cas se présentent selon la réaction :

• Une réaction totale se poursuit jusqu'à épuisement du réactif limitant : $x$ atteint sa valeur maximale $x_{\max}$.
• Une réaction non totale (équilibre chimique) s'arrête avant : $x$ s'arrête à $x_f \lt x_{\max}$, et il reste de tous les réactifs.

On mesure alors le taux d'avancement final $\tau = \dfrac{x_f}{x_{\max}}$, compris entre $0$ et $1$ (avec $\tau = 1$ pour une réaction totale).

Le tableau, ligne par ligne (et la méthode)

Le tableau d'avancement se construit pour une équation générique $a\,\mathrm{A} + b\,\mathrm{B} \to p\,\mathrm{P}$ :

La méthode en 5 étapes :

1. Écrire l'équation bilan équilibrée.
2. Ligne « état initial » : noter $n_0$ de chaque espèce ($0$ pour les produits absents au départ).
3. Ligne « état intermédiaire » : retrancher $a\,x$ à chaque réactif de coefficient $a$, ajouter $p\,x$ à chaque produit de coefficient $p$.
4. Réactif limitant : calculer $\dfrac{n_0}{\text{coeff}}$ pour chaque réactif ; le plus petit ratio donne $x_{\max}$.
5. Ligne « état final » : remplacer $x$ par $x_{\max}$ (réaction totale) ou par $x_f = \tau\,x_{\max}$ (réaction non totale).

Réactif limitant, x max et exemple complet

Le réactif limitant est celui qui s'épuise le premier. On le trouve en comparant les rapports $\dfrac{n_0}{\text{coeff}}$ ; le plus petit fixe l'avancement maximal :

$x_{\max} = \min\!\left(\dfrac{n_0(\mathrm{A})}{a},\ \dfrac{n_0(\mathrm{B})}{b},\ \ldots\right)$

Exemple — synthèse de l'ammoniac $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \to 2\,NH_3}$.

Données : $n_0(\mathrm{N_2}) = 1{,}0\,\mathrm{mol}$, $n_0(\mathrm{H_2}) = 6{,}0\,\mathrm{mol}$, $n_0(\mathrm{NH_3}) = 0$.

État intermédiaire : $n(\mathrm{N_2}) = 1{,}0 - x$, $n(\mathrm{H_2}) = 6{,}0 - 3x$, $n(\mathrm{NH_3}) = 2x$.

Rapports : $\dfrac{n_0(\mathrm{N_2})}{1} = 1{,}0$ et $\dfrac{n_0(\mathrm{H_2})}{3} = 2{,}0$. Le minimum est $1{,}0$, donc $\mathrm{N_2}$ est limitant.

Avancement maximal : $1{,}0 - x = 0 \Rightarrow x_{\max} = 1{,}0\,\mathrm{mol}$.

État final : $n(\mathrm{N_2}) = 0$, $n(\mathrm{H_2}) = 6{,}0 - 3 \times 1{,}0 = 3{,}0\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{NH_3}) = 2 \times 1{,}0 = 2{,}0\,\mathrm{mol}$.

Exemple 1 — quand le limitant n'est pas le plus abondant

On fait la combustion du dihydrogène : $\mathrm{2\,H_2 + O_2 \to 2\,H_2O}$.

Données : $n_0(\mathrm{H_2}) = 3{,}0\,\mathrm{mol}$, $n_0(\mathrm{O_2}) = 2{,}0\,\mathrm{mol}$.

On écrit les quantités en cours de réaction. $\mathrm{H_2}$ a le coefficient $2$, donc on retranche $2x$ ; $\mathrm{O_2}$ a le coefficient $1$, on retranche $x$ ; $\mathrm{H_2O}$ a le coefficient $2$, on ajoute $2x$ :

$n(\mathrm{H_2}) = 3{,}0 - 2x$, $n(\mathrm{O_2}) = 2{,}0 - x$, $n(\mathrm{H_2O}) = 2x$.

On cherche le limitant. Attention : il y a plus de $\mathrm{H_2}$ que de $\mathrm{O_2}$, mais ce n'est pas ce qui compte. On compare les rapports $\dfrac{n_0}{\text{coeff}}$.

Pour $\mathrm{H_2}$ : $\dfrac{3{,}0}{2} = 1{,}5$. Pour $\mathrm{O_2}$ : $\dfrac{2{,}0}{1} = 2{,}0$. Le plus petit est $1{,}5$, donc c'est $\mathrm{H_2}$ le limitant (alors qu'il est le plus abondant en moles !).

On en déduit $x_{\max}$. $\mathrm{H_2}$ s'annule : $3{,}0 - 2x = 0 \Rightarrow x_{\max} = 1{,}5\,\mathrm{mol}$.

On remplit l'état final. $n(\mathrm{H_2}) = 0$, $n(\mathrm{O_2}) = 2{,}0 - 1{,}5 = 0{,}5\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{H_2O}) = 2 \times 1{,}5 = 3{,}0\,\mathrm{mol}$.

Morale : le limitant se lit sur le rapport $\dfrac{n_0}{\text{coeff}}$, jamais sur la seule quantité initiale.

Exemple 2 — le mélange stœchiométrique

Reprenons $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \to 2\,NH_3}$, mais avec $n_0(\mathrm{N_2}) = 2{,}0\,\mathrm{mol}$ et $n_0(\mathrm{H_2}) = 6{,}0\,\mathrm{mol}$.

Quantités en cours : $n(\mathrm{N_2}) = 2{,}0 - x$, $n(\mathrm{H_2}) = 6{,}0 - 3x$, $n(\mathrm{NH_3}) = 2x$.

Rapports : $\dfrac{2{,}0}{1} = 2{,}0$ et $\dfrac{6{,}0}{3} = 2{,}0$. Les deux sont égaux : les réactifs sont introduits dans les proportions stœchiométriques.

Conséquence : les deux réactifs s'épuisent en même temps, donc $x_{\max} = 2{,}0\,\mathrm{mol}$.

État final : $n(\mathrm{N_2}) = 2{,}0 - 2{,}0 = 0$, $n(\mathrm{H_2}) = 6{,}0 - 3 \times 2{,}0 = 0$, $n(\mathrm{NH_3}) = 2 \times 2{,}0 = 4{,}0\,\mathrm{mol}$.

Quand les rapports sont égaux, il ne reste aucun réactif à la fin : c'est le cas idéal, sans excès.

Exemple 3 — une réaction non totale

Certaines réactions ne sont pas totales : elles s'arrêtent sur un équilibre. On te donne alors le taux d'avancement final $\tau$. Prenons $\mathrm{A + B \to C}$ avec $n_0(\mathrm{A}) = n_0(\mathrm{B}) = 0{,}10\,\mathrm{mol}$ et $\tau = 0{,}60$.

Étape 1 — $x_{\max}$ comme si c'était total. Les rapports sont égaux, $\dfrac{0{,}10}{1} = 0{,}10$, donc $x_{\max} = 0{,}10\,\mathrm{mol}$.

Étape 2 — l'avancement final réel. $x_f = \tau \times x_{\max} = 0{,}60 \times 0{,}10 = 0{,}060\,\mathrm{mol}$.

Étape 3 — l'état final. On remplace $x$ par $x_f$ : $n(\mathrm{A}) = 0{,}10 - 0{,}060 = 0{,}040\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{B}) = 0{,}040\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{C}) = 0{,}060\,\mathrm{mol}$.

Ici il reste des réactifs à la fin ($0{,}040\,\mathrm{mol}$ de chacun) : c'est la signature d'une réaction non totale, où $\tau \lt 1$.

Les subtilités, les pièges et ce que le correcteur attend

À ce niveau, quelques réflexes font la différence :

• On te donne souvent des masses ou des volumes, pas des moles : commence par convertir avec $n = \dfrac{m}{M}$ (solide/liquide) ou $n = \dfrac{V}{V_m}$ (gaz).
• Le réactif limitant se détermine toujours en comparant $\dfrac{n_0}{\text{coeff}}$, jamais les quantités brutes.
• Distingue bien $x_{\max}$ (réaction totale) et $x_f = \tau\,x_{\max}$ (réaction non totale).
• Garde des unités partout et respecte les chiffres significatifs des données.

Ce que le correcteur attend dans ta copie : l'équation équilibrée, un tableau à trois lignes propre, la comparaison explicite des rapports, une phrase de conclusion qui nomme le réactif limitant, puis les quantités finales avec leur unité.

Pièges classiques à éviter :

• Oublier d'équilibrer l'équation : des coefficients faux faussent tout le tableau.
• Retrancher $x$ au lieu de $a\,x$ : le coefficient multiplie toujours $x$.
• Prendre le plus grand rapport pour $x_{\max}$ : c'est le minimum qui commande.
• Confondre $x_{\max}$ et $x_f$ : si $\tau \lt 1$, il reste des réactifs.

Problème type 1 — de la masse aux quantités finales

Énoncé : on brûle $m(\mathrm{CH_4}) = 1{,}6\,\mathrm{g}$ de méthane avec $n_0(\mathrm{O_2}) = 0{,}30\,\mathrm{mol}$ de dioxygène. Équation : $\mathrm{CH_4 + 2\,O_2 \to CO_2 + 2\,H_2O}$. Données : $M(\mathrm{CH_4}) = 16\,\mathrm{g/mol}$, $M(\mathrm{CO_2}) = 44\,\mathrm{g/mol}$. Quelle masse de dioxyde de carbone se forme ?

1. Convertir en moles. $n_0(\mathrm{CH_4}) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{1{,}6}{16} = 0{,}10\,\mathrm{mol}$.

2. Quantités en cours. $n(\mathrm{CH_4}) = 0{,}10 - x$, $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}30 - 2x$, $n(\mathrm{CO_2}) = x$, $n(\mathrm{H_2O}) = 2x$.

3. Réactif limitant. $\dfrac{n_0(\mathrm{CH_4})}{1} = 0{,}10$ et $\dfrac{n_0(\mathrm{O_2})}{2} = \dfrac{0{,}30}{2} = 0{,}15$. Le plus petit est $0{,}10$ : $\mathrm{CH_4}$ est limitant.

4. Avancement maximal. $0{,}10 - x = 0 \Rightarrow x_{\max} = 0{,}10\,\mathrm{mol}$.

5. État final. $n(\mathrm{CH_4}) = 0$, $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}30 - 2 \times 0{,}10 = 0{,}10\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{CO_2}) = 0{,}10\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{H_2O}) = 0{,}20\,\mathrm{mol}$.

6. Revenir à une masse. $m(\mathrm{CO_2}) = n \times M = 0{,}10 \times 44 = 4{,}4\,\mathrm{g}$.

Le dioxygène est en excès ($0{,}10\,\mathrm{mol}$ restent) : ne l'oublie pas dans ta conclusion.

Problème type 2 — lire x f et calculer τ

Énoncé : pour $\mathrm{N_2 + 3\,H_2 \to 2\,NH_3}$, on part de $n_0(\mathrm{N_2}) = 1{,}0\,\mathrm{mol}$ et $n_0(\mathrm{H_2}) = 3{,}0\,\mathrm{mol}$. La réaction est non totale ; à l'équilibre on mesure $n(\mathrm{NH_3}) = 1{,}6\,\mathrm{mol}$. Déterminer $\tau$ et la composition finale.

1. $x_{\max}$ théorique. Rapports : $\dfrac{1{,}0}{1} = 1{,}0$ et $\dfrac{3{,}0}{3} = 1{,}0$ (mélange stœchiométrique), donc $x_{\max} = 1{,}0\,\mathrm{mol}$.

2. Lire $x_f$ à partir du produit. $n(\mathrm{NH_3}) = 2\,x_f$, donc $x_f = \dfrac{1{,}6}{2} = 0{,}80\,\mathrm{mol}$.

3. Taux d'avancement. $\tau = \dfrac{x_f}{x_{\max}} = \dfrac{0{,}80}{1{,}0} = 0{,}80$, soit $80\%$.

4. Composition finale. $n(\mathrm{N_2}) = 1{,}0 - 0{,}80 = 0{,}20\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{H_2}) = 3{,}0 - 3 \times 0{,}80 = 0{,}60\,\mathrm{mol}$, $n(\mathrm{NH_3}) = 1{,}6\,\mathrm{mol}$.

Vérifie la cohérence : $\tau \lt 1$ et il reste des deux réactifs — logique pour une réaction non totale.

Pourquoi x max est un minimum (l'idée de la démonstration)

La formule $x_{\max} = \min\!\left(\dfrac{n_0(\mathrm{A})}{a},\ \dfrac{n_0(\mathrm{B})}{b},\ \ldots\right)$ n'est pas magique : elle vient d'une contrainte physique simple.

Une quantité de matière ne peut jamais être négative. Pour chaque réactif, $n = n_0 - a\,x \ge 0$. En isolant $x$, cela impose :

$x \le \dfrac{n_0(\mathrm{A})}{a}\;$ pour $\mathrm{A}$, $\quad x \le \dfrac{n_0(\mathrm{B})}{b}\;$ pour $\mathrm{B}$, etc.

L'avancement doit respecter toutes ces contraintes à la fois : il est donc borné par la plus petite d'entre elles. La réaction s'arrête dès qu'un réactif atteint $0$ — c'est exactement le minimum, et le réactif qui l'impose est le limitant.

Les ponts avec le reste du programme

Le tableau d'avancement est une porte d'entrée vers plusieurs notions :

• Rendement d'une synthèse : le taux d'avancement $\tau$ compare l'avancement réel à l'avancement maximal — même esprit que le rendement que tu croiseras en chimie organique.
• Concentrations et dilutions : une fois les quantités finales connues, tu remontes aux concentrations $c = \dfrac{n}{V}$, en lien direct avec la dissolution et la dilution.
• Espèces gazeuses : pour un gaz, $n = \dfrac{V}{V_m}$ (ou la loi $PV = nRT$) te donne les $n_0$ à placer dans le tableau.

Un aperçu de l'année prochaine

En Terminale, le tableau d'avancement reste ton outil de base, et deux grandes idées le prolongent :

• L'équilibre chimique. Pour une réaction non totale, on introduit le quotient de réaction $Q_r$ et la constante d'équilibre $K$. Le taux $\tau \lt 1$ que tu manipules déjà devient la mesure de « jusqu'où » la réaction va.
• La cinétique chimique. On regarde l'avancement en fonction du temps, $x(t)$ : sa vitesse d'évolution définit la vitesse de réaction, et le temps de demi-réaction $t_{1/2}$ correspond à $x = \dfrac{x_{\max}}{2}$ (ou $\dfrac{x_f}{2}$).

Le graphe ci-dessous montre les deux fins possibles : une réaction totale monte jusqu'à $x_{\max}$, une réaction non totale plafonne à $x_f$.