Exercices livre P 135 n° 19, 21, 26, 29, 31, 33
Ex n°19
a. Tableau d’avancement :
SO2(g) + 2 H2S (g) 3 S (s) + 2 H2O (l)
x=0 nSO2 nH2S 0 0
x nSO2 – x nH2S – 2x 3x 2x
xmax nSO2 -xmax nH2S - 2xmax 3xmax 2xmax
b. Détermination de xmax :
- Si SO2 est limitant : nSO2 -xmax = 0 d’où xmax = nSO2 A.N. xmax = 4,0 mol - Si H2S est limitant : nH2S - 2xmax = 0 d’où xmax = nH2S/2 A.N. xmax = 2,5 mol
On garde xmax = 2,5 mol ; H2S est le réactif limitant.
c. Bilan de matière à l’état final :
Il s’est formé 3xmax = 7,5 mol de soufre (S) et 2xmax = 5,0 mol de H2O.
Il reste 4 – xmax = 1,5 mol de SO2. Ex n°21
a. Tableau d’avancement :
N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g)
x=0 nN2 nH2 0
x nN2 – x nH2 – 3x 2x
xmax nN2 -xmax nH2 - 3xmax 2xmax
b. Détermination de xmax :
- Si N2 est limitant : nN2 -xmax = 0 d’où xmax = nN2 A.N. xmax = 4,0 mol - Si H2S est limitant : nH2 - 3xmax = 0 d’où xmax = nH2/3 A.N. xmax = 2,0 mol
On garde xmax = 2,0 mol ; H2 est le réactif limitant.
Ex n°26
a. Equation de la réaction : C4H6O3(l) + C10H18O (l) C12H20O2(l) + C2H4O2(l)
b. Quantité d’anhydride initiale : 𝑛𝐴 =𝑚𝐴
𝑀𝐴 or 𝑚𝐴 = 𝜌𝐴. 𝑉𝐴 d’où 𝑛𝐴 =𝜌𝐴.𝑉𝐴
𝑀𝐴 A.N. 𝑛𝐴 =1,08×10,0
102 = 1,06×10−1𝑚𝑜𝑙 Quantité de linalol initiale :
𝑛𝐿 = 𝜌𝐿.𝑉𝐿
𝑀𝐿 A.N. 𝑛𝐴 = 0,87×5,0
154 = 2,8×10−2𝑚𝑜𝑙 c. Tableau d’avancement :
C4H6O3(l) + C10H18O (l) C12H20O2(l) + C2H4O2(l)
x=0 nA nL 0 0
x nA – x nL – x x x
xmax nA -xmax nL - xmax xmax xmax
- Si l’anhydride acétique est limitant : nA -xmax = 0 d’où xmax = nA A.N. xmax = 106 mmol - Si le linalol est limitant : nL - xmax = 0 d’où xmax = nL A.N. xmax = 28 mol
On garde xmax = 28 mmol ; le linalol est le réactif limitant.
d. Il se forme xmax = 28mmol d’éthanoate de linalyle.
Masse correspondante : 𝑚𝐸 = 𝑥𝑚𝑎𝑥. 𝑀𝐸 Volume correspondant : 𝑉𝐸 =𝑚𝐸
𝜌𝐸 = 𝑥𝑚𝑎𝑥.𝑀𝐸
𝜌𝐸 A.N. 𝑉𝐸 = 2,8×10−2×196
0,89= 6,2 𝑚𝐿
Ex n°29
a. Equation de la réaction : C2H8N2 (g) +2 N2O4 (g) 3 N2 (g) + 2 CO2(l) + 4 H2O (g)
b. Quantité initiale de DMHA : 𝑛𝐷𝑀𝐻𝐴 =𝑚𝐷𝑀𝐴𝐻
𝑀𝐷𝑀𝐻𝐴 A.N. 𝑛𝐷𝑀𝐻𝐴 = 50,0×106
60 = 8,33×105 𝑚𝑜𝑙 c. Tableau d’avancement :
C2H8N2 (g) + 2 N2O4 (g) 3 N2 (g) + 2 CO2(l) + 4 H2O (g)
x=0 nDMHA nN2O4 0 0 0
x nDMHA – x nN2O4 – 2x 3x 2x 4x
xmax nDMHA -xmax = 0 nN2O4 - 2xmax = 0 3xmax 2xmax 4xmax
Les quantités de DMHA et N2O4 sont en proportions stoechiométriques : les 2 réactifs sont donc limitants.
Détermination de xmax : d’après la colonne concernant la DMHA : nDMHA -xmax = 0
D’où xmax = nDMHA = 8,33x105mol D’après la colonne concernant N2O4 : nN2O4 - 2xmax = 0 d’où nN2O4 = 2xmax = 1,67x106 mol (Masse correspondante : mN2O4 = nN2O4.MN2O4 A.N. mN2O4 = 1,54x108 g = 154 tonnes) Il se forme alors : 3xmax = 2,50x106 mol de N2 ; 1,67x106 mol de CO2 ; 3,33x106 mol de H2O
(soit en masse : 70,0 tonnes de N2 ; 74 tonnes de CO2 ; 60 tonnes d’eau) Ex n°31
On peut suivre l’évolution du système par spectrophotométrie car un des réactifs et un des produits sont colorés.
Au départ, le système est orangé (de la couleur des ions Cr2O72-).
A la fin, le système est vert si tous les ions dichromate Cr2O72- ont disparu.
Tableau d’avancement :
3 C2H6O(aq) + 2 Cr2O72-
(aq) + 16 H+(aq) 3 C2H4O2(aq) + 4 Cr3+(aq) + 11 H2O(l)
x=0 nA n1 excès 0 0 0
x nA – 3x n1 – 2x excès 3x 4x 11x
xmax nA – 3xmax n1 - 2xmax Excès 3xmax 4xmax 11xmax
Calcul de n1 : 𝑛1 = 𝐶𝐶𝑟
2𝑂72−. 𝑉2 A.N. 𝑛1 = 2,0×10−2×10,0×10−3 = 2,0×10−4𝑚𝑜𝑙
Si le dichromate est le réactif limitant :
n1 - 2xmax = 0 d’où xmax = n1 / 2 A.N. xmax = 1,0x10-4 mol
D’après le tableau, pour un avancement x, la quantité de dichromate présente dans la solution est n1 – 2x
Le volume de la solution étant V = V1 +V2, la concentration en ion dichromate s’exprime alors par : 𝐶𝐶𝑟
2𝑂72−
′ = 𝑛1− 2𝑥 𝑉
La loi de Beer-Lambert annonce : 𝐴420 = 150×𝐶𝐶𝑟
2𝑂72−
′ d’où 𝐶𝐶𝑟
2𝑂72−
′ =𝐴420
150 D’où 𝐴150420 = 𝑛1−2𝑥
𝑉 ou encore 𝑛1 − 2𝑥 =𝐴420.𝑉
150
Ce qui donne 𝑥 =𝑛1
2 −𝐴420.𝑉
300
En remplaçant par les valeurs : 𝑥 = 1,0×10−4−𝐴420×12,0×10−3
300 = 10×1,0×10−5−𝐴420×12,0
3 ×10−5 soit 𝑥 = (10 − 4×𝐴420)×10−5𝑚𝑜𝑙
Application numérique de la formule précédente : xmax = 4,4x10-6 mol Complétons la dernière ligne du tableau pour le dichromate :
3 C2H6O(aq) + 2 Cr2O72-
(aq) + 16 H+(aq) 3 C2H4O2(aq) + 4 Cr3+(aq) + 11 H2O(l)
x=0 nA 2,0x10-4 excès 0 0 0
x nA – 3x 2,0x10-4 – 2x excès 3x 4x 11x
xmax nA – 3xmax 2,0x10-4 - 2xmax
= 1,9x10-4 mol
Excès 3xmax 4xmax 11xmax
Il reste du dicromate de potassium en fin de réaction.
Le réactif limitant est donc l’éthanol.
On peut aussi remarquer que la valeur de xmax est bien inférieure à celle calculée si le dichromate avait été limitant (question d). C’est donc l’éthanol qui est limitant.
Comme le réactif limitant est l’éthanol : nA – 3xmax = 0 D’où nA = 3xmax = 1,3x10-5 mol
Masse correspondante : mA = nA . MA A.N. mA = 1,3x10-5 x 46 = 6,0x10-4 g dans 2 mL Soit 0,3g pour 1L (il n’a pas dépassé la limite autorisée en France)
Ex n°33
Le rendement de la réaction est le pourcentage de la quantité de produit réellement obtenue par rapport à la quantité de produit qu’on peut théoriquement obtenir.
Ces deux quantités sont rarement égales expérimentalement en raison des pertes lors de la synthèse ou du type de réaction qui intervient et qui n’est pas toujours totale.
Equation de la réaction : C6H7NO (aq) + C4H6O3(aq) C8H9NO2 (s) + C2H4O2 (aq)
Quantité d’anhydride initiale : 𝑛𝐴 =𝑚𝐴
𝑀𝐴 or 𝑚𝐴 = 𝜌𝐴. 𝑉𝐴 d’où 𝑛𝐴 =𝜌𝐴.𝑉𝐴
𝑀𝐴 A.N. 𝑛𝐴 =1,082×12,0
102 = 1,27×10−1𝑚𝑜𝑙 Quantité de paraaminophénol initiale :
𝑛𝑃 =𝑚𝑃
𝑀𝑃 A.N. 𝑛𝑃 =10,0
109 = 9,17×10−2𝑚𝑜𝑙
Tableau d’avancement :
C6H7NO (aq) + C4H6O3(aq) C8H9NO2 (s) + C2H4O2 (aq)
x=0 nP nA 0 0
x nP – x nA – x x x
xmax nP -xmax nA - xmax xmax xmax
Détermination de xmax :
- Si l’anhydride acétique est limitant : nA -xmax = 0 d’où xmax = nA A.N. xmax = 127 mmol
- Si le paraaminophénol est limitant : nL - xmax = 0 d’où xmax = nL A.N. xmax = 91,7 mmol On garde xmax = 91,7 mmol ; le paraaminophénol est le réactif limitant.
Quantité de paracétamol théoriquement synthétisée : 𝑛𝑡ℎ = 𝑥𝑚𝑎𝑥 A.N. 𝑛𝑡ℎ = 91,7𝑚𝑚𝑜𝑙
Quantité de paracétamol réellement obtenue : 𝑛𝑒𝑥𝑝 = 𝑚𝑒𝑥𝑝
𝑀𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐é𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙 A.N. 𝑛𝑒𝑥𝑝 = 10,8
151 = 7,15×10−2𝑚𝑜𝑙
Calcul du rendement : 𝑟 =𝑛𝑒𝑥𝑝
𝑛𝑡ℎ A.N. 𝑟 = 71,5
91,7 = 0,780 Le rendement de la synthèse est de 78%
