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Transformations de la matière Utilisation du tableau d’avancement
SESAMES–groupe chimie– - 1 -
Juin 2005
De l’avancement d’une réaction chimique au bilan de matière de la
transformation correspondante
But :
Ce TP permet à l’élève de réinvestir la technique du tableau d’avancement dans un cas
expérimental. A partir d’un automatisme simple à acquérir, l’élève répond à des questions
variées relatives à une réaction chimique.
Ce TP a été construit en plusieurs étapes progressives. Chacune d’elle ayant un objectif
intégré à l’objectif d’ensemble du TP.
La première partie se limite à la préparation de l’expérience.
En deuxième partie, l’élève fait une première mesure qui lui permet de se familiariser avec
l’appareillage, nouveau pour lui. Sur le plan théorique, il manipule l’avancement dans un cas
simple. Il en déduit une information sur un réactif.
En troisième partie, il va prendre conscience de l’aspect automatique du travail qui lui est
demandé et s’apercevoir qu’il peut prévoir le résultat quantitatif du bilan de matière. Il en
déduit donc une information sur un produit.
En quatrième partie (que souvent les élèves n’ont pas le temps de terminer), il y a inversion
du réactif limitant. Cette difficulté est prise en charge par le tableau d’avancement. Si l’élève
se trompe sur la nature du réactif limitant, bien que l’énoncé l’aide, il trouvera
expérimentalement une valeur suffisamment différente de celle prévue pour être alertée de
son erreur.
La cinquième partie élargit le débat, et ne nécessite pas d’être réalisée dans la salle de TP.
Elle peut se faire à la maison, ou au cours suivant. Elle fait apparaître la notion de proportions
stœchiométriques de façon graphique.
C’est une autre approche de l’étude de la stœchiométrique, rendue possible en exploitant la
puissance du tableau d’avancement.
Préparation de la partie :
Il est essentiel que l’élève ait bien acquis la relation entre la concentration et la quantité de
matière et qu’il ait déjà eu une introduction à l’avancement d’une réaction chimique. En
particulier, l’élève doit avoir une idée sur la façon d’établir le tableau d’avancement d’une
réaction chimique, par exemple, le tableau d’avancement relatif à la réaction du vinaigre avec
l’hydrogénocarbonate de sodium. Par ailleurs, si le TP vinaigre-bicarbonate a été fait, l’élève
sera familiarisé avec une approche qualitative de cette réaction de production du dioxyde de
carbone.
Les élèves terminent en général le 3) en TP et le reste à la maison.
Matériel :
- Une burette graduée.
- Un ballon de 250 mL et un porte ballon.
- Un bouchon percé de deux trous aux dimensions du ballon.
- Une cuve à eau.
- Un tube en caoutchouc souple pour permettre la récupération d’un gaz.
- Une éprouvette graduée de 250 mL et éventuellement un système pour la maintenir
renversée.

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- Balance.
- Spatule.
- Entonnoir.
- Une solution d’acide chlorhydrique de concentration comprise entre 1,5 et 2,5 mol.L-1
non indiquée sur le flacon (environ 30 mL par binôme).
- Hydrogénocarbonae de sodium (environ 1,5 g par binôme).
- Glycérine pour l’étanchéité.
a) Commentaires sur les résultats expérimentaux :
Une étude détaillée de cette réaction montre que le volume de dioxyde de carbone est
inférieur au volume attendu. Il manque 10 à 20 % de CO2 au bilan final (la solubilité de ce
gaz dans l’eau est responsable de ce fait). Il ne faut donc pas donner aux élèves la
concentration en acide, car ils ne comprendraient pas le bilan de matière effectué, mais faire
calculer une concentration “ apparente ” à partir du volume de dioxyde de carbone
effectivement obtenu.
La différence entre le volume de CO2 obtenu et le volume théoriquement attendu est d’autant
plus faible que le volume du ballon utilisé est grand. Cela provient du fait que le gaz recueilli
sur la cuve à eau est surtout constitué d’air quand le volume du ballon est grand. On a donc
intérêt à utiliser un grand récipient pour réaliser cette expérience.
Le travail demandé dans ce TP, sans être malhonnête, contourne la difficulté due à
l’inévitable solubilisation du dioxyde de carbone. Pour cela, il faut que les questions soient
posées comme nous le préconisons.
Valeurs expérimentales obtenues le 24/12/99 à 13h45 :
masse 0,436 g (5,2 mmol)
acide 2 mol.L–1
volume de CO2 pour des additions successives de 1 mL d’acide environ 2 mol.L–1 (1 mL = 2
mmol d’ions H+) :
1 mL 20 mL (0,83 mmol de CO2)
2 mL 42 mL (1,7 mmol)
3 mL 60 mL (2,5 mmol)
4 mL 80 mL (3,3 mmol)
8 mL HCl 110 mL CO2 soit 4,6 mmol
avec un acide environ 6 mol.L–1. (1 mL = 6 mmol)
2,46 g de NaHCO3 (29,3 mmol)
0,5 mL 65 mL (2,7 mmol)
1,0 mL 130 mL (5,4 mmol)
2 mL 240 mL (10 mmol)
3 mL 365 mL (15,2 mmol)
4 mL 480 mL (20 mmol)
5 mL et au delà, volume pratiquement constant.

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b) Corrigé du TP :
1)Préparation :
Préparation de la partie
Précaution : mettre une goutte de glycérine lorsque l’on enfonce une pièce de verre dans un
bouchon, cela évite la casse et facilite le démontage. On pourra aussi utiliser du Parafilm.
Le professeur veillera personnellement au démontage de la burette, instrument fragile
et coûteux, ainsi qu’à son remontage après la pesée de NaHCO3 car à la moindre fuite,
l’expérience est perdue.
La lecture “ à l’envers ” de l’éprouvette est une source d’erreur chez les élèves. Le professeur
veillera à ce que la lecture soit correctement effectuée.
2) Première mesure : défaut d’acide
Difficultés des élèves et façon de les prendre en compte :
Les réactions chimiques en solution aqueuse pour lesquelles l’eau est un produit de la
réaction sont toujours délicates à gérer avec les élèves, et sources de difficultés. En effet, il y
a deux sortes d’eau : l’eau solvant, et l’eau produit de la réaction. C’est la raison pour
laquelle, dans nos tableaux d’avancement, on indique pudiquement que l’eau est un solvant,
sans prendre en compte la faible augmentation de la quantité de matière due à l’eau produite
pendant la réaction.
Corrigé :
a. Environ 20mL.
b. n = m0/84 (Avec notre pesée : masse 0,436 g, on a n = 5,2.10–3 mol)
c. na = ca.V1 (V1 = 1,0 mL, ca est pour l’instant inconnue de l’élève).
d. Il suffit de mettre les données calculées précédemment, ainsi que « 0 » pour Na+ et
CO2.
e. La ligne se remplit de façon automatique.
f. VCO2 = 20 mL. nCO2 = V/VM soit nCO2 = 20.10–3 / 24 = 0,83.10–3mol.
g. xmax est la quantité de matière de CO2 qui vient d’être calculée : xmax = 0,83.10–3 mol.
Il reste 5,2.10–3–xmax = 4,4.10–3 mol d’hydrogénocarbonate de sodium.
h. Si H+ est le réactif limitant, on peut écrire ca.V1–xmax = 0 soit ca.V1 = xmax.
On en déduit ca = xmax / V1 = 0,83.10–3/1,0.10–3 = 0,83 mol.L–1 (deux chiffres significatifs).
NaHCO3
+ H+
 Na+
+ H2O
+ CO2
avancement
x (mol)
quantité de
matière
(mol)
quantité de
matière
(mol)
quantité de
matière
(mol)
solvant
quantité de
matière
(mol)
Etat initial
0
5,2.10–3
ca.V1
0
solvant
0
Pendant la
réaction
x
5,2.10–3–x
ca.V1–x
x
solvant
x
Etat final
xmax
4,4.10–3
0
0,83.10–3
solvant
0,83.10–3
3) Deuxième mesure : défaut d’acide
a. Les élèves peuvent prédire 60 mL.
b. La quantité d’ion H+ est n3 = ca . V3 = 0,83 x 3.10–3 = 2,5.10–3 mol.

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c. et d. Il suffit dans le tableau de reporter les conditions initiales du précédent tableau,
mais avec la nouvelle valeur, cette fois connue de la quantité de matière d’ions H+.
Le remplissage de la seconde ligne est automatique à partir de la première.
NaHCO3
+ H+
 Na+
+ H2O
+ CO2
avancement
x (mol)
quantité de
matière
(mol)
quantité de
matière
(mol)
quantité de
matière
(mol)
solvant
quantité de
matière
(mol)
Etat initial
0
5,2.10–3
2,5.10–3
0
solvant
0
Pendant la
réaction
x
5,2.10–3–x
2,5.10–3–x
x
solvant
x
Etat final
xmax
5,2.10–3–
xmax
0
xmax
solvant
xmax
e. Comme H+ est en défaut, on a 2,5.10–3–xmax = 0 soit xmax = 2,5.10–3 mol.
La quantité de matière formée étant xmax, on a nCO2 = 2,5.10–3 mol. On attend donc le volume
VCO2 = nCO2 . VM soit VCO2 = 2,5.10–3 x 24 = 0,060 L = 60 mL.
4) Troisième mesure : excès d’acide
a. n10 = ca . V10 = 0,83 x 10.10–3 = 8,3.10–3 mol
b. Il suffit dans le tableau de reporter les conditions initiales du précédent tableau, mais
avec la nouvelle valeur de la quantité de matière d’ions H+. Le remplissage de la
seconde ligne est automatique à partir de la première.
c. Si l’acide n’était pas en excès, on aurait xmax = 8,3.10–3 mol, ce qui donnerait pour
NaHCO3final une valeur négative. Les ions H+ ne sont pas en défaut, ils sont donc en
excès.
d. Comme NaHCO3 est en défaut, on peut écrire 5,2.10–3–xmax = 0 et en déduire xmax =
5,2.10–3 mol.
C’est la quantité de matière de CO2 formée. On en déduit le volume attendu :
VC02 = 5,2.10–3 x 24 = 0,125 L = 125 mL.
NaHCO3
+ H+
 Na+
+ H2O
+ CO2
avancement
x (mol)
quantité de
matière
(mol)
quantité de
matière
(mol)
quantité de
matière
(mol)
solvant
quantité de
matière
(mol)
Etat initial
0
5,2.10–3
8,3.10–3
0
solvant
0
Pendant la
réaction
x
5,2.10–3–x
8,3.10–3–x
x
solvant
x
Etat final
xmax
5,2.10–3–
xmax
8,3.10–3–
xmax
xmax
solvant
xmax
5) Travail à faire à la maison
a. Le volume de gaz n’augmenterait pas ; le réactif limitant est NaHCO3 donc quel que
soit l’excès d’ions H+ , l’avancement ne change pas.
En fait, on s’aperçoit expérimentalement que le volume dans la cuve à eau augmente du
volume de liquide ajouté dans le ballon (simple déplacement d’air), ce qui est très peu.

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b. et c. On a une droite qui passe par de l’origine (définie par 2 valeurs en plus de l’origine)
puis un pallier horizontal. L’intersection entre les deux segments de droite donne le volume
d’acide qu’il aurait fallu ajouter pour être exactement dans les proportions stœchiométriques.