Réactif limitant et stœchiométrie

Comparez les moles divisées par le coefficient, puis faites varier un réactif jusqu'au coude et au plateau du rendement.

Exemple résolu — Réactif limitant et stœchiométrie

lots de réaction	0,9921
2NH₃	33,792 g
Plus petit moles ÷ coefficient	0,9921
Rendement théorique	33,792 g
Excès restant	0,208 g

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Le réactif limitant n'est pas celui dont vous avez le moins 🖖

Avec 28 g de N₂ et 6 g de H₂, l'hydrogène fournit 2,9762 mol contre 0,9995 mol d'azote, mais H₂ limite. L'équation exige trois H₂ pour un N₂ : après division par les coefficients, 0,9921 contre 0,9995 décide.

Le rendement forme deux droites avec un coude 🖖

Faites varier un réactif : le rendement monte linéairement jusqu'à l'égalité des rapports moles-coefficient, puis devient plat. Le coude est le point stœchiométrique ; au-delà, tout ajout reste en excès.

Plus de 100 % signale une contamination ou une erreur 🖖

Le rendement théorique est une borne supérieure imposée par la conservation des atomes. Dépasser 100 % ne vainc donc pas la stœchiométrie : le produit est souvent humide ou impur, ou une masse a été mal mesurée.

Problèmes entièrement résolus

Huit grammes d'hydrogène, quarante d'oxygène, et l'oxygène s'épuise en premier 6 étapes
Faites brûler 8 g d'hydrogène avec 40 g d'oxygène : 2H₂ + O₂ → 2H₂O. Déterminez quel réactif limite la réaction, la masse d'eau et ce qu'il reste dans le récipient. Calculez ensuite exactement quelle quantité d'oxygène supplémentaire serait nécessaire pour qu'il ne reste rien.
1. La masse n'indique rien tant qu'elle n'est pas convertie en moles, car l'équation compte les molécules. H₂ vaut 2 × 1,008 = 2,016 g/mol et O₂ vaut 2 × 15,999 = 31,998 g/mol.
  
  $M (H_{2}) = 2.016, M (O_{2}) = 31.998 g mo l^{- 1}$
2. Divisez. 8 ÷ 2,016 = 3,9683 mol de H₂ et 40 ÷ 31,998 = 1,2501 mol de O₂. En quantité de matière, il y a 3,17 fois plus d’hydrogène, alors que sa masse n’est que le cinquième de celle de l’oxygène.
  
  $n (H_{2}) = \frac{8}{2.016} = 3.9683, n (O_{2}) = \frac{40}{31.998} = 1.2501 mol$
3. Divisez maintenant chaque valeur par son coefficient, c'est l'étape qui décide de tout : H₂ donne 3,9683 ÷ 2 = 1,9841, et O₂ donne 1,2501 ÷ 1 = 1,2501. Le nombre le plus petit est celui qui vient à manquer, donc l'oxygène est limitant — cinq fois la masse de l'autre réactif, et c'est pourtant lui qui fait défaut.
  
  $\frac{3.9683}{2} = 1.9841 > \frac{1.2501}{1} = 1.2501 \Rightarrow O_{2} limits$
4. Ce plus petit rapport, 1,2501, indique combien de fois l'équation globale peut se réaliser. L'eau se forme à raison de 2 molécules par réaction, et H₂O vaut 18,015 g/mol, donc le rendement est de 1,2501 × 2 × 18,015 = 45,04 g.
  
  $m (H_{2} O) = 1.2501 \times 2 \times 18.015 = 45.04 g$
5. Vérifiez le récipient. La réaction consomme 2 × 1,2501 = 2,5002 mol de H₂, soit 5,04 g, ce qui laisse 2,96 g d'hydrogène non brûlé. La masse initiale était de 48 g ; la masse finale est de 45,04 + 2,96 = 48,00 g, ce qui est l'arithmétique se vérifiant elle-même.
  
  $8 - 2 \times 1.2501 \times 2.016 = 2.96 g H_{2} left, 45.04 + 2.96 = 48.00 g$
6. Pour qu'il ne reste rien, l'oxygène doit atteindre le rapport de l'hydrogène de 1,9841, soit 1,9841 × 31,998 = 63,49 g. Il manque 23,49 g, et ajouter exactement cette quantité porte le rendement à 71,49 g. Un gramme de plus n'apporte rien de plus.
  
  $1.9841 \times 31.998 = 63.49 g \Rightarrow 23.49 g more, yield 71.49 g$
Réponse

L’oxygène est le réactif limitant, le rendement est de 45,04 g, il reste 2,96 g d’hydrogène et il faudrait encore 23,49 g d’oxygène pour le consommer. Le piège ne tient pas au calcul : une masse semble indiquer une quantité de réactif, mais ce n’est pas le cas. Le récipient contient, en masse, cinq fois plus d’oxygène que d’hydrogène ; en quantité de matière, il en contient moins du tiers. Or l’équation ne prend en compte que les quantités de matière. On oublie souvent de diviser par le coefficient stœchiométrique. Dans une réaction où les valeurs sont aussi déséquilibrées, cette omission conduit précisément au résultat inverse. Observez le tracé : la cassure s’explique maintenant. En dessous de 63,49 g, chaque gramme d’oxygène supplémentaire produit 1,126 g d’eau de plus. Au-delà, tout l’hydrogène a déjà réagi et la courbe devient horizontale.
28,4 grammes d'ammoniac recueillis, un rendement de 84 % et où sont passés les 5,4 manquants 5 étapes
Chargez le préréglage qui porte un rendement réel : 28 g d'azote, 6 g d'hydrogène, 28,4 g d'ammoniac recueilli. Calculez le rendement en pourcentage, puis dites si le manque pourrait encore se trouver dans le récipient.
1. Le plafond appartient au réactif qui s'épuise le premier. Six grammes d'hydrogène font 2,9762 mol, soit 0,9921 passage de l'équation une fois divisé par le coefficient 3 ; l'azote en offre 0,9995. C'est l'hydrogène qui limite, d'environ trois quarts de pour cent, et 0,9921 est ce qu'affiche la carte du plus petit moles ÷ coefficient.
  
  $\frac{6}{2.016} = 2.9762 \Rightarrow \frac{2.9762}{3} = 0.9921 < \frac{28}{28.014} = 0.9995$
2. Chaque passage fabrique deux ammoniacs et NH₃ vaut 17,031 g/mol : ce récipient ne peut donc pas produire plus de 33,792 g. C'est un plafond fixé par les atomes engagés. Rien là-dedans ne sait si la réaction se produit.
  
  $m_{m a x} (N H_{3}) = 0.9921 \times 2 \times 17.031 = 33.792 g$
3. Divisez la masse recueillie par le plafond et le rendement en pourcentage vaut 84,0 %. Il reste 5,392 g inexpliqués.
  
  $η = \frac{28.4}{33.792} = 84.0%, 33.792 - 28.4 = 5.392 g$
4. Serait-ce encore du réactif dans le récipient ? Prenez l'outil au mot : il reste 0,208 g d'azote, et même si tout avait réagi, cela n'aurait ajouté que 0,253 g d'ammoniac, moins d'un vingtième de l'écart, sans d'ailleurs plus d'hydrogène pour réagir avec. Mais ces 0,208 g sont eux-mêmes calculés en supposant que la réaction est allée jusqu'au bout. Puisque 5,392 g restent inexplicables sous cette hypothèse, c'est l'hypothèse qui a échoué.
  
  $(0.9995 - 0.9921) \times 28.014 = 0.208 g N_{2} \Rightarrow \frac{0.208}{28.014} \times 2 \times 17.031 = 0.253 g$
5. Le plafond se calcule à partir de ce qui a été engagé, donc il bouge quand la charge bouge. Mettez 6,045 g d'hydrogène au lieu de 6,000, la quantité exacte que réclament 28 g d'azote, et l'azote devient le réactif limitant, le plafond monte à 34,045 g, et les mêmes 28,4 g d'ammoniac recueilli affichent désormais 83,4 %.
  
  $0.9995 \times 3 \times 2.016 = 6.045 g H_{2} \Rightarrow m_{m a x} = 34.045 g \Rightarrow η = \frac{28.4}{34.045} = 83.4%$
Réponse

84,0 %, et non : au plus 0,253 g des 5,392 g manquants avaient encore une place où être dans le ballon. Ce que le déficit montre, c'est que la réaction n'est pas allée jusqu'au bout. Le rendement théorique est un décompte d'atomes et ne dit rien de la distance qu'une réaction réversible parcourt en un seul passage ; la synthèse de l'ammoniac est l'exemple type d'une réaction qui ne va pas loin, et c'est pourquoi les installations industrielles recyclent le gaz non converti au lieu de se contenter du chiffre d'un passage unique.

Le dénominateur mérite la même méfiance que le numérateur, car seul le numérateur a été pesé. Le bas de la fraction est déduit de ce qui est entré : deux essais qui recueillent les mêmes 28,4 g annoncent 84,0 % ou 83,4 % selon la quantité d'hydrogène engagée à côté de l'azote. Un rendement en pourcentage cité sans les quantités engagées est une demi-mesure, et c'est la moitié la plus facile à déplacer.

$η = \frac{m _{obs}}{ν _{p} M _{p} min _{i} ( n _{i} / ν _{i} )}$

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-09-03

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Exemples de problèmes

Cas limite de Haber - H₂ limite à 0,9921 mol par coefficient ; le rendement théorique de NH₃ est 33,792 g et il reste 0,208 g de N₂.
Méthane avec air en excès - CH₄ limite ; le rendement est 79,824 g et il reste 64,176 g de O₂.
La masse trompe - La portion plus lourde de O₂ limite ; le rendement est 45,040 g et il reste 2,960 g de H₂.
Avec rendement réel - 28,4 g réels contre 33,792 g théoriques donnent 84,0 %.