On verse 50,0 mL d'acide chlorhydrique à C = 0,50 mol/L sur 2,0 g de…

1. Ca : $1=1$ ; C : $1=1$ ; O : $3+2=5$ à gauche, $2+3=5$ à droite ; H : $2\times 3=6$ à gauche, $3\times 2=6$ à droite. Charge : $2+$ à gauche (deux $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}$), $2+$ à droite (l'ion $\mathrm{Ca}{}^{2+}$). ✓

2. $n_0(\mathrm{CaCO}{}_3)=\frac{2,0}{100,0}=2,0\times 10^{-2}$ mol ; $n_0(\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+})=0,50\times 50,0\times 10^{-3}=2,5\times 10^{-2}$ mol. Quotients : $\frac{2,0\times 10^{-2}}{1}=2,0\times 10^{-2}$ et $\frac{2,5\times 10^{-2}}{2}=1,25\times 10^{-2}$. Donc $x_{\max }=1,25\times 10^{-2}$ mol et l'acide est limitant.

$$\begin{array}{lcccc}\text{Eˊtat}& x& n(\mathrm{CaCO}{}_3)& n(\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+})& n(\mathrm{CO}{}_2)\\ \text{initial}& 0& 2,0\cdot 10^{-2}& 2,5\cdot 10^{-2}& 0\\ \text{en cours}& x& 2,0\cdot 10^{-2}-x& 2,5\cdot 10^{-2}-2x& x\\ \text{final}& 1,25\cdot 10^{-2}& 7,5\cdot 10^{-3}& 0& 1,25\cdot 10^{-2}\end{array}$$

Il reste $7,5\times 10^{-3}$ mol de calcaire, soit $0,75$ g : oui, du solide subsiste au fond du bécher — c'est justement le signe visible que l'acide est limitant.

3. $V(\mathrm{CO}{}_2)=1,25\times 10^{-2}\times 24,0=0,30$ L, soit $300$ mL.

4. Il faudrait $n(\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+})=2\times 2,0\times 10^{-2}=4,0\times 10^{-2}$ mol, soit $V=\frac{4,0\times 10^{-2}}{0,50}=8,0\times 10^{-2}$ L $=80$ mL.

Contrôle : avec $80$ mL le mélange serait stœchiométrique — les deux quotients vaudraient $2,0\times 10^{-2}$ — et rien ne resterait, ni solide ni acide.