Examen thermochimie sm semestre 2 analyse complet Thermochim
Télécharger PDFI - Calcul des grandeurs thermochimiques pour un gaz parfait
On donne la capacité thermique à pression constante d’un gaz parfait : Cp = 29,2 J.mol-1.K-1 et R = 8,314 J.mol-1.K-1. Calculez W, Q, ΔU et ΔH pour le chauffage d’une mole de ce gaz de 25°C à 200°C :
1) À pression constante
Pour un chauffage à pression constante, on a :
- Q = n × Cp × ΔT = 1 mol × 29,2 J.mol-1.K-1 × (200°C - 25°C) = 5 468,4 J
- W = -P × ΔV = -Δn × R × T (car Δn = n × R × ΔT / P pour un gaz parfait). Pour un gaz parfait chauffé à pression constante, W est donné par W = -P × ΔV, où ΔV dépend de la pression et du volume initial.
- ΔU = Q - W = n × Cv × ΔT, avec Cv = Cp - R = 29,2 - 8,314 = 20,886 J.mol-1.K-1.
- ΔU = 1 mol × 20,886 J.mol-1.K-1 × 175 K = 3 652,05 J
- ΔH = Q = 5 468,4 J
2) À volume constant
Pour un chauffage à volume constant, on a :
- Q = n × Cv × ΔT = 1 mol × 20,886 J.mol-1.K-1 × 175 K = 3 652,05 J
- W = 0 (car ΔV = 0)
- ΔU = Q = 3 652,05 J
- ΔH = ΔU + Δn × R × T, mais comme ΔV = 0, Δn = 0 donc ΔH = ΔU + P × ΔV = ΔU = 3 652,05 J
3) Comparaison et conclusion
À pression constante, ΔH > ΔU car ΔH = ΔU + P × ΔV. À volume constant, ΔH = ΔU. Les valeurs de Q et W diffèrent selon le processus.
II - Enthalpie standard de formation et réactions standards
1) Définition de l’enthalpie standard de formation
L’enthalpie standard de formation (ΔfH°) est l’enthalpie de réaction pour la formation d’un composé à partir de ses éléments dans leurs états standards, avec une mole de produit formé, à la température de 298 K et sous une pression de 1 bar.
2) Réactions standards de formation parmi les données
Les réactions standards de formation sont :
- a) 1/2 N2 (g) + O2 (g) → NO2 (g) (formation de NO2 à partir de ses éléments)
- d) H (g) + Cl (g) → HCl (g) (formation de HCl à partir de ses éléments)
3) Pourquoi les autres réactions ne sont pas standards?
Les réactions suivantes ne sont pas des réactions standards de formation :
- b) CaO (s) + CO2 (g) → CaCO3 (s) : Ce n’est pas une formation à partir des éléments (Ca, O2, C), mais une réaction entre deux composés.
- c) S (s) + H2 (g) + 2 O2 (g) → H2SO4 (l) : Bien que le produit soit formé à partir d’éléments, la réaction implique plus d’une mole de produit (ici, une mole d’acide sulfurique est formée, mais la réaction est écrite avec des coefficients non normalisés).
III - Évolution de l’entropie dans différents processus
(a) La condensation de la vapeur d’eau
L’entropie du système diminue car la vapeur (état gazeux) se transforme en liquide (état plus ordonné).
(b) Le réchauffement de l’hydrogène gazeux de 60°C à 80°C
L’entropie du système augmente car la température du gaz augmente, ce qui accroît son désordre.
IV - Étude de la réaction en phase gazeuse : CO (g) + H2O (g) → CO2 (g) + H2 (g)
1) Pourquoi l’enthalpie standard de formation du dihydrogène gazeux est-elle nulle?
L’enthalpie standard de formation de H2 (g) est nulle car il s’agit d’un élément dans son état standard (gaz diatomique à 298 K et 1 bar).
2) Calcul des grandeurs thermodynamiques
Données :
- CO (g) : ΔfH° = -110,5 kJ.mol-1, Cp = 29,2 J.K-1.mol-1, S° = 197,7 J.K-1.mol-1
- H2O (g) : ΔfH° = -241,8 kJ.mol-1, Cp = 33,6 J.K-1.mol-1, S° = 188,8 J.K-1.mol-1
- CO2 (g) : ΔfH° = -393,5 kJ.mol-1, Cp = 37,1 J.K-1.mol-1, S° = 213,7 J.K-1.mol-1
- H2 (g) : ΔfH° = 0 kJ.mol-1, Cp = 28,8 J.K-1.mol-1, S° = 130,7 J.K-1.mol-1
a) Capacité thermique isobare standard de réaction ΔrCp
ΔrCp = Σ Cp (produits) - Σ Cp (réactifs)
= (37,1 + 28,8) - (29,2 + 33,6) = 65,9 - 62,8 = 3,1 J.K-1.mol-1
b) Enthalpie standard de réaction ΔrH° à 298 K
ΔrH° = Σ ΔfH° (produits) - Σ ΔfH° (réactifs)
= (-393,5 + 0) - (-110,5 - 241,8) = -393,5 + 352,3 = -41,2 kJ.mol-1
Le signe négatif indique que la réaction est exothermique.
c) Enthalpie standard de réaction ΔrH° à 500 K
On utilise la relation ΔrH°T2 = ΔrH°T1 + ΔrCp × (T2 - T1).
= -41,2 kJ.mol-1 + 3,1 J.K-1.mol-1 × (500 - 298) K
= -41,2 kJ.mol-1 + 3,1 × 202 = -41,2 + 626,2 = -35,4 kJ.mol-1 (approximation nécessaire)
d) Entropie standard de réaction ΔrS° à 298 K
ΔrS° = Σ S° (produits) - Σ S° (réactifs)
= (213,7 + 130,7) - (197,7 + 188,8) = 344,4 - 386,5 = -42,1 J.K-1.mol-1
Le signe négatif indique que l’entropie du système diminue lors de la réaction.
e) Enthalpie libre standard de réaction ΔrG° à 298 K
ΔrG° = ΔrH° - T × ΔrS°
= -41,2 kJ.mol-1 - (298 K × -42,1 J.K-1.mol-1)
= -41,2 kJ.mol-1 + 12,5 kJ.mol-1 = -28,7 kJ.mol-1
f) Constante d’équilibre K à 298 K
ΔrG° = -RT ln K
ln K = ΔrG° / (-RT) = -28 700 J.mol-1 / (-8,314 J.K-1.mol-1 × 298 K) = 11,4
K ≈ e11,4 ≈ 89 000 (très grand)
g) Sens de la réaction
La réaction est fortement en faveur des produits car K est très grand (≈ 89 000).
V - Équilibre gazeux : 4 HCl (g) + O2 (g) → 2 H2O (g) + 2 Cl2 (g)
1) Nature endothermique ou exothermique de la réaction
La réaction est exothermique car ΔrH° est négatif (formation de liaisons plus stables).
2) Évolution de l’équilibre
a) En présence d’un déshydratant
L’équilibre se déplace vers la formation des produits (H2O est retiré).
b) Si on diminue [O2]
L’équilibre se déplace vers la formation des réactifs (principe de Le Chatelier).
c) Si la pression diminue
L’équilibre se déplace vers la formation des réactifs car il y a plus de moles gazeuses à gauche (4 moles) que à droite (4 moles, mais avec une pression réduite, le volume augmente, favorisant les réactifs).
d) Si on refroidit
L’équilibre se déplace vers la formation des produits car la réaction est exothermique.
FAQ
Qu’est-ce qu’un gaz parfait?
Un gaz parfait est un modèle théorique où les molécules n’ont ni volume ni interactions entre elles, ce qui simplifie les calculs thermodynamiques.
Pourquoi l’entropie diminue-t-elle lors de la condensation?
La condensation passe d’un état gazeux (dés