TD1 ETATS DE LA MATIERE

Avec réponses détaillées

Question 1

Température et chaleur (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. Par le toucher, il est possible de savoir si un corps a une température plus élevée que celle d'un autre

B. En apportant de la chaleur à un corps, il est possible de ne pas augmenter sa température

C. L'unité SI de la chaleur est la calorie D. Lorsqu'il y a équilibre thermique entre deux corps, il n'y a plus d'échange d'énergie

entre les molécules E. L'énergie thermique est une énergie dite « désordonnée »

Réponse

BE A est faux. Par le toucher, une quantité de chaleur est transmise. Celle-ci dépend de la température, mais également de la surface de contact et de la conductivité thermique. Ainsi un carrelage semblera plus froid qu'un tapis (tous deux étant à la même température). B est vrai puisqu'il faut apporter de la chaleur pour un changement d'état par exemple, qui n'est pas accompagné par une augmentation de température (ex : glace → eau). C est faux : en unités SI, la chaleur s'exprime en joule. D est faux. Lorsqu'il y a équilibre thermique entre deux corps, il n'y a plus d'échange de chaleur entre les 2 corps, mais les molécules échangent toujours de l'énergie entre elles : en moyenne, la même énergie est échangée dans les 2 sens (somme statistique).

Question 2

Température, chaleur et constantes (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La température est une grandeur extensive B. La chaleur est une grandeur extensive

C. Une transformation est dite adiabatique s'il n'y a pas d'échange de chaleur avec l'extérieur

D. Une transformation adiabatique impose au système une température constante E. La constante des gaz parfaits R est égale à NA ( nombre d'Avogadro) fois la constante

de Boltzmann

Réponse

BCE La température est une grandeur intensive ou non-additive. La chaleur est une forme d'énergie, c'est donc une grandeur extensive. D est faux : pas d'échange de chaleur avec l'extérieur ne veut pas dire température constante. Une transformation peut prélever ou fournir un travail au système (elle ne peut pas le faire avec de la chaleur = définition de la transformation adiabatique : C vrai), et donc diminuer la température. Exemple de la compression isotherme : le travail des forces de pression (diminution de volume) induit une augmentation de l'énergie interne (puisque δQ = 0 ici) qui, chez un gaz parfait, se traduit uniquement par une augmentation de la température.

Question 3

Lois de Boyle-Mariotte, Gay-Lussac et Charles (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La loi de Charles est utilisée pour les transformations à volume constant B. La loi de Boyle-Mariotte s'applique aux transformations isothermes C. La loi de Boyle-Mariotte signifie que le produit P/T est constant D. Soit une enceinte extensible dont la pression intérieure est imposée (constante). Sa

dilatation par l'intermédiaire d'un apport de chaleur suit la loi de Charles E. La loi de Gay-Lussac est valable pour les transformations isobares.

Réponse

ABE - Voir cours. Pour une transformation à pression constante (proposition D), le volume (dilatation) suit la loi de Gay-Lussac.

Question 4

Travail des forces de pression (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) : (on néglige le covolume du gaz considéré parfait)

A. De la chaleur peut être transformée en travail des forces de pression B. Aucun travail des forces de pression n'est possible à volume constant

C. Si la pression est constante, le travail sera proportionnel à la différence de volume (Vf - Vi) du gaz considéré

D. Pour une transformation isotherme, le travail est proportionnel au rapport de volume (Vf / Vi) du gaz considéré

E. Si une force de pression permet de diminuer de moitié le volume d'un gaz parfait au cours d'une transformation isobare, sa température sera également diminuée de moitié.

Réponse

ABCE : Seule la proposition D est fausse. Si un gaz parfait contenu dans une enceinte permettant les transformations isobares reçoit une quantité de chaleur Q, celui va avoir tendance à se dilater. Le travail – P.∆V sera donc négatif (fourni par le système). Puisque le travail des forces de pression s'exprime par δW = - PdV, si V est constant, W sera toujours nul. Pour une transformation isobare, comme précédemment indiquée, W = - P∆V, donc proportionnel à la différence de volume. Pour une transformation isotherme, ce travail devient : W = - nRT.ln(Vf / Vi). Enfin, pour une transformation isobare encore (en négligeant le covolume, c'est-à-dire le volume minimal non nul, puisque à T = 0 K, V = V0 ≠ 0, comme le suggère la loi de Gay-Lussac), on peut écrire T / V = cste. Donc si le volume est divisé par 2, il en sera de même pour la température.

Question 5

Enthalpie libre (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La spontanéité d'une réaction est favorisée si on minimise à la fois H et -S B. Si on ne minimise pas à la fois H et -S, la réaction ne sera pas spontanée C. La fonction enthalpie libre est G = H +TS D. A l'équilibre, ∆G > 0 E. La spontanéité de l'évolution d'un système se traduit par ∆G < 0

Réponse

AE : Il est possible d'obtenir une réaction spontanée (∆G < 0) même si on ne minimise pas à la fois H et -S. Par exemple, la diminution d'enthalpie peut compenser la diminution d'entropie (si |∆H | > ∆S ). Pour le reste, voir cours.

Question 6

Energie et entropie (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. Pour une transformation isotherme réversible, la variation d'entropie est égale au rapport entre la quantité de chaleur reçue par le système et la température

B. L'énergie totale de l'univers va toujours en augmentant C. L'entropie totale de l'univers est constante D. L'entropie est une fonction d'état qui dépend du nombre de configurations

microscopiques correspondant à un état macroscopique donné E. Un système tend toujours à évoluer vers un désordre minimum

Réponse

AD - Voir cours.

Question 7

Changement d’état (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. Il est possible de passer directement de la phase solide à la phase vapeur sans passer par l’état liquide.

B. Il est possible d’avoir les trois phases d’un corps pur en présence C. Le diagramme de changement de phase de l’eau est particulier car il ne

possède pas de point critique D. Le diagramme ci-dessous peut représenter un changement de phase liquide-

vapeur à une température supérieure à la température critique

E. Sur le diagramme ci-dessus, le sens des flèches peut indiquer le passage de

la vapeur au liquide.

Réponse

ABE (cours)

Question 8

Entropie (F) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La variation de l’entropie d’un système s’écrit toujours ∆S = ∆Q / T B. L’entropie d’un système ne peut que croître

C. Une réaction chimique sera spontanée si elle permet de maximiser l’entropie D. A T = 0 K, l’entropie d’un système est nulle E. La variation d’entropie lors d’une transformation ne dépend pas du chemin suivi

Réponse

DE (cours)

Question 9

Entropie 2 (F) Sous pression atmosphérique, on porte 10 kg d'eau de 10 à 25 °C. La capacité calorifique de l'eau est : c = 103 cal.kg-1. Pour cette transformation, cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. L'énergie nécessaire à cette transformation est 150 kcal B. La variation d'enthalpie est égale à la quantité de chaleur reçue par l'eau C. La variation d'entropie est égale à la variation d'enthalpie divisée par la température D. Si la réaction est considérée comme réversible, la variation d'entropie est égale à

41,8.ln(298/283) kJ.K-1 E. Quel que soit l'état de réversibilité de cette transformation, on a toujours

∆S > ∆Sréversible

Réponse

ABDE La chaleur utilisée pour cette transformation est Q = mc.∆T = 10 x 103 x 15 = 150 kcal. Ceci correspond à la variation d'enthalpie (P constante). La proposition C n'est valable que pour une variation infinitésimale, où T est constant, ce qui n’est pas le cas ici. Ainsi on a, pour une transformation réversible :

∫

==∆

2

1 1

2ln.T

T TT

mcT

mcdTS = 10 x 1 x 4,18 x ln(298/283) kJ/K.

Par définition, la variation d’entropie d’une transformation irréversible est toujours supérieure à celle d’une transformation réversible, donc E juste.

Question 10

Cycles thermiques (F)

On va considérer des cycles dithermes entre une source froide à la température T1 et une source chaude à T2 (convention de signes vues en cours).

Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La source chaude d’un réfrigérateur est l’air de la cuisine B. La source froide d’une pompe à chaleur qui chauffe une maison est le fluide

frigorigène C. Une machine thermique ne peut pas produire de la chaleur avec une seule source de

température D. Pour un réfrigérateur, la source froide est refroidie car Q1 > 0 E. Pour le réfrigérateur, le travail échangé avec la source froide est W1 > 0

Réponse

ACD A vrai (voir cours) B est faux : c’est une source extérieure (air, eau d’une nappe, d’un lac) C faux (attention corrigé le 18/12/2007, JP Rieu) – la machine thermique peut produire de la chaleur mais pas du travail avec une seule source de chaleur (ex frigidaire dont on ouvre la porte) D est vrai : la chaleur passe de la source froide (l’intérieur du réfrigérateur) vers le fluide caloporteur (notre système), soit Q1 > 0. E est faux : W1 ou W2 n’existent pas, seul le travail total W existe

Question 11

Séparation brisée (F) On brise la séparation entre les deux compartiments, piston figé. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) : A La pression et la température à l'état final sont respectivement : P0 et 2T0 B La pression et la température à l'état final sont respectivement : P0 /2 et T0 C La variation d'énergie interne associée à ce processus est 0. D La variation d'énergie interne associée à ce processus est nCVT0. E Aucune réponse juste

Réponse

BC : La variation d'énergie interne du gaz contenu dans le compartiment A est nulle car le système est adiabatique (Q=0) et le travail fourni par la force de pression extérieure est nul (W = 0 : pas de déplacement de piston). On a donc ∆U = 0, on déduit que T1 = T0 (U ne dépend que de T, voir également dans le cours l’expérience de Joule-Kelvin). La transformation étant isotherme, on trouve directement P1 = P0 / 2 par l’équation des gaz parfaits PV = nRT (on double le volume sans modifier n et T, donc P doit être divisé par 2).

Question 12

Compression du gaz (M) A partir de l’état final précédent, on comprime réversiblement le gaz en repoussant le piston jusqu'à ce que le volume soit à nouveau égal à V0. On considère γ = CP/CV constant. La pression (P2) du gaz et sa température (T2) dans ce nouvel état sont respectivement (cocher la proposition juste - il peut y avoir zéro proposition juste) :

A 2γP0 et 2γ-1T0 B 2-γP0 et 2T0

C 2γ-1P0 et 2γ-1T0 D P0 et T0 E Aucune réponse juste

Réponse

C La transformation étant adiabatique, on a PV γ = Cste, soit P1V1

γ = P2V2γ, soit :

P2 = P1.(V1 / V2)γ = P0 / 2 x (2)γ = P0.(2)γ-1. D'autre part à partir de l'équation d’état du gaz

parfait on a P2V2 / T2 = P1V1 / T1 = P0V0 / T0 d'où T2 = T0.P2 / P0 = 2γ-1T0.

Question 13

Hydrogène chauffé (M) On dispose dans un ballon de contenance 2300 mL une quantité n de dihydrogène (H2) à la pression atmosphérique à la température de 0 °C. On porte ce ballon jusqu’à la température de 273,15 °C. On prendra 8,31 x 273,15 = 2300 . Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La pression après réchauffement est de 200 kPa. B. La pression après réchauffement est 240 kPa. C. La pression après réchauffement est de 2,5 atm D. La quantité de dihydrogène est de 0,01 mol. E. La quantité de dihydrogène est de 1.10-3 mol.

Réponse

A La transformation étant à volume constant, on peut appliquer la relation de Charles : P/T = constante. Donc : Pi/Ti = Pf/Tf et Pf=Tf/Ti x Pi = 273,15 x 2 / 273,15 x 1 atm = 2 atm ou # 2.105 Pa. n = P1V1 / RT1 = 10

5 x 2300.10-6 / 2300 = 0,1 mol.

Question 14

Température et énergie moléculaire (M) Considérons un gaz parfait de masse molaire M. R et NA sont la constante des gaz parfaits et le nombre d'Avogadro respectivement. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. L'énergie cinétique moyenne des molécule du gaz est donnée par 3/2 x (R/NA) x T B. La vitesse de toutes les particules de ce gaz vaut √(3RT/M ) C. La vitesse quadratique moyenne des particules est donnée par RT/M D. La vitesse quadratique est la racine de la moyenne de toutes les vitesses au carré E. La densité molaire d'énergie cinétique de ce gaz est donnée par 3/2.RT

Réponse

ADE L'énergie cinétique moyenne des molécules d'un gaz parfait est donnée par 3/2.kT où k = R/NA (T en kelvin ). La vitesse quadratique moyenne vq (et pas celle de toutes les particules, dont les vitesses sont distribuées autour de cette valeur moyenne) est donnée par (3RT / M )1/2 (M en kg). D vrai (définition) et E également.

Question 15

Température et vitesse (M) Dans le cas d'un gaz parfait monoatomique en équilibre thermique à la température T, la densité de probabilité de vitesse des molécules de masse m est donnée par : f(v) = A.v 2.exp( -mv 2/2kT ). Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La vitesse la plus probable est mkT2

B. La vitesse la plus probable est mkT3

C. La vitesse quadratique moyenne est mkT3

D. La vitesse quadratique moyenne est mkT4

E. La densité de probabilité de la vitesse quadratique moyenne est égale à

2/3e3 −

mkT

A

Réponse

ACE Posons x 2 = mv 2 / 2kT. L'équation devient : f(x) ∝ x 2. exp(-x 2). La vitesse la plus probable est obtenue par l'intermédiaire de la dérivée : f '(x) = 0, soit x 2 - 1 = 0, et v = ( 2kT / m ) 1/2

La vitesse quadratique moyenne est donnée dans le cours : mkT3

Pour la proposition E qui est juste, il suffit de remplacer vq dans f(v).

Question 16

Pression partielle (M) Dans un ballon de 3 litres, on introduit 0,2 g d'hydrogène (H2) et 1,4 g d'azote (N2), à la température de 27 °C. On néglige les interactions moléculaires. On donne : Masse molaire de l’atome d’hydrogène : 1 g.mol-1, de l’atome d’azote : 14 g.mol-1 ; Constante des gaz parfait = 8,3 J.K-1.mol-1. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La pression partielle de l'hydrogène est égale à 1,5.106 Pa B. La pression partielle de l'hydrogène est égale à 3,2.105 Pa C. La pression partielle de l'azote est égale à 4,15.104 Pa D. La pression totale du mélange est égale à 0,9 atm E. Si le ballon était au départ à la pression atmosphérique (avec un autre gaz),

la pression totale après introduction sera de 2,25 atm

Réponse

CE La pression partielle de chaque gaz est donnée par l'équation des gaz parfaits : P = nRT/V, avec n le nombre de mol du gaz donné par : n = m/(masse molaire). Donc P H2 = 0,2/2 x 8,3 x 300 / 3.10

-3 = 8,3.104 Pa. De même P N2 = 4,15.104 Pa,

d'où une pression totale P H2 + P N2 = 1,245.105 Pa = 1,25 atm.

Si P0 = 1 atm, Pfinale = 1+1,25 = 2,25 atm

Question 17

Dissolution (M)

Sachant que l'air, considéré gaz parfait, est composé d'environ 80 % d'azote (N2), cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

On donne le coefficient de solubilité de l'azote dans l'eau à 20 °C : φN2 = 6,25.10-9 mol.L-1.Pa-1;

et celui du dioxyde de carbone dans le sang artériel à 37 °C : φCO2 = 5 mL.L-1.kPa-1. On rappelle également que les volumes molaires à 0 et 20 °C d’un gaz parfait sont respectivement 22,4 et 24 L.

A. A pression atmosphérique et à 20 °C, 5.10-4 mol d'azote est dissoute dans 1 L d'eau B. A pression atmosphérique et à 20 °C, 12 mL d'azote est dissout dans 1 L d'eau C. A pression atmosphérique et à 20 °C, 2,4 mL d'oxygène (O2) est dissout dans 1 L d'eau D. Pour une pression partielle du CO2 de 5,3 kPa, 53 mL de ce gaz est dissout dans 1 L de

sang artériel E. Pour une pression partielle du CO2 de 5,3 kPa, 26,5 mL de ce gaz est dissout dans 1 L de

sang artériel

Réponse

ABE

La quantité de gaz dissoute dans un liquide est régie par la loi de Henry : φ . P. Ce sont de simples applications numériques (ABE vrais). L’oxygène correspond à environ 20 % de l’air (~le reste), mais aucune information n’est donnée sur sa solubilité, qui est ~ double de celle de l’azote (C faux) : ~ 4,8 mL.

Question 18

Profondeur limite de toxicité (M) L'air sec à la pression atmosphérique est constitué principalement d'azote N2 (78,1 %), d'oxygène O2 (20,95 %) et de gaz carbonique CO2 (0,037 %) - en négligeant l'argon, car neutre (0,9 %). Ces trois gaz sont nocifs à partir d'un certain seuil de pression. Ils sont particulièrement dangereux lorsque les pressions partielles sont de : PN2 = 5 atm, PO2 = 2 atm et PCO2 = 0,02 atm. Sachant que la pression hydrostatique dans l'eau augmente d'environ 1 atm tous les 10 m, et en simplifiant les proportions à 80 % pour l’azote, 20 % pour l’oxygène et 0,033 % pour le CO2, cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La profondeur h limite correspondant au seuil critique pour l'azote est = 52,5 m B. La profondeur h limite correspondant au seuil critique pour l'oxygène est = 30 m C. La profondeur h limite correspondant au seuil critique pour le CO2 est = 85 m D. Aucune toxicité n'est présente si h < 20 m E. Aucune toxicité n'est présente si h < 50 m

Réponse

AD Cet exercice a été vu en cours. La hauteur pour chaque gaz est donnée par : h = (Pgaz/fractiongaz -1) x 10. On a donc : Pour N2 : h = (5/0,8 – 1) x 10 = [(5 x 5/4) – 1] x 10 = 21/4 x 10 = 52,5 m. Pour O2 : h = (2/0,2 – 1) x 10 = [(2 x 5) – 1] x 10 = 9 x 10 = 90 m. Pour CO2 : h = (0,02/0,00033 – 1) x 10 = [(20 x 3) – 1] x 10 = 59 x 10 = 590 m (valeur plus exacte = 546 m). A 20 m, il n'y a donc pas de toxicité. Par contre, à partir de ~ 30 m, les premiers signes de toxicité (≠ particulièrement dangereux) dus à l'oxygène apparaissent (voir ex. du cours).

Question 19

Pneu de voiture (M) A 27 °C, un pneu de voiture contient de l'air (considéré parfait) sous une pression de 1,5 bar. Sa pression idéale (fonctionnement optimal) est de 2 bar. On suppose toutes les transformations isochores. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. A 77 °C, la pression à l'intérieur du pneu sera de 1,95 bar B. A - 23 °C, la pression à l'intérieur du pneu sera de 1,25 bar C. A 0 °C, la pression à l'intérieur du pneu sera de 1,15 bar D. La pression à l'intérieur du pneu sera idéale à T = 60 °C E. La pression à l'intérieur du pneu sera idéale à T = 95 °C

Réponse

B La transformation étant isochore (V cst), il suffit d'appliquer la loi de Charles : P /T = cste. On a donc P2 = P1.T2 / T1 et T2 = T1.P2 / P1 . Attention à bien utiliser les Kelvin pour T. A 77 °C : P2 = 3/2 x 350/300 = 3/2 x 7/6 = 7/4 = 1 + 3/4 = 1,75 bar. A -23 °C : P2 = 3/2 x 250/300 = 3/2 x 5/6 = 5/4 = 1 + 1/4 = 1,25 bar. A 0 °C, la pression ne peut donc pas être inférieure à 1,25 bar (on trouve 1,37 bar). Enfin, il faudrait une température de 400 K = 127 °C pour atteindre les 2 bar, il faut donc bien regonfler le pneu.

Question 20

Energie interne U et enthalpie H d'un gaz parfait (M) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste), à propos d'un gaz parfait :

A. Pour une transformation isotherme, on a toujours W = Q B. dU = - PdV + δQ

C. dH = dU + PdV + VdP D. Pour une transformation adiabatique, dH = VdP E. Pour une transformation isobare, ∆H = Q

Réponse

BCDE Pour une transformation isotherme, on a ∆U = W + Q qui est nul (U constant car ne dépend que de T), donc W = - Q. Puisque dW = - PdV, dU = - PdV + δQ. H = U + PV, donc dH = dU + d(PV) = dU + PdV + VdP. En remplaçant dU, on peut encore écrire dH = - PdV + δQ + PdV + VdP = δQ + VdP. Or pour une transformation adiabatique, δQ = 0, donc dH = VdP. Enfin, pour une transformation isobare (dP = 0), l'équation dH = δQ + VdP devient dH = δQ.

Question 21

Fusion-vaporisation (M) Sous pression atmosphérique, soient la chaleur latente de fusion de la glace Lf = 80 cal.g

-1, la capacité calorifique massique de l'eau c = 1 cal.g-1.K-1 et la chaleur latente de vaporisation de l’eau Lv = 540 cal.g

-1. En considérant toues les réaction sous 1 atm, cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. A 0 °C, pour transformer 1 kg de glace en eau liquide, il faut fournir 80 kJ B. Pour amener l'eau de 0 °C à 100 °C, il faut fournir 100 kJ C. A 100 °C, pour transformer l'eau en vapeur d'eau, il faut fournir 540 kcal D. En considérant les 3 précédentes étapes, il faut donc 720 kcal pour transformer de la

glace en vapeur d'eau à pression atmosphérique E. En considérant les 3 précédentes étapes, il faut donc 2,5 MJ pour transformer de la

glace en vapeur d'eau à pression atmosphérique

Réponse

CD Pour transformer 1 kg de glace en eau, il faut fournir m.Lf = 1000 x 80 = 80 kcal = 334 kJ. Pour amener l'eau de 0 à 100 °C, il faut fournir m.c.∆T = 1000 x 1 x 100 = 100 kcal = 418 kJ. A 100 °C, pour transformer l'eau en vapeur d'eau, il faut fournir m.Lv = 1000 x 540 = 540 kcal. L'ensemble des trois réactions permet de passer de la glace à la vapeur d'eau, donc la chaleur totale à fournir est : Qtot = 80 + 100 + 540 = 720 kcal # 3 MJ.

Question 22

Enceinte fermée (M) Dans une enceinte, on considère un litre d'eau et un litre de gaz parfait sous une pression de 1 Pa. On néglige la dissolution du gaz parfait dans l'eau. A t = 0, aucune molécule de vapeur d’eau n’est présente. On donne la pression de vapeur saturante de l'eau en atm : PVS = (T / 100)

4, avec T en degrés Celsius. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. A température ambiante (25 °C), la pression de vapeur saturante est de 400 Pa environ

B. Au départ, puisque la pression subie par le liquide est très inférieure à la pression de vapeur saturante, l'eau va immédiatement entrer en ébullition

C. A l'équilibre, la pression régnant dans l'enceinte est de PVS +1 Pa D. A l'équilibre, il y a autant de vaporisation que de condensation E. Si l'on chauffe (après équilibre), l'eau va bouillir à partir d'une certaine température

Réponse

ABCD PVS = (25/100)

4 = 1/44 = 1/256 # 1/250 atm = 400 Pa (396 Pa). B est correcte (voir cours). A l'équilibre, cette pression de vapeur saturante s'ajoute à la pression initiale, soit 1 + 396 = 397 Pa. Si P > ou = à PVS, on a toujours de l'évaporation (et pas de l'ébullition), ainsi que de la condensation. Pour une enceinte fermée, puisque les molécules de vapeur d'eau ne peuvent pas être évacuées, il y a autant de vaporisation que de condensation à l'équilibre. Enfin, puisque la pression totale est la somme de la pression initiale et de la pression de vapeur saturante, celle-ci ne pourra jamais être inférieure à PVS (même pour P0 très petit). Il ne peut donc y avoir ébullition même si l'on chauffe beaucoup (pour cela il faudrait ouvrir l’enceinte, ce qui risque d’arriver tout seul si l’on chauffe de trop ! )

Question 23

Combustion du glucose (M) La réaction qui produit le plus d'énergie dans les organismes vivants utilisant l'oxygène est la combustion du glucose : C6H12O6 (s) + 6 O2 (g) → 6 CO2 (g) + 6 H2O (l). 0 ; - 94 ; - 68 et - 302 sont les valeurs respectives approximatives des enthalpies de formation en kcal.mol-1 du dioxygène, du dioxyde de carbone, de l'eau et du glucose. 49 ; 52 ; 17 et 70 le sont de même pour les entropies (en cal.mol-1.K-1). Considérant cette réaction chez l'homme, cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La variation d'enthalpie de la réaction est ∆H = - 140 kcal

B. La variation d'enthalpie de la réaction est ∆H = 670 kcal C. La variation d'entropie de la réaction est ∆S = 340 kcal.K-1 D. La variation d'entropie de la réaction est ∆S = 50 cal.K-1 E. La variation d'enthalpie libre de la réaction est ∆G = - 685,5 kcal

Réponse

DE Pour le corps humain, on peut considérer la réaction isotherme ( à 37 °C = 310 K). Les résultats sont obtenus en faisant une simple différence entre les enthalpies (ou entropies pour les questions B et C) des produits de la réaction multipliés par le nombre de mol correspondant et celles des réactifs. Ainsi ∆H = 6 x (- 94 - 68) + 301 = 301 - 162 x 6 = 302 - 972 = - 670 kcal ∆S = 6 x (52 + 17 - 49) - 69 = 6 x 20 - 70 = 50 cal.K-1. Enfin, ∆G = ∆H - T.∆S = - 670 - 310 x 50.10-3 = - 670 - 3,1 x 5 = - 670 - 15,5 = - 685,5 kcal.

Question 24

Glucose et ATP (M) Dans une cellule vivante, la combustion du glucose permet la synthèse de l'ATP suivant la réaction : ADP + Pi → ATP avec ∆G # 30 kJ.mol-1. La combustion d'une mole de glucose (∆G # - 2,9 MJ ) permet la synthèse de 38 moles d'ATP. On prendra 22,8/2,9 = 8. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La synthèse de 38 moles d'ATP suivant la réaction donnée nécessite 1,14.106 J. B. 50 % de l'énergie libérée par la combustion du glucose sert à la synthèse de l'ATP C. 60 % de l'énergie libérée par la combustion du glucose est libérée sous forme de

chaleur D. Sachant que, en moyenne, la moitié de l'énergie gagnée par l'ATP sert à contracter

les muscles, le rendement du muscle à partir du glucose est d'environ 20 % E. La chaleur libérée par la combustion du glucose est inutile pour l'organisme

Réponse

ACD La synthèse des 38 moles d'ATP nécessite : 38 x 30 = 1140 kJ. Puisque la combustion de glucose libère 2,9 MJ, seulement 114/2,9 = 40 % de cette énergie est utilisée pour la synthèse d'ATP. Les 60 % restant sont libérés sous forme de chaleur, qui servent à l'homéothermie. Si vous n'avez pas trouvé, on peut déjà repérer que 50 + 60 > 100 % ! Puisque la moitié de l'ATP est utilisé pour la contraction des muscles, le rendement du muscle à partir du glucose est bien de 20 %.

Question 25

Synthèse de l'ammoniac (M) Dans la réaction de synthèse de l'ammoniac : 3 H2 (g) + N2 (g) → 2 NH3 (g), la variation de l'énergie standard est ∆G 0 # - 8 kcal pour 2 moles de NH3. On considère la réaction à pression atmosphérique et température ambiante (27 °C). Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La constante d'équilibre KP est de l’ordre de exp(20/7) atm-2

B. La constante d'équilibre KP = exp(40/3) atm-2

C. Si on écrit la réaction sous la forme 3/2 H2 + ½ N2 ↔ NH3, KP ne change pas D. Si on écrit la réaction sous la forme 3/2 H2 + ½ N2 ↔ NH3, KP # exp(20/3) atm

-1 E. Si la constante d'équilibre change, c'est parce que les conditions (T, P …) sont

différentes.

Réponse

BD Kp = 1

(2-3-1) x exp(8000 x 4,18 / (8,134 x 300)) # exp(8000 /(2 x 300)) = exp(40/3) = 6,2.105 atm-2. Pour l'autre équation, Kp = 1

(1-3/2-1/2) x exp (4000 x 4,18 / (8,134 x 300)) = exp(4000 /(2 x 300)) = exp(20/3) # 800 atm-1. (Il faut bien sûr considérer ∆G 0 pour une mole, et la dimension n’est pas la même !). Il est donc nécessaire, si l'on donne la constante d'équilibre, de spécifier en même temps les coefficients de la réaction.

Question 26

Formation de l’acide chlorhydrique (M) A 25 °C, les enthalpies molaires de formation de H 2, Cl2 et HCl valent respectivement 0 ; 0 et - 92,3 kJ.mol-1. Par ailleurs, les capacités calorifique molaires à pression constantes de H2, Cl2 et HCl valent respectivement 28,8 ; 33,9 et 29,1 J.K.mol-1. Quelle est la chaleur de la réaction suivante à 125 °C en kJ à 0,2 kJ près ?

H2 + Cl2 � 2 HCl A. - 184 B. + 186 C. - 185 D. + 93 E. - 93

Réponse

C

L’enthalpie (ou chaleur) de la réaction à 25 °C vau t ∆H0 = 2 x -92,3 - 0 - 0 = - 184,6 kJ.

Pour amener les éléments de 25 à 125 °C, on aura : ∆H1 (H2 & Cl2 (25 � 125 °C)) = 100 x (28,8+33,9) = 6,27 kJ ∆H2 (2HCl (25 � 125 °C)) = 100 x (2 x 29,1) = 5,82 kJ On trouve donc (faite le schéma du cycle) : ∆H = - ∆H1 + ∆H0 + ∆H2 = -185,05 kJ.

Question 27

Solidification de la glace (D) Lorsque l'on refroidit de l'eau liquide dans un cryostat (enceinte adiabatique) - avec un mélange froid à l'intérieur (séparé de l'eau par une paroi) - on s'aperçoit qu'elle reste liquide alors que la température devient négative (phénomène de surfusion), puis cette température augmente subitement lorsque le changement de phase eau → glace débute. On considère que le prélèvement de chaleur par le mélange froid est linéaire avec le temps. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. La cristallisation de la glace nécessite un apport de chaleur B. La cristallisation de la glace est endothermique C. La cristallisation de la glace est exothermique D. A partir du début du changement de phase, bien que de la chaleur est prélevée au

système glace/eau (par le mélange froid), la température reste constante un certain temps

E. Lorsque toute l'eau est transformée en glace, la température recommence a diminuer

Réponse

CDE Puisque la température remonte subitement au moment de la solidification de la glace, il y a libération d'énergie (sous forme de chaleur), la cristallisation est donc exothermique (endothermique veut dire que la réaction prélève de la chaleur). Elle s'oppose donc pendant un certain temps au refroidissement (par le mélange). Si la solidification de la glace continue (elle n'est pas instantanée), elle va continuer de fournir de la chaleur qui est prélevée par le mélange réfrigérant et un plateau de température apparaît un certain temps (en fait, la température du système glace-eau doit être de 0 °C. Si trop de glace se solidifie au départ, trop de chaleur sera évacuée, ce qui ne pourra être absorbé par le mélange réfrigérant, et donc une partie de cette glace se réchaufferait … pour redevenir liquide. La quantité de glace formée par unité de temps est donc imposée par le mélange réfrigérant). Enfin, lorsque l'eau est entièrement transformée en glace, la chaleur prélevée par le mélange réfrigérant va entièrement contribuer à diminuer la température qui diminue de nouveau (tant que le mélange est efficace).

Question 28

Echelle de température (D)

Les graduations d'un thermomètre ont été effacées. Seules les valeurs 12 °C et 62 °C sont encore visibles. A ces valeurs correspondent les hauteurs respectives h 1 = 66 mm et h 2 = 216 mm. En supposant la dilatation du liquide proportionnelle à la variation de température, cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. 0 °C correspond à la hauteur h = 30 mm B. 100 °C correspond à la hauteur h = 300 mm C. - 10 °C correspond à la hauteur nulle D. La hauteur de 141 mm correspond à la température « normale » du corps humain E. 298 K correspond à la hauteur h = 110 mm

Réponse

ACD La dilatation est proportionnelle à la température : ∆T ∝ ∆h , donc échelle = (216-66) / (62-12) = 150/50 = 3 mm / °C. Ainsi : A. 0 °C → 66 - 12 x 3 = 30 mm B. 100 °C → 30 + 100 x 3 = 330 mm C. - 10 °C → 30 - 10 x 3 = 0 mm D. 141 mm → (141 – 30)/3 = 111/3 = 37 °C ou h (37 °C) = 30 + 37 x 3 = 30 + 111 = 141 mm E. 298 K → 30 + (298 - 273) x 3 = 30 + 75 = 105 mm

Question 29

Trois niveaux d’énergie (D) Soit un système microscopique à N = 109 particules et à trois niveaux d'énergie : E1 = 1.10

-21, E2 = 2.10-21 et E3 = 4.10

-21 J. La quantité de population de chaque niveau est donnée par la relation : n i = NC.exp(-E i/kT). C est une constante qui permet de normaliser le système ( n1 + n2 + n3 = N ). On donne k = 1,38.10-23 J.K-1. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. Chaque population suit la relation : n i = N / (e

-(E 1-E i)/kT + e-(E 2-E i)/kT + e-(E 3-E i)/kT ) B. Si T devient très grand, les trois populations tendent vers N / 3 C. n1 = 0 si T = 0 K D. n3 = 0 si T = 0 K E. n 2 /n 3 = e

- ( E2 - E3 ) / kT

Réponse

ABDE Puisque n1 + n2 + n3 = N , on peut éliminer la constante C et vérifier la proposition A qui est correcte. B est vraie : si T est très grand, le dénominateur (de ni en A) devient la somme de 3 unités. C est faux : à T = 0 K, seul le niveau fondamental est occupé : n 1 = N , donc n 2 = n 3 = 0 (D vrai). On peut le vérifier par les relations trouvées en A. Enfin, E est vrai : simple calcul (en partant de l'hypothèse de départ et en simplifiant N et C ).

Question 30

Capacité calorifique (D) Dans un calorimètre (transformation adiabatique) à pression atmosphérique, on enferme 2 mol d'argon à 1200 K et 120 g de cuivre à 300 K. On donne 72 x 6 = 432. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) (on donne la capacité calorifique molaire de l'argon à volume constant : cv = 12 J.mol-1.K-1 et la capacité calorifique massique du cuivre : c = 0,4 J.g-1.K-1) :

A. A l'équilibre, la température de cuivre sera égale à celle de l'argon B. Quel que soit le temps t, la chaleur reçue par le cuivre est la chaleur donnée par

l'argon C. A l'équilibre, la température du cuivre sera de 500 K D. A l'équilibre, la pression de l'argon sera de 0,5 atm E. Entre t0 et l’équilibre, la variation d'énergie interne de l'argon est de - 10400 J

Réponse

ABD L'équilibre est bien sûr caractérisé par une température uniforme Tf. Puisque la transformation est adiabatique (∆Q = 0), si l'argon perd de la chaleur, celle ci ne peut être récupérée que par le cuivre. Puisque ∆Q = 0, on a m(Cu).c.(Ti (Cu) - Tf ) = - n.cv (Ti (Ar) - Tf ), soit :

( ) ( )K

xxxxxx

mcncmcTTnc

Tv

iivf

CuAr600

7243200

48241440028800

4,01201223004,01201200122 ==

++=

++=

+= +

L'enceinte est fermée, dont le volume constant, on a donc P /T = cste et Pf (Ar) = 0,5 . Pi (Ar) = 0,5 atm.

Par définition, ∆U = Cv.∆T = n.cv.∆T = 2 x 12 x (-600) = -12 x 1200 = -14 400 J.

Question 31

Chaleur latente de vaporisation de l'eau (QCM de travail relativement long) (D) Soit la réaction H2 + ½ O2 → H2O pour une mole d'eau formée à 25 °C et à pression atmosphérique. L'enthalpie de cette réaction est : ∆H0 = - 68 kcal. En phase vapeur, à 100 °C et à pression atmosphérique, celle ci devient : ∆Hv = - 57,7 kcal. On admet que la capacité calorifique molaire à pression constante cp de l'oxygène et de l'hydrogène est de la forme cp = 7R/2. La capacité calorifique massique de l'eau c est de 1 kcal.kg-1.K-1. On prendra R = 8,3 J.mol-1.K-1. Soient les réactions suivantes : Réaction 1 - échauffement : H2O (25 °C) → H2O (100 °C) en phase liquide Réaction 2 - vaporisation : H2O (liquide - 100 °C) → H2O (vapeur - 100 °C) Réaction 3 - refroidissement : H2 + ½ O2 (100 °C) → H2 + ½ O2 (25 °C) Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. ∆H1 = 1050 cal B. ∆H3 est égal à - 650 cal à 50 calories près C. ∆H0 + ∆H1 + ∆H2 + ∆Hv + ∆H3 = 0 D. ∆H2 est égal à 9,5 kcal à 0,3 kcal près E. La chaleur latente de vaporisation de l'eau est de l’ordre de 700 cal.g-1

Réponse

D L'ensemble des réactions forment un cycle fermé, puisque les produits de chaque réaction servent à une autre réaction, et les produits de la réaction 3 (la dernière : faites un schéma) sont les réactifs de la réaction initiale. Pour la réaction 1, on a ∆H1 = mc.∆T = 18 x 75 = 20 x 75 -150 = 1350 cal (m = 18 g). Pour la réaction 3, on a ∆H3 = ncp.∆T = 3/2 x 7/2 x 8,3 x (-75) J # 3/2 x 7/2 x 2 x (-75) cal (Attention à ne pas oublier le changement d'unité) = 21/2 x (-75) = (20/2 + 1/2) x (-75) = - 750 - 37,5 = - 787,5 cal ( n = 1 + 0,5 = 3/2 mol). Puisque le cycle est fermé, la somme des enthalpies de chaque réaction doit être nulle. Mais attention, ∆Hv est donnée pour une réaction dans un sens opposé à celui de la réaction du cycle (on passe d'une mole de vapeur d'eau à une mole d'hydrogène et une ½ mol d'hydrogène). On a donc : ∆H0 + ∆H1 + ∆H2 - ∆Hv + ∆H3 = 0. → ∆H2 = ∆Hv − (∆H0 + ∆H1 + ∆H3 ) # 9,5 kcal (9,7 kcal). Enfin, puisque ∆H2 = Lvap.m, on a Lvap # 9500/18 # 9000/18 + 500/20 = 525 cal.g

-1 (9700/18 # 540 cal.g-1).

Question 32

Transformations (D) On considère un volume de 2 L d'un gaz parfait à l'état 1 à T = 400 K sous une pression de 166 kPa. Les capacités calorifiques molaires du gaz sont cp = 20 et cv = 10 J.mol-1.K-1. L'état 2 est caractérisé par un apport de chaleur de 40 J à pression constante, et l'état 3 par une compression adiabatique de manière à retrouver le volume initial. On prendra R = 8,3 J.K-1.mol-1. On donne également 2,12 # 4,4. Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. Le gaz parfait considéré contient 10 moles B. La température du gaz à l'état 2 est 420 K C. Le volume du gaz à l'état 2 est 2,5 L D. Le travail fourni par le gaz pour passer de l'état 1 à l'état 2 est de - 30 J E. La pression du gaz à l'état 3 est égale à 210 kPa

Réponse

B n = PV / RT = 0,1 mol. Q = n.cp.∆T (transformation à pression constante), donc T2 = 400 + 40/(0,1 x 20) = 420 K. V2 = nRT / P = 0,1 x 83.10

-1 x 420 / 166.103 = 2,1 L. Le travail à pression constante est donné par W = -P.(Vf - Vi ) = -166 x 0,1 = - 16,6 J. Pour une compression adiabatique, on a PV γ = cste. Or γ = cp/cv = 20/15 = 4/3. Donc P3 = P2.(V2/V3)

γ = 166 x (2,1/2)2 = 166 x 1,1 = 166 + 16,6 = 182,6 kPa.

Question 33

Autocuiseur (D)

Dans un autocuiseur de contenance 5 L, on place un litre d'eau. Le reste du volume est de l'air à pression atmosphérique et à température ambiante (27 °C). On néglige la dissolution de l'air dans l'eau. La soupape est réglée sur 4 atm. On donne la pression de vapeur saturante de l'eau en atm : PVS = (T / 100)

4, avec T en °C. On prendra 34 = 80 et 1,24 = 2,09.

Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. On chauffe jusqu'à T = 100 °C, la pression totale régnant dans l'autocuiseur est de 2,0 atm B. On chauffe jusqu'à T = 150 °C, la pression totale régnant dans l'autocuiseur est de 6,4 atm C. Si T = 150 °C, l'eau est en ébullition D. La température correspondant au début de l'ébullition est de 125 °C E. La soupape commence à siffler à T = 120 °C

Réponse

Aucune réponse n’est juste

Si aucun gaz n'est évacué (soupape inerte), la pression totale en atm sera de : P = (T / 100)4 + (T + 273) / 300 (pour l’air, la transformation est isochore, on utilise donc la loi de Charles) = 1 + 3,73/3 # 1+ 1,24 = 2,24 atm

Tant que la pression dans l'autocuiseur est inférieure à la pression de réglage (soit 4 atm), la soupape est inerte et l'autocuiseur se comporte comme une enceinte fermée. Par contre, lorsque cette pression est atteinte, la soupape évacue du gaz, de manière à maintenir une pression constante (4 atm). Ainsi à T = 100 °C, la pression de vapeur saturante ajoutée à la pression initiale de 1 atm étant égale à 2,24 atm, c'est bien cette pression qui règne dans l'autocuiseur. Par contre, si T = 150 °C, puisque la somme des deux pressions est de : (3/2)4 + 423/300 # 5 + 1,4 = 6,4 atm, cette pression ne peut être atteinte. Elle est donnée par le réglage de la soupape, soit 4 atm. Comme pour l'exercice précédent, le liquide ne peut pas bouillir pour une enceinte fermée. Celui-ci n'entrera en ébullition que lorsque la pression imposée par l'autocuiseur (soupape) sera égale (inférieure) à la pression de vapeur saturante. Ceci sera le cas si (T / 100)4 = 4 atm, soit T = 100 x 41/4 = 100 x √2 # 140 °C. A partir de ce point, l’eau bout. Cependant la chaleur apportée ne pourra plus augmenter la température de l’eau : elle servira intégralement à la transformer en vapeur d’eau (c’est la même chose que dans une casserole ouverte oùT ne peut pas dépasser 100 °C !) Attention cependant, la soupape sifflera bien avant puisque l’air contribue également à élever la pression. Lorsque du gaz commence à s’échapper, on a (T / 100)4 + (T + 273) / 300 = 4 atm. Pour T = 120 °C, on a P = 1,24 + 393/300 = 2,09 + 1,31 = 3,4 atm (4 atm correspond à 128 °C). ps : le litre d’eau est donné pour que la quantité de matière soit suffisante pour produire la vapeur d’eau considérée ici.

Question 34

Ebullition ? (D)

On injecte dans un récipient étanche vide à température ambiante (25 °C ) 0,04 mol de vapeur d’eau ce qui provoque une pression initiale de 1 atm. Ce récipient est muni d’une soupape réglée à 5 atm. (Pour la vapeur d’eau, on pourra utiliser la relation des gaz parfaits). On donne le tableau de puissance suivant :

x 1 1,02 1,04 1,06 1,08 1,10 1,12 1,14 1,16 1,18 1,20 1,22 1,24

x4 1,00 1,08 1,17 1,26 1,36 1,46 1,57 1,69 1,81 1,94 2,07 2,22 2,36

x 1,28 1,30 1,32 1,34 1,36 1,38 1,40 1,42 1,44 1,46 1,48 1,50 1,52

x4 2,68 2,86 3,04 3,22 3,42 3,63 3,84 4,07 4,30 4,54 4,80 5,06 5,34 Cocher la ou les propositions justes (il peut y avoir zéro proposition juste) :

A. Puisque le système est à pression atmosphérique, il est à l’équilibre B. Si on attend suffisamment longtemps, une grande partie de la vapeur d’eau va se

condenser C. Si on chauffe le récipient à 100 °C, après équil ibre, quasiment toute l’eau du récipient

sera sous forme gazeuse D. Il faut chauffer le récipient à 150 °C pour fai re siffler la soupape E. Si on chauffe le récipient à 200 °C, on peut co nsidérer que l’eau bout

Réponse

BC

On rappelle que la PVS (pression de vapeur saturante) est la pression partielle du gaz en équilibre avec son liquide. A 25 °C, la PVS de l’eau est de l’ordre de 3000 Pa, soit très inférieure aux 1 atm ~ 105 Pa du début. Pour atteindre l’équilibre (soit la PVS), la quasi totalité de l’eau doit condenser (seulement 0,001 mol environ restera sous forme gazeuse à 3 000 Pa). En prenant la formule de Dupperay à cette température (pas adaptée : PVS ~ 400 Pa), c’est encore pire. Puisque PVS = 1 atm à 100 °C, à cette température la pression de la vapeur d’eau sera de 1 atm à l’équilibre. Or cela correspond à la pression due à la vapeur d’eau initialement, il faut donc toute l’eau du récipient pour atteindre cette valeur. A partir de cette température il n’y a plus d’eau liquide si on continue à chauffer. Le gaz ne pourra donc plus être en équilibre avec l’eau liquide (il faudrait plus de matière). Il est inutile de se servir du tableau de l’énoncé. Pour faire siffler la soupape, il faut calculer la température permettant à 0,04 mol de gaz de produire une pression de 5 atm. La transformation est à volume constant, on peut donc utiliser la loi de Charles (P/T = cste), soit T = 298 x 5 = 1490 K = 1217 °C. E est faux : il n’y a plus de liquide depu is longtemps (l’eau ne peut donc pas bouillir).