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CORRIGÉS DES EXERCICES ET PROBLÈMES DU CHAPITRE 2
2. Une détente adiabatique réversible est une détente isentropique ; pour le gaz parfait la
relation (de LAPLACE) pV
γ
m = A (constante) est vérifiée. Nous avons dans ces conditions :
dμ
∗
= −S m dT +V m dp = −S m dT − γAV
−γ
m dV m .
Par intégration entre l’état initial et l’état final il vient :
Δμ
∗
= −S m (T f − T i ) − A
γ
1 − γ
V
−γ+1
m,f
−V
−γ+1
m,i
d’où :
Δμ
∗
= −S m (T f − T i ) +
γ
1 − γ
(p f V m,f − p i V m,i ) =
Rγ
γ − 1
− S m
(T f − T i ) .
Par ailleurs nous pouvons calculer la température T f par la relation T i V
γ−1
i
= T f V
γ−1
f
et donc
T f = T i (0, 5)
γ−1 . Une application numérique conduit au résultat final Δμ ∗ = 11,7 kJ·mol −1 .
2.5 Entropie molaire absolue de l’eau gaz à T = 298 K sous p = 1 bar
1. Les données thermodynamiques, en particulier le fait de disposer des capacités thermiques
à pression constante et de l’enthalpie de vaporisation à T = 100 °C invitent à effectuer un
cycle où la pression totale est fixée et où une unité de quantité de matière (une mole) est
vaporisée de façon fictive à T = 298 K sous p = 1 bar en trois transformations :
– étape (1) : le liquide est porté de la température T 0 = 298 K à la température T eb = 373 K ;
– étape (2) : le liquide est vaporisé à sous p = 1 bar à T = 373 K ;
– étape (3) : le gaz est refroidit de la température T eb à la température T 0 .
H 2 O (liquide)
T 0
H 2 O (gaz)
T 0
H 2 O (liquide)
T eb
H 2 O (gaz)
T eb
Δ r S
o
ΔS(1)
ΔS(2)
ΔS(3)
Cycle thermodynamique permettant le calcul de l’entropie molaire absolue de l’eau gaz sous p = 1 bar et
T = 298 K
Nous avons, en utilisant le fait que l’entropie est une fonction d’état :
Δ r S
◦
= S
◦
m (H 2 O, gaz) − S
◦
m (H 2 O, liquide) = ΔS(1) + ΔS(2) + ΔS(3).
Pour les trois étapes (1), (2) et (3), les variations d’entropie valent respectivement :
ΔS(1) =
T eb
T 0
C ◦
p,m (H 2 O, liquide)
T
dT
CORRIGÉS DES EXERCICES ET PROBLÈMES DU CHAPITRE 2
2. Une détente adiabatique réversible est une détente isentropique ; pour le gaz parfait la
relation (de LAPLACE) pV
γ
m = A (constante) est vérifiée. Nous avons dans ces conditions :
dμ
∗
= −S m dT +V m dp = −S m dT − γAV
−γ
m dV m .
Par intégration entre l’état initial et l’état final il vient :
Δμ
∗
= −S m (T f − T i ) − A
γ
1 − γ
V
−γ+1
m,f
−V
−γ+1
m,i
d’où :
Δμ
∗
= −S m (T f − T i ) +
γ
1 − γ
(p f V m,f − p i V m,i ) =
Rγ
γ − 1
− S m
(T f − T i ) .
Par ailleurs nous pouvons calculer la température T f par la relation T i V
γ−1
i
= T f V
γ−1
f
et donc
T f = T i (0, 5)
γ−1 . Une application numérique conduit au résultat final Δμ ∗ = 11,7 kJ·mol −1 .
2.5 Entropie molaire absolue de l’eau gaz à T = 298 K sous p = 1 bar
1. Les données thermodynamiques, en particulier le fait de disposer des capacités thermiques
à pression constante et de l’enthalpie de vaporisation à T = 100 °C invitent à effectuer un
cycle où la pression totale est fixée et où une unité de quantité de matière (une mole) est
vaporisée de façon fictive à T = 298 K sous p = 1 bar en trois transformations :
– étape (1) : le liquide est porté de la température T 0 = 298 K à la température T eb = 373 K ;
– étape (2) : le liquide est vaporisé à sous p = 1 bar à T = 373 K ;
– étape (3) : le gaz est refroidit de la température T eb à la température T 0 .
H 2 O (liquide)
T 0
H 2 O (gaz)
T 0
H 2 O (liquide)
T eb
H 2 O (gaz)
T eb
Δ r S
o
ΔS(1)
ΔS(2)
ΔS(3)
Cycle thermodynamique permettant le calcul de l’entropie molaire absolue de l’eau gaz sous p = 1 bar et
T = 298 K
Nous avons, en utilisant le fait que l’entropie est une fonction d’état :
Δ r S
◦
= S
◦
m (H 2 O, gaz) − S
◦
m (H 2 O, liquide) = ΔS(1) + ΔS(2) + ΔS(3).
Pour les trois étapes (1), (2) et (3), les variations d’entropie valent respectivement :
ΔS(1) =
T eb
T 0
C ◦
p,m (H 2 O, liquide)
T
dT