CORRIGÉS DES EXERCICES ET PROBLÈMES DU CHAPITRE 2
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ΔS(2) =
L vap (H 2 O)
T eb
ΔS(3) =
T 0
T eb
C ◦
p,m (H 2 O, gaz)
T
dT .
Ainsi, il est possible d’évaluer l’entropie molaire absolue standard de l’eau gaz à T = 298 K
selon :
S
◦
m (H 2 O, gaz) = S
◦
m (H 2 O, liquide) + ΔS(1) + ΔS(2) + ΔS(3).
Applications numériques :
ΔS(1) =
T eb
T 0
75, 5
T
dT = 75, 5.ln
373
298
= 16,9 J·K
−1
·mol
−1
ΔS(2) =
40400
373
= 108,3 J·K
−1
·mol
−1
ΔS(3) =
T 0
T eb
30, 38 + 9, 62.10 −3 .T + 1, 18.10 −6 .T 2
T
dT
= 30, 38 × ln
298
373
+ 9, 62.10
−3
× (298 − 373) +
1, 18.10 −6
2
× (298
2
− 373
2
)
= −7,6 J·K
−1
·mol
−1
S
◦
m (H 2 O, gaz) = 69, 9 + 16, 9 + 108, 3 − 7, 6 = 187,5 J·K
−1
·mol
−1
soit une valeur très proche de la valeur lue dans la littérature.
2. Pour s’approcher de la valeur annoncée dans la littérature, il faudrait disposer de données
plus fines sur la capacité thermique de l’eau liquide entre T = 298 K et T = 373 K afin
d’améliorer l’estimation de ΔS(3).
2.6 Entropie molaire absolue du méthanol gaz à T = 298 K sous p = 1 bar
Dans cet exercice, les données invitent à construire un cycle isotherme à T = T 0 = 298 K
qui représente une succession de transformations permettant de passer, à T = 298 K et sous
p = 1 bar, du méthanol liquide au méthanol gazeux. Ce cycle est constitué d’une détente isotherme du liquide de la pression p ◦ = 1 bar à la pression de vapeur saturante du méthanol
p ∗ (CH 3 OH)= 0, 165 bar (étape (1)), puis de la vaporisation (étape (2)) et enfin de la compression isotherme du gaz supposé se comporter comme un gaz parfait (étape (3)).
1. On néglige dans cette partie l’influence de la pression sur l’entropie de la phase condensée.
Cela revient à poser :
ΔS(1) ≈ 0.
Pour l’étape (2), l’entropie de vaporisation est directement liée à l’enthalpie de vaporisation
par :
ΔS(2) =
L vap (CH 3 OH)
T 0
.
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ΔS(2) =
L vap (H 2 O)
T eb
ΔS(3) =
T 0
T eb
C ◦
p,m (H 2 O, gaz)
T
dT .
Ainsi, il est possible d’évaluer l’entropie molaire absolue standard de l’eau gaz à T = 298 K
selon :
S
◦
m (H 2 O, gaz) = S
◦
m (H 2 O, liquide) + ΔS(1) + ΔS(2) + ΔS(3).
Applications numériques :
ΔS(1) =
T eb
T 0
75, 5
T
dT = 75, 5.ln
373
298
= 16,9 J·K
−1
·mol
−1
ΔS(2) =
40400
373
= 108,3 J·K
−1
·mol
−1
ΔS(3) =
T 0
T eb
30, 38 + 9, 62.10 −3 .T + 1, 18.10 −6 .T 2
T
dT
= 30, 38 × ln
298
373
+ 9, 62.10
−3
× (298 − 373) +
1, 18.10 −6
2
× (298
2
− 373
2
)
= −7,6 J·K
−1
·mol
−1
S
◦
m (H 2 O, gaz) = 69, 9 + 16, 9 + 108, 3 − 7, 6 = 187,5 J·K
−1
·mol
−1
soit une valeur très proche de la valeur lue dans la littérature.
2. Pour s’approcher de la valeur annoncée dans la littérature, il faudrait disposer de données
plus fines sur la capacité thermique de l’eau liquide entre T = 298 K et T = 373 K afin
d’améliorer l’estimation de ΔS(3).
2.6 Entropie molaire absolue du méthanol gaz à T = 298 K sous p = 1 bar
Dans cet exercice, les données invitent à construire un cycle isotherme à T = T 0 = 298 K
qui représente une succession de transformations permettant de passer, à T = 298 K et sous
p = 1 bar, du méthanol liquide au méthanol gazeux. Ce cycle est constitué d’une détente isotherme du liquide de la pression p ◦ = 1 bar à la pression de vapeur saturante du méthanol
p ∗ (CH 3 OH)= 0, 165 bar (étape (1)), puis de la vaporisation (étape (2)) et enfin de la compression isotherme du gaz supposé se comporter comme un gaz parfait (étape (3)).
1. On néglige dans cette partie l’influence de la pression sur l’entropie de la phase condensée.
Cela revient à poser :
ΔS(1) ≈ 0.
Pour l’étape (2), l’entropie de vaporisation est directement liée à l’enthalpie de vaporisation
par :
ΔS(2) =
L vap (CH 3 OH)
T 0
.