CORRIGÉS
Corps pur diphasé
5
277
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
État critique : V m,c = 9,5 . 10 –5 m 3 .mol –1 .
Vo lume molaire de la vapeur saturante à 0°C:
V m,V = 45,8 . 10 –5 m 3 .mol –1 .
Vo lume molaire du liquide de saturation à 0°C:
V m,L = 4,82 . 10 –5 m 3 .mol –1 .
Chaleur latente de vaporisation molaire :
L V,m = 10,2 kJ . mol –1 à 0°C.
On suppose, au départ, le CO 2 à l’état de gaz :
la quantité de matière est : n =
,
cela donne : n = 4,4 moles , soit une masse m = 0,194 kg .
• Dans 100 litres, cela donne un volume molaire :
V m,1 = 2,23 . 10 –2 m 3 .mol –1 : le CO 2 est bien à l’état gaz.
• Dans 1 litre, cela donne un volume molaire :
V m,2 = 2,23 . 10 –4 m 3 .mol –1 compris entre ceux du liquide
et de la vapeur : il y a coexistence des deux phases.
Sur le graphique, la transformation est représentée en trait
plein : pour la transformation 1, tout est à l’état vapeur ; pour
la transformation 2, il y a coexistence des deux phases liquide et vapeur.
2 • Le volume molaire de vapeur saturante est
V m,V =45,8 . 10 –5 m 3 .mol –1 . On suppose que cette vapeur
obéit aux lois des gaz parfaits, ainsi :
P =
=
= 49,5.10 5 Pa .
Cette valeur est différente de la valeur expérimentale attendue P exp = 34,6. 10 5 Pa ; cette valeur met en cause la modélisation de la vapeur comme gaz parfait ; néanmoins on
gardera la valeur trouvée pour éviter toute incohérence dans
les résultats suivants.
3 • On cherche le titre en vapeur à la fin de l’expérience : on
pose le titre x V comme rapport entre les quantités de matière :
x V =
=
.
n V
n
n vapeur
n total
8,31.273
45,8.10 –5
RT 0
V m,V
P
o
V
o
L
o
V
o
S
o
V
o
L + o
V
o
S
+
o L
o
S + o
V
P c = 74. 10 5 Pa.
V m,L = 4,82 . 10 –5 m 3 .mol –1
T c = 304 K
V = vapeur
L = liquide
S = solide
T 0 = 273 K
P = 34.6 10 5 Pa.
P t = 5.1 10 5 Pa.
V m
V m,V = 45,8 . 10 –5 m 3 .mol –1
V m,l = 2,23 . 10 –2 m 3 .mol –1
V m,2 = 22,3 . 10 –5 m 3 .mol –1
V m,c = 9,5 . 10 –5 m 3 .mol –1
1
2
P 0 V 0
RT 0
Le volume molaire s’écrit alors :
V m,2 = x V V m,V + (1 – x V ) V m,L ,
ce qui donne :
x V =
=
= 0,43 ;
le titre en vapeur est égal à x V = 0,43 .
4 • On calcule le travail de compression molaire reçu par le
fluide.
De l’état initial à l’apparition de la première goutte de liquide, on suppose que le gaz suit la loi des gaz parfaits, donc :
W l,m = –
V m,V
V m,l
P dV m = –
V m,V
V m,l
RT 0
= – RT 0 ln = 8,31 . 273 ln
= 8,825 kJ . mol –1 ,
ce qui donne :
W 1 = 38,8 kJ, pour 4,4 moles .
Ensuite l’évolution se fait à pression constante. Le travail de
compression molaire lors de cette évolution est :
W 2,m = – P(V m,2 – V m,V ) = 49,5 . 10 5 (22,3 . 10 –5 – 45,8 . 10 –5 )
= 1,16 kJ . mol –1 ,
soit donc W 2 = 5,12 kJ pour la quantité de matière considérée.
Le travail de compression total est donc :
W=43,9 kJ .
Lors de la première phase, l’énergie interne ne varie pas
(∆ ∆U 1 = 0) ; le transfert thermique est donc opposé au travail
de compression, soit :
Q 1,m = – 8,8 kJ . mol –1 , et Q 1 = 38,8 kJ .
Lors de la seconde phase, le transfert thermique molaire est
égal à la variation d’enthalpie molaire lorsque 1 – x V moles
passent de l’état vapeur à l’état liquide, soit :
Q 2,m = ∆
∆H 2 = – (1 – x v ) L v
= – 0,57 . 10,2 kJ . mol –1 = – 5,8 kJ . mol –1 ,
soit, Q 2,m = – 25,6 kJ . mol –1
pour la quantité de matière considérée.
Le transfert thermique total est :
Q = – 65,4 kJ .
5 • On cherche les variations de diverses fonctions d’état :
∆
∆U = W + Q = 43,9 – 64,4 = – 20,5 kJ
= W 2 + Q 2 car ∆
∆U 1 = 0 .
Lors de la première phase ∆
∆H 1 = 0,
donc :
∆
∆H = Q 2 = – 25,6 kJ .
Pour le calcul de ∆
∆S , lors de la première phase :
∆
∆S 1,m = + R ln =
(transformation isotherme),
d’où :
∆
∆S 1 =
et :
∆
∆S 2 =
=
,
Q 2
T 0
∆
∆H 2
T 0
Q 1
T 0
Q 1,m
T 0
V m,V
V m,l
2,23.10 –2
45,8.10 –5
V m,V
V m,l
dV m
V m
22,3 . 10 –5 – 4,82 . 10 –5
45,8 . 10 –5 – 4,82 . 10 –5
V m,2 – V m,L
V m,V – V m,L
Corps pur diphasé
5
277
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
État critique : V m,c = 9,5 . 10 –5 m 3 .mol –1 .
Vo lume molaire de la vapeur saturante à 0°C:
V m,V = 45,8 . 10 –5 m 3 .mol –1 .
Vo lume molaire du liquide de saturation à 0°C:
V m,L = 4,82 . 10 –5 m 3 .mol –1 .
Chaleur latente de vaporisation molaire :
L V,m = 10,2 kJ . mol –1 à 0°C.
On suppose, au départ, le CO 2 à l’état de gaz :
la quantité de matière est : n =
,
cela donne : n = 4,4 moles , soit une masse m = 0,194 kg .
• Dans 100 litres, cela donne un volume molaire :
V m,1 = 2,23 . 10 –2 m 3 .mol –1 : le CO 2 est bien à l’état gaz.
• Dans 1 litre, cela donne un volume molaire :
V m,2 = 2,23 . 10 –4 m 3 .mol –1 compris entre ceux du liquide
et de la vapeur : il y a coexistence des deux phases.
Sur le graphique, la transformation est représentée en trait
plein : pour la transformation 1, tout est à l’état vapeur ; pour
la transformation 2, il y a coexistence des deux phases liquide et vapeur.
2 • Le volume molaire de vapeur saturante est
V m,V =45,8 . 10 –5 m 3 .mol –1 . On suppose que cette vapeur
obéit aux lois des gaz parfaits, ainsi :
P =
=
= 49,5.10 5 Pa .
Cette valeur est différente de la valeur expérimentale attendue P exp = 34,6. 10 5 Pa ; cette valeur met en cause la modélisation de la vapeur comme gaz parfait ; néanmoins on
gardera la valeur trouvée pour éviter toute incohérence dans
les résultats suivants.
3 • On cherche le titre en vapeur à la fin de l’expérience : on
pose le titre x V comme rapport entre les quantités de matière :
x V =
=
.
n V
n
n vapeur
n total
8,31.273
45,8.10 –5
RT 0
V m,V
P
o
V
o
L
o
V
o
S
o
V
o
L + o
V
o
S
+
o L
o
S + o
V
P c = 74. 10 5 Pa.
V m,L = 4,82 . 10 –5 m 3 .mol –1
T c = 304 K
V = vapeur
L = liquide
S = solide
T 0 = 273 K
P = 34.6 10 5 Pa.
P t = 5.1 10 5 Pa.
V m
V m,V = 45,8 . 10 –5 m 3 .mol –1
V m,l = 2,23 . 10 –2 m 3 .mol –1
V m,2 = 22,3 . 10 –5 m 3 .mol –1
V m,c = 9,5 . 10 –5 m 3 .mol –1
1
2
P 0 V 0
RT 0
Le volume molaire s’écrit alors :
V m,2 = x V V m,V + (1 – x V ) V m,L ,
ce qui donne :
x V =
=
= 0,43 ;
le titre en vapeur est égal à x V = 0,43 .
4 • On calcule le travail de compression molaire reçu par le
fluide.
De l’état initial à l’apparition de la première goutte de liquide, on suppose que le gaz suit la loi des gaz parfaits, donc :
W l,m = –
V m,V
V m,l
P dV m = –
V m,V
V m,l
RT 0
= – RT 0 ln = 8,31 . 273 ln
= 8,825 kJ . mol –1 ,
ce qui donne :
W 1 = 38,8 kJ, pour 4,4 moles .
Ensuite l’évolution se fait à pression constante. Le travail de
compression molaire lors de cette évolution est :
W 2,m = – P(V m,2 – V m,V ) = 49,5 . 10 5 (22,3 . 10 –5 – 45,8 . 10 –5 )
= 1,16 kJ . mol –1 ,
soit donc W 2 = 5,12 kJ pour la quantité de matière considérée.
Le travail de compression total est donc :
W=43,9 kJ .
Lors de la première phase, l’énergie interne ne varie pas
(∆ ∆U 1 = 0) ; le transfert thermique est donc opposé au travail
de compression, soit :
Q 1,m = – 8,8 kJ . mol –1 , et Q 1 = 38,8 kJ .
Lors de la seconde phase, le transfert thermique molaire est
égal à la variation d’enthalpie molaire lorsque 1 – x V moles
passent de l’état vapeur à l’état liquide, soit :
Q 2,m = ∆
∆H 2 = – (1 – x v ) L v
= – 0,57 . 10,2 kJ . mol –1 = – 5,8 kJ . mol –1 ,
soit, Q 2,m = – 25,6 kJ . mol –1
pour la quantité de matière considérée.
Le transfert thermique total est :
Q = – 65,4 kJ .
5 • On cherche les variations de diverses fonctions d’état :
∆
∆U = W + Q = 43,9 – 64,4 = – 20,5 kJ
= W 2 + Q 2 car ∆
∆U 1 = 0 .
Lors de la première phase ∆
∆H 1 = 0,
donc :
∆
∆H = Q 2 = – 25,6 kJ .
Pour le calcul de ∆
∆S , lors de la première phase :
∆
∆S 1,m = + R ln =
(transformation isotherme),
d’où :
∆
∆S 1 =
et :
∆
∆S 2 =
=
,
Q 2
T 0
∆
∆H 2
T 0
Q 1
T 0
Q 1,m
T 0
V m,V
V m,l
2,23.10 –2
45,8.10 –5
V m,V
V m,l
dV m
V m
22,3 . 10 –5 – 4,82 . 10 –5
45,8 . 10 –5 – 4,82 . 10 –5
V m,2 – V m,L
V m,V – V m,L