Toutes les données sont en mole et 180 g d’eau correspondent à « = 180/18 = 10 moles d’eau.
Nous pouvons faire le bilan thermodynamique ; n CCH ^O, s) AT| + n
s) + n C(H^O, 1)
+ n L^(H20 , 1) = 544,226 kJ et ainsi obtenir
s) = 39,74 kJ • mol"'.
5.6 Nous pouvons écrire :
w= - K . d f " = -P e « A F
et il vient :
'
w = - 1,013 X 10-5 X (1,6 7-0 ,0 0 1)= 159 4 j^j
Quand l’expérience a lieu sous vide, il n’y a aucun travail développé car = 0.
5.7 La variation de volume est égale au produit de l ’aire par le déplacement du piston ;
AV = - 2 10"-x 5 10"5 = - 10^ m-5 (diminution du volume).
Le travail reçu est w = - /? AV = - 2 x lO^ x ( - 1(H) = 20 J. C ’est un travail reçu (> 0) par le
système (compression). Connaissant la pression et l’aire de la section, p = section
• , et on en déduit
F = 2 x 10-5x2x 10"'= 4 10-'N
5.8 Le travail est égal au produit de la force par le déplacement (les deux sont colinéaires) :
w = T . d /= 60x0,15 = 9 J
5.9 Calculons d’abord le nombre de moles de gaz en appliquant l’équation d’état des gaz parfaits :
n =
p y .
1,013x10^x0,1 = 4,09 moles
RT
8,314x298
Pour un changement brutal de pression, la pression finale est instantanément atteinte et c’est elle
qui travaille. Avec ôw = - p d V , en intégrant, il vient pour le protocole 1 :
■ a
O c
13
Q
O
fNJ
(S)
x:
oi
‘s _
CL
O
U
Comme /?| V, = n R T et p ^ j = n R T , il est facile de voir que
wÎ2 3 = -/7 R T
V p^)
= -4,09x8,314x298
^ j_ 10 0 x l,013x10^^
1,013x10'
= 1003,2 kJ
Pour le second protocole en deux étapes, la même procédure appliquée à chaque étape conduit à
w S s = W|_ . 2 +
avec
= - n K T
P J
etW2 ^ 3 = —n R T 1 —— I, soit finalement
l
P i J
= - n R r 2 - ^ - A
Pi Pi J
= -4,09x8,314x298 Î 2 - ^ -
100 = 506,7 kJ.
V
1
50 y
Nous avons deux trajets différents pour aboutir au même état final et, comme le travail w n’est
pas une fonction d’état, il est différent pour les deux protocoles.
Calcul des volumes : Fj = 0,1 m^, = —----- = 2 x 1 0 ”^
et = — ------ = 10~^
.
" P 2
P i
5.10 Pour le protocole réversible, avec ôvr = -p d V , en intégrant, il vient en utilisant l’équation
d’état des gaz parfaits :
état 2
f\V
V
I A>dK = -H R 7’ J ^ = -» R 7 ’ ln -^ = -« R 7 ’ ln -^
w:
V,
P i
482
Nous pouvons faire le bilan thermodynamique ; n CCH ^O, s) AT| + n
s) + n C(H^O, 1)
+ n L^(H20 , 1) = 544,226 kJ et ainsi obtenir
s) = 39,74 kJ • mol"'.
5.6 Nous pouvons écrire :
w= - K . d f " = -P e « A F
et il vient :
'
w = - 1,013 X 10-5 X (1,6 7-0 ,0 0 1)= 159 4 j^j
Quand l’expérience a lieu sous vide, il n’y a aucun travail développé car = 0.
5.7 La variation de volume est égale au produit de l ’aire par le déplacement du piston ;
AV = - 2 10"-x 5 10"5 = - 10^ m-5 (diminution du volume).
Le travail reçu est w = - /? AV = - 2 x lO^ x ( - 1(H) = 20 J. C ’est un travail reçu (> 0) par le
système (compression). Connaissant la pression et l’aire de la section, p = section
• , et on en déduit
F = 2 x 10-5x2x 10"'= 4 10-'N
5.8 Le travail est égal au produit de la force par le déplacement (les deux sont colinéaires) :
w = T . d /= 60x0,15 = 9 J
5.9 Calculons d’abord le nombre de moles de gaz en appliquant l’équation d’état des gaz parfaits :
n =
p y .
1,013x10^x0,1 = 4,09 moles
RT
8,314x298
Pour un changement brutal de pression, la pression finale est instantanément atteinte et c’est elle
qui travaille. Avec ôw = - p d V , en intégrant, il vient pour le protocole 1 :
■ a
O c
13
Q
O
fNJ
(S)
x:
oi
‘s _
CL
O
U
Comme /?| V, = n R T et p ^ j = n R T , il est facile de voir que
wÎ2 3 = -/7 R T
V p^)
= -4,09x8,314x298
^ j_ 10 0 x l,013x10^^
1,013x10'
= 1003,2 kJ
Pour le second protocole en deux étapes, la même procédure appliquée à chaque étape conduit à
w S s = W|_ . 2 +
avec
= - n K T
P J
etW2 ^ 3 = —n R T 1 —— I, soit finalement
l
P i J
= - n R r 2 - ^ - A
Pi Pi J
= -4,09x8,314x298 Î 2 - ^ -
100 = 506,7 kJ.
V
1
50 y
Nous avons deux trajets différents pour aboutir au même état final et, comme le travail w n’est
pas une fonction d’état, il est différent pour les deux protocoles.
Calcul des volumes : Fj = 0,1 m^, = —----- = 2 x 1 0 ”^
et = — ------ = 10~^
.
" P 2
P i
5.10 Pour le protocole réversible, avec ôvr = -p d V , en intégrant, il vient en utilisant l’équation
d’état des gaz parfaits :
état 2
f\V
V
I A>dK = -H R 7’ J ^ = -» R 7 ’ ln -^ = -« R 7 ’ ln -^
w:
V,
P i
482