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1 Correction du Contrôle de Thermochimie 2019-2020 Exercice I (8 pts) : Questio

1 Correction du Contrôle de Thermochimie 2019-2020 Exercice I (8 pts) : Question 1-a): Calcul de la variation de l’enthalpie H°r1 D’après la loi de Hess : CO (g) + ZnO (s) CO2 (g) + Zn (s) H°r1 = H°f (Zn, s) + H°f (CO2, g) – H°f (CO, g) – H°f (ZnO, s) Avec H°f (Zn, g) = 0 car l’élément est dans son état stable. D’où H°r1 = H°f (CO2, g) – H°f (CO, g) – H°f (ZnO, s) A.N : H°r1 = -393,5 + 110,5 + 315 H°r1 = 32 kJ Conclusion : H°r1 > 0 La réaction est endothermique. Question 1-b) : Calcul de la variation de l’entropie S°r1 S°r1 = S° (Zn, s) + S° (CO2, g) – S° (CO, g) – S° (ZnO, s) A.N : S°r1 = 41,6 + 213,6 – 197,6 – 43,6 S°r1 = 14 J·K-1 = 14·10-3 kJ·K-1 Question 1-c) : Calcul de la variation de l’enthalpie libre G°r1 On sait que : G°r1 = H°r1 – T S°r1 A.N : G°r1 = 32 – 300 x 14·10-3 G°r1 = 27,8 KJ UNIVERSITE ABDELMALEK ESSAADI FACULTE DES SCIENCES = TETOUAN = ANNEE: 2019/2020 S.M.P-S.M.C. 2 Conclusion : G°r1 > 0 La réaction ne peut avoir lieu à T = 300 K et à P = 1 atm. Question 2 : Effet de la température Pour déterminer l’effet de la température sur la réaction, on utilise la loi de Gibbs – Helmotz : 0 r 0 r S Δ dT G Δ d   S°r1 > 0 – S°r1 < 0 0 dT G Δ d 0 r  Quand T augmente dT > 0 dG°r < 0 G°r diminue. Conclusion : L’augmentation de la température favorise la réaction. Question 3 : Calcul de la nouvelle valeur de l’enthalpie H°r2 D’après la loi de Kirchhoff on a :    2 1 T T p o 1 r o 2 r dT C Δ H Δ H Δ  Calculons Cp : CP = CP(Zn, s) + CP(CO2, g) – CP(CO, g) – CP(ZnO, s) A.N. : CP = 32 + 35,5 – 28,5 – 62 Cp = – 23 J∙K-1 = – 23∙10-3kJ∙K-1  Calcul de H°r2: ) T T ( C Δ H Δ H Δ 1 2 p o 1 r o 2 r     A.N. : H°r2 = 32 – 23·10-3 x (400 – 300) H°r2 = 29,7 kJ Question 4 : Calcul de G°r2 Loi de Gibbs – Helmotz : 0 r 0 r S Δ dT G Δ d       2 1 T T 0 r 2 1 0 r dT S Δ G Δ d   1 2 0 r 0 1 r 0 2 r T T S Δ G Δ G Δ     A.N. : 3 G°r2 = 27,8 – 14·10-3 x (400 – 300) G°r2 = 26,4 kJ Exercice II (4,5 pts) : Question 1 : Calcul de ESn=O SnO2 (s) + C (s) Sn (s) + CO2 (g) SnO2(g) Sn (g) + 2 O (g) + C (g) A.N: ESn=O = 0,5 (- H°r + H°sub (SnO2,s) + H°sub (C,S) – H°sub (Sn,S) + 2 EC=O) A.N: ESn=O = 0,5 * (–184,1 + 577,6 +716,7 + 301,2 +2 * (–730 ) ESn=O = – 325,5 Kj·mol -1 Question 2 : Calcul de U°r H°r = U°r + RT (n)gaz D’où : U°r = H°r - RT (n)gaz Avec : (n)gaz = 1 Ceci implique que : U°r = H°r – RT A.N : U°r = 184,1 – 8,31*10-3 *298 U°r = 181,62 Kj ∆H°r ∆H°sub(SnO2, s) ∆H°sub(C, s) –∆H°sub(Sn, s) –2 ESn=O 2 Ec=o 4 Exercice III (7,5 pts) : Question 1) : a) Effet d’une diminution de la pression Aspect qualitatif : loi de Lechatelier : Quand on diminue la pression d’un système, l’équilibre se déplace dans le sens de l’augmentation du nombre de mole des constituants gazeux. Dans ce cas on a 0   gaz  . Donc la variation de la pression n’a pas d’effet sur cet équilibre Aspect quantitatif : Pour justifier on a : P dP dLnK gaz x     ; Avec 0 2 2     gaz  Donc 0  dP dLnK x ce qui traduit que la pression n’a pas d’effet sur l’équilibre b) Effet de l’augmentation de la température. Aspect qualitatif : loi de Van t’Hoff Hr < 0 donc la réaction est endothermique dans le sens 2. Quand on augmente la température du système l’équilibre se déplace dans le sens à la faire diminuer. C–à-d sens de la réaction endothermique. Donc l’équilibre se déplace dans le sens indirect ou sens 2 Aspect quantitatif : Pour justifier le sens de déplacement de l’équilibre on se base sur l’expression : 2 RT H dT dLnK r p    0    r H d’où 0  dT dLnK p Quant T dT > 0 implique dLnKp < 0 d’où Kp implique l’équilibre se déplace dans le sens 2 ( sens indirect). Question 2)a) : Expression de Kp en fonction de PT et PBr2 CH4 (g) + Br2(g) CH3Br (g) + HBr (g) A t = o 10 moles 10 moles 0 0 A teq 10 - X 10 - X X X On a 2 4 3 . Br CH Br CH HBr P P P P P K   1 2 5 On a : PT = PCH4 + PBr2 + PCH3Br + PHBr Or on a à l’équilibre: nCH4 = nBr2 et nCH3Br = nHBr PCH4 = PBr2 et PCH3Br = PHBr 2 2 2 Br HBr P P P K  et PT = 2 PBr2 + 2PHBr PHBr = (PT /2) – PBr2 D’où   2 2 2 2 ) 2 ( 2 Br Br T P P P P K   Question 2) b): Calcul de KP à T = 298K On sait que :            T R G Δ exp K 0 r P A.N. :          3 10 . 298 . 32 , 8 92 , 16 exp P K KP = 919,97≈ 920 Question 2) c): Calcul des pressions partielles On sait que :   2 2 2 2 ) 2 ( 2 Br Br T P P P P K     2 2 2 2 Br Br T P P P P K     2 2 2 2 Br T Br P P P Kp    T Br P P Kp    2 2 ) 1 ( ) 1 ( 2 2   Kp P P T Br A.N. : ) 1 920 ( 2 2 2   Br P 2 Br P = 0,032 atm = PCH4 Or PHBr = (PT /2) – PBr2 = 1 – 0,032 PHBr = 0,968 atm = PCH3Br Question 2) d): Calcul des fractions molaires On sait que Xi = Pi / Pt donc 4 2 2 016 , 0 2 032 , 0 CH T Br Br X P P X     6 Et Br CH T HBr HBr X P P X 3 484 , 0 2 968 , 0     Question 3) a): Calcul de Kp2 On la loi de vant’Hoff 2 RT H dT dLnK r p    dT RT H dLnKp r . 2    dT RT H dLnKp r T T T T . 2 2 1 2 1     800 298 1 2 1 .         T R H Kp Kp Ln r           800 1 298 1 .( exp . 1 2 R H Kp Kp r  A.N :           800 1 298 1 .( 10 . 32 , 8 31 exp . 920 3 2 Kp Kp2 = 0,36 Question 3) b) On a Kp2 = 0,36 < Kp =920 Donc quand la température est passée de 298°K à 800°K ( T ↑ ) Kp a diminué donc l’équilibre s’est déplacé dans le sens 2. Sens de la réaction endothermique. uploads/Finance/ correctioncontrole-thermo-2019-2020.pdf