Problème 1 a) Fractions massiques dans le mélange xC3H6 = 0,610 xC6H14 = 1 - xC3H6 = 0,390 Masses de chaque composé du mélange masse de C3H6 = masse de mélange × fraction massique C3H6 = 300 kg × 0,61 = 183 kg C3H6 masse de C6H14 = masse de mélange × fraction massique C6H14 = 300 kg × 0,39 = 117 kg C6H14 Nombre de moles de chaque composé Nb moles C3H6 = masse C3H6 / masse molaire C3H6 = 183 kg / 0,0441 kg/mol = 4149,7 mol C3H6 Nb moles C6H14 = masse C6H14 / masse molaire C6H14 = 117 kg / 0,0862 kg/mol = 1357,3 mol C6H14 Nb moles total = moles C3H6 + moles C6H14 = 4149,7 mol + 1357,3 mol = 5507 moles de mélange Fractions molaires xC3H6 = nb moles C3H6 / nb moles total = 4149,7 mol / 5507 mol = 0,754 xC6H14 = 1 - xC3H6 = 0,246 b) Loi de Raoult pour un système binaire P = xC3 H 6 PCo3 H 6 (20o C ) + xC6 H14 PCo6 H14 (20o C ) Tension de vapeur (Antoine) o C3 H 6 P (20 C ) = 10 o 818,540 6,84343− 20 + 248,677 1171,530 6,87776 − 20 + 224,366 PCo6 H14 (20o C ) = 10 = 6264, 7 mmHg = 8, 243 atm = 121, 28 mmHg = 0,160 atm Pression totale P = 0, 754 × 8, 243 atm + 0, 246 × 0,160 atm = 6, 215 atm + 0, 04 atm = 6, 25 atm (4750,5 mmHg ) c) Composition de la vapeur P yC3 H 6 = C3 H 6 = 6, 21 atm = 0,994 6, 25 atm Ptot yC6 H14 = 1 − yC3 H 6 = 0, 006 d) Constantes critiques Température critique (Tc) Pression critique (Pc) Propane (C3H6) 370 K 4,26 MPa 42,05 atm n-Hexane (C6H14) 507,9 K 3,03 MPa 29,91 atm Température dans le réservoir T = 252°C + 273 = 525 K Puisque la température du réservoir excède la température critique des deux substances, il y a seulement de la vapeur dans le réservoir. Nombre de moles de mélange dans le réservoir Nb moles total = 5507 moles de mélange (calculé en a) ) Volume du réservoir (m3) V= π D2 ×h 4 π (1) 2 (1, 2) = 0,942 m3 V= 4 (942 litres ) Température (K) et pression (atm) pseudo-critiques du mélange gazeux Tpc = xC3 H 6 Tc ,C3 H 6 + xC6 H14 Tc ,C6 H14 Tpc = 0, 754 × 370 K + 0, 246 × 507,9 K Tpc = 404 K Ppc = xC3 H 6 Pc ,C3 H 6 + xC6 H14 Pc ,C6 H14 Ppc = 0, 754 × 42, 05 atm + 0, 246 × 29,91 atm Ppc = 39, 06atm Pression dans le réservoir (atm) - Itération sur Zm méthode pseudo-critique. Z m n RT V Z m × 5507 mol × 0, 0821 L.mol / atm.K × 525 K P= 942 L P = 251,98 × Zm atm P= Température (K) et pression (atm) pseudo-réduites Tpr = T 525 K = = 1,3 Tpc 404 K Ppr = P 251,98 × Zm atm = = 6, 45 × Zm Ppc 39, 06 atm Zm supposé 1 0,86 0,78 0,74 0,72 Pression dans le réservoir P = 251,98 × 0, 71 atm P = 178,9 atm Ppr 6,45 5,55 5,03 4,77 4,64 Zm lu sur le graph. 0,86 0,78 0,74 0,72 0,71 Problème 2 a) Température (°C) Pression totale (atm) Humidité relative 1 19 1 55% 2 80 1 2,55% 3 30 1 90% La seule valeur à calculer est l’humidité relative au point 2. Humidité relative au point 2 HR % 2 = PH 2O ,2 PHo2O ,2 La pression partielle d’eau est la même qu’au point 1 et les tensions de vapeur peuvent être calculées à l’aide de l’équation d’Antoine. 1750,286 8,10765 − 19 + 235 o H 2O (19 C ) = 10 o H 2O (80 C ) = 10 P P o o 1750,286 8,10765 − 80 + 235 = 16, 47 mmHg = 0, 021 atm = 355, 78 mmHg = 0, 468 atm PH 2O ,1 = PH 2O ,2 = 16, 47 mmHg × 0,55 = 9, 06 mmHg (0, 0116atm) HR% 2 = PH 2O ,2 o H 2O ,2 P = 9, 06 mmHg = 2,55% 355, 78 mmHg b) L’humidité absolue est donnée par : Y ' = 0, 622 PH 2 0 PA.S [ =] kg eau kg d ' air sec Pression partielle d’eau au point 3 Tension de vapeur o H 2O P (30 C ) = 10 o 1750,286 8,10765 − 30 + 235 = 31,83 mmHg = 0, 042 atm PH 2O ,3 = 31,83 mmHg × 0,90 = 28, 64 mmHg Humidités absolues Y1 ' = 0, 622 9, 06 kg eau = 0, 0075 760 − 9, 06 kg d ' air sec Y2 ' = 0, 622 9, 06 kg eau = 0, 0075 760 − 9, 06 kg d ' air sec Y3 ' = 0, 622 28, 64 kg eau = 0, 0244 760 − 28, 64 kg d ' air sec c) Bilan sur l’eau m H 2O = m A.S (Y3 '− Y2 ') = 25 kg H 2O / h m A.S = n A.S = 25 kg H 2O / h (0, 0244 − 0, 0075)kg H 2O / kg A.S = 1479,3 kg A.S / h m A.S 1479,3 kg A.S / h = = 51010 mol A.S / h M A.S 0, 029 kg / mol d) Débit volumique d’air entrant dans le réchauffeur n RT V1 = A.S 1 PA.S 51010 mol A.S / h × 8,314 Pa.m3 / mol.K × 292 K V1 = = 1236 m3 / h (1 − 0, 0116)atm × 101325 Pa / atm e) Bilan d’énergie autour du réchauffeur ∆H = m A.S (h2 − h1 ) Puisque Y1’ = Y2’ , (h2 – h1) = (1,005 + 1,884 Y1’) (T2 – T1) ∆h = (1, 005 + 1,884 × 0, 0075 kg H 2O / kg A.S )(80 − 19) ∆h = 62,17 kJ / kg A.S ∆H = 1479,3 kg A.S / h × 62,17 kJ / kg A.S 91963,5 kJ / h ∆H = = 25,5 kW 3600 s / h Problème 3 a) Réaction : État initial Réaction État final 5 3 NH 3 + O2 U NO + H 2O ( g ) 4 2 NH3 O2 NO H2O 0,10 × 200 0,90 × 200 × 0,21 0 0 -x - 5x/4 +x + 3x/2 37,8 - 5x/4 x 3x/2 15,3 18 27 20 - x 2 Note : Les valeurs du tableau sont en atm. On sait qu’à l’équilibre, il reste 10% de l’ammoniac initial. 20 – x = 2 atm ⇒ x = 18 atm De plus, la pression partielle d’azote (PN2) est égale à : 0,90 × 200 × 0,79 = 142,2 atm Pression totale Ptot ,éq = PNH3 ,éq + PO2 ,éq + PNO ,éq + PH 2O ,éq + PN2 ,éq Ptot ,éq = 2 + 15,3 + 18 + 27 + 142, 2 = 204,5 atm P totale, éq = 204,5 atm Composition yi = Pi,éq /Ptot,éq PNH3 ,éq yNH 3 ,éq = yO2 ,éq = Ptot ,éq PO2 ,éq Ptot ,éq = PNO ,éq yNO ,éq = PH 2O ,éq Ptot ,éq PN2 ,éq Ptot ,éq = 2 = 0, 0098 204,5 15,3 = 0, 0748 204,5 = Ptot ,éq yH 2O ,éq = yN 2 ,éq = = 18 = 0, 0880 204,5 = 27 = 0,1320 204,5 142, 2 = 0, 6954 204,5 b) (P )×(P ) Kp = (P )×(P ) NO , éq 3 2 H 2O ,éq 5 NH 3 , éq 4 O2 ,éq 3 (18) × ( 27 ) 2 Kp = 5 ( 2 ) × (15,3) 4 = 41, 72 atm 1 4 c) Loi de Hess 5 3 ∆H réaction = ∆H of , H 2O + ∆H of , NO − ∆H of , NH3 + ∆H of ,O2 4 2 5 3 ∆H réaction = (−241,8) + (90,37) − (−46,19) + (0) 4 2 ∆H réaction = −226,14 kJ / mol NH 3 La réaction est exothermique; dégagement d’énergie. d) ∆n = (1 + 3/2) – (1 + 5/4) = 1/4 Le nombre de mole de gaz augmente dans le sens de synthèse de NO par conséquent une augmentation de volume favorise cette réaction. Donc, il faut baisser la pression pour favoriser la réaction de synthèse du monoxyde d’azote. (Principe de Le Châtelier)
