Correction - DS no 5 : Déplacements d’équilibres chimiques Chimie Correction - DS no 5 : Déplacements d’équilibres chimiques 1 Synthèse du trioxyde de soufre 1. a) Faisons un tableau d’avancement. SO2 (g) n0 n0 − ξ état initial état final 1 2 O2 (g) n0 n0 − 12 ξ + SO3 (g) 0 ξ N2 8 n0 8 n0 Total gaz : ng 10 n0 10 n0 − 21 ξ b) Soient ni (SO2 ) et nf (SO2 ) les quantités de matière initiale et finale de SO2 . ni (SO2 )−nf (SO2 ) ni (SO2 ) Le taux de conversion τ de SO2 est : τ = 2. = n0 −(n0 −ξ) n0 ( ) P V = n RT = 10 n − 1 ξ RT g 0 2 a) On a les relations suivantes n (SO2 ) = n0 − ξ soit τ = ξ . n0 { 10 n0 − 21 ξ n0 − ξ ⇒ f = PRTV (1) = nf (SO2 ) (2) avec V = 1 L et nf (SO2 ) = 0, 238.10−3 mol. (1) − 10 × (2) donne 19 2 ξ = − 10 nf (SO2 ) ⇒ PV RT On peut finalement en déduire n0 = P (SO3 )(P o )1/2 P (SO2 )(P (O2 ))1/2 ( ) PV − 10 nf (SO2 ) = 1, 30.10−3 mol RT = ξ = 1, 54.10−3 mol. τ n(SO3 ) n(SO2 )(n(O2 ))1/2 ξ o K (815 K) = 2 19 ξ ξ = = 84, 6%. n0 nf (SO2 ) + ξ Le taux de conversion est alors τ = b) A l’équilibre, K o = ξ= (n0 − ξ) (n0 − ξ/2)1/2 ( ) ng P0 1/2 P soit : ( (10n0 − ξ/2) 1/2 Po P )1/2 = 22, 3 3. La variance vaut ici : v = P − R = (3 + 2) − (2) = 3 Il n’y a en effet qu’une phase et qu’une loi d’action des masses. Les proportions initiales ne sont pas stœchiométriques et le tableau d’avancement montre qu’il n’existe pas de relation entre les fractions molaires. La variance étant importante, on s’attend à observer des déplacements d’équilibre et non des ruptures d’équilibre lors des perturbations effetuées dans les questions suivantes. 4. a) On a ∆r H 0 = ∑ νi ∆f Hi0 = ∆f H 0 (SO3 ) − ∆f H 0 (SO2 ) = −98, 3 kJ.mol−1 (réaction exothermique) i D’après la loi de modération de Van’t Hoff, une diminution isobare de température déplace l’équilibre 1 dans le sens exothermique, c’est à dire le sens direct −→ ici. Une diminution isobare de température déplace l’équilibre dans le sens de la synthèse de SO3. b) ∆f H 0 (SO3 ) et ∆f H 0 (SO2 ) sont indépendantes de T , donc ∆r H o aussi. La relation de Van’t Hoff H0 ln K2o − ln K1o = − ∆rR ( d(ln K o (T )) dT 1 T2 − 1 T1 ) 0 H (T ) = + ∆rRT donne alors après intégration : 2 ( ⇒ K2o = K1o ∆r H 0 × exp − R ( 1 1 − T2 T1 )) . AN : K o (730 K) = 120. Remarque || K o (730 K) > K o (815 K) : la réaction est bien favorisée par une baisse de température. MP1&2 - Année 2015/2016 1 Lycée Janson de Sailly Correction - DS no 5 : Déplacements d’équilibres chimiques Chimie c) Si on ne connaissait pas ∆f H 0 (SO3 ) et ∆f H 0 (SO2 ), on pourrait utiliser la relation de Van’t Hoff pour déterminer ∆r H o connaissant le rendement - donc la constante d’équilibre - pour 2 températures différentes. 5. a) ∆νg = − 12 : la quantité de gaz diminue au cours de la réaction. D’après la loi de Le Châtelier, une augmentation de pression à température constante déplace l’équilibre dans le sens d’une diminution de 1 la quantité de gaz, c’est à dire dans le sens direct −→ ici. Une augmentation isotherme de pression déplace l’équilibre dans le sens de la synthèse de SO3. b) A l’équilibre, la constante d’équilibre vérifie la relation : Ko = = ( ξ (n0 − ξ) (n0 − ξ/2)1/2 τ (1 − τ ) ( 20 − τ 2−τ (10n0 − ξ/2)1/2 )1/2 ( Po P Po P )1/2 )1/2 où l’on a utilisé les expressions précédentes car les proportions des différents constituants sont respectées (n0 = 0, 05 mol). (τ = 0.9). On en déduit P = P o c) Pour P = Po 1 τ2 20 − τ × 2 2 × 2 − τ = 0, 10 bar. o (K (730 K)) (1 − τ ) τ = 1, 0 bar, on résout (graphiquement) K (730 K) = (1 − τ ) ( o 20 − τ 2−τ )1/2 . On obtient τ = 96, 4%. Remarque || L’augmentation isotherme de pression a bien déplacé l’équilibre dans le sens de la synthèse de SO3 . 6. Déterminons la variation du quotient de réaction Qr suite à l’entrée d’air à T et P constantes (dξ mol de O2 et 4 dξ mol de N2 ). ( )1/2 o n(SO3 ) P (SO3 )(P o )1/2 1/2 P = n Le quotient de réaction s’écrit Qr = g P P (O2 )1/2 P (SO2 ) (n(O2 ))1/2 n(SO2 ) La quantité totale de gaz ng varie de 5dξ et la quantité de O2 varie de dξ. Les autres grandeurs restent constantes (y compris K 0 car T est constante), d’où : ( dQr 1 dng 1 dn(O2 ) 1 dξ 1 = − = 5− Qr 2 ng 2 n(O2 ) 2 ng x(O2 ) ) En réutilisant les résultats de la question (1), on peut calculer la fraction molaire de O2 à l’état initial : 1 n0 − 21 ξ = 0.06 < , donc on peut finalement déduire que dQr < 0 lors de l’entrée d’air (dξ > 0), x(O2 ) = ξ 5 10n0 − 2 1 et donc que l’équilibre est déplacé dans le sens direct −→. Remarque On notera ici que cette évolution est conforme à celle prédite par le principe de modération puisque le dioxygène introduit tend à être consommé. MP1&2 - Année 2015/2016 2 Lycée Janson de Sailly