correction exercices Précis de Physique

Eléments de correction des exercices du chapitre 5 :
acides forts et bases fortes.
Contrôle des connaissances
Exercice 1 : Équations de dissolution et effet sur le pH
Soluté
Équation-bilan de dissolution
HCl(g)
Voir §2.5 de ce chapitre
KOH(s)
Voir §2.7 de ce chapitre
NH3(g)
Voir §2.8 de ce chapitre
HNO3(l)
Voir §2.5 de ce chapitre
NaOH(s)
Voir §2.7 de ce chapitre
CH3COOH(l)
Voir §2.6 de ce chapitre
Évolution du pH face à la dilution
Le pH augmente avec la dilution,
pour une très grande dilution il
devient égal à 7
Le pH diminue avec la dilution,
pour une très grande dilution il
devient égal à 7
Le pH diminue avec la dilution,
pour une très grande dilution il
devient égal à 7
Le pH augmente avec la dilution,
pour une très grande dilution il
devient égal à 7
Le pH diminue avec la dilution,
pour une très grande dilution il
devient égal à 7
Le pH augmente avec la dilution,
pour une très grande dilution il
devient égal à 7
Exercice 2 : Concentration molaires d’ions en solution
La détermination du point d’équivalence se fait par la méthode des tangentes dans tous les cas.
Cas A
Cas B
pH
pH
12
12
pHeq = 9,2
8
8
pHeq = 7
4
4
0
0
1
2
pHeq = 9,2
VB
10
Veq = 20 mL
Veq = 20 mL
0
0
pHeq = 7
VA
5
Veq = 10mL
Veq = 10 mL
Le produit dosé est un acide car le pH initial est plus Le produit dosé est une base car le pH initial est
petit que 7. Il s’agit d’un acide faible car le pH à plus grand que 7. Il s’agit d’une base forte car le pH
l’équivalence est supérieur à 7.
à l’équivalence est égal à 7.
Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes. ■
33
3
Les solutions titrantes sont toujours fortes. dans Les solutions titrantes sont toujours fortes. dans
notre cas, il s’agit d’une base forte puisque l’on dose notre cas, il s’agit d’un acide fort puisque l’on dose
un acide.
une base.
Cas C
Cas D
pH
pH
12
12
8
pHeq = 7
8
pHeq = 5
4
4
0
0
1
VB
15
pHeq = 7
VA
0
0
Veq = 30 mL
Veq = 30 mL
15
pHeq = 5
Veq = 30 mL
Veq = 30 mL
2
Le produit dosé est un acide car le pH initial est plus Le produit dosé est une base car le pH initial est
petit que 7. Il s’agit d’un acide fort car le pH à plus grand que 7. Il s’agit d’une base faible car le
l’équivalence est égal à 7.
pH à l’équivalence est inférieur à 7.
3
Les solutions titrantes sont toujours fortes. dans Les solutions titrantes sont toujours fortes. dans
notre cas, il s’agit d’une base forte puisque l’on dose notre cas, il s’agit d’un acide fort puisque l’on dose
un acide.
une base.
La lecture des pH initiaux permet de calculer la concentration molaire de la solution dosée. Le comportement
asymptotique de la courbe de dosage permet de déterminer la concentration molaire de la solution titrante.
Cas B
CA
CA = 0,05 mol.L-1
CB
CB = 0,1 mol.L-1
CA
CA = 1 mol.L-1
Cas C
CB
CB = 0,5 mol.L-1
Exercice 3 : Réactions acido-basiques
réactifs
solution d’acide chlorhydrique +
solution de soude
solution d’acide chlorhydrique +
solution d’ammoniaque
solution de potasse + solution
d’acide nitrique
solution de soude + solution d’acide
acétique : CH3COOH
Équation-bilan
Ions spectateurs
H 3O + ( aq ) + OH − ( aq ) = 2 H 2 O(l )
Na+ et Cl-
+
H 3O + ( aq ) + NH 3( aq ) = NH 4 ( aq ) + H 2 O(l )
Cl-
H 3O + ( aq ) + OH − ( aq ) = 2 H 2 O(l )
K+ et NO3-
CH 3COOH ( aq ) + OH − ( aq ) = CH 3COO(−aq ) + H 2 O( l )
Na+
Exercice 4 : Calculs de pH lors d’un dosage
Les formules §4.3, §4.4 et §4.5 de ce chapitre permettent de réaliser les calculs.
V
pH
1
1,1
5
1,3
10
1,6
15
2
34 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes.
19
2,8
20
7
21
11,2
25
11,9
Exercices et extraits d’annales
Exercice 5 : Extrait du BTS Travaux Publics 1997
1.
1.1 Voir §2.5 de ce chapitre.
1.2 Voir §2.5 de ce chapitre.
1.3 Voir §3.5 du chapitre 4 pour résoudre cette question. On supposera que le mélange est idéal.
Veau ajoutée = 52,5 mL
1.4 La formule §3.4 de ce chapitre permet de réaliser les deux calculs :
Pour S1 : pH = 1, 9
Pour S2 : pH = 2, 7
2.
2.1
Voir §4.4.1. de ce chapitre.
2.2
C2 = 1, 9.10−3 mol.L−1
Exercice 6 : Extrait du BTS Bâtiment 1998
1.
1.1. La solution d’acide chlorhydrique contient des ions oxonium, des ions chlorure ainsi que des ions
hydroxyde très minoritaires dont nous ne calculerons pas la concentration molaire (il manque le produit
ionique de l’eau). Voir §3.5 du chapitre 4 et §2.5 de ce chapitre.
[ H 3O(+aq ) ] = 60.10−3 mol.L−1
[Cl(−aq ) ] = 60.10−3 mol.L−1
1.2. Voir § 3.4 de ce chapitre : pH = 1, 2
1.3. Voir §3.4 du chapitre 4 : d Solution commerciale = 1, 2
Exercice 7 : Extrait du BTS Étude et Économie de la construction 1994
1.
Le schéma doit comporter une burette graduée et son support, un bécher de dosage, un pH-mètre et son
électrode. Le schéma doit comporter les légendes (nom et concentration molaire) de la solution titrante et de la
solution à titrer.
Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes. ■
35
2.
Voir § 4.3 de ce chapitre.
3.
−2
−1
Voir §3.4 de ce chapitre : C1 = 10 mol.L
4.
Voir §4.4.1 de ce chapitre : V1 = 10 mL
5.
Il reste des ions oxonium et hydroxyde provenant de l’autoprotolyse de l’eau (voir §2.1 et §2.2 de ce chapitre),
mais leurs concentrations respectives sont petites (10-7 mol.L-1). Les autres ions présents sont les ions
spectateurs présents dans l’acide et la base. Il faut tenir compte de la dilution pour calculer leurs concentrations
respectives à l’équivalence.
[ Na(+aq ) ] = 0, 33.10 −2 mol.L−1
[Cl(−aq ) ] = 0,33.10−2 mol.L−1
Si on évapore le mélange à l’équivalence, on obtiendra du chlorure de sodium solide : NaCl( s )
Exercice 8 : Extrait du BTS Cira 1993
1.
Voir §3.1 et §2.2 de ce chapitre :
[ H 3O(+aq ) ] = 12, 6.10−12 mol.L−1
[ HO(−aq ) ] = 794.10−6 mol.L−1
2.
3.
4.
Voir § 2.8 de ce chapitre.
 NH 4 + ( aq )  +  H 3O + ( aq )  = OH − ( aq )  ; application numérique : [ NH 4(+aq ) ] = 794.10−6 mol.L−1
 


 
La relation des proportions stœchiométriques à l’équivalence permet de calculer la concentration initiale en
−3
−1
ammoniac : C = 40, 6.10 mol.L
Exercice 9 : Extrait du BTS Cira 1994
1.
Le schéma doit comporter une burette graduée et son support, un bécher de dosage, un pH-mètre et son
électrode. Le schéma doit comporter les légendes (nom et concentration molaire) de la solution titrante et de la
solution à titrer.
36 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes.
2.
Pour l'acide HA1 : pour des raisons de lisibilité des résultats, les courbes sont traces sur deux graphes différents.
pH
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
Vb [mL]
Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes. ■
37
Pour l'acide HA2 :
pH
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
3.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
Vb [mL]
La lecture des coordonnées des deux points équivalents permet de calculer la concentration molaire de chacun
des deux acides.
−1
Pour l'acide HA1 : C1 = 0,1 mol.L
−1
Pour l'acide HA2 : C2 = 0,1 mol.L
Le pH à l’équivalence de chacune des deux courbes permet de conclure sur la nature de chaque acide. HA1 est
un acide fort. AH2 est un acide faible (voir §4.4.1 de ce chapitre).
Exercice 10 : Extrait du BTS Travaux Publics 2002
1.
Le calcul de la quantité de matière permet ensuite de calculer la concentration molaire de la soude. On en déduit
ensuite le pH par la formule classique pour les monobases fortes :
Cb = 0,15 mol.L−1
pH = 13, 2
2.
2.1. Voir §4.3 de ce chapitre.
38 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes.
2.2. La relation des proportions stœchiométriques à l’équivalence permet de calculer la concentration molaire
de l’acide dosé :
Ca = 0,11 mol.L−1
2.3. Pour le point initial : Vb = 0 mL ; pH initial = 0, 96
Pour le point à l’équivalence : Vbeq = 0 mL ; pH eq = 7
Pour un volume de base infini, la courbe tend vers une asymptote horizontale: Vb∞ = ∞ ; pH ∞ = 13, 2
pH
14
12
10
8
6
4
2
0
3.
Vb [mL]
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
Le résidu obtenu est du chlorure de sodium solide : NaCl( s )
La masse formée vaut : mNaCl = 0,128 g
Exercice 11 : Extrait du BTS Travaux Publics 2005
1.
Voir §2.4 du chapitre 4.
2.
n A = 0, 30 mol
3.
n A = 1, 0 mol
4.
L’équation bilan est identique à celle du dosage. la base étant en excès par rapport à l’acide la formule du §5.4
permet de calculer le pH :
pH = 13, 7
Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes. ■
39
Exercice 12 : Extrait du BTS Bâtiment 2002
1.
1.1. Voir §1.3.1 de ce chapitre pour le nom et la formule de cet ion.
[ H 3O(+aq ) ] = 10 −2 mol.L−1
nH O+ = 14 mol
3 ( aq )
−
−12
−1
1.2. Voir §2.2 de ce chapitre : [OH ( aq ) ] = 10 mol.L
−
−2
−1
1.3. [Cl( aq ) ] = 10 mol.L
2.
Pour neutraliser l’acide, il faut ajouter une quantité de base permettant d’atteindre exactement l’équivalence.
l’équation bilan est donnée §4.3 de ce chapitre :
nHO − = 14 mol
( aq )
3.
−3
−1
3.1. Ca = 12, 6.10 mol.L
pH = 1, 9
3.2. nNaOH = 17, 7 mol
mNaOH = 710 g
Exercice 13 : Extrait du BTS Bâtiment 1997
Question
Réponse
1
B
2
A
3
B
4
D
1
B
2
D
3a
A
3b
C
Exercice 14 : Extrait du BTS Bâtiment 2001
Question
Réponse
Exercice 15 : Extrait du BTS Travaux Publics 1992
1.
−1
1.1. Cb = 0, 02 mol.L
40 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes.
−
−1
1.2. [OH ( aq ) ] = 0, 02 mol.L
[ Na(+aq ) ] = 0, 02 mol.L−1
[ H 3O(+aq ) ] = 5.10 −13 mol.L−1
1.3.
pH = 12, 3
2.
2.1. A l’équivalence, les proportions sont stœchiométriques, la seule réaction est alors celle de l’autoprotolyse
+
−
de l’eau : 2 H 2 O(l ) = H 3O( aq ) + OH ( aq )
−1
2.2. c1 = 0, 0201 mol.L
3.
v =1 L
Exercice 16 : Extrait du BTS Étude et Économie de la construction 2003
1.
2.
Voir §2.7 de ce chapitre.
mNaOH = 16 kg
3.
3.1.
pH acide = 2
3.2. Pour l’équation bilan voir §4.3 de ce chapitre.
[OH (−aq ) ] = 9, 5.10−3 mol.L−1
−
−1
3.3. [OH ( aq ) ]' = 0,95 mol.L
Cette concentration est inférieure à 1 mol.L-1. La solution n’est donc plus utilisable.
Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes. ■
41
42 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 5 : acides et bases fortes.
Eléments de correction des exercices du chapitre 6 :
Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et
aux dosages rédox.
Contrôle des connaissances
Exercice 1 : écriture de ½ équations rédox
Voir § 1.5 de ce chapitre.
Couple rédox
½ équation rédox
Fe2 + + 2e − = Fe
2+
Fe / Fe
O2 / H 2 O
Cl2 / Cl
+
Couple rédox
3+
Fe / Fe
−
2+
O2( g ) +4 H ( aq ) + 4e = 2 H 2 O(l )
O2 / OH
Cl2( g ) + 2e − = 2Cl −
H ( aq ) / H 2
−
−
½ équation rédox
Fe3+ + e − = Fe2 +
O2( g ) +2H 2 O( l ) + 4e − = 4 HO − ( aq )
+
2 H ( aq ) + 2e − = H 2( g )
+
Exercice 2 : Applications de la règle du gamma
L’application de la règle du gamma permet de connaître la possibilité ou non d’une réaction :
Métal + solution ionique
Lame de fer + sulfate de cuivre (II)
Lame de cuivre + sulfate de fer (II)
Lame de zinc + chlorure de fer (II)
Lame de cuivre + chlorure d’étain
Réaction : oui/non
Oui
Non
Oui
Non
Équation-bilan
Cu(2aq+ ) + Fe( s ) = Cu( s ) + Fe(2aq+ )
Fe(2aq+ ) + Zn( s ) = Fe( s ) + Zn(2aq+ )
Exercice 3 : Association de demi-pile
Voir §5.2 de ce chapitre :
On suppose pH = 0 et
que toutes les solutions
dans lesquelles plongent
les lames métalliques
sont à la concentration :
C = 1 mol.L-1
e-
Anode
Compartiment de gauche
Compartiment de droite
Anode
Cathode
Équation-bilan
U
U
V
V
I
+
Cathode
Lame de fer + sulfate de fer (II)
Lame de cuivre + sulfate de cuivre (II)
Lame de fer (côté oxydation)
Lame de cuivre (côté réduction)
Cu(2aq+ ) + Fe( s ) = Cu( s ) + Fe(2aq+ )
+
I
e-
Cathode
Anode
Lame de fer + chlorure de fer (II)
Lame de zinc + chlorure de zinc (II)
Lame de zinc (côté oxydation)
Lame de fer (côté réduction)
Fe(2aq+ ) + Zn( s ) = Fe( s ) + Zn(2aq+ )
Eléments de correction des exercices du chapitre 6 : Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et aux dosages rédox ■
43
Valeur de la tension U
U =E
0
+
Cu(2aq
) / Cu( s )
−E
0
+
Fe(2aq
) / Fe( s )
0
U = EZn
2+
= 0, 78 V
( aq )
/ Zn( s )
0
− EFe
2+
( aq )
/ Fe( s )
= −0, 32 V
La tension est ici négative car elle est
orientée du + vers le -
Exercice 4 : Immunité d’un métal
Voir §5.3 de ce chapitre :
E (V)
O2(g)
H2O(l)
Cu2+(aq)
Cu(S)
Fe2+(aq)
Revêtement
Métal
corrodé
Métal
immunisé
Protection
assurée
après
rayure ?
Fe(S)
E (V)
O2(g)
H2O(l)
0,34 V
Fe2+(aq)
Fe(S)
-0,44 V
Sn2+(aq)
1,23 V
Sn(S)
-0,44 V
-0,76 V
Cuivre
Etain
Fer
Etain
Cuivre
Fer
Non, le fer est corrodé
Oui, le fer est plongé dans son
domaine d’immunité
E (V)
E (V)
O2(g)
H2O(l)
1,23 V
O2( g )
H 2 O( l )
1,23 V
Fe2+(aq)
Fe(S)
-0,44 V
Fe(2aq+ )
Fe( s )
-0,44 V
-2,38 V
Zn(2aq+ )
Zn( s )
-0,76 V
Ni2+(aq)
Revêtement
Métal
corrodé
Métal
immunisé
Protection
assurée
après
rayure ?
1,23 V
Ni(S)
Remarque : l’application de la règle
du gamma montre que le fer devrait
être immunisé. Dans la réalité, le
nickel est passivé ce qui le rend
moins réducteur que le fer. Les
résultats ci-dessous tiennent compte
de ce fait.
Nickel
Zinc
Fer
Zinc
Nickel passivé
Fer
Non, le fer est corrodé
Oui, le fer est plongé dans son
domaine d’immunité
44 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 6 : Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et aux dosages rédox.
Exercices et extraits d’annales
Exercice 5 : Extrait du BTS Travaux Publics 2003
1.
Il s’agit d’une erreur, cette question est à supprimer.
2.
2.1. Le sens de la réaction est justifié à l’aide de la règle du gamma. L’ion permanganate joue le rôle
d’oxydant.
2.2. Voir §6 de ce chapitre.
2 MnO4 + 5 SO2 + 2 H 2 O = 2 Mn 2 + + 5 SO4 + 4 H +
-
2.3.
2-
2.4. A l’équivalence, la relation des proportions stœchiométriques permet de trouver le facteur 5/2.
3.
3.1. Voir §6 de ce chapitre.
−2
−1
3.2. CSO2 = 5, 0.10 mol.L
Exercice 6 : Extrait du BTS Travaux Publics 1995
1.
L’application de la règle du gamma permet de montrer que l’oxydant est l’ion permanganate tandis que le
réducteur est le dioxyde de soufre. Voir §6 de ce chapitre pour le repérage de la fin de réaction.
2.
La relation des proportions stœchiométriques à l’équivalence permet de trouver la relation entre les deux
quantités de matière.
nMnO − = 62, 5.10 −6 mol
4
3.
nSO2 = 156.10 −6 mol
4.
nSO2 ' = 7,81.10 −3 mol
5.
mS = 0, 25 g
Cette masse est inférieure au 0,3 g requis par la législation. La teneur en soufre est donc conforme à la loi.
Exercice 7 : Extrait du BTS Bâtiment 2004
1.
La donnée des potentiels (qui en fait ne sont pas standards pour le couple O2/OH-) montre que l’oxydant le plus
fort est O2.
2.
Al 3+ + 3e − = Al
3.
O2( g ) +2H 2 O(l ) + 4e − = 4 HO − ( aq )
Eléments de correction des exercices du chapitre 6 : Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et aux dosages rédox ■
45
Pour le rôle joué par O2 voir §1.5 de ce chapitre.
4.
Voir § 1.6 de ce chapitre.
5.
L’équation bilan à prendre en compte pour la résolution de cette question est la suivante :
3O2( g ) +6H 2 O( l ) + 4 Al( s ) = 4 Al (OH )3( s )
En supposant la réaction totale et dans les proportions stœchiométriques, le bilan chimique donne : m Al = 5, 5 g
Exercice 8 : Extrait du BTS Travaux Publics 1993
1.1.
Fe 2 + + 2e − = Fe et Zn = Zn 2 + + 2e −
Pour préciser la nature des réactions ayant lieu sur chacune des deux électrodes, voir §2.5 de ce chapitre.
1.2.
Fe(2aq+ ) + Zn( s ) = Fe( s ) + Zn(2aq+ )
Pour la notion de protection par le zinc, voir §5.4 de ce chapitre.
1.3. Pour la polarité de la pile voir §2.5 de ce chapitre.
0
U = EFe
2+
( aq )
2.
/ Fe( s )
0
− EZn
2+
( aq )
/ Zn( s )
= 0, 32 V
Voir §3.2 de ce chapitre pour le bilan molaire dans les proportions stœchiométriques. Il faut ensuite tenir
compte du % de zinc effectivement consommé. On obtient ainsi : mZn = 4, 5 kg
Exercice 9 : Extrait du BTS Travaux Publics 1990
1.
Voir §5.4 de ce chapitre
Zn = Zn 2 + + 2e −
2.
6
Voir 3.2 de ce chapitre : Q = 15.10 C
3.
Voir §3.1 de ce chapitre : τ Pr otection = 10 ans et 145 jours
Exercice 10 : Extrait du BTS Bâtiment 1998
1.
Voir §5.4 de ce chapitre.
2.
Voir §5.4 de ce chapitre.
Mg = Mg 2 + + 2e −
3.
La canalisation joue le rôle de cathode.
4.
Voir §3.2 de ce chapitre pour le bilan molaire dans les proportions stœchiométriques. Il faut ensuite tenir
compte du % de zinc effectivement consommé. On obtient ainsi : mMg = 150 g
46 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 6 : Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et aux dosages rédox.
Exercice 11 : Extrait du BTS Bâtiment 2002
1.
L’application de la règle du gamma permet d’expliquer pourquoi le zinc est attaqué par les pluies acides et
pourquoi le cuivre ne l’est pas.
2.
L’application de la formule fournie par l’énoncé donne : m = 16,5 g
Cette masse correspond à une épaisseur : e = 4,8 µ m
La consommation totale de la plaque permet de calculer la durée de vie maximale : τ Max = 208 ans
3.
4.
+
2H 3O( aq ) + Zn( s ) = 2 H 2 O(l ) + H 2( g ) + Zn(2aq+ )
Le bilan chimique de la réaction dans les proportions stœchiométriques permet de montrer :
nH O + = 0, 50 mol
3
V pluie = 0,51 m 3
Exercice 12 : Extrait du BTS Étude et Économie de la construction 1998
1.1. L’application de la règle du gamma permet de montrer que la seule réaction possible est :
Cu(2aq+ ) + Fe( s ) = Cu( s ) + Fe(2aq+ )
Remarque : les ions sulfate sont spectateurs, ils ne participent pas à la réaction.
1.2. L’application de la règle du gamma permet de montrer qu’aucune réaction ne se produit.
2.
2.1. Cette question comporte une grosse erreur car les deux possibilités sont envisageables (voir §5.5 de ce
chapitre)
2.2. Voir §5.4 de ce chapitre.
Le magnésium est également envisageable comme anode sacrificielle. Par contre le cuivre ne l’est pas.
3.
2+
−
3.1. Voir §5.4 de ce chapitre : Zn = Zn + 2e
6
3.2. Voir §3.2 de ce chapitre : Q = 15.10 C
τ Max = 14 ans
Exercice 13 : Extrait du BTS Étude et Économie de la construction 2005
La relecture des chapitres 5 et 6 permet de trouver dans le cours toutes les justifications aux réponses citées cidessous :
Eléments de correction des exercices du chapitre 6 : Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et aux dosages rédox ■
47
48 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 6 : Oxydoréduction : application à la protection contre la corrosion et aux dosages rédox.
Eléments de correction des exercices du chapitre 7 :
chimie organique ; synthèse de polymères.
Contrôle des connaissances
Exercice 1 : Nomenclature et formules moléculaires
Formule
semidéveloppée
Formule
brute
Nom
CH3
C
Formule
brute
Nom
CH3
CH3
CH2
CH3
CH2
CH2
n
C4H8
C3H8
C2nH4n
méthylpropène
propane
polyéthylène
CH
Formule
semidéveloppée
CH2
CH2
Remarque : le
noyau
benzénique a
été laissé sous
forme
topologique
pour ne pas
surcharger
l’écriture.
CH2
CH
CH2
CH3
CH3
Cl
C8H8
C3H6
C2H3Cl
Styrène
propène
chloroéthane
Exercice 2 : Equations-bilans
Réaction
Combustion complète du méthylpropane
Voir §3.3.1 de ce chapitre
Équation-bilan
13
C4 H10 + O2 = 4CO2 + 5H 2 O
2
5
C2 H 2 + O2 ( g ) = 2CO2( g ) + H 2 O( g )
2
Combustion complète de l’acétylène
Voir §3.3.1 de ce chapitre
Addition de chlorure d’hydrogène sur l’éthylène
Voir §5.3 de ce chapitre
Polymérisation du chlorure de vinyle :
Voir §7.4.1 et §7.4.2 de ce chapitre
C2 H 4 + HCl = C2 H 5Cl
n
CH
Cl
CH2
=
CH
Cl
CH2
n
Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères ■
49
Exercice 3 : Obtention des hydrocarbures
1.
Les alcanes sont obtenus par distillation des pétroles.
2.
Voir §5.1 de ce chapitre.
Exercice 4 : Extrait BTS Bâtiment 2001
Il manque un cœfficient stœchiométrique 2 devant C8H18 pour la réponse A.
Question n°
Réponse
1
A
2
C
Exercice 5 : Combustion complète d’alcanes
1.
La combustion complète d’un alcane (dans l’air ou le dioxygène) libère comme seuls produits du dioxyde de
carbone et de l’eau :
CH 4 + 2O2 = CO2 + 2 H 2 O
méthane
25
O2 = 8CO2 + 9 H 2 O
2
C15 H 32 + 23O2 = 15CO2 + 16 H 2 O
C8 H18 +
octane
pentadécane
2.
Il est nécessaire de commencer par calculer la masse puis la quantité de matière comprise dans 1L de chacun de
ces composés :
Masse d’alcane brûlé
Masse molaire
nAlcane
méthane
424 g
M(CH4) = 16 g.mol-1
26,5 mol
octane
703 g
M(C8H18) = 114 g.mol-1
6,17 mol
pentadécane
769 g
M(C15H32) = 212 g.mol-1
3,63 mol
Il faut ensuite écrire la relation des proportions stœchiométriques :
Relation des proportions
stœchiométriques
méthane
octane
pentadécane
nCO2 = nCH 4
nCO2 = 8nC8 H18
nCO2 = 15nC15 H 32
On peut ainsi en déduire la quantité de matière de CO2 formée dans chacun des trois cas :
n(CO2)
méthane
26,5 mol
octane
49,3 mol
pentadécane
54,4 mol
Il ne reste plus qu’à multiplier les résultats précédents par le volume molaire des gaz parfaits pour trouver les
résultats recherchés :
V(CO2)
méthane
663 L
octane
1,23 m3
50 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères.
pentadécane
1,36 m3
Exercices et extraits d’annales
Exercice 6 : Extrait du BTS Cira 1994
1.
Voir §2.4.1 de ce chapitre.
2.
La formule du §1.4 du chapitre 10 (également présente dans les données de l’exercice) permet de calculer la
-1
masse molaire recherchée : M Alcène = 56 g.mol
La masse molaire des alcènes peut s’exprimer en fonction du nombre n d’atome de carbone présents dans cette
molécule (voir question 3 de l’exercice 7 du chapitre 2). On peut ainsi en déduire n puis la formule brute de
l’alcène recherché : C4 H 8
3.
4.
H
Priv
C
H
H
Priv
H
Priv
C
H
Priv
H
Priv
C
H
H
Priv
H
Priv
C
H
Priv
C
H
Priv
(E)-but-2-ène
H
C
C
H
C
H
H
Priv
H
Priv
H
Priv
(Z)-but-2-ène
H
Priv
H
Priv
H
Priv
H
C
C
C
C
H
H
Priv
H
Priv
but-1-ène
Remarque : un autre isomère est possible, il s‘agit du méthylpropène :
H
Priv
H
C
C
C
H
C
H
Priv
5.
H
Priv
H
Priv
H
Priv
H
Priv
C4 H 8 + Cl2 = C4 H 8Cl2
En partant de l’un des deux diastéréo-isomères du but-2-ène on obtient le 2,3-dichlorobutane.
En partant du but-1-ène on obtient le 1,2-dichlorobutane.
Exercice 7 : Extrait du BTS Travaux Publics 1996
1.
1.1. Ces deux molécules font partie de la famille des hydrocarbures. Pour leurs noms systématiques voir §2.3.1
de ce chapitre.
Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères ■
51
1.2. Voir 1.1 et 1.2 de ce chapitre.
2.
Voir §3.2.1 de ce chapitre.
3.
3.1. mC7 H l 6 = 504 g
mC8 H l 8 = 216 g
3.2. On suppose une combustion complète dans les proportions stœchiométriques. Il faut alors réaliser deux
bilans chimiques (un pour chacun des composés). Le volume de dioxygène nécessaire est alors la somme
3
des deux résultats obtenus pour chaque bilan : VO2 = 1,8 m
3
3.3. Voir § 3.1 de ce chapitre : VAir = 8,9 m
4.
4.1. Voir §7.4.1 de ce chapitre.
4.2. Voir §7.4.2 de ce chapitre.
4.3. Voir §7.3.1 de ce chapitre : n = 1430
Exercice 8 : Extrait du BTS Bâtiment 1997
1.
CH3
CH3
CH2
CH2
CH2
CH2
CH3
CH3
CH
CH2
CH2
CH3
CH3
n-hexane
2-méthylpentane
CH3
C
CH2
CH3
CH3
2,2-diméthylbutane
Pour la notion d’isomérie voir 2.2 de ce chapitre.
2.
Voir §3.2.1 de ce chapitre.
3.
3.1. Après calcule de la quantité de matière de carburant utilisé, la donnée du PCI permet d’obtenir :
Q = 2,93.108 J
3.2. Un bilan chimique de la combustion complète dans les proportions stœchiométriques permet de montrer
3
que : VCO2 = 10 m
52 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères.
Exercice 9 : Extrait du BTS Bâtiment 1999
1.
Voir §2.1.2 de ce chapitre.
2.
Voir §7.4.1 et §7.4.2 de ce chapitre.
3.
Voir §7.3.1 de ce chapitre : n = 250
4.
Voir §3.2.1 de ce chapitre.
5.
Le calcul préalable de la quantité de matière consommée permet de calculer l’énergie libérée par la
combustion : Q = 218 kJ
6.
Wélec = 65,5 kJ
7.
Voir §1.8 du chapitre 9 : t = 18 min
Une combustion n’est jamais totalement complète. D’autre part, les rendements sont toujours connus avec une
précision assez faible. Enfin, le fabriquant a très certainement pris une marge de sécurité sur le résultat fourni
afin de ne pas être attaqué pour publicité mensongère.
Exercice 10 : Extrait du BTS Travaux Publics 1998
1.
Voir §2.3.1 de ce chapitre.
2.
Voir §2.3.2 de ce chapitre.
3.
Les deux mol écules sont le butane et le méthylpropane. Les formules développées sont simples à trouver après
lecture du §2.3.3 de ce chapitre. Voir §2.2 pour la dernière partie de la question.
4.
4.1. L’équation squelette (non équilibrée) est la suivante : C6 H12 O6 = CO2 + CH 4
3
4.2. Un bilan chimique dans les proportions stœchiométriques permet de montrer : mC6 H l 2 O6 = 1,58.10 kg
3
4.3. mCO2 = 1,15.10 kg
VCO2 = 630.103 m3
5.
L’effet de serre est du à l’absorption par les gaz situés dans l’atmosphère (CH4, CO2, H2O…) du rayonnement
infrarouge émis par la Terre. L’augmentation des quantités de ces gaz dans l’atmosphère tend à diminuer
l’albédo pour la Terre (l’albédo est le rapport entre l’énergie reçue et celle émise par a Terre). l’augmentation de
l’effet de serre a pour conséquence une augmentation des températures moyennes.
Exercice 11 : Extrait du BTS Bâtiment 2000
Question n°
Réponse
1
C
2
B
3
A
4
B
5
D
6
D
Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères ■
53
Exercice 12 : Extrait du BTS Bâtiment 1997
1.
Le bilan chimique dans les proportions stœchiométriques permet d’obtenir :
mH 2O = 2,3 kg
Q = 56 MJ
2.
Voir §3.3 de ce chapitre : Qsup = 5,1 MJ
Cette technique permet donc de « récupérer » environ 9% d’énergie en plus.
Exercice 13 : Extrait du BTS Travaux Publics 1999
1.
1.1. Voir §3.2.1 de ce chapitre.
3
1.2. .Le bilan chimique dans les proportions stœchiométriques permet de trouver : VCO2 = 35, 0 m
2.
2.1. Q = 642 kJ
2.2. Voir §1.8 du chapitre 9 : t = 57 heures 11 min
3
2.3. Il faut avoir étudié le chapitre 9 pour répondre à cette question : meau = 2,19.10 kg
Exercice 14 : Extrait du BTS Bâtiment 2001
1.
La formule brute est donnée par : C20 H 42
La masse molaire se calcule comme au §4.2 du chapitre 2.
Voir §3.2.1 pour l’équation bilan de la réaction.
2.
3.
nC20 H 42 = 0,566 mol
Le bilan molaire dans les conditions stœchiométriques donne : mCO2 = 1,13 kg
54 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères.
Exercice 15 : Extrait du BTS Étude et Économie de la Construction 2000
1.1.
CH3 CH2
CH2
CH2
CH3
CH3
CH3
CH
CH2
CH3
CH3
C
CH3
CH3
CH3
n-pentane
CH2
2-méthylbutane
2,2-diméthylpropane
Les trois formules brutes sont identiques.
1.2. Voir §2.2 de ce chapitre.
2.
2.1. Voir §3.2.1 de ce chapitre.
2.2. Le bilan chimique dans les proportions stœchiométriques permet de trouver : VCO2 = 300 L
3.
3.1. Voir §7.4.1 de ce chapitre.
3.2. Voir §7.4.1 de ce chapitre.
3.3.
M polymère = 156 kg .mol −1
Exercice 16 : Extrait du BTS Bâtiment 2000
1.
1.1.
F
F
C
C
F
F
Remarque : les doublets non liants sur les atomes de fluor n’ont pas été représentés.
1.2. Voir §7.4.1 de ce chapitre.
1.3.
H
F
C
F
C
Cl
Remarque : les doublets non liants sur les atomes de fluor et l’atome de chlore n’ont pas été représentés.
Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères ■
55
1.4. 2CHF2 Cl = C2 F4 + HCl
3
1.5. On suppose la réaction totale et dans les proportions stœchiométriques : mCHF2 Cl = 1, 7.10 kg
2.
2.1.
M C2 F4 C = 100 g .mol −1
2.2. Voir §7.3.1 de ce chapitre.
2.3. n = 10000
56 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 7 : chimie organique ; synthèse de polymères.
Eléments de correction des exercices du chapitre 8 :
transfert thermique en régime permanent.
Contrôle des connaissances
Exercice 1 : Calcul de la résistance thermique surfacique d’un mur composite
rM1M 3 = ri +
M4
M3
e3
4
M6
M5
Extérieur
Intérieur
M1 M2
M7
rM1M 4 = ri +
rM1M 6 = ri +
ep
λp
ep
λp
+
ep
rM1M 5 = ri +
λp
+
e ps
λ ps
+
λp
rM 5 M 7 =
λ ps
e ps
ep
eb
rM1M 7 = ri +
λb
ep
λp
+
e ps
λ ps
+
eb
4λb
3eb
+ re
4λb
+
e ps
λ ps
+
eb
λb
+ re
Exercice 2 : Puissance et énergie des pertes thermiques d’un bâtiment
1.
Φ1 = {K1[0, 75(2 L + 2l ) H + Ll ] + 0, 25K 2 (2 L + 2l ) H + K 3 Ll}{θint − θ ext }
Application numérique : Φ1 = 90 kW
2.
Compte tenu de l’unité du tarif, la puissance doit être exprimée en kW et le temps en heures :
Pr ix = Φ × t × tarif ; application numérique : Pr ix = 27397, 44 €
Exercice 3 : Tracé d’un diagramme de température
On suppose la même paroi que dans l’exercice 1
1.
ϕ1 =
θ int − θ ext
rM1M 7
−2
; application numérique : ϕ = 7,82 W .m
2.
M2
θ M 2 = θint − ϕ .ri
θ M 2 = 19,1°C
M3
θ M 3 = θint − ϕ (ri +
θ M 3 = 18,9°C
M4
ep
λp
)
θ M 4 = θext + ϕ (re +
θ M 4 = −3, 4°C
M5
eb
λb
)
θ M 5 = θext
3 e
+ ϕ (re + × b )
4 λb
θ M 5 = −3, 7°C
M6
θ M 6 = θext + ϕ .re
θ M 6 = −4,5°C
Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent ■
57
3.
Choix possible pour les échelles : 1 cm en abscisse représente 2
cm d’épaisseur réelle de cloison ; 1 cm en ordonnée représente
5°C. Pour le détail du tracé voir §5.4 de ce chapitre.
θ [ °C]
θM1
θM2
θM3
θM4
θM6
θM7
x[ m ]
Exercices et extraits d’annales
Exercice 4 : Extrait du BTS Bâtiment 2000
1.
L’expression littérale de K est obtenue par application des formules §5.1 et §5.2 de ce chapitre.
K = 0, 265 W .m −2 .K −1
2.
Attention, dans le cas présent θint<θext, le transfert d’énergie a lieu de l’extérieur vers l’intérieur :
ϕ = 5, 29 W .m −2
3.
θ si = 20,3°C
θ se = 39, 4°C
Exercice 5 : Extrait du BTS Etude et Economie de la Construction 1993
1.
R1 = 0,179 m 2 .K .W −1
K1 = 5, 60 W .m −2 .K −1
ϕ1 = 83,9 W .m −2
2.
R2 = 0,307 m 2 .K .W −1
K 2 = 3, 26 W .m −2 .K −1
ϕ2 = 48,9 W .m −2
3.
4.
Le passage du simple au double vitrage engendre une diminution d’environ 42% des pertes thermiques au
travers des fenêtres.
Pour le simple vitrage : θ si1 = 10,8°C
58 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent.
Pour le double vitrage : θ si2 = 14, 6°C
5.
Pour le simple vitrage : θ se1 = 10, 0°C
Pour le double vitrage : θ1 = 14,5°C
Pour le double vitrage : θ 2 = 8,1°C
Pour le double vitrage : θ se2 = 7,9°C
L’allure des diagrammes de température pour le simple et le double vitrage est donnée page suivante.
θ [ °C]
θ [ °C]
θint
θint
θsi
θ1
θsi
θse
θ2
θse
θext
θext
x[ m ]
x[ m ]
Exercice 6 : Extrait de BTS
1.1. L’énoncé ne donne aucune indication sur les résistances thermiques surfaciques. Nous supposerons donc
que la différence de température ∆θ correspond à la différence entre les températures superficielles :
∆θ = θ si − θ se
On en déduit l’expression du flux en ne tenant compte que du seul terme de conduction : Φ =
λ
e
∆θ .S
1.2. Φ = K ∆θ S
Φ=
2.
3.
∆θ
R
S
Pour toutes ces parois, la température de l’air est identique des deux côtés, il n’y a donc aucun transfert
thermique.
S F = 0, 77 m 2
Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent ■
59
SM = 24, 2 m 2
4.
L’expression littérale de Rm s’obtient en appliquant la formule du §5.1 de ce chapitre.
RM = 0,526 m 2 .K .W −1
5.
L’expression littérale de ϕm s’obtient en appliquant la formule du §5.1 de ce chapitre.
ϕ m = 28,5 W .m −2
6.
L’expression littérale s’obtient en appliquant la formule du §1.7 de ce chapitre.
Φ m = 691 W
7.
7.1. l’expression littérale s’obtient en appliquant les relations des §1.6 et §1.9 de ce chapitre.
−2
7.2. ϕ m = 63, 6 W .m
Exercice 7 : Extrait du BTS Bâtiment 1981
1.
Pour l’isolation intérieure :
rA = 1, 7 m 2 .K .W −1
K A = 0,58 W .m −2 .K −1
Pour l’isolation extérieure :
rB = 1, 7 m 2 .K .W −1
K B = 0,58 W .m −2 .K −1
2.
Pour l’isolation intérieure :
θ si = 18, 4°C
θ1 = 18, 2°C
θ 2 = −2, 0°C
θ se = −4,1°C
Pour l’isolation extérieure :
θ si = 18, 4°C
θ1 = 16,3°C
60 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent.
θ 2 = −3,9°C
θ se = −4,1°C
L’allure des deux diagrammes de températures est classique et ne présente aucune difficulté.
3.
Avec la précision retenue pour les résultats de la question 1, les deux solutions sont équivalentes au niveau de la
puissance des pertes aux travers des murs.
4.
4.1. Dans le cas de l’isolation thermique par l’extérieur, les murs en béton sont plus chauds que dans le cas de
l’isolation thermique par l’intérieur. L’inertie thermique est ainsi plus grande dans le cas de l’isolation par
l’extérieur. Pour une même puissance de chauffage, il faudra ainsi davantage de temps dans le cas de
l’isolation thermique par l’extérieur pour atteindre le régime permanent que dans le cas de l’isolation par
l’intérieur. De même, en cas de coupure du chauffage, l’équilibre thermique de l’ensemble de la maison
avec l’extérieur sera obtenu plus rapidement dans le cas de l’isolation thermique par l’intérieur que dans le
cas de l’isolation thermique par l’extérieur. Le « volant thermique » est donc meilleur dans le cas de
l’isolation thermique par l’extérieur (ce principe se retrouve dans les radiateurs à accumulation).
4.2. La condensation de la vapeur d’eau se produit dès que la température du point de rosée est atteinte (voir
§5.4 du chapitre 9). La solution de l’isolation thermique par l’extérieur permet d’obtenir des températures
plus élevées dans le béton, les risques de condensation seront donc moins importants que dans le cas de
l’isolation thermique par l’intérieur.
Exercice 8 : Extrait du BTS Bâtiment 1996
1.
Il existe trois modes de transmission de l’énergie sous forme de chaleur (§2, §3 et §4 de ce chapitre).
2.
En utilisant les relations §3.3 et §5.2, on peut montrer que Φ =
∆θ
R
. L’unité de R est donnée §3.3 de ce
chapitre.
3.
3.1. L’énoncé ne fourni aucune indication sur les cœfficients de transfert hi et he ou sur les résistances
thermiques de surface. Ces termes ne peuvent donc être pris en charge pour la suite de la résolution. Seuls
les termes de conduction seront retenus pour les calculs.
r = 0, 42 m 2 .K .W −1
3.2. L’expression littérale du flux est obtenu en remplaçant la surface par son expression littérale dans les
relations §1.7 et §5.3.
Φ = 8, 6 kW
3.3. Avec les mêmes remarques que pour la question 2 de l’exercice 2, on trouve : Pr ix = 2448,32 €
4.
4.1. L’expression littérale de la résistance thermique pour 1 m2 de surface ne contient que les trois termes de
conduction.
r ' = 1, 7 m 2 .K .W −1
4.2. Economie réalisée : Pr ix − Pr ix ' = 1821,96 €
Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent ■
61
Exercice 9 : Extrait du BTS Bâtiment 2001
La question 2 du livre ne fournit que des données. La question 3 du livre est à supprimer totalement. La vraie
question 2 correspond donc à la question 4 du livre.
1.
Φ1 = ( K1 SM + K 2 S F + K 3 S P )(θ i − θ e ) ; application numérique : Φ1 = 5,37 kW
2.
rci =
3.
rcf =
4.
ϕ1 =
1 e1 e2
2
−1
+ +
; application numérique : rci = 0,147 m .K .W
h λ1 λ2
e3
λ3
Φ1
S
e4
+
λ4
2
−1
; application numérique : rcf = 2, 64 m .K .W
−2
; application numérique : ϕ1 = 44,8 kW .m
θ s = θ i + ϕ1 .
1
; application numérique : θ s = 24,5 °C
h
θ c = θ i + ϕ1 .rci ; application numérique : θ s = 26, 6 °C
θc − θ F
.S ; application numérique : Φ 2 = 1,12 kW
5.
Φ2 =
6.
Compte tenu de l’unité du tarif, les puissances doivent être exprimées en kW et le temps en heures :
Pr ix =
rcf
Φ1 + Φ 2
0,8
× t × tarif ; application numérique : Pr ix = 4,15 €
Exercice 10 : Extrait du BTS Travaux Publics 1982 (corps noir et photométrie)
1.
La loi de Bouguer (§1.8 du chapitre 13) est applicable à condition de remplacer l’éclairement par la constante
solaire recherchée.
ϕ = 1,3 kW .m −2
1
2.
La température d’équilibre du corps noir est donnée par : TCN
 ϕ 4
= 
σ 
numériquement : TCN = 364 K ou encore : θCN = 91 °C
3.
4.
La première loi de Wien permet de calculer la longueur d’onde du maximum d’émission : λ = 8, 0 µ m . La
comparaison de cette valeur avec le spectre des ondes électromagnétiques §4.2 de ce chapitre permet de
conclure sur le nom du rayonnement émis.
La lame de verre doit être considérée comme un corps noir vis-à-vis du rayonnement infrarouge et totalement
transparente pour la lumière visible. Cette vitre absorbe intégralement le rayonnement émis par le corps noir et
réémet suivant ses deux faces extérieures. En appelant TV sa température son bilan énergétique exprimé en
terme de puissances pour un régime permanent est donc donné par :
62 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent.
4
2σ TV4 = σ TCN
Pour le corps noir, il absorbe totalement le rayonnement solaire traversant la vitre, mais également la totalité du
rayonnement infrarouge provenant de la surface inférieure de la vitre. En régime permanent, le bilan des
puissances s’écrit donc :
4
ϕ + σ TV4 = σ TCN
La résolution de ce système de deux équations à deux inconnues permet de connaître TV et TCN.
TCN = 433 K
TV = 364 K
Exercice 11 : Extrait du BTS Travaux Publics 1986
1.
Psup lémentaire = 9,8 kW
2.
Le panneau ne reçoit du rayonnement que par une seule surface tandis qu’il rayonne comme un corps noir sur
1
ses deux surfaces : TCN
 0, 4ϕ  4
=

 2σ 
Numériquement : TCN = 265 K
Pour les essais sur Terre, on peut supposer que l’air rayonne également suivant un corps noir à la température
4
4
T1 = 291, 15 K. Le bilan en puissance pour le régime permanent permet alors d’écrire : 0, 4ϕ '+ 2σ T1 = 2σ TCN
TCN = 313 K
Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent ■
63
64 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 8 : transfert thermique en régime permanent.
Eléments de correction des exercices du chapitre 9 :
thermodynamique.
Contrôle des connaissances
Exercice 1 : Freinage d’un véhicule
1.
Prenons comme système la voiture munie de ses quatre freins à disque. En supposant la transformation
adiabatique, nous pouvons écrire : ∆ EC + ∆ H = 0
1
En développant cette expression, nous obtenons : (0 − mv 2 ) + 4 × π r 2 e ρ c p ∆θ = 0
2
En isolant ∆θ, on obtient finalement : ∆θ =
2.
mv 2
8π r 2 e ρ c p
Attention car cp doit être converti si on laisse la masse exprimée en kg : ∆θ = 38, 4°C
Prenons comme système la voiture munie de ses quatre freins à disque. Les vitesses initiale et finale sont
identiques, la variation d’énergie cinétique du système est donc nulle. En supposant la transformation
adiabatique, nous pouvons écrire : ∆ EP + ∆ H = 0
En développant cette expression, nous obtenons : (mgh finale − mghinitiale ) + 4 × π r 2 e ρ c p ∆θ = 0
En isolant ∆θ, on obtient finalement : ∆θ =
mghinitiale − mgh finale
8π r 2 eρ c p
Attention car cp doit être converti si on laisse la masse exprimée en kg : ∆θ = 4377°C
Ce résultat montre clairement qu’un autre type de freinage doit venir en complément (frein moteur, frein
électromagnétiques…). Pour mémoire, la température de fusion du tungstène est de 3482°C et c’est l’un des
métaux dont la température de fusion est la plus élevée (c’est d’ailleurs pour cette raison que les filaments
d’ampoules à incandescence sont en tungstène).
Exercice 2 : Calcul de PCI
Données : capacité thermique massique de l’eau : c = 4,19 kJ.kg-1.K-1, masse volumique de l’eau : 1000 kg.m-3.
Raisonnons sur le système « eau ». Exprimons le premier principe en ne supposant aucune perte thermique (toute
l’énergie sert effectivement à chauffer l’eau) : ∆ H eau = mPCI . A pression constante et en l’absence d’échange
d’énergie sous forme de travail, on obtient : ρVc p (θ finale − θ initiale ) = mPCI
D’où : PCI =
ρVc p (θ finale − θinitiale )
m
−1
Numériquement (attention aux conversions !) : PCI = 30 MJ .kg
Eléments de correction des exercices du chapitre 9 : thermodynamique ■
65
Exercice 3 : Puissance d’un radiateur à eau
V
= DV (voir §2.1 chapitre 12). Raisonnons sur le
t
= Pchauffage t . A pression constante et en l’absence d’échange
Pour cet exercice, il est nécessaire de connaître la relation :
système « eau ». Exprimons le premier principe : ∆ H eau
d’énergie sous forme de travail, on obtient : ρVc p (θ E − θ S ) = Pchauffage t .
D’où : Pchauffage =
ρVc p (θ E − θ S )
t
= ρ DV c p (θ E − θ S ) ; application numérique : Pchauffage = 2,8 kW
Exercice 4 : Équivalence entre différentes énergies
Système
Sac de ciment
h=
Formule
AN
E
mg
h = 10 km
Remarque : la valeur de g diminue
avec l’altitude.
Récepteur
électrique
Gaz
∆V = −
E
P
∆V = −18 m 2
diminution de
volume
t=
ER
U2
t = 12 min
Voiture
v=
2E
m
v = 98 m.s -1
Eau
m=
E
c p ∆θ
m = 9,5 kg
Exercice 5 : Calcul de mélanges
Le système envisagé est pour chaque ligne l’ensemble des constituants présent dans l’état initial. En appliquant le
premier principe nous obtenons : ∆ H initialement glace + ∆ H initialement eau liquide + ∆ H initialement eau vapeur = O
On supposera : θ fusion = 0 °C ; θ ébullition = 100 °C
Il n’est peut être pas inutile de rappeler : LLiquéfaction ou condensation = − Lvaporisation
Pour résoudre l’exercice, il est nécessaire de faire une hypothèse : l’état final est constitué d’eau entièrement sous
forme liquide. Les quatre expressions algébriques du premier principe correspondant aux quatre lignes sont les
suivantes :
⇒ Pour la 1ère ligne :
m1cglace (θ fusion − θ g ) + m1 LF + m1ceau liquide (θ Finale − θ fusion ) + + m2 ceau liquide (θ Finale − θ l ) = O
Cette équation permet de trouver la valeur de θFinale.
⇒ Pour la 2ème ligne :
Si on suppose que toute l’eau est sous forme liquide dans l’état final alors :
m2 ceau liquide (θ Finale − θl ) + m3 ceau vapeur (θ ébullition − θ v ) − m3 LV + m3 ceau liquide (θ Finale − θ ébullition ) = O
66 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 9 : thermodynamique.
La solution pour θFinale est supérieure à 100°C, cette solution n’étant pas acceptable, il faut supposer que la vapeur
d’eau ne se condense pas entièrement. L’état final contiendra donc de l’eau liquide ainsi que de l’eau vapeur. En
appelant m3’ la masse de vapeur qui va réellement se condenser, on obtient :
m2 ceau liquide (θ ébullition − θ l ) + m3 ceau vapeur (θ ébullition − θ g ) − m '3 LV = O
On peut ainsi en déduire la valeur de m3’.
⇒ Pour la 3ème ligne : la situation est identique au cas de la seconde ligne, il est donc nécessaire de supposer que
toute la vapeur d’eau ne se condense pas.
m1cglace (θ fusion − θ g ) + m1 LF + m1cliquide (θ ébullition − θ fusion ) + m2 cliquide (θ ébullition − θ l ) + m3 cvapeur (θ ébullition − θ v ) − m '3 LV = O
On peut ainsi en déduire la valeur de m3’.
⇒ Pour la 4ème ligne : l’état final est supposé ne contenir que de l’eau liquide.
m1cglace (θ fusion − θ g ) + m1 LF + m1cliq (θ Finale − θ fusion ) + m2 cliq (θ Finale − θ l ) + m3 cvap (θ ébul − θ v ) − m '3 LV + m3 cliq (θ Finale − θ ébul ) = O
On obtient ainsi le tableau de résultats suivant :
État initial
État final
Glace
θg
Eau
liquide
θl
Eau
vapeur
m1 = 50 g
m1 = 0
m1 = 100 g
m1 = 300 g
- 20°C
m 2 = 100 g
m2 = 250 g
m2=0
m 2 = 250 g
100°C
0 °C
m3=0
m 3 = 100 g
m3 = 100 g
m 3 = 100 g
-20°C
- 40°C
50 °C
θv
150°C
120°C
200°C
mGlace
mLiquide
mVapeur
0
150 g
292 g
133 g
650 g
58 g
67 g
0
0
0
Température
Finale θF
36,7°C
100 °C
100 °C
79 °C
Exercices et extraits d’annales
Exercice 6 : Extrait du BTS Travaux Publics 2000
1.
Voir §4 de ce chapitre : Q p = 2,51 GJ
2.
2.1. Voir §1.8 de ce chapitre (il faut également tenir compte du rendement) : Q1 = 1,30 GJ
2.2. Voir §4 de ce chapitre : ∆θ1 = 0,52 °C
3.
-1
3.1. Voir §4.4 du chapitre 8 : P2 = −447 W.m , le signe négatif provient du fait que l’énergie est cédée à
l’extérieur.
9
3.2. Voir §1.6 et §1.7 du chapitre 8 : Q2 = −3,86.10 J , même remarque que précédemment pour le signe.
3.3. Voir §4 de ce chapitre : ∆θ 2 = −1,54 °C
Eléments de correction des exercices du chapitre 9 : thermodynamique ■
67
3.4. Il faut utiliser une bâche flottante qui soit un bon isolant thermique vis-à-vis du rayonnement (du type des
couvertures de survie).
4.
9
L’application du 1er principe à l’eau de la piscine conduit à : ∆ H eau = −2,59.10 J
5.
L’exercice 10 du chapitre 8 présente le principe d’un capteur à effet de serre.
Exercice 7 : Extrait du BTS Travaux Publics 1993
1.
Voir §2.5 de ce chapitre.
2.
Voir §2.7 de ce chapitre.
3.
Voir §2.7 de ce chapitre.
4.
Voir §5.3 de ce chapitre.
5.
Le système pour appliquer le 1er principe sera le cylindre d’aluminium soumis au rayonnement laser.
5.1. L’application du 1er principe de la thermodynamique donne : ∆ H1 = 155 µ J
5.2. L’application du 1er principe de la thermodynamique donne : ∆ H 2 = 263 µ J
5.3. L’application du 1er principe de la thermodynamique donne : ∆ H 3 = 3, 63 mJ
6.
Voir §1.8 de ce chapitre : Plaser = 3, 63 W
Exercice 8 : Extrait du BTS Bâtiment 2005
1.
2.
3.
Voir §4 de ce chapitre et §1.4 du chapitre 11.
Q = 1,1 MJ
Voir §1.8 de ce chapitre : PA = 0,31 kW
4.
4.1. Voir §5.2 du chapitre 8.
5.
4.2.
Pf = [ K1 S1 + K 2 S2 ] (θ 2 − θ1 )
4.3.
Pf = 0,17 kW
4.4.
PTH = 0, 49 kW
PE miniumu = 0,57 kW , il faut donc choisir un modèle dont la puissance électrique est supérieure à cette valeur. Il
en résultera un fonctionnement par intermittence.
68 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 9 : thermodynamique.
Exercice 9 : Extrait du BTS bâtiment 2003
1.
−3
Voir §2.6 de ce chapitre : ∆ L = 1,8.10 m
2.
L’application de la loi de Hooke donne : F30 = 36 kN
3.
6
Voir §4.1.1 du chapitre 11 : p30 = 36.10 Pa
4.
5.
p30
360 patmos
Les joints de dilatation permettent d’éviter les contraintes dues aux dilatations et responsables de fissures voire
de rupture des matériaux.
Exercice 10 : Extrait du BTS Bâtiment 2002
1.
Après calcul de la surface, on peut montrer : P1 = 5,3 kW
2.
P2 = 1, 6 kW
3.
meau = 225 kg
Voir §4 de ce chapitre : Q = 11 MJ
4.
Voir §1.8 de ce chapitre : t = 2 heures
5.
Voir §2.1 et §2.2 du chapitre12 :
Dm = 31.10−3 kg .s -1
Dm = 113 L.h -1
Exercice 11 : Extrait du BTS Bâtiment 2002
1.
Voir §2.5 du chapitre 1.
2.
2.1. Voir §4 de ce chapitre : Qa = 5,8 MJ
2.2. Voir §4 de ce chapitre : Qb = 1, 0 GJ
3.
3.1. Voir §2, §3 et§4 du chapitre 8.
2
−1
3.2. Voir §5.1 du chapitre 8 : R = 0,95 m .K .W
Eléments de correction des exercices du chapitre 9 : thermodynamique ■
69
−2
3.3. Voir §5.2 du chapitre 8 : ϕ = 57 W .m
3.4. Voir §1.7 du chapitre 8 : Φ = 6,1 kW
4.
4.1. Voir §4.6 du chapitre 12 : Pth = 2,5 kW
4.2. Voir §1.7 du chapitre 8 : n = 3
Exercice 12 : Extrait du BTS Étude et Économie de la construction 2000
1.
Voir §4 de ce chapitre : Qb = 75 MJ
2.
Voir §1.8 de ce chapitre : P = 2, 6 kW
3.
Voir §1.9 de ce chapitre : Pr ix = 1, 22 €
4.
En appliquant le 1er principe de la thermodynamique à l’ensemble eau chaude + eau froide, on peut montrer :
θ 2 = 60 °C
5.
En appliquant le 1er principe de la thermodynamique à l’ensemble eau chaude + eau froide, on peut montrer :
Ppertes = 140 W
Exercice 13 : Extrait du BTS Étude et Économie de la construction 1994
1.
 m1c1 + m2 c2
Voir §4.4 de ce chapitre en prenant ∆Hcalorimètre = 0 : θ3 = 1 +
m3 c3


m1c1 + m2 c2
θ1
θ −
m3 c3

θ3 = 52 °C
2.
Q perdue = ( m1c1 + m2 c2 )(θ − θ1 ) + m3 c3 (θ − θ 4 ) ; application numérique : Q perdue = −5, 67 MJ
3.
3.1. m5 = m3
c3 (θ 4 − θ1 )
c3 (θ 5 − θ1 ) + Lvap
3.2. m5 = 15,5 kg
70 ■ Eléments de correction des exercices du chapitre 9 : thermodynamique.