Bonjour à tous, j'espère que vous allez tous bien ! Ya un exercice et sa correction qui me donne des maux de tête...j'arrive pas vraiment comprendre.
Voici l'exercice et Merci d'avance pour votre aide:
On réalise la vaporisation totale d'une masse m = 1,0 g d'eau liquide, initialement sous la pression P =
Patm = 1,0 bar, de deux manières différentes. Dans les deux cas le récipient est placé dans un thermostat à θ = 100 °C.
Vaporisation infiniment lente
Le récipient est fermé par un piston. Initialement la pression de l'eau est
Patm et on déplace infiniment lentement le piston jusqu'à n'avoir plus que de la vapeur. Le volume vaut
alors Vf = 1,61 L.
Vaporisation dans le vide
On place directement (et rapidement) la masse d'eau dans un même volume
Vf . On peut aussi considérer que l'eau liquide est initialement seule, à l'équilibre, dans un récipient dont le volume est égal à son volume massique à Patm et qu'on ouvre un robinet pour lui permettre d'occuper le volume vf .
1. Dans les deux cas, déterminer les variations d'énergie interne, d'enthalpie de la masse d'eau, puis le
travail et le transfert thermique échangé.
2. En conclure, par analogie avec le cas de l'enthalpie massique de changement d'état, ce que représente
l'énergie interne massique de changement d'état.
On rappelle lv(H2O) = 2,25 · 106
J · kg−1 à 100 °C.
Pour commencer j'ai considéré que dans les deux cas sachant que c'est une vaporisation complète qui commence a 100°C en principe ∆T=0
Et donc ∆U=0
Pour la variation de l'enthalpie elle sera alors égale a ∆H=-∆PV =-PatmVi+PatmVf
Bonsoir
Effectivement Tfinale= T initiale . Dans quelle situation peut-on en déduire U=0 ? Est ce le cas ici ?
Pose-toi la question de la définition précise de Lv et de sa relation avec une fonction d'état connue.
Pour la première transformation : comment la qualifier ? Cela devrait te conduire aux expressions de W et Q.
Tu as une correction sous les yeux. Tu peux l'indiquer ici en précisant ce que tu ne comprends pas. Cela sera plus facile de t'aider en respectant l'esprit de ton programme.
Voici la correction
Vaporisation infiniment lente
Tant qu'on a coexistence des deux phases, la pression est fixée, à θ =100 °C, à P = Patm. L'opérateur doit donc agir sur le piston pour assurer P = Patm au cours de la transformation. Comme l'état initial et l'état final sont des états d'équilibre, la variation d'enthalpie vaut, par définition : ∆H = mlv. La variation d'énergie interne vaut alors ∆U =∆H − ∆(PatmV ) = mlv − Patm(Vf − Vi)mlv − PatmVf puisque Vf
1 L >> Vi. Comme
la transformation est monobare (système en contact avec une pression extérieure constante), le transfert thermique Qp reçu est égal à la variation d'enthalpie. Le travail W vaut, quant à lui, W = ∆U − Q = −Patm(Vf − Vi), qu'on aurait pu calculer directement par
−P dV pour cette
transformation quasistatique.
Avec Vi = 1 · 10−2 L<< Vf = 1,61 L, on obtient : ∆H = Qp = 2,25.103J, ∆U = 2,08 .103J, etdonc W = 1,5.102J et ∆S = Sr = 6,03 J. K−1
Vaporisation dans le vide
Les états initial et final des deux transformations sont les mêmes. Attention
à ne pas dire que la pression initiale est nulle : elle vaut P avant qu'on introduise l'eau liquide dans le récipient, ou qu'on ouvre un robinet pour les mettre en communication. Dès qu'elle est « dans le vide » la pression n'est plus définie, jusqu'à l'équilibre final. Les variations des fonctions d'état U, H et S seront donc les même. Ici cependant, le travail reçu lors de la transformation est nul W = 0 puisque l'enceinte est rigide. Comme toujours lors d'une transformation isochore.
on a ∆U = Qv = 2,08.103J. L'entropie reçue vaut maintenant Sr = Qv/T = 5,58 J.K−1, soit
une entropie créée Sc = ∆S − Sr = 4,56.10−1J.K−1, cette transformation n'est plus réversible.
Remarque importante
Attention à ne pas dire que cette seconde transformation est monobare en invoquant le fait que les pressions initiale et finale du système sont les mêmes, et à ne pas en conclure que ∆H = Qp. Ceci est faux : une transformation est monobare si on peut définir une
pression extérieure constante, et c'est l'équilibre avec le milieu extérieur dans les états initial et final qui assure que la pression du système est la même au début et à la fin de la transformation.
Ici il n'y a pas de pression extérieure, il ne s'agit donc pas d'une transformation monobare.
2. L'énergie interne massique de vaporisation à une température T apparaît donc comme le transfert thermique absorbé par une unité de masse du liquide initialement à T, Ps(T) lors de sa vaporisation dans le vide pour donner une vapeur juste saturante à T, Ps(T). Cette définition se généralise aux autres
changements d'état.
Merci pour ton corrigé.
Attention : T = 0 implique
U=0 seulement pour un gaz parfaits.
Les réponses aux questions que je t'ai posées dans mon premier message conduisent logiquement aux réponses de ton corrigé, pas toujours dans le même ordre.
Suggestion : répondre à chacune des questions que j'ai posée puis dire quelle réponse du corrigé en découle.
Enfaite, après lecture de la partie deux, je ne comprend pas pourquoi la deuxieme transformation n'est pas monobare pourtant elle est brutale et en contact avec un pressostat ( le volume Vf etant a la pression Patm)
Cela est expliqué paragraphe 4.2 de la fiche que je t'ai indiquée précédemment. Je copie : "une transformation monobare doit vérifier deux conditions :
1° : La pression Pext reste fixe au cours de la transformation ;
2° : l'état initial et l'état final sont deux états d'équilibre mécanique, soit Pinitiale=Pfinale=Pext"
La première condition n'est pas vérifiée mais il y a beaucoup plus simple ici pour obtenir W. W représente le travail fourni par les forces exercées sur le système par les parois délimitant le système. Les parois ici sont fixes ; donc, sans déplacement, il ne peut pas y avoir de travail, contrairement au cas où la force pressante sur le système est exercée par un piston mobile. Donc ici : W=0.
ahh d'accord je vois ! mais si les parois sont fixe cela voufrait dire que le volume ne change pas non ?
Selon l'énoncé, Vf désigne le volume total occupé par la vapeur. Un peu de vapeur reste dans le petit récipient. Le volume occupé par la vapeur est la somme des volumes des deux récipients :
(Vf-v)+v=Vf
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