Feuille d'entraînement : Changements d'état du corps pur

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q10

   L'allure du diagramme des phases (p, T) d'un corps pur comme l'eau est représentée ci-dessous :

   Les domaines et les points particuliers sont les suivants :

   • Domaines de phase :

     • Solide (glace) : situé aux basses températures et hautes pressions ;
     • Liquide : situé aux températures et pressions intermédiaires ;
     • Gaz (vapeur) : situé aux hautes températures et basses pressions.

   • Deux points particuliers remarquables :

     1. Le point triple T (T_t \approx 273{,}16\text{ K} = 0{,}01\ ^\circ\text{C} et p_t \approx 611\text{ Pa} \approx 6{,}1\cdot 10^{-3}\text{ bar}) : point d'intersection des trois courbes de changement d'état, où coexistent les trois phases solide, liquide et vapeur en équilibre thermodynamique. La variance y est nulle (v = 0).
     2. Le point critique C (T_c \approx 647\text{ K} = 374\ ^\circ\text{C} et p_c \approx 221\text{ bar}) : point terminal de la courbe de vaporisation liquide-gaz. Au-delà (T > T_c et p > p_c), la distinction entre liquide et gaz disparaît, le corps pur est à l'état de fluide supercritique.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2023, Q37

   Détaillons la construction et les coordonnées de chaque point caractéristique sur le diagramme (p, h) de la figure C :

   • État 1 : Le fluide est sous forme de vapeur surchauffée à p_1 = 6{,}0\text{ bar} et T_1 = 10\,^\circ\text{C}. Sur le diagramme, on se place sur la ligne horizontale p = 6{,}0\text{ bar} et on repère l'isotherme 10\,^\circ\text{C} (située à droite de la courbe de rosée x = 1). On lit :

     h_1 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \quad \text{et} \quad s_1 \approx 1{,}80\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}.

   • Transformation 1 \to 2 (compression isentropique) : Le fluide suit la courbe d'entropie constante s = s_1 \approx 1{,}80\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} en montant vers la droite jusqu'à croiser l'isotherme T_2 = 90\,^\circ\text{C}. À cette intersection, on relève :

     p_2 \approx 30\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_2 \approx 452\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   • Transformation 2 \to 3 (refroidissement et liquéfaction isobares) : La transformation est isobare à la pression p_2 \approx 30\text{ bar}. Le fluide se refroidit d'abord à l'état de vapeur jusqu'à la température de rosée (désurchauffe), puis se condense totalement à travers la zone diphasique jusqu'à la courbe d'ébullition (titre en vapeur x_3 = 0). Le point 3 se situe sur la courbe d'ébullition à p_3 = 30\text{ bar}. On y lit :

     p_3 \approx 30\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_3 \approx 305\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   • Transformation 3 \to 4 (détente isenthalpique) : La détente dans le détendeur est modélisée par une transformation adiabatique sans travail utile, donc isenthalpique : h_4 = h_3. Elle est représentée par un segment de droite vertical descendant jusqu'à la basse pression p_4 = p_1 = 6{,}0\text{ bar} :

     p_4 = 6{,}0\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_4 = h_3 \approx 305\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

     L'état 4 se situe dans le domaine diphasique liquide-vapeur (x_4 \approx 0{,}3).

   • Transformation 4 \to 1 (vaporisation et surchauffe isobares) : Le fluide s'évapore totalement dans l'évaporateur puis est surchauffé jusqu'à 10\,^\circ\text{C} à la pression constante p = 6{,}0\text{ bar} au contact de la source froide. Cette évolution est représentée par un segment horizontal joignant le point 4 au point 1.

   Le cycle thermodynamique décrit par le fluide frigorigène est moteur au sens géométrique mais récepteur d'énergie (cycle frigorifique parcouru dans le sens horaire dans le plan (p, h)).

   \boxed{\text{Le cycle 1-2-3-4 est tracé ci-dessus et sur la figure C du document réponse.}}

   Résultat

   $$\text{Le cycle 1-2-3-4 est traceˊ ci-dessus et sur la figure C du document reˊponse.}$$

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3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 MP 2023, Q31

   La lave en fusion (y > y_s(t)) est à la température uniforme T_f, son gradient thermique est donc nul et elle n'apporte aucun flux de chaleur à l'interface :

   \vec{j}_{Q,\text{liq}}(y_s^+) = \vec{0}.

   Dans la croûte solide (0 \leqslant y \leqslant y_s(t)), la température croît avec la profondeur de T(0,t) = T_0 jusqu'à T(y_s,t) = T_f > T_0. D'après la loi de Fourier (question Q24), le vecteur densité de flux thermique au voisinage immédiat de l'interface, du côté solide, s'écrit :

   \vec{j}_Q(y_s^-) = -\kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} \vec{u}_y.

   Puisque le gradient \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} est positif, le transfert thermique s'effectue vers le haut, c'est-à-dire dans le sens opposé à l'axe \vec{u}_y (vers la surface froide y=0).

   Le flux d'énergie thermique sortant de l'interface vers la croûte solide à travers la surface S pendant l'intervalle \mathrm{d}t s'exprime par le produit de la composante selon -\vec{u}_y par la surface et la durée :

   \delta Q_{\text{évac}} = \vec{j}_Q(y_s^-) \cdot (-\vec{u}_y) \, S \, \mathrm{d}t = \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} S \, \mathrm{d}t.

   D'après la question Q30, la solidification de l'épaisseur \mathrm{d}y_s de surface S libère l'énergie thermique :

   \delta Q = \rho \, S \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \mathrm{d}y_s.

   L'énoncé précisant que la totalité de cette énergie libérée est évacuée par diffusion dans le solide, le bilan énergétique à l'interface s'écrit :

   \begin{aligned} \delta Q &= \delta Q_{\text{évac}} \\ \rho \, S \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \mathrm{d}y_s &= \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} S \, \mathrm{d}t. \end{aligned}

   En divisant de part et d'autre par S \, \mathrm{d}t, on obtient la relation demandée :

   \boxed{\rho \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \frac{\mathrm{d}y_s(t)}{\mathrm{d}t} = \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s}}

   Résultat

   $$\rho \Delta h_{\mathrm{sol}\to \mathrm{liq}}(T_f)\frac{\mathrm{d}{y}_s(t)}{\mathrm{d}t}=\kappa {\left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)}_{y=y_s}$$

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4. Exercice 4X-ENS Physique MP 2021, Q17

   Pour une mole de corps pur sous une phase homogène donnée, l'enthalpie libre molaire G_m est définie par G_m = U_m + P V_m - T S_m. En différentiant cette relation et en utilisant le premier principe combiné au second pour une mole de phase pure (\mathrm{d}U_m = T\mathrm{d}S_m - P\mathrm{d}V_m), on obtient l'identité thermodynamique fondamentale pour l'enthalpie libre molaire :

   \begin{aligned} \mathrm{d}G_m &= \mathrm{d}U_m + P\,\mathrm{d}V_m + V_m\,\mathrm{d}P - T\,\mathrm{d}S_m - S_m\,\mathrm{d}T \\ &= -S_m\,\mathrm{d}T + V_m\,\mathrm{d}P. \end{aligned}

   En appliquant cette relation à chacune des deux phases (liquide et vapeur) :

   \boxed{\mathrm{d}G_{l,m}(T, P) = -S_{l,m}(T, P)\,\mathrm{d}T + V_{l,m}(T, P)\,\mathrm{d}P}

   \boxed{\mathrm{d}G_{v,m}(T, P) = -S_{v,m}(T, P)\,\mathrm{d}T + V_{v,m}(T, P)\,\mathrm{d}P}

   L'enthalpie libre est une fonction d'état extensive. L'enthalpie libre totale G du système diphasique est donc la somme des enthalpies libres de chaque phase :

   G = n_l \, G_{l,m}(T, P) + n_v \, G_{v,m}(T, P).

   Le système étant fermé, la quantité de matière totale d'eau n = n_l + n_v est constante, d'où n_l = n - n_v. On en déduit l'expression de G :

   \boxed{G = (n - n_v) G_{l,m}(T, P) + n_v G_{v,m}(T, P)}

   Résultat

   $$\mathrm{d}{G}_{l,m}(T,P)=-S_{l,m}(T,P)\mathrm{d}T+V_{l,m}(T,P)\mathrm{d}P$$

   $$\mathrm{d}{G}_{v,m}(T,P)=-S_{v,m}(T,P)\mathrm{d}T+V_{v,m}(T,P)\mathrm{d}P$$

   $$G=(n-n_v)G_{l,m}(T,P)+n_v{G}_{v,m}(T,P)$$

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5. Exercice 5X-ENS Physique MP 2021, Q18

   Le système étudié est fermé, de quantité de matière totale n = n_l + n_v constante, d'où :

   \mathrm{d}n_l + \mathrm{d}n_v = 0 \iff \mathrm{d}n_l = -\mathrm{d}n_v

   D'après l'expression de l'enthalpie libre obtenue à la question Q17 :

   G = (n - n_v) \, G_{l,m}(T, P) + n_v \, G_{v,m}(T, P)

   Lorsque la température T et la pression P sont imposées constantes par le milieu extérieur (\mathrm{d}T = 0 et \mathrm{d}P = 0), les grandeurs molaires intensives G_{l,m}(T, P) et G_{v,m}(T, P) sont fixées. La différentielle de G s'écrit alors :

   \begin{aligned} \mathrm{d}G_{T,P} &= -G_{l,m}(T, P) \, \mathrm{d}n_v + G_{v,m}(T, P) \, \mathrm{d}n_v \\ &= \left[ G_{v,m}(T, P) - G_{l,m}(T, P) \right] \mathrm{d}n_v \end{aligned}

   Puisque G est un potentiel thermodynamique à température et pression imposées, l'état d'équilibre thermodynamique correspond au minimum de G. Pour un état de coexistence liquide-vapeur (où 0 < n_v < n), le système peut échanger de la matière dans les deux sens (\mathrm{d}n_v > 0 ou \mathrm{d}n_v < 0). L'extremum est donc stationnaire :

   \left(\frac{\partial G}{\partial n_v}\right)_{T,P} = 0

   On en déduit la condition d'équilibre liquide-vapeur :

   \boxed{G_{v,m}(T, P) = G_{l,m}(T, P)}

   Résultat

   $$G_{v,m}(T,P)=G_{l,m}(T,P)$$

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6. Exercice 6X-ENS Physique MP 2021, Q19

   D'après le résultat de la question Q18, la condition d'équilibre liquide-vapeur au point (T, P_{\text{sat}}(T)) s'écrit :

   G_{v,m}\big(T, P_{\text{sat}}(T)\big) = G_{l,m}\big(T, P_{\text{sat}}(T)\big) \tag{1}

   Au point voisin (T + \mathrm{d}T, P_{\text{sat}} + \mathrm{d}P_{\text{sat}}) situé également sur la courbe de coexistence, la condition d'équilibre s'écrit :

   G_{v,m}\big(T + \mathrm{d}T, P_{\text{sat}} + \mathrm{d}P_{\text{sat}}\big) = G_{l,m}\big(T + \mathrm{d}T, P_{\text{sat}} + \mathrm{d}P_{\text{sat}}\big) \tag{2}

   En soustrayant membre à membre la relation (1) de la relation (2), on obtient l'égalité des différentielles le long de la courbe d'équilibre :

   \mathrm{d}G_{v,m} = \mathrm{d}G_{l,m}

   En utilisant les expressions des différentielles obtenues à la question Q17, il vient :

   -S_{v,m} \, \mathrm{d}T + V_{v,m} \, \mathrm{d}P_{\text{sat}} = -S_{l,m} \, \mathrm{d}T + V_{l,m} \, \mathrm{d}P_{\text{sat}}

   Soit, en regroupant les termes :

   (V_{v,m} - V_{l,m}) \, \mathrm{d}P_{\text{sat}} = (S_{v,m} - S_{l,m}) \, \mathrm{d}T = \Delta_{\text{vap}}S \, \mathrm{d}T

   Or, lors d'un changement d'état à température et pression fixées, la condition d'équilibre \Delta_{\text{vap}}G = 0 donne :

   \Delta_{\text{vap}}G = \Delta_{\text{vap}}H - T \Delta_{\text{vap}}S = 0 \implies \Delta_{\text{vap}}S = \frac{\Delta_{\text{vap}}H}{T}

   On en déduit immédiatement la relation de Clapeyron :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P_{\text{sat}}}{\mathrm{d}T} = \frac{\Delta_{\text{vap}}H}{T(V_{v,m} - V_{l,m})}}

   Sens de variation :

   • La vaporisation est une transformation endothermique : \Delta_{\text{vap}}H > 0.
   • La température absolue est strictement positive : T > 0.
   • La masse volumique du gaz étant très inférieure à celle du liquide, le volume molaire du gaz est supérieur à celui du liquide : V_{v,m} > V_{l,m}.

   Le second membre est donc strictement positif :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P_{\text{sat}}}{\mathrm{d}T} > 0}

   La pression de vapeur saturante est donc une fonction strictement croissante de la température.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{P}_{\text{sat}}}{\mathrm{d}T}=\frac{{\Delta }_{\text{vap}}H}{T(V_{v,m}-V_{l,m})}$$

   $$\frac{\mathrm{d}{P}_{\text{sat}}}{\mathrm{d}T}>0$$

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7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q26

   a) Diagramme d'état (P, T) de l'eau

   Le diagramme d'état de l'eau (P, T) présente les trois phases stables (glace, eau liquide, vapeur d'eau), séparées par trois courbes de coexistence se rejoignant au point triple (T_t = 273{,}16\text{ K}, P_t = 0{,}06\text{ bar}) :

   • la courbe de sublimation (équilibre solide-vapeur) ;
   • la courbe de vaporisation (équilibre liquide-vapeur), qui se termine au point critique (T_c = 647{,}15\text{ K}, P_c = 218\text{ bars}) ;
   • la courbe de fusion (équilibre solide-liquide), qui présente une pente négative (\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}T} < 0), car la masse volumique de la glace est inférieure à celle du liquide (\Delta v_{\text{fusion}} < 0).

   b) Quantité d'énergie thermique reçue

   La transformation s'effectue à pression atmosphérique constante P^0 = 1\text{ bar}. D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé constitué par la masse m = 1\text{ kg} d'eau, en l'absence de tout travail autre que celui des forces pressantes :

   Q = \Delta H

   À P^0 = 1\text{ bar}, la température de fusion normale de l'eau est T_{\text{fus}} = 273{,}15\text{ K}, soit \theta_{\text{fus}} = 0^\circ\text{C}. L'enthalpie étant une fonction d'état, on décompose la transformation en trois étapes réversibles successives :

   1. Refroidissement isobare du liquide de \theta_i = 4^\circ\text{C} à \theta_{\text{fus}} = 0^\circ\text{C} :

      \Delta H_1 = m\, C_{\text{liq}} (\theta_{\text{fus}} - \theta_i)

   2. Solidification totale isobare et isotherme à 0^\circ\text{C} (changement d'état liquide \rightarrow solide, opposé de la fusion) :

      \Delta H_2 = - m\, \Delta H_{\text{fusion}}^0

   3. Refroidissement isobare de la glace de \theta_{\text{fus}} = 0^\circ\text{C} à \theta_f = -10^\circ\text{C} :

      \Delta H_3 = m\, C_{\text{sol}} (\theta_f - \theta_{\text{fus}})

   La chaleur totale reçue par l'eau s'écrit donc :

   Q = m \left[ C_{\text{liq}}(\theta_{\text{fus}} - \theta_i) - \Delta H_{\text{fusion}}^0 + C_{\text{sol}}(\theta_f - \theta_{\text{fus}}) \right]

   Calcul numérique des contributions :

   \begin{aligned} \Delta H_1 &= 1{,}00 \times 4{,}22\cdot 10^3 \times (0 - 4) = -16{,}9\cdot 10^3\text{ J} = -16{,}9\text{ kJ} \\ \Delta H_2 &= -1{,}00 \times 333\cdot 10^3 = -333\cdot 10^3\text{ J} = -333\text{ kJ} \\ \Delta H_3 &= 1{,}00 \times 2{,}06\cdot 10^3 \times (-10 - 0) = -20{,}6\cdot 10^3\text{ J} = -20{,}6\text{ kJ} \end{aligned}

   D'où :

   Q = -16{,}9 - 333 - 20{,}6 = -370{,}5\text{ kJ}

   \boxed{Q \approx -370\text{ kJ} = -3{,}70\cdot 10^5\text{ J}}

   Résultat

   $$Q\approx -370\text{ kJ}=-3,70\cdot 10^5\text{ J}$$

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8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q29

   On note T_0 = T_i = T_f = 263{,}15\text{ K} la température initiale et finale de l'eau, égale à la température du sol T_{\text{sol}}, et T_{\text{fus}} = 273{,}15\text{ K} la température normale de fusion sous P^0 = 1\text{ bar}. Les capacités thermiques massiques sont notées C_{\text{liq}} et C_{\text{sol}}, et l'enthalpie massique de fusion \Delta H_{\text{fusion}}^0 = L.

   a) Variation d'entropie de l'eau L'entropie S étant une fonction d'état, on décompose la transformation globale en trois étapes réversibles :

   1. Échauffement de l'eau liquide de T_0 à T_{\text{fus}} :

      \Delta S_1 = m C_{\text{liq}} \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)

   2. Solidification totale réversible à la température T_{\text{fus}} et sous P^0 (changement d'état d'enthalpie massique -L) :

      \Delta S_2 = - \frac{m L}{T_{\text{fus}}}

   3. Refroidissement de la glace de T_{\text{fus}} à T_0 :

      \Delta S_3 = m C_{\text{sol}} \ln\left(\frac{T_0}{T_{\text{fus}}}\right) = - m C_{\text{sol}} \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)

   La variation d'entropie de l'eau vaut ainsi :

   \Delta S_{\text{eau}} = \Delta S_1 + \Delta S_2 + \Delta S_3 = m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \frac{m L}{T_{\text{fus}}}

   \boxed{\Delta S_{\text{eau}} = m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \frac{m L}{T_{\text{fus}}}}

   b) Variation d'entropie du sol La transformation de l'eau s'effectue à pression constante P^0, sans travail autre que les forces de pression. Le premier principe appliqué à l'eau donne pour la chaleur totale échangée par l'eau avec le sol :

   Q_{\text{eau}} = \Delta H_{\text{eau}}

   En utilisant le même chemin thermodynamique que précédemment :

   \begin{aligned} \Delta H_{\text{eau}} &= m C_{\text{liq}}(T_{\text{fus}} - T_0) - m L + m C_{\text{sol}}(T_0 - T_{\text{fus}}) \\ &= m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}})(T_{\text{fus}} - T_0) - m L \end{aligned}

   Le sol étant un thermostat à la température constante T_{\text{sol}} = T_0, il reçoit de l'eau le transfert thermique :

   Q_{\text{sol}} = - Q_{\text{eau}} = - \Delta H_{\text{eau}} = m L - m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}})(T_{\text{fus}} - T_0)

   La transformation d'un thermostat étant réversible en son sein, sa variation d'entropie s'écrit :

   \Delta S_{\text{sol}} = \frac{Q_{\text{sol}}}{T_0} = \frac{m L}{T_0} - \frac{m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}})(T_{\text{fus}} - T_0)}{T_0}

   \boxed{\Delta S_{\text{sol}} = \frac{m L}{T_0} - m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0} - 1\right)}

   c) Création d'entropie L'ensemble {eau + sol} constitue un système globalement isolé. D'après le second principe :

   S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{eau}} + \Delta S_{\text{sol}}

   En sommant les deux expressions obtenues :

   \begin{aligned} S_{\text{créée}} &= m L \left(\frac{1}{T_0} - \frac{1}{T_{\text{fus}}}\right) + m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \left[\ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0} - 1\right)\right] \end{aligned}

   \boxed{S_{\text{créée}} = m L \left(\frac{1}{T_0} - \frac{1}{T_{\text{fus}}}\right) + m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \left[\ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \frac{T_{\text{fus}} - T_0}{T_0}\right]}

   Résultat

   $$\Delta S_{\text{eau}}=m(C_{\text{liq}}-C_{\text{sol}})\ln \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)-\frac{mL}{T_{\text{fus}}}$$

   $$\Delta S_{\text{sol}}=\frac{mL}{T_0}-m(C_{\text{liq}}-C_{\text{sol}})\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}-1\right)$$

   $$S_{\text{creˊeˊe}}=mL\left(\frac{1}{T_0}-\frac{1}{T_{\text{fus}}}\right)+m(C_{\text{liq}}-C_{\text{sol}})\left[\ln \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)-\frac{T_{\text{fus}}-T_0}{T_0}\right]$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2020, Q28

   Les états B et G sont des mélanges diphasiques liquide-vapeur situés sous la courbe de saturation, caractérisés chacun par leur pression et leur titre massique en vapeur x.

   L'enthalpie massique d'un mélange liquide-vapeur de titre en vapeur x s'exprime sous la forme :

   h = (1 - x)\,h_{\ell} + x\,h_v = h_{\ell} + x\,(h_v - h_{\ell})

   où h_{\ell} et h_v sont respectivement les enthalpies massiques du liquide saturant et de la vapeur saturante sèche à la pression considérée.

   1. Enthalpie massique à l'état B :

   L'état B est à la pression P_B = 11\text{ bar} avec un titre x_B = 0{,}90. D'après les données fournies pour l'eau à 11\text{ bar} :

   • h_{\ell}(11\text{ bar}) = 781\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • h_v(11\text{ bar}) = 2781\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   On en déduit :

   \begin{aligned} h_B &= 781 + 0{,}90 \times (2781 - 781) \\ &= 781 + 0{,}90 \times 2000 \end{aligned}

   \boxed{h_B = 2581\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   2. Enthalpie massique à l'état G :

   L'état G est à la pression P_G = 0{,}05\text{ bar} avec un titre x_G = 0{,}88. D'après les données fournies pour l'eau à 0{,}05\text{ bar} :

   • h_{\ell}(0{,}05\text{ bar}) = 137{,}8\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • h_v(0{,}05\text{ bar}) = 2561\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   On en déduit :

   \begin{aligned} h_G &= 137{,}8 + 0{,}88 \times (2561 - 137{,}8) \\ &= 137{,}8 + 0{,}88 \times 2423{,}2 \\ &= 137{,}8 + 2132{,}4 \end{aligned}

   \boxed{h_G \approx 2270\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$h_B=2581\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   $$h_G\approx 2270\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

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10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q11

    La formule brute du pinène étant \mathrm{C_{10}H_{16}}, sa masse molaire vaut :

    M = 10\,M(\mathrm{C}) + 16\,M(\mathrm{H}) = 10 \times 12 + 16 \times 1 = 136\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 0{,}136\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}

    À l'équilibre de vaporisation dans le local à la température T = 20 + 273 = 293\text{ K}, la pression partielle du pinène gazeux est égale à sa pression de vapeur saturante p_p = 430\text{ Pa}.

    En assimilant la vapeur de pinène à un gaz parfait occupant un volume V :

    p_p V = n_p R T = \frac{m_p}{M} R T

    où m_p est la masse de pinène contenue dans le volume V.

    La concentration massique (ou teneur en masse par mètre cube) de pinène dans l'air s'écrit donc :

    C_m = \frac{m_p}{V} = \frac{p_p M}{R T}

    Calculons numériquement cette teneur :

    \begin{aligned} C_m &= \frac{430 \times 136}{8{,}31 \times 293} \approx 24\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} \end{aligned}

    \boxed{C_m \approx 24\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} > 5\text{ g}\cdot\text{m}^{-3}}

    La concentration à saturation est presque cinq fois supérieure au seuil limite d'exposition admissible. Il est donc dangereux de travailler dans ce local sans ventilation appropriée ou sans équipement de protection respiratoire.

    Résultat

    $$C_m\approx 24\text{ g}\cdot {\text{m}}^{-3}>5\text{ g}\cdot {\text{m}}^{-3}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question