Feuille d'entraînement : Thermodynamique chimique et équilibres

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2026, Q6

   L'enthalpie libre standard de réaction associée à la réaction (\text{R}_1) s'exprime à la température T par :

   \Delta_{\text{r}}G^{\circ}_1(T) = \Delta_{\text{r}}H^{\circ}_1(T) - T\,\Delta_{\text{r}}S^{\circ}_1(T)

   Par définition de la constante thermodynamique d'équilibre K^{\circ}_1(T), on a la relation fondamentale :

   \Delta_{\text{r}}G^{\circ}_1(T) = -R\,T\,\ln K^{\circ}_1(T)

   On en déduit :

   \ln K^{\circ}_1(T) = -\frac{\Delta_{\text{r}}H^{\circ}_1(T) - T\,\Delta_{\text{r}}S^{\circ}_1(T)}{R\,T} = \frac{\Delta_{\text{r}}S^{\circ}_1(T)}{R} - \frac{\Delta_{\text{r}}H^{\circ}_1(T)}{R\,T}

   Soit, en prenant l'exponentielle :

   \boxed{K^{\circ}_1(T) = \exp\left(-\frac{\Delta_{\text{r}}H^{\circ}_1 - T\,\Delta_{\text{r}}S^{\circ}_1}{R\,T}\right) = \exp\left(\frac{\Delta_{\text{r}}S^{\circ}_1}{R}\right)\exp\left(-\frac{\Delta_{\text{r}}H^{\circ}_1}{R\,T}\right)}

   Résultat

   $$K_1^{\circ }(T)=\exp \left(-\frac{{\Delta }_{\text{r}}{H}_1^{\circ }-T{\Delta }_{\text{r}}{S}_1^{\circ }}{RT}\right)=\exp \left(\frac{{\Delta }_{\text{r}}{S}_1^{\circ }}{R}\right)\exp \left(-\frac{{\Delta }_{\text{r}}{H}_1^{\circ }}{RT}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2026, Q14

   La relation isobare de Van 't Hoff relie la dérivée logarithmique de la constante d'équilibre standard K^\circ par rapport à la température absolue T à l'enthalpie standard de la réaction \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\ln K^\circ}{\mathrm{d}T} = \frac{\Delta_{\mathrm{r}}H^\circ}{R\,T^2}}

   où R est la constante des gaz parfaits.

   D'après la question Q7, la transformation du rutile en anatase est endothermique :

   \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ_1 = +5{,}0\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} > 0

   Comme R > 0 et T > 0, le terme de droite est strictement positif :

   \frac{\mathrm{d}\ln K^\circ_1}{\mathrm{d}T} > 0

   La fonction T \mapsto K^\circ_1(T) est donc strictement croissante avec la température.

   Or, à T_0 = 298\text{ K}, la constante thermodynamique vaut K^\circ_1(298\text{ K}) = 0{,}13. Pour observer une coexistence des deux phases solides à l'équilibre chimique, il faut que la constante d'équilibre atteigne la valeur K^\circ_1 = 1 (établie à la question Q13).

   Puisque 1 > 0{,}13, il faut faire augmenter la constante d'équilibre K^\circ_1 : il faut donc augmenter la température à partir de 298\text{ K}.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}\ln K^{\circ }}{\mathrm{d}T}=\frac{{\Delta }_{\mathrm{r}}{H}^{\circ }}{R{T}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MP 2026, Q11

   a) D'après l'approximation d'Ellingham, l'enthalpie libre standard de réaction s'écrit sous la forme :

   \Delta_r G_1^0(T) = \Delta_r H_1^0 - T\Delta_r S_1^0

   Par identification avec l'expression donnée par l'énoncé \Delta_r G_1^0(T) = 177{,}4 - 0{,}1589\,T (avec \Delta_r G_1^0 en \text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}), on obtient :

   \Delta_r H_1^0 = +177{,}4\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}

   L'enthalpie standard de réaction étant strictement positive (\Delta_r H_1^0 > 0), la réaction (1) est endothermique.

   b) Par la même identification, le terme d'entropie standard vaut :

   \boxed{\Delta_r S_1^0 = +0{,}1589\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} = +158{,}9\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}}

   Commentaire : L'entropie standard de réaction est strictement positive (\Delta_r S_1^0 > 0). Cela est cohérent avec la stœchiométrie de la réaction, qui produit une mole de gaz (\Delta \nu_g = +1) à partir d'espèces condensées pures :

   \mathrm{CaCO}_{3,\mathrm{(s)}} = \mathrm{CaO}_{\mathrm{(s)}} + \mathrm{CO}_{2,\mathrm{(g)}}

   L'état gazeux étant beaucoup plus désordonné que l'état solide (entropie molaire standard d'un gaz bien supérieure à celle d'un solide), cette transformation s'accompagne d'une forte augmentation du désordre du système.

   c) La constante thermodynamique d'équilibre K_1^0(T) est reliée à l'enthalpie libre standard de réaction par :

   \Delta_r G_1^0(T) = -RT\ln K_1^0(T) \iff K_1^0(T) = \exp\left(-\frac{\Delta_r G_1^0(T)}{RT}\right)

   En explicitant avec les expressions fournies :

   \boxed{K_1^0(T) = \exp\left(-\frac{\Delta_r H_1^0 - T\Delta_r S_1^0}{RT}\right) = \exp\left(-\frac{177{,}4\cdot 10^3 - 158{,}9\,T}{RT}\right)}

   ou sous la forme factorisée :

   K_1^0(T) = \exp\left(-\frac{158{,}9\,(1116 - T)}{RT}\right)

   La température T_{1,i} telle que K_1^0(T_{1,i}) = 1 vérifie :

   \ln K_1^0(T_{1,i}) = 0 \iff \Delta_r G_1^0(T_{1,i}) = 0

   Soit, d'après l'expression factorisée 0{,}1589\,(1116 - T_{1,i}) = 0 :

   \boxed{T_{1,i} = 1116\text{ K} \quad (\approx 843\text{ }^\circ\text{C})}

   d) Pour les phases en présence :

   • \mathrm{CaCO}_{3,\mathrm{(s)}} et \mathrm{CaO}_{\mathrm{(s)}} sont des solides purs seuls dans leur phase, leur activité est donc unitaire : a(\mathrm{CaCO}_{3,\mathrm{(s)}}) = 1 et a(\mathrm{CaO}_{\mathrm{(s)}}) = 1 ;
   • \mathrm{CO}_{2,\mathrm{(g)}} est assimilé à un gaz parfait, son activité s'exprime par le rapport de sa pression partielle à la pression standard : a(\mathrm{CO}_{2,\mathrm{(g)}}) = \dfrac{P_{\mathrm{CO}_2}}{P^\circ}.

   Le quotient réactionnel s'écrit ainsi :

   Q_r = \frac{a(\mathrm{CaO}_{\mathrm{(s)}}) \cdot a(\mathrm{CO}_{2,\mathrm{(g)}})}{a(\mathrm{CaCO}_{3,\mathrm{(s)}})}

   Soit :

   \boxed{Q_r = \frac{P_{\mathrm{CO}_2}}{P^\circ}}

   Résultat

   $${\Delta }_r{S}_1^0=+0,1589\text{ kJ}\cdot {\text{K}}^{-1}\cdot {\text{mol}}^{-1}=+158,9\text{ J}\cdot {\text{K}}^{-1}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   $$K_1^0(T)=\exp \left(-\frac{{\Delta }_r{H}_1^0-T{\Delta }_r{S}_1^0}{RT}\right)=\exp \left(-\frac{177,4\cdot 10^3-158,9T}{RT}\right)$$

   $$T_{1,i}=1116\text{ K}(\approx 843{}^{\circ }\text{C})$$

   $$Q_r=\frac{P_{{\mathrm{CO}}_2}}{P^{\circ }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q45

   La combustion complète d'un hydrocarbure de formule brute \mathrm{C}_x\mathrm{H}_y dans le dioxygène produit exclusivement du dioxyde de carbone et de l'eau :

   \mathrm{C}_x\mathrm{H}_y\mathrm{(g)} + \left(x + \frac{y}{4}\right)\mathrm{O}_2\mathrm{(g)} \longrightarrow x\,\mathrm{CO}_2\mathrm{(g)} + \frac{y}{2}\,\mathrm{H}_2\mathrm{O(g)}

   Pour l'octane \mathrm{C}_8\mathrm{H}_{18} (x = 8 et y = 18), en imposant un nombre stœchiométrique algébrique de -1 pour l'octane :

   • conservation de l'élément carbone : 8\,\mathrm{CO}_2\mathrm{(g)} ;
   • conservation de l'élément hydrogène : \frac{18}{2} = 9\,\mathrm{H}_2\mathrm{O(g)} ;
   • conservation de l'élément oxygène : 8 \times 2 + 9 \times 1 = 25 atomes d'oxygène du côté des produits, soit \frac{25}{2} molécules de \mathrm{O}_2\mathrm{(g)}.

   Tous les réactifs et produits étant à l'état gazeux, l'équation-bilan s'écrit :

   \boxed{\mathrm{C}_8\mathrm{H}_{18}(\mathrm{g}) + \frac{25}{2}\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) \longrightarrow 8\,\mathrm{CO}_2(\mathrm{g}) + 9\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})}

   Résultat

   $${\mathrm{C}}_8{\mathrm{H}}_{18}(\mathrm{g})+\frac{25}{2}{\mathrm{O}}_2(\mathrm{g})⟶8{\mathrm{CO}}_2(\mathrm{g})+9{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})$$

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5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q46

   D'après l'équation-bilan de la combustion complète de l'octane établie à la question Q45 :

   \mathrm{C}_8\mathrm{H}_{18}(\mathrm{g}) + \frac{25}{2}\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) \longrightarrow 8\,\mathrm{CO}_2(\mathrm{g}) + 9\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})

   La loi de Hess permet d'exprimer l'enthalpie standard de réaction \Delta_r H^\circ à partir des enthalpies standard de formation \Delta_f H^\circ :

   \begin{aligned} \Delta_r H^\circ &= \sum_{i} \nu_i \Delta_f H^\circ_i \\ &= 8\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{CO}_2(\mathrm{g})) + 9\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{C}_8\mathrm{H}_{18}(\mathrm{g})) - \frac{25}{2}\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{O}_2(\mathrm{g})) \end{aligned}

   D'après les données thermodynamiques à 298\text{ K} fournies par l'énoncé :

   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{CO}_2(\mathrm{g})) = -400\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}
   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})) = -240\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}
   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{C}_8\mathrm{H}_{18}(\mathrm{g})) = -210\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}
   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{O}_2(\mathrm{g})) = 0\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} (corps pur simple dans son état standard de référence)

   On en déduit :

   \begin{aligned} \Delta_r H^\circ &= 8\times (-400) + 9\times (-240) - (-210) - 0 \\ &= -3\,200 - 2\,160 + 210 \\ &= -5\,360 + 210 = -5\,150\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{\Delta_r H^\circ = -5\,150\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   Commentaire du signe :
   L'enthalpie standard de réaction est strictement négative (\Delta_r H^\circ < 0) : la réaction de combustion est fortement exothermique. Elle dégage une quantité considérable d'énergie thermique vers l'extérieur (le fluide de travail du moteur), ce qui correspond bien au rôle de combustible de l'octane.

   Résultat

   $${\Delta }_r{H}^{\circ }=-5150\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

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6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q12

   L'équation de la réaction de clinkerisation est :

   3\,\mathrm{CaCO}_{3(\text{s})} + \mathrm{SiO}_{2(\text{s})} = 3\,\mathrm{CO}_{2(\text{g})} + \mathrm{Ca}_3\mathrm{SiO}_{5(\text{s})}

   D'après l'énoncé, les grandeurs thermodynamiques sont considérées comme indépendantes de la température (approximation d'Ellingham). On applique la loi de Hess à l'aide des enthalpies standard de formation fournies dans le tableau 2 :

   \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ(1\,700\text{ K}) \approx \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ(298\text{ K}) = 3\,\Delta_{\mathrm{f}}H^\circ(\mathrm{CO}_{2(\text{g})}) + \Delta_{\mathrm{f}}H^\circ(\mathrm{Ca}_3\mathrm{SiO}_{5(\text{s})}) - 3\,\Delta_{\mathrm{f}}H^\circ(\mathrm{CaCO}_{3(\text{s})}) - \Delta_{\mathrm{f}}H^\circ(\mathrm{SiO}_{2(\text{s})})

   Application numérique :

   \begin{aligned} \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ(1\,700\text{ K}) &= 3 \times (-393) + (-2\,930) - 3 \times (-1\,206) - (-910) \\ &= -1\,179 - 2\,930 + 3\,618 + 910 \\ &= +419\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{\Delta_{\mathrm{r}}H^\circ(1\,700\text{ K}) = +419\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   Commentaire du signe :
   L'enthalpie standard de réaction est positive (\Delta_{\mathrm{r}}H^\circ > 0), la réaction de clinkerisation est donc fortement endothermique. Elle consomme de l'énergie thermique, ce qui explique le besoin d'un chauffage important du four rotatif pour entretenir la réaction.

   Résultat

   $${\Delta }_{\mathrm{r}}{H}^{\circ }(1700\text{ K})=+419\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q13

   D'après la question Q12, la réaction de clinkerisation est endothermique :

   \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ > 0

   D'après la loi de van 't Hoff :

   \frac{\mathrm{d}\ln K^\circ}{\mathrm{d}T} = \frac{\Delta_{\mathrm{r}}H^\circ}{R T^2} > 0

   La constante d'équilibre K^\circ(T) est donc une fonction strictement croissante de la température. Par conséquent, une augmentation de température déplace l'équilibre dans le sens direct : la réaction est favorisée à haute température.

   On peut également déterminer la température d'inversion T_\text{inv} à partir de laquelle l'enthalpie libre standard devient négative, avec l'approximation d'Ellingham :

   \Delta_{\mathrm{r}}G^\circ(T) = \Delta_{\mathrm{r}}H^\circ - T\,\Delta_{\mathrm{r}}S^\circ

   Comme \Delta_{\mathrm{r}}S^\circ > 0 (question Q11), \Delta_{\mathrm{r}}G^\circ(T) décroît lorsque T augmente et s'annule pour :

   T_\text{inv} = \frac{\Delta_{\mathrm{r}}H^\circ}{\Delta_{\mathrm{r}}S^\circ} = \frac{419 \times 10^3}{453{,}1} \approx 925\text{ K} \quad (\approx 652\text{ }^\circ\text{C})

   Pour T > T_\text{inv}, on a \Delta_{\mathrm{r}}G^\circ(T) < 0, soit K^\circ(T) > 1.

   Commentaire du choix industriel (T = 1\,700\text{ K}) :

   • Aspect thermodynamique : À 1\,700\text{ K}, la température est très largement supérieure à T_\text{inv} \approx 925\text{ K}. L'enthalpie libre standard est fortement négative, ce qui confère à la réaction une constante d'équilibre K^\circ \gg 1 et assure un rendement quantitatif en silicate de tricalcium (clinker).
   • Aspect cinétique : Les réactifs solides (calcaire broyé et silice) présentent une réactivité et une diffusivité quasi nulles à température ambiante. La température élevée (1\,700\text{ K}) permet de franchir l'énergie d'activation et assure une vitesse de réaction suffisamment élevée pour opérer en continu dans un four rotatif.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q17

   La combustion complète d'une mole de méthane gazeux \mathrm{CH}_{4(\mathrm{g})} par le dioxygène gazeux \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} produit du dioxyde de carbone gazeux \mathrm{CO}_{2(\mathrm{g})} et de la vapeur d'eau \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{g})}, comme précisé dans l'énoncé.

   La conservation des éléments chimiques s'écrit :

   • élément carbone : 1\text{ C dans }\mathrm{CH}_4 \implies 1\text{ }\mathrm{CO}_2 ;
   • élément hydrogène : 4\text{ H dans }\mathrm{CH}_4 \implies 2\text{ }\mathrm{H}_2\mathrm{O} ;
   • élément oxygène : 2\text{ O dans }\mathrm{CO}_2 + 2\text{ O dans }2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} = 4\text{ O} \implies 2\text{ }\mathrm{O}_2.

   L'équation de la réaction de combustion s'écrit donc :

   \boxed{\mathrm{CH}_{4(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} = \mathrm{CO}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{g})}}

   Résultat

   $${\mathrm{CH}}_{4(\mathrm{g})}+2{\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}={\mathrm{CO}}_{2(\mathrm{g})}+2{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{g})}$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q10

   La transformation de l'étape 2 est une dismutation du dichlore en milieu basique :

   \mathrm{Cl_{2(g)}} + 2\,\mathrm{HO^-_{(aq)}} = \mathrm{Cl^-_{(aq)}} + \mathrm{ClO^-_{(aq)}} + \mathrm{H_2O_{(l)}}

   Elle met en jeu les deux demi-réactions d'oxydoréduction suivantes :

   \begin{aligned} \text{Réduction :} \quad & \frac{1}{2}\,\mathrm{Cl_{2(g)}} + \mathrm{e}^- = \mathrm{Cl^-_{(aq)}} && (E_3^\circ = 1{,}36\text{ V}) \\ \text{Oxydation :} \quad & \frac{1}{2}\,\mathrm{Cl_{2(g)}} + 2\,\mathrm{HO^-_{(aq)}} = \mathrm{ClO^-_{(aq)}} + \mathrm{H_2O_{(l)}} + \mathrm{e}^- && (E_4^\circ = 0{,}42\text{ V}) \end{aligned}

   Pour l'équation-bilan telle qu'elle est écrite, le nombre d'électrons échangés est donc n = 1.

   À l'équilibre chimique, les potentiels de Nernst des deux couples sont égaux :

   \begin{aligned} E_{\text{eq}} &= E_3^\circ + \frac{R T}{\mathcal{F}} \ln\left( \frac{\left(P_{\mathrm{Cl_2}}/P^\circ\right)^{1/2}}{[\mathrm{Cl^-}]/C^\circ} \right) \\ &= E_4^\circ + \frac{R T}{\mathcal{F}} \ln\left( \frac{[\mathrm{ClO^-}]/C^\circ}{\left(P_{\mathrm{Cl_2}}/P^\circ\right)^{1/2} \left([\mathrm{HO^-}]/C^\circ\right)^2} \right) \end{aligned}

   En égalant ces deux expressions, il vient :

   E_3^\circ - E_4^\circ = \frac{R T}{\mathcal{F}} \ln\left( \frac{\frac{[\mathrm{Cl^-}]}{C^\circ} \cdot \frac{[\mathrm{ClO^-}]}{C^\circ}}{\frac{P_{\mathrm{Cl_2}}}{P^\circ} \cdot \left(\frac{[\mathrm{HO^-}]}{C^\circ}\right)^2} \right) = \frac{R T}{\mathcal{F}} \ln K^\circ

   On en déduit l'expression littérale de la constante d'équilibre :

   \boxed{K^\circ = \exp\left( \frac{\mathcal{F}\,(E_3^\circ - E_4^\circ)}{R T} \right) = 10^{\frac{E_3^\circ - E_4^\circ}{\frac{R T \ln 10}{\mathcal{F}}}}}

   Application numérique : Avec \mathcal{F} = 96\,485\text{ C}\cdot\text{mol}^{-1}, R = 8{,}314\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}, T = 298{,}15\text{ K} (soit \frac{R T \ln 10}{\mathcal{F}} \simeq 0{,}059\text{ V}) :

   \frac{E_3^\circ - E_4^\circ}{0{,}059} = \frac{1{,}36 - 0{,}42}{0{,}059} = \frac{0{,}94}{0{,}059} \simeq 15{,}9

   \boxed{K^\circ \simeq 8 \times 10^{15}} \quad \left(\text{ou } 5 \times 10^{15} \text{ avec l'approximation usuelle } \frac{R T \ln 10}{\mathcal{F}} \simeq 0{,}06\text{ V}\right)

   Résultat

   $$K^{\circ }=\exp \left(\frac{\mathcal{F}(E_3^{\circ }-E_4^{\circ })}{RT}\right)=10^{\frac{E_3^{\circ }-E_4^{\circ }}{\frac{RT\ln 10}{\mathcal{F}}}}$$

   $$K^{\circ }\simeq 8\times 10^{15}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2026, Q34

    Considérons l'avancement d'une mole de réaction selon l'équation établie à la question Q33 :

    3\,\mathrm{Si(s)} + 2\,\mathrm{N_2(g)} \longrightarrow \mathrm{Si_3N_4(s)}

    L'état initial est constitué de 3\text{ mol} de \mathrm{Si(s)} et 2\text{ mol} de \mathrm{N_2(g)} à T_0 = 298\text{ K} sous P = 1\text{ bar}. La réaction étant quantitative à 298\text{ K}, l'état final théorique ne contient que 1\text{ mol} de \mathrm{Si_3N_4} à la température finale T_f sous P = 1\text{ bar}.

    Le réacteur étant calorifugé et la pression constante :

    \Delta H = Q_P = 0

    Décomposons la transformation selon un chemin de Hess fictif en deux étapes :

    • Réaction totale à température T_0 constante sous P^\circ :

      \Delta H_1 = \Delta_r H^\circ(T_0) \times (1\text{ mol})

    • Échauffement isobare de 1\text{ mol} de \mathrm{Si_3N_4(s)} de T_0 à T_f :

      \Delta H_2 = \int_{T_0}^{T_f} C_{pm}(\mathrm{Si_3N_4(s)})\,\mathrm{d}T

    En supposant la capacité thermique molaire C_{pm}(\mathrm{Si_3N_4(s)}) indépendante de la température et en l'absence supposée de changement d'état :

    \Delta H = \Delta H_1 + \Delta H_2 = \Delta_r H^\circ(T_0) + C_{pm}(\mathrm{Si_3N_4(s)})(T_f - T_0) = 0

    On en déduit l'expression de la température finale théorique :

    T_f = T_0 - \frac{\Delta_r H^\circ(T_0)}{C_{pm}(\mathrm{Si_3N_4(s)})}

    Application numérique avec \Delta_r H^\circ(298\text{ K}) = -828\times 10^3\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} et C_{pm} = 99{,}5\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} :

    \begin{aligned} T_f &= 298 + \frac{828 \times 10^3}{99{,}5} \\ &= 298 + 8\,322 = 8\,620\text{ K} \quad (\text{soit } 8\,347\ ^\circ\mathrm{C}) \end{aligned}

    \boxed{T_f \approx 8{,}6 \times 10^3\text{ K} \quad (\approx 8{,}3 \times 10^3\ ^\circ\mathrm{C})}

    Conclusion : Cette température théorique (température adiabatique de flamme) est largement supérieure à la température de fusion du nitrure de silicium (T_{\mathrm{fus}}(\mathrm{Si_3N_4}) = 1\,900\ ^\circ\mathrm{C}, soit 2\,173\text{ K}) ainsi qu'à celle du silicium (T_{\mathrm{fus}}(\mathrm{Si}) = 1\,414\ ^\circ\mathrm{C}).

    L'hypothèse d'une absence de changement d'état n'est donc pas vérifiée : le produit fondrait, voire se décomposerait. Par ailleurs, à de telles températures, la constante d'équilibre chute considérablement (\Delta_r H^\circ < 0 et \Delta_r S^\circ < 0, température d'inversion T_i = \Delta_r H^\circ / \Delta_r S^\circ \approx 2\,530\text{ K}) et la réaction cesse d'être quantitative. Cette exothermicité extrême justifie l'utilisation d'un réacteur régulé thermiquement (procédé isotherme) pour éviter tout emballement ou dégradation du matériau.

    Résultat

    $$T_f\approx 8,6\times 10^3\text{ K}(\approx 8,3\times 10^3{}^{\circ }\mathrm{C})$$

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