Feuille d'entraînement : Transformations chimiques

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2025, Q10

   1. Équation de la réaction d'attaque du minerai par le fer (III) :

   Le minerai est assimilé à un mélange de \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} et de \mathrm{U(OH)_4(s)} :

   • Dans \mathrm{UO_2(OH)_2(s)}, l'uranium est au nombre d'oxydation +\text{VI}, qui est son degré d'oxydation maximal dans ce système. L'oxydant \mathrm{Fe^{3+}(aq)} ne peut donc pas l'oxyder (à \mathrm{pH} = 1 < 2{,}7, ce solide est simplement dissous par les ions \mathrm{H}^+ de la solution acide).
   • Dans \mathrm{U(OH)_4(s)}, l'uranium est au nombre d'oxydation +\text{IV}. Il est donc oxydé par les ions fer (III) \mathrm{Fe^{3+}(aq)} en ions uranyle \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} (degré +\text{VI}).

   Les deux demi-équations électroniques associées s'écrivent :

   \begin{aligned} \mathrm{Fe^{3+}(aq)} + \mathrm{e}^- &\rightleftharpoons \mathrm{Fe^{2+}(aq)} \quad (\times 2) \\ \mathrm{U(OH)_4(s)} &\rightleftharpoons \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)} + 2\,\mathrm{e}^- \end{aligned}

   L'équation-bilan de la réaction d'oxydation de l'uranite par le fer (III) est donc :

   \boxed{\mathrm{2\,Fe^{3+}(aq) + U(OH)_4(s) = 2\,Fe^{2+}(aq) + UO_2^{2+}(aq) + 2\,H_2O(\ell)}}

   2. Calcul de la constante d'équilibre à 298\text{ K} :

   On peut décomposer cette transformation comme la somme de deux équilibres :

   \begin{aligned} (1) \quad &\mathrm{2\,Fe^{3+}(aq) + U^{4+}(aq) + 2\,H_2O(\ell) \rightleftharpoons 2\,Fe^{2+}(aq) + UO_2^{2+}(aq) + 4\,H^+(aq)} && K_1^\circ \\ (2) \quad &\mathrm{U(OH)_4(s) + 4\,H^+(aq) \rightleftharpoons U^{4+}(aq) + 4\,H_2O(\ell)} && K_d \end{aligned}

   La constante d'équilibre globale vérifie ainsi :

   K^\circ = K_1^\circ \times K_d

   • Pour la réaction redox (1) mettant en jeu n = 2 électrons échangés :

     \begin{aligned} \log K_1^\circ &= \frac{n}{0{,}06} \left( E^\circ(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}) - E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) \right) \\ &= \frac{2}{0{,}06} (0{,}77 - 0{,}36) = \frac{0{,}82}{0{,}06} = \frac{41}{3} \approx 13{,}67 \end{aligned}

   • Pour la dissolution acide (2), la frontière verticale C/D entre \mathrm{U^{4+}(aq)} et \mathrm{U(OH)_4(s)} est située sur l'annexe 1 à \mathrm{pH}_f = 2{,}0. À cette frontière, la concentration de l'espèce dissoute est fixée par convention à [\mathrm{U^{4+}}] = c_0 = 1{,}0 \times 10^{-1}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} :

     K_d = \frac{[\mathrm{U^{4+}}]}{[\mathrm{H^+}]^4} = \frac{c_0}{(10^{-\mathrm{pH}_f})^4} = \frac{10^{-1}}{(10^{-2{,}0})^4} = \frac{10^{-1}}{10^{-8}} = 10^7

   On en déduit :

   \begin{aligned} \log K^\circ &= \log K_1^\circ + \log K_d \approx 13{,}67 + 7 = 20{,}67 \approx 20{,}7 \\ K^\circ &= 10^{20{,}7} = 10^{0{,}7} \times 10^{20} \approx 5 \times 10^{20} \end{aligned}

   \boxed{K^\circ \approx 5 \times 10^{20} \quad (\text{ou } 10^{20{,}7})}

   Résultat

   $$2\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}(\mathrm{aq})+\mathrm{U}(\mathrm{OH}{)}_4(\mathrm{s})=2\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}(\mathrm{aq})+\mathrm{U}{\mathrm{O}}_2^{2+}(\mathrm{aq})+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{\ell })$$

   $$K^{\circ }\approx 5\times 10^{20}(\text{ou }10^{20,7})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2025, Q11

   D'après la loi de Hess, l'enthalpie standard de la réaction à 298\text{ K} s'exprime par :

   \Delta_r H^\circ(298\text{ K}) = \Delta_f H^\circ(\mathrm{UF_4(s)}) + 2\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{H_2O(g)}) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{UO_2(s)}) - 4\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{HF(g)})

   En utilisant les valeurs du tableau des données :

   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{UF_4(s)}) = -1921\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{H_2O(g)}) = -242\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{UO_2(s)}) = -1085\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • \Delta_f H^\circ(\mathrm{HF(g)}) = -273\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}.

   On calcule séparément les termes relatifs aux produits et aux réactifs :

   \begin{aligned} \sum \nu_i \Delta_f H^\circ(\text{produits}) &= -1921 + 2 \times (-242) = -1921 - 484 = -2405\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \\ \sum |\nu_i| \Delta_f H^\circ(\text{réactifs}) &= -1085 + 4 \times (-273) = -1085 - 1092 = -2177\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   D'où :

   \begin{aligned} \Delta_r H^\circ(298\text{ K}) &= -2405 - (-2177) \\ &= -228\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{\Delta_r H^\circ(298\text{ K}) = -228\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   Résultat

   $${\Delta }_r{H}^{\circ }(298\text{ K})=-228\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2025, Q12

   L'équation de la réaction d'hydrofluoration de l'uranite s'écrit :

   \mathrm{UO_2(s) + 4\,HF(g) = UF_4(s) + 2\,H_2O(g)}

   L'entropie standard de réaction à 298\text{ K} est donnée par la relation :

   \begin{aligned} \Delta_r S^\circ(298\text{ K}) &= \sum_{i} \nu_i \, S^\circ_i \\ &= S^\circ(\mathrm{UF_4(s)}) + 2\,S^\circ(\mathrm{H_2O(g)}) - S^\circ(\mathrm{UO_2(s)}) - 4\,S^\circ(\mathrm{HF(g)}) \end{aligned}

   D'après le tableau de données :

   • S^\circ(\mathrm{UO_2(s)}) = 77\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}
   • S^\circ(\mathrm{UF_4(s)}) = 152\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}
   • S^\circ(\mathrm{HF(g)}) = 174\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}
   • S^\circ(\mathrm{H_2O(g)}) = 189\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}

   On effectue le calcul numérique :

   \begin{aligned} \Delta_r S^\circ(298\text{ K}) &= 152 + 2 \times 189 - 77 - 4 \times 174 \\ &= 152 + 378 - 77 - 696 \\ &= 530 - 773 \\ &= -243\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{\Delta_r S^\circ(298\text{ K}) = -243\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}}

   Commentaire sur le signe : Le signe de l'entropie standard de réaction est négatif (\Delta_r S^\circ < 0).

   Ce signe s'explique par la diminution de la quantité de matière de gaz au cours de la réaction :

   \Delta \nu_g = \sum_{\text{gaz}} \nu_i = 2 - 4 = -2 < 0

   La réaction consomme 4 moles de gaz pour n'en former que 2. Comme les phases gazeuses possèdent une entropie molaire bien plus importante que les solides (du fait d'un désordre spatial et configurationnel très supérieur), la disparition nette de deux moles de gaz conduit à une diminution globale du désordre du système, d'où \Delta_r S^\circ < 0.

   Résultat

   $${\Delta }_r{S}^{\circ }(298\text{ K})=-243\text{ J}\cdot {\text{K}}^{-1}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q30

   D'après la loi de Hess, l'enthalpie standard de la réaction (3) :

   \mathrm{CaCO}_{3(\mathrm{s})} = \mathrm{Ca}^{2+}_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{CO}_3^{2-}{}_{(\mathrm{aq})}

   s'exprime par :

   \Delta_r H_3^\circ = \Delta_f H^\circ(\mathrm{Ca}^{2+}_{(\mathrm{aq})}) + \Delta_f H^\circ(\mathrm{CO}_3^{2-}{}_{(\mathrm{aq})}) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{CaCO}_{3(\mathrm{s})})

   Avec les valeurs numériques fournies par l'énoncé :

   \begin{aligned} \Delta_r H_3^\circ &= -542{,}83 - 677{,}14 - (-1207{,}6) \\ &= -1219{,}97 + 1207{,}6 \\ &= -12{,}37\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   En tenant compte de la précision des données (un chiffre après la virgule pour \Delta_f H^\circ(\mathrm{CaCO}_3)) :

   \boxed{\Delta_r H_3^\circ = -12{,}4\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   L'enthalpie standard de dissolution est négative (\Delta_r H_3^\circ < 0) : la réaction de dissolution est donc exothermique.

   L'évolution de la constante d'équilibre K_3^\circ(T) (produit de solubilité) avec la température est régie par la relation de van 't Hoff :

   \frac{\mathrm{d}\ln K_3^\circ}{\mathrm{d}T} = \frac{\Delta_r H_3^\circ}{R T^2} < 0

   Une élévation de température entraîne donc une diminution de la constante d'équilibre K_3^\circ, et par conséquent une diminution de la solubilité du calcaire (ou, d'après le principe de modération de Le Chatelier, une élévation de température favorise le sens endothermique, c'est-à-dire le sens indirect de précipitation du calcaire).

   L'eau chaude peut ainsi dissoudre moins de carbonate de calcium que l'eau froide, ce qui favorise la précipitation et explique que le calcaire se dépose davantage sur les canalisations d'eau chaude.

   Résultat

   $${\Delta }_r{H}_3^{\circ }=-12,4\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q27

   La combustion complète d'un alcane linéaire comme le butane \mathrm{C_4H_{10}} dans le dioxygène produit exclusivement du dioxyde de carbone \mathrm{CO_2} et de l'eau \mathrm{H_2O}.

   L'ajustement stœchiométrique des éléments chimiques donne :

   • conservation du carbone : 4 moles de \mathrm{CO_2} par mole de \mathrm{C_4H_{10}} ;
   • conservation de l'hydrogène : 5 moles de \mathrm{H_2O} par mole de \mathrm{C_4H_{10}} ;
   • conservation de l'oxygène : 4 \times 2 + 5 \times 1 = 13 atomes d'oxygène, soit \frac{13}{2} moles de \mathrm{O_2}.

   L'équation de la réaction de combustion complète s'écrit donc, rapportée à une mole de butane :

   \boxed{\mathrm{C_4H_{10(g)}} + \frac{13}{2}\,\mathrm{O_{2(g)}} = 4\,\mathrm{CO_{2(g)}} + 5\,\mathrm{H_2O_{(l)}}}

   ou, avec des coefficients stœchiométriques entiers :

   \boxed{2\,\mathrm{C_4H_{10(g)}} + 13\,\mathrm{O_{2(g)}} = 8\,\mathrm{CO_{2(g)}} + 10\,\mathrm{H_2O_{(l)}}}

   Résultat

   $${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10(\mathrm{g})}+\frac{13}{2}{\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}=4\mathrm{C}{\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}+5{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}$$

   $$2{\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10(\mathrm{g})}+13{\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}=8\mathrm{C}{\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}+10{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q1

   L'équation bilan de la combustion complète du méthane avec un coefficient stœchiométrique unitaire pour \mathrm{CH}_4 s'écrit, l'eau étant produite sous forme vapeur :

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

   Déterminons l'enthalpie libre standard de réaction à T_0 = 298\text{ K}. D'après la loi de Hess appliquée aux enthalpies standard de formation :

   \begin{aligned} \Delta_r H^\circ(T_0) &= \Delta_f H^\circ(\mathrm{CO}_{2(\text{g})}) + 2\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\text{g})}) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{CH}_{4(\text{g})}) - 2\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{O}_{2(\text{g})}) \\ &= -393{,}5 + 2 \times (-241{,}8) - (-74{,}9) - 0 \\ &= -802{,}2\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   De même, l'entropie standard de réaction s'exprime par :

   \begin{aligned} \Delta_r S^\circ(T_0) &= S_m^\circ(\mathrm{CO}_{2(\text{g})}) + 2\,S_m^\circ(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\text{g})}) - S_m^\circ(\mathrm{CH}_{4(\text{g})}) - 2\,S_m^\circ(\mathrm{O}_{2(\text{g})}) \\ &= 213{,}8 + 2 \times 188{,}7 - 186{,}2 - 2 \times 205{,}0 \\ &= -5{,}0\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   On en déduit l'enthalpie libre standard de réaction à 298\text{ K} :

   \begin{aligned} \Delta_r G^\circ(T_0) &= \Delta_r H^\circ(T_0) - T_0\,\Delta_r S^\circ(T_0) \\ &= -802{,}2 \times 10^3 - 298 \times (-5{,}0) \\ &= -800{,}7\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   La constante d'équilibre standard K^\circ(T_0) vaut alors :

   K^\circ(T_0) = \exp\left(-\frac{\Delta_r G^\circ(T_0)}{R\,T_0}\right) = \exp\left(\frac{800{,}7 \times 10^3}{8{,}31 \times 298}\right) \approx 10^{140}

   Comme K^\circ(T_0) \gg 10^4, la réaction de combustion est quantitative (totale).

   Pour une mole de méthane brûlée à pression constante et température constante T_0, le premier principe donne Q_p = \Delta H = \Delta_r H^\circ(T_0). L'énergie thermique libérée au milieu extérieur par mole de méthane est donc -\Delta_r H^\circ(T_0). La masse molaire du méthane vaut :

   M(\mathrm{CH}_4) = M(\mathrm{C}) + 4\,M(\mathrm{H}) = 12{,}0 + 4 \times 1{,}0 = 16{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 16{,}0 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}

   Le pouvoir calorifique inférieur (PCI) q_{\text{gn}} représente l'énergie libérée par unité de masse de combustible :

   \boxed{q_{\text{gn}} = \frac{-\Delta_r H^\circ(T_0)}{M(\mathrm{CH}_4)}}

   Application numérique :

   q_{\text{gn}} = \frac{802{,}2 \times 10^3}{16{,}0 \times 10^{-3}} = 5{,}01 \times 10^7\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = \boxed{50{,}1\text{ MJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

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

   $$q_{\text{gn}}=\frac{-{\Delta }_r{H}^{\circ }(T_0)}{M({\mathrm{CH}}_4)}$$

   $$50,1\text{ MJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q3

   Le système ouvert est la chambre de combustion fonctionnant en régime stationnaire, à la pression constante P = 12\text{ bar}. Elle est parfaitement calorifugée (\dot{Q} = 0) et ne comporte aucune partie mobile fournissant du travail utile (\dot{W}_u = 0).

   Le premier principe pour un système ouvert en régime permanent s'écrit :

   \Delta \dot{H} = \dot{H}_{\text{sortie}} - \dot{H}_{\text{entrée}} = \dot{W}_u + \dot{Q} = 0

   Rapporté à une mole de méthane consommé, avec les proportions stœchiométriques (la combustion complète consomme 1\text{ mol} de \mathrm{CH}_4, 2\text{ mol} de \mathrm{O}_2 et entraîne 8\text{ mol} de \mathrm{N}_2 spectateur), l'état initial est formé de :

   1\text{ mol de }\mathrm{CH}_4(\text{g}) + 2\text{ mol de }\mathrm{O}_2(\text{g}) + 8\text{ mol de }\mathrm{N}_2(\text{g})\quad \text{à } T_0 = 298\text{ K}

   L'état final est constitué des gaz brûlés :

   1\text{ mol de }\mathrm{CO}_2(\text{g}) + 2\text{ mol de }\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\text{g}) + 8\text{ mol de }\mathrm{N}_2(\text{g})\quad \text{à } T_s

   On décompose la transformation en deux étapes fictives à pression constante :

   1. Étape 1 : Réaction de combustion complète isotherme à T_0 = 298\text{ K} :

      \Delta H_1 = \Delta_r H^\circ(T_0) = - M(\mathrm{CH}_4)\,q_{\text{gn}}

   2. Étape 2 : Échauffement isobare des produits formés de T_0 à T_s, en considérant dans un premier temps les capacités thermiques molaires indépendantes de la température :

      \Delta H_2 = C_{p,\text{prod}}(T_s - T_0)

      avec :

      C_{p,\text{prod}} = C_{pm,\mathrm{CO}_2} + 2\,C_{pm,\mathrm{H}_2\mathrm{O}} + 8\,C_{pm,\mathrm{N}_2}

   Le bilan enthalpique global \Delta H = \Delta H_1 + \Delta H_2 = 0 conduit à :

   - M(\mathrm{CH}_4)\,q_{\text{gn}} + \left( C_{pm,\mathrm{CO}_2} + 2\,C_{pm,\mathrm{H}_2\mathrm{O}} + 8\,C_{pm,\mathrm{N}_2} \right)(T_s - T_0) = 0

   D'où l'expression de la température de sortie des gaz :

   \boxed{T_s = T_0 + \frac{M(\mathrm{CH}_4)\,q_{\text{gn}}}{C_{pm,\mathrm{CO}_2} + 2\,C_{pm,\mathrm{H}_2\mathrm{O}} + 8\,C_{pm,\mathrm{N}_2}}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} C_{p,\text{prod}} &= 37{,}1 + 2 \times 33{,}6 + 8 \times 29{,}1 = 337{,}1\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} \\ M(\mathrm{CH}_4)\,q_{\text{gn}} &= 16{,}0 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} \times 50{,}1 \times 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 802\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \\ T_s &= 298 + \frac{802 \times 10^3}{337{,}1} = 298 + 2379 \approx \mathbf{2680\text{ K}} \quad (\text{soit environ } 2400^\circ\text{C}) \end{aligned}

   Commentaires : Cette température de flamme adiabatique théorique est extrêmement élevée :

   • Elle dépasse largement la limite d'apparition massive des oxydes d'azote \mathrm{NO}_x (1300^\circ\text{C}), ce qui serait critique sur le plan environnemental.
   • Elle dépasse également de beaucoup la température maximale admissible par le revêtement céramique des aubes de la turbine (1600^\circ\text{C}), ce qui conduirait à leur destruction rapide.

   Il est donc indispensable en pratique de faire fonctionner la chambre de combustion avec un fort excès d'air afin de diluer et refroidir les gaz.

   Résultat

   $$T_s=T_0+\frac{M({\mathrm{CH}}_4)q_{\text{gn}}}{C_{pm,{\mathrm{CO}}_2}+2C_{pm,{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}+8C_{pm,{\mathrm{N}}_2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2025, Q2

   La combustion complète d'un hydrocarbure de formule \mathrm{C}_x\mathrm{H}_y dans le dioxygène produit du dioxyde de carbone \mathrm{CO}_2 et de l'eau \mathrm{H}_2\mathrm{O} selon le bilan général :

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

   Pour le méthane \mathrm{CH}_4 (x = 1, y = 4), la conservation des éléments chimiques s'écrit :

   • élément carbone : 1 molécule de \mathrm{CH}_4 fournit 1 molécule de \mathrm{CO}_2 ;
   • élément hydrogène : les 4 atomes d'\mathrm{H} de \mathrm{CH}_4 forment 2 molécules de \mathrm{H}_2\mathrm{O} ;
   • élément oxygène : les produits comportent 1 \times 2 + 2 \times 1 = 4 atomes d'oxygène, soit 2 molécules de \mathrm{O}_2 de réactif.

   L'eau et le dioxyde de carbone étant précisés à l'état de vapeur dans l'énoncé, l'équation de la réaction s'écrit :

   \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

   $${\mathrm{CH}}_4(\mathrm{g})+2{\mathrm{O}}_2(\mathrm{g})={\mathrm{CO}}_2(\mathrm{g})+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2025, Q3

   D'après la question Q2, l'équation de la réaction de combustion du méthane s'écrit :

   \mathrm{CH}_4(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) = \mathrm{CO}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})

   D'après la loi de Hess, l'enthalpie standard de réaction à 298\text{ K} s'exprime par :

   \Delta_r H^\circ = \Delta_f H^\circ(\mathrm{CO}_2,\mathrm{g}) + 2\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O},\mathrm{g}) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{CH}_4,\mathrm{g}) - 2\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{O}_2,\mathrm{g})

   Application numérique avec les valeurs du tableau de données :

   \begin{aligned} \Delta_r H^\circ &= -393{,}5 + 2 \times (-241{,}8) - (-74{,}6) - 2 \times 0 \\ \Delta_r H^\circ &= -393{,}5 - 483{,}6 + 74{,}6 \\ \Delta_r H^\circ &= -802{,}5\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{\Delta_r H^\circ = -802{,}5\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   L'enthalpie standard de réaction est strictement négative (\Delta_r H^\circ < 0) : la réaction de combustion est donc fortement exothermique, ce qui est caractéristique d'une combustion qui libère de l'énergie thermique vers le milieu extérieur.

   Résultat

   $${\Delta }_r{H}^{\circ }=-802,5\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2025, Q9

    D'après les données, la loi de van 't Hoff s'écrit :

    \frac{\mathrm{d}\ln K^\circ}{\mathrm{d}T} = \frac{\Delta_r H^\circ}{R T^2}

    D'après la question Q7, l'enthalpie standard de la réaction de Sabatier est négative :

    \Delta_r H^\circ = -164{,}7\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} < 0

    La réaction est exothermique, d'où :

    \frac{\mathrm{d}\ln K^\circ}{\mathrm{d}T} < 0

    La constante d'équilibre K^\circ(T) est donc une fonction strictement décroissante de la température T.

    Une augmentation de la température entraîne une diminution de la constante d'équilibre K^\circ, ce qui déplace l'état d'équilibre dans le sens indirect (consommation des produits). L'avancement à l'équilibre diminue :

    \boxed{\text{Une augmentation de température défavorise le rendement de la réaction.}}

    Le choix de la température opératoire résulte d'un compromis :

    • Aspect thermodynamique : une température basse permet d'obtenir une constante d'équilibre élevée et maximise le rendement de conversion en méthane ;
    • Aspect cinétique : une température trop basse conduit à une vitesse de réaction très faible (loi d'Arrhenius). Une température plus élevée est indispensable pour atteindre l'état d'équilibre en un temps raisonnable à l'échelle industrielle (en présence d'un catalyseur).

    \boxed{\text{La température choisie (entre } 200\text{ }^\circ\text{C} \text{ et } 400\text{ }^\circ\text{C}\text{) résulte d'un compromis entre thermodynamique et cinétique.}}

    Résultat

    $$\text{Une augmentation de tempeˊrature deˊfavorise le rendement de la reˊaction.}$$

    $$\text{La tempeˊrature choisie (entre }200{}^{\circ }\text{C}\text{ et }400{}^{\circ }\text{C}\text{) reˊsulte d’un compromis entre thermodynamique et cineˊtique.}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question