Correction du Concours blanc

Transcription

1 Correction du Concours blanc I Autour de l oxygène et du soufre [d après Banque PT 4] ) Configuration électronique : [] : s 2 2s 2 2p 4 et [S] : s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 L oxygène appartient donc à la 2 de période et à la 6ème colonne. Le soufre appartient donc à la 3 de période et à la 6ème colonne. 2) Les nombres d oxydation extrêmes du soufre sont +VI et II. L anion usuel qu il forme est donc S 2 (ion sulfure). 3) L énergie de première ionisation E i, d un atome X à l état gazeux est l énergie minimale à fournir pour lui arracher un électron de sa couche électronique la plus externe afin de donner un cation X + E i, à l état gazeux : X (g) X + (g) +e Unités : en ev (échelle atomique) ou en kj.mol (échelle macroscopique). 4) Les éléments des colonnes les plus à droite nécessitent une énergie plus importante, leur couche électronique la plus haute(couche de valence) étant saturée, le néon étant l élément le plus difficile à ioniser de la. A contrario, on observe que les éléments chimiques des premières colonnes sont très facilement ionisables en raison de leur couches électronique de valence insaturée. Deux exceptions dans cette évolution : - lors du passage de la colonne 2 à 3, i.e. du béryllium (sous-couche 2s pleine : 2s 2 ) au bore (2s 2 2p ); - lors du passage de la colonne 5 à 6, i.e. de l azote (2s 2 2p 3, sous-couche 2s pleine et 2p à moitié pleine) à l oxygène (2s 2 2p 4 ) Cl : la structures s 2 p 3 étant plus stable que la structure s 2 p 4, l énergie de première ionisation de l oxygène sera plus faible que celle de l azote. En effet la stabilité particulière de la souscouche 2p à demi remplie est perdue lors de la première ionisation de l atome d azote alors quelle est gagnée lors de celle de l oxygène. 5) 2 N V =2 P V =6 2 - N V =3 P V =6 S N V =32 P V =6 3 N V =8 P V =9 S 2 N V =8 P V =9 S S 3 N V =24 P V =2 S S S 6) C I = Z I.V atome a 3 I C I = π 3 8 = πr3 ( 4R 3 ) 3 = 0,68 (I) a I (F) a F C F = Z F.V atome a 3 F = πr3 ( 4R 2 ) 3 C F = π 2 6 = 0,74 = C Mn : Mn cristallise au-dessus de 352 K dans un réseau c.f.c.

2 Concours blanc Sa 03/05/4 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction 7) Cf. annexe complétée. 8) La frontière entre Mn 2+ et Mn(H) 2(s) correspond à ph 8,7. À la limite de disparition du précipité, l équilibre de solubilisation est encore valable et la constante d équilibre correspondante s écrit : K s = [Mn 2+ ][H ] 2 = [Mn 2+ ] ( ) 2 Ke pk s = log([mn 2+ ])+2pKe 2pH = ,7 = 2,6. Cohérent avec pk s = 2,7. 9) () Mn 2+ (aq) +2e Mn (s) E = E + 0,06 2 log (2) Mn 3+ (aq) +2e Mn (s) E 2 = E 2 + 0,06 3 log h ( [Mn 2+ ) ] ( [Mn 3+ ) ] (2) () = (3) Mn 3+ (aq) +e Mn 2+ E (aq) 3 = E3 + 0,06 ( [Mn 3+ ) log ] [Mn 2+ ] Ensupposantquecestroisespècesdumanganèsesontdansunemêmeélectrode(E 3 = E 2 = E ): E 3 = E 3 +0,06log([Mn 2+ ]) 0,06log([Mn 3+ ]) = E 3 +3(E 2 E 2) 2(E E ) Soit : E3 = 3E 2 2E +E 3 +2E 3E 2 E 3 = 3E 2 2E =,50 V 0) Pour écrire la relation de Nernst, on écrit les demi-équations redox en milieu acide : Mn(H) 3(s) +H + +e Mn(H) 2(s) +H 2 E = E(Mn(H) 3(s) /Mn(H) 2(s) ) + 0,06 ( [H + ) log ] E = E(Mn(H) 3(s) /Mn(H) 2(s) ) 0,06.pH La frontière entre Mn(H) 2(s) et Mn(H) 3(s) a une pente de 0,06 V par unité de ph. Ce qui est vérifié graphiquement puisqu on mesure sur le graphe : ,06 V ) Les relations de Nernst correspondant aux deux couples de l eau sont : Couples Demi-équations Potentiel rédox ( ) H + (aq) /H 2(g) H + (aq) +e 2 H 2(g) E 4 = E4 +0,06log [H + ] P(H2 ) ( ) 2(g) /H 2 (l) 2 2(g) +2H + (aq) +2e H 2 (l) E 5 = E5 + 0,06 P(2 )[H + ] 2 log 2 La valeur de la pression de travail et des potentiels standards permettent d écrire : E (H + (aq) /H 2(g)) = 0,06.pH et E ( 2(g) /H 2 (l) ) =,23 0,06.pH Cf. annexe. 2) En milieu basique, avant oxydation par le dioxygène dissous, le manganèse (II) est sous la forme d hydroxyde de manganèse (II) : Mn 2+ +2H = Mn(H) 2(s) K = K s = 0 2,7 Le dioxygène peut oxyder totalement Mn(H) 2(s) puisque leur domaines de stabilité sont disjoints. n a donc, en milieu basique : () Mn(H) 3(s) +H + +e Mn(H) 2(s) +H 2 ( 4) (2) H + +2e H 2 ( 2) 2.(2) 4.() 4Mn(H) 2(s) H 2 = 4Mn(H) 3(s) 2 Lycée Gustave Eiffel PTSI A et B Raimi / Qadri

3 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction Sa 03/05/4 Concours blanc 3) n travaille en milieu basique pour avoir une réaction totale entre le dioxygène dissous et le manganèse (II). En milieu basique, les domaines de Mn 2+ et de 2 sont partiellement superposables : la réaction entre 2 et le manganèse (II) serait alors limitée : impossible de s en servir pour un titrage du dioxygène dissous. 4) L ajout d acide sulfurique (acide fort) fait tomber le ph en dessous de la valeur 2,8 et donc la solution correspond à la zone de stabilité de Mn 3+ : le précipité se dissout donc en milieu acide selon la réaction : () Mn(H) 3(s) = Mn 3+ +3H (2) 3H + +3H = 3H 2 ()+(2) Mn(H) 3(s) +3H + = Mn 3+ +3H 2 5) Solution d acide sulfurique doit être concentrée pour ne pas faire déborder l erlenmeyer de 500 ml qui a été «rempli à ras bord avec l eau à analyser». 6) Les domaines de stabilité de I et de Mn 3+ étant disjoints, le manganèse (III) est réduit par les ions iodures : () Mn 3+ +e Mn 2+ ( 2) E 3 =,50 V (2) I 2 +2e 2I ( ) E 6 = 0,62 V 2.() (2) 2Mn 3+ +2I = 2Mn 2+ +I 2 K = [Mn2+ ] 2 [I 2 ] [Mn 3+ ] 2 [I ] 2 À l équilibre, il y a égalité des potentiels de Nernts des deux couples : E 3 = E 6 E3 + 0,06 ( [Mn 3+ ) log ] [Mn 2+ = E6 + 0,06 ( ) [I2 ] log ] 2 [I ] 2 n en déduit : logk = E 3 E 6 = 29,3 K = 0 29,3 2, ,03 Puisque K > 0 3, la réaction est quantitative et consomme le réactif limitant (Mn 3+ ; les ions iodures ayant été introduits en excès. 7) Réaction de dosage entre le diiode I 2(aq) et les ions thiosulfate S 2 2 3(aq) : () (2) () I 2 +2e 2I ( ) E 6 = 0,62 V (2) S e 2S ( 2) E 7 = 0,08 V 2S I 2 = S I K = [S 46 2 ]2 [I ] 2 [S ]2 [I 2 ] Rq : logk = E 6 E 7 0,03 titrage du diiode. = 8 K = 0 8 > 0 3 : réaction quantitative, qui permet le 8) À l équivalence du titrage : n I2 = n(s 23 2 ) = C.V e 2 2 = 0 µmol À l issue de la 2 ème étape : n Mn 3+ = 2.n I2 = 20 µmol = n Mn(H)3 À l issue de la ère étape, le dioxygène étant le réactif limitant : n( 2 ) = n Mn(H) 3 4 = 5 µmol C 0 = [ 2(dissous) ] = n( 2) = = 0, mmol.l V Raimi / Qadri Lycée Gustave Eiffel PTSI A et B 3

4 Concours blanc Sa 03/05/4 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction 4 Lycée Gustave Eiffel PTSI A et B Raimi / Qadri

5 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction Sa 03/05/4 Concours blanc II ptimisation de cycles industriels de réfrigération.) Premier principe de la Thermodynamique pour un système ouvert en grandeurs massiques ( Cf démo. du Cours) : e k,m + e P,ext + h = w i +q Puisque les «variations d énergie cinétique et d énzrie potentielle de pesanteur sont négligeables», il reste : h = w i +q..2) Premier Principe sur le cycle, en notant W le travail massique mis en jeu sur un cycle, Q F et Q C les chaleurs massiques échangées par le fluide sur un cycle avec les deux sources aux températures (source froide) et T C (source chaude) : (P) 0 = W +Q C +Q F Second Principe sur un cycle réversible : T C T (EC) Q C T C + Q F = 0 S Le CP (ou efficacité frigorifique) pour le cycle de Carnot : CP = e f = grandeur utile grandeur investie = Q F P Q F EC Q F = = e W Q C +Q C Cf = TF Q F Q F T C.3) Le condenseur et l évaporateur étant le siège de changements d état, les transformations sont isothermes partiellement comprendre : pour ce qui concernent les changements d état, c est-à-dire pour les parties des transformations 4 et 6 7 sous a courbe de saturation. Le principe d un mélangeur-séparateur étant de séparer les phases liquides et gazeuses d un mélange diphasé, la transformation est «isobare» et «isotherme»..4.) À l intérieur de la courbe de saturation, le fluide (diphasé) subit un changement d état, donc une transformation isotherme et isobare. Les isobares étant horizontales dans le diagramme (P,h), les isothermes le sont également..4.2) Cas d un gaz parfait : seconde loi de Joule : dh = c P dt. Pour un gaz parfait, les isothermes et les isenthalpes coïncident (verticales). Dans le cas du Forane 502, loin de la courbe de saturation et lorsque la pression est faible, la vapeur sèche tend vers le modèle du Gaz parfait et les isothermes tendent effectivement à devenir verticales. 2.) Voir Annexe. 2.2) Par lecture sur le diagramme : État h (kj/kg). P (bar).. T ( C).. T (K).. x ) Puisque la transformation dans le mélangeur-séparateur est isobare, P 5 = P 2 = 4 bar. Puisque dans l état 5 le système est un liquide saturant : x 5 = 0. n peut donc placer 5 sur le diagramme. La transformation à travers le robinet de laminage R BP étant isenthalpique ( h 56 = q 56 + Raimi / Qadri Lycée Gustave Eiffel PTSI A et B 5

6 Concours blanc Sa 03/05/4 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction w i,56 = 0+0 = 0), l état 6 est l intersection de la verticale (isenthalphe 5 6) et de l horizontale P 6 =,5 bars. 3.2) Le point 7 est sur l isobare du point 6 (traversée de l évaporateur) et sur la courbe de saturation puisqu il s agit d une vapeur saturante sèche. Le point 8 est à l itersection de l isobare P 5 (puisque la traversée du mélangeur-séparateur est isobare) et de l isentropique 7 8 (puisque la traversée du compresseur basse pression est une adiabatique réversible). Par lecture sur le diagramme : État h (kj/kg). P (bar).. T ( C).. T (K).. x , , , ) Comme le mélangeur-séparateur est calorifugée, on en déduit que, au cours d une durée fixée, le transfert thermique algébriquement reçu par le fluide sous basse pression (δq 85 ) compense le transfert thermique algébriquement reçu par le fluide sous haute pression (δq 23 ) : δq 23 +δq 85 = 0 n applique le PPS pour l unité de masse puis pour la masse δm de fluide à haute pression qui traverse le mélangeur-séparateur pendant la durée : h 23 = w i,23 +q 23 = q 23 δm.(h 3 h 2 ) = δm.q 23 = δq 23 Soit, en introduisant le débit massique à haute pression (D HP = δm ) : D HP(h 3 h 2 ) = δq 23 n applique le PPS pour l unité de masse puis pour la masse δm de fluide à basse pression qui traverse le mélangeur-séparateur pendant la même durée : h 85 = w i,85 +q 85 = q 85 δm.(h 5 h 8 ) = δm.q 85 = δq 85 = δq 23 Soit, en introduisant le débit massique à basse pression (D BP = δm ) : D BP(h 5 h 8 ) = δq 23 n en déduit : D HP (h 3 h 2 ) = D BP (h 5 h 8 ) D HP = D BP. h 8 h 5 =, = 2,4 kg.s h 3 h ) Puisque le compresseur haute pression est calorifugé, pendant la durée au cours de laquelle il est traversé par la masse δm, il reçoit la puissance mécanique : P CP-HP = δw i,cp-hp = δm.(h 4 h 3 ) P CP-HP = D HP.(h 4 h 3 ) = 55,2 kw Puisque le compresseur basse pression est calorifugé lui aussi, pendant la même durée au cours de laquelle il est traversé par la masse δm, il reçoit la puissance mécanique : P CP-BP = δw i,cp-bp = δm.(h 8 h 7 ) P CP-BP = D BP.(h 8 h 7 ) = 25,5 kw 4.2) Puisque l évaporateur ne contient aucune partie mobile, le PPS s écrit : h 7 h 6 = q 67 P th,évap. = Q 67 = δm.q 67 = D BP.(h 7 h 6 ) = 24,5 kw 6 Lycée Gustave Eiffel PTSI A et B Raimi / Qadri

7 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction Sa 03/05/4 Concours blanc De même pour le condenseur : P th,cond. = Q 4 = δm.q 4 = D HP.(h h 4 ) = 295,2 kw Rq : L énoncé précisait que les échangeurs étaient «calorifugés» : cela voulait seulement (et mal) dire que l échange thermique entre l extérieur et le fluide servait uniquement à liquéfier ce dernier (pour le condenseur) ou à le vaporiser (pour l évaporateur); il n y a donc aucun transfert thermique entre l état 4 et la courbe de saturation. Rq 2 : n peut vérifier le premier principe sur le cycle complet puisque : 4.3) n en déduit : CP = e f = P th,cond. +P CP-BP +P CP-HP +P th,évap. = 0 P th,évap. P CP-BP +P CP-HP = 24,5 25,5+55,2 = 2,7 4.4) CP C = e Cf = = T CP = = 3, η = = 0,86 T C T T CP C Le rendement est élevé, mais il faut se souvenir que la plupart des transformations ont été supposées réversibles. La prise en copte des pertes diminueraient ce rendement. 5.) Voir annexe ) n mesure sur le diagramme : État h (kj/kg). P (bar).. T ( C).. T (K).. x < , < 7 760, La puissance de réfrigération : P 67 = D BP.(h 7 h 6 ) =,5 ( ) = 905 kw Puisque : P CP-BP = D BP.(h 8 h 7 ) =,5 (90 760) = 225 kw P CP-HP = D HP.(h 4 h 3 ) =,94 ( ) = 368,6 kw CP = P 67 P CP-BP +P CP-HP = ,5 = 3,2 CP C = e Cf = T C = T 6 T T 6 = 247 CP = 3,86 η = = 0, CP C L installation à ammoniac a une meilleure efficacité, mais consomme une puissance mécanique beaucoup plus importante. Raimi / Qadri Lycée Gustave Eiffel PTSI A et B 7

8 Concours blanc 8 Sa 03/05/4 Thermodynamique / Force de Laplace / xydo-reduction Lyce e Gustave Eiffel PTSI A et B Raimi / Qadri