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†Correction du Concours blanc
I Autour de lâoxygene et du soufre [dâapres Banque PT 14]
1) âą Configuration electronique : [O] : 1s2 2s2 2p4 et [S] : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
âą Lâoxygene appartient donc a la 2de periode et a la 16eme colonne.âą Le soufre appartient donc a la 3de periode et a la 16eme colonne.
2) Les nombres dâoxydation extremes du soufre sont +VI et âII . Lâanion usuel quâil forme est
donc S2â (ion sulfure) .
3) Lâenergie de premiere ionisation Ei,1 dâun atome X a lâetat gazeux est lâenergie minimalea fournir pour lui arracher un electron de sa couche electronique la plus externe afin de donner
un cation X+ a lâetat gazeux : X(g)Ei,1âââ X+
(g)+ eâ
Unites : en eV (echelle atomique) ou en kJ.molâ1 (echelle macroscopique).
4) âą Les elements des colonnes les plus a droite necessitent une energie plus importante, leurcouche electronique la plus haute (couche de valence) etant saturee, le neon etant lâelement le plusdifficile a ioniser de la . A contrario, on observe que les elements chimiques des premieres colonnessont tres facilement ionisables en raison de leur couches electronique de valence insaturee.âą Deux exceptions dans cette evolution :- lors du passage de la colonne 2 a 13, i.e. du beryllium (sous-couche 2s pleine : 2s2) au bore(2s2 2p1) ;- lors du passage de la colonne 15 a 16, i.e. de lâazote (2s2 2p3, sous-couche 2s pleine et 2p amoitie pleine) a lâoxygene (2s2 2p4)Cl : la structures s2 p3 etant plus stable que la structure s2 p4, lâenergie de premiere ionisationde lâoxygene sera plus faible que celle de lâazote. En effet la stabilite particuliere de la sous-couche 2p a demi remplie est perdue lors de la premiere ionisation de lâatome dâazote alors quelleest gagnee lors de celle de lâoxygene.
5)
O O
O2
NV
=12
PV=6
S2O32-
NV
=32
PV=16
S
O
OSO
O3 NV=18
PV=9
O O
SO3 NV=24
PV=12
O S O
O
O2-
NV
=13
PV=6
O O
O
SO2 NV=18
PV=9
O S O
6)
CI =ZI .Vatome
a3I=
2.43ÏR3
( 4Râ3)3
â CI =Ïâ3
8= 0, 68
CF =ZF .Vatome
a3F=
4.43ÏR3
( 4Râ2)3
(I) (F)
aI aF
â CF =Ïâ2
6= 0, 74 = CMn : Mn cristallise au-dessus de 1 352 K dans un reseau c.f.c.
Concours blanc Sa 03/05/14 Thermodynamique / Force de Laplace / Oxydo-reduction
7) Cf. annexe completee.
8) La frontiere entre Mn2+ et Mn(OH)2(s) correspond a pH â 8, 7.
A la limite de disparition du precipite, lâequilibre de solubilisation est encore valable et laconstante dâequilibre correspondante sâecrit :
Ks1 = [Mn2+][HOâ]2 = [Mn2+]
(
Ke
h
)2
â pKs1 = â log([Mn2+]) + 2pKeâ 2pH = 2 + 2Ă 14â 2Ă 8, 7 = 12, 6.
Coherent avec pKs1 = 12, 7 .
9) (1) Mn2+(aq) + 2eâ â Mn(s) E1 = EâŠ
1 +0, 06
2log
(
[Mn2+]
1
)
(2) Mn3+(aq) + 2eâ â Mn(s) E2 = EâŠ
2 +0, 06
3log
(
[Mn3+]
1
)
(2)â (1) = (3) Mn3+(aq)
+ eâ â Mn2+(aq)
E3 = EâŠ3 +
0, 06
1log
(
[Mn3+]
[Mn2+]
)
En supposant que ces trois especes du manganese sont dans une meme electrode (E3 = E2 = E1) :
E3 = EâŠ3 + 0, 06 log([Mn2+])â 0, 06 log([Mn3+]) = EâŠ
3 + 3(E2 â EâŠ2)â 2(E1 â EâŠ
1)
Soit : ïżœïżœE3 =((((((3E2 â 2E1 +EâŠ3 + 2EâŠ
1 â 3EâŠ2 â EâŠ
3 = 3EâŠ2 â 2EâŠ
1 = 1, 50 V
10) Pour ecrire la relation de Nernst, on ecrit les demi-equations redox en milieu acide :
Mn(HO)3(s) +H+ + eâ â Mn(HO)2(s) +H2O
â E = EâŠ(Mn(HO)3(s)/Mn(HO)2(s))
+0, 06
1log
(
[H+]
1
)
â E = EâŠ(Mn(HO)3(s)/Mn(HO)2(s))
â 0, 06.pH
La frontiere entre Mn(OH)2(s) et Mn(OH)3(s) a une pente de â0, 06 V par unite de pH.
Ce qui est verifie graphiquement puisquâon mesure sur le graphe :0.42â 0.1
8.7â 14â â0, 06 V
11) âą Les relations de Nernst correspondant aux deux couples de lâeau sont :
Couples Demi-equations Potentiel redox
H+(aq)/H2(g) H+
(aq) + eâ â1
2H2(g) E4 = EâŠ
4 + 0, 06 log
(
[H+]â
P (H2)
)
O2(g)/H2O(l)12O2(g) + 2H+
(aq) + 2eâ â H2O(l) E5 = EâŠ5 +
0, 06
2log
(
â
P (O2)[H+]2
1
)
âą La valeur de la pression de travail et des potentiels standards permettent dâecrire :
E(H+
(aq)/H2(g))
= â0, 06.pH et E(O2(g)/H2O(l)) = 1, 23â 0, 06.pH âą Cf. annexe.
12) âą En milieu basique, avant oxydation par le dioxygene dissous, le manganese (II) est sous la
forme dâhydroxyde de manganese (II) : Mn2+ + 2HOâ = Mn(OH)2(s) K =1
Ks1= 1012,7
âą Le dioxygene peut oxyder totalement Mn(OH)2(s) puisque leur domaines de stabilite sontdisjoints. On a donc, en milieu basique :
(1) Mn(HO)3(s) +H+ + eâ â Mn(HO)2(s) +H2O (Ă4)
(2) 12O2 + 2H+ + 2eâ â H2O (Ă2)
2.(2)â 4.(1) 4Mn(HO)2(s) +O2 + 2H2O = 4Mn(HO)3(s)
2 Lycee Gustave Eiffel | PTSI A et B Raimi / Qadri
Thermodynamique / Force de Laplace / Oxydo-reduction Sa 03/05/14 Concours blanc
13) On travaille en milieu basique pour avoir une reaction totale entre le dioxygene dissouset le manganese (II). En milieu basique, les domaines de Mn2+ et de O2 sont partiellementsuperposables : la reaction entre O2 et le manganese (II) serait alors limitee : impossible de sâenservir pour un titrage du dioxygene dissous.
14) Lâajout dâacide sulfurique (acide fort) fait tomber le pH en dessous de la valeur 2, 8 et doncla solution correspond a la zone de stabilite de Mn3+ : le precipite se dissout donc en milieuacide selon la reaction :
(1) Mn(HO)3(s) = Mn3+ + 3HOâ
(2) 3H+ + 3HOâ = 3H2O
(1)+ (2) Mn(HO)3(s) + 3H+ = Mn3+ + 3H2O
15) Solution dâacide sulfurique doit etre concentree pour ne pas faire deborder lâerlenmeyer de500 mL qui a ete « rempli Ă ras bord avec lâeau Ă analyser ».
16) Les domaines de stabilitĂ© de Iâ et de Mn3+ Ă©tant disjoints, le manganĂšse (III) est rĂ©duitpar les ions iodures :
(1) Mn3+ + eâ â Mn2+ (Ă2) EâŠ3 = 1, 50 V
(2) I2 + 2eâ â 2Iâ (Ă1) EâŠ6 = 0, 62 V
2.(1) â (2) 2Mn3+ + 2Iâ = 2Mn2+ + I2 K =[Mn2+]2[I2]
[Mn3+]2[Iâ]2
Ă lâĂ©quilibre, il y a Ă©galitĂ© des potentiels de Nernts des deux couples :
E3 = E6 â EâŠ3 +
0, 06
1log
(
[Mn3+]
[Mn2+]
)
= EâŠ6 +
0, 06
2log
(
[I2]
[Iâ]2
)
On en dĂ©duit : logK =EâŠ
3 âEâŠ6
0, 03= 29, 3 â K = 1029,3 â 2, 2.1029
Puisque K > 103, la réaction est quantitative et consomme le réactif limitant (Mn3+ ; les ionsiodures ayant été introduits en excÚs.
17) RĂ©action de dosage entre le diiode I2(aq) et les ions thiosulfate S2O2â3(aq) :
(1) I2 + 2eâ â 2Iâ (Ă1) EâŠ6 = 0, 62 V
(2) S4O2â6 + 2eâ â 2S2O
2â3 (Ă2) EâŠ
7 = 0, 08 V
(1) â (2) 2S2O2â3 + I2 = S4O
2â6 + 2Iâ K âČ =
[S4O2â6 ]2[Iâ]2
[S2O2â3 ]2[I2]
Rq : logK âČ =EâŠ
6 âEâŠ7
0, 03= 18 â K âČ = 1018 > 103 : rĂ©action quantitative, qui permet le
titrage du diiode.
18) âą Ă lâĂ©quivalence du titrage : nI2 =n(S2O
2â3 )
2=
C1.Ve
2= 10 ”mol
âą Ă lâissue de la 2Ăšme Ă©tape : nMn3+ = 2.nI2 = 20 ”mol = nMn(OH)3
âą Ă lâissue de la 1Ăšre Ă©tape, le dioxygĂšne Ă©tant le rĂ©actif limitant :
n(O2) =nMn(OH)3
4= 5 ”mol â C0 = [O2(dissous)] =
n(O2)
V0=
5.10â6
50.10â3= 0, 1 mmol.Lâ1
Raimi / Qadri Lycee Gustave Eiffel | PTSI A et B 3
Concours blanc Sa 03/05/14 Thermodynamique / Force de Laplace / Oxydo-reduction
4 Lycee Gustave Eiffel | PTSI A et B Raimi / Qadri
Thermodynamique / Force de Laplace / Oxydo-reduction Sa 03/05/14 Concours blanc
II Optimisation de cycles industriels de refrigeration
1.1) Premier principe de la Thermodynamique pour un systĂšme ouvert en grandeurs massiques(â Cf dĂ©mo. du Cours) :
âek,M +âeP,ext +âh = wi + q
Puisque les « variations dâĂ©nergie cinĂ©tique et dâĂ©nzrie potentielle de pesanteur sont nĂ©gligeables »,il reste : âh = wi + q .
1.2) ⹠Premier Principe sur le cycle, en notant W le travail massique mis en jeu sur un cycle,QF et QC les chaleurs massiques échangées par le fluide sur un cycle avec les deux sources auxtempératures TF (source froide) et TC (source chaude) :
(1P) 0 = W +QC +QF
Second Principe sur un cycle réversible :
(EC)QC
TC+
QF
TF= 0
⹠Le COP (ou efficacité frigorifique) pour le cycle de Carnot :
TC
TF
T
S
COP = ef =
âŁ
âŁ
âŁ
âŁ
grandeur utile
grandeur investie
âŁ
âŁ
âŁ
âŁ
=QF
W
1P= â QF
QC +QF
EC=
QFTC
TFQF âQF
â eCf =TF
TC â TF
1.3) Le condenseur et lâĂ©vaporateur Ă©tant le siĂšge de changements dâĂ©tat, les transformationssont isothermes partiellement â comprendre : pour ce qui concernent les changements dâĂ©tat,câest-Ă -dire pour les parties des transformations 1 â 4 et 6 â 7 sous a courbe de saturation.Le principe dâun mĂ©langeur-sĂ©parateur Ă©tant de sĂ©parer les phases liquides et gazeuses dâunmĂ©lange diphasĂ©, la transformation est « isobare » et « isotherme ».
1.4.1) Ă lâintĂ©rieur de la courbe de saturation, le fluide (diphasĂ©) subit un changement dâĂ©tat,donc une transformation isotherme et isobare. Les isobares Ă©tant horizontales dans le diagramme(P, h), les isothermes le sont Ă©galement.
1.4.2) Cas dâun gaz parfait : seconde loi de Joule : dh = cPdT . Pour un gaz parfait, lesisothermes et les isenthalpes coĂŻncident (verticales).Dans le cas du Forane 502, loin de la courbe de saturation et lorsque la pression est faible, lavapeur sĂšche tend vers le modĂšle du Gaz parfait et les isothermes tendent effectivement Ă devenirverticales.
2.1) Voir Annexe 1.
2.2) Par lecture sur le diagramme :
Ătat h (kJ/kg) . P (bar) . . T (âŠC) . . T (K) . . x .
1 242 15 35 308 0
2 242 4 â11 262 0.35
3 342 4 â11 262 1
4 365 15 43 316 â
3.1) âą Puisque la transformation dans le mĂ©langeur-sĂ©parateur est isobare, P5 = P2 = 4 bar.Puisque dans lâĂ©tat 5 le systĂšme est un liquide saturant : x5 = 0. On peut donc placer 5 sur lediagramme.âą La transformation Ă travers le robinet de laminage RBP Ă©tant isenthalpique (âh56 = q56 +
Raimi / Qadri Lycee Gustave Eiffel | PTSI A et B 5
Concours blanc Sa 03/05/14 Thermodynamique / Force de Laplace / Oxydo-reduction
wi,56 = 0+0 = 0), lâĂ©tat 6 est lâintersection de la verticale (isenthalphe 5 â 6) et de lâhorizontaleP6 = 1, 5 bars.
3.2) âą Le point 7 est sur lâisobare du point 6 (traversĂ©e de lâĂ©vaporateur) et sur la courbe desaturation puisquâil sâagit dâune vapeur saturante sĂšche.âą Le point 8 est Ă lâitersection de lâisobare P5 (puisque la traversĂ©e du mĂ©langeur-sĂ©parateur estisobare) et de lâisentropique 7 â 8 (puisque la traversĂ©e du compresseur basse pression est uneadiabatique rĂ©versible).âą Par lecture sur le diagramme :
Ătat h (kJ/kg) . P (bar) . . T (âŠC) . . T (K) . . x .
5 187 4 â11 262 0
6 187 1, 5 â40 233 0, 16
7 330 1, 5 â40 233 1
8 347 4 â2 271 â
3.3) âą Comme le mĂ©langeur-sĂ©parateur est calorifugĂ©e, on en dĂ©duit que, au cours dâune durĂ©edt fixĂ©e, le transfert thermique algĂ©briquement reçu par le fluide sous basse pression (ÎŽQ85)compense le transfert thermique algĂ©briquement reçu par le fluide sous haute pression (ÎŽQ23) :ÎŽQ23 + ÎŽQ85 = 0âą On applique le PPSO pour lâunitĂ© de masse puis pour la masse ÎŽm de fluide Ă haute pressionqui traverse le mĂ©langeur-sĂ©parateur pendant la durĂ©e dt :
âh23 =ïżœïżœïżœwi,23 + q23 = q23 â ÎŽm.(h3 â h2) = ÎŽm.q23 = ÎŽQ23
Soit, en introduisant le dĂ©bit massique Ă haute pression (DHP = ÎŽmdt ) : DHP(h3 â h2) =
ÎŽQ23
dtâą On applique le PPSO pour lâunitĂ© de masse puis pour la masse ÎŽmâČ de fluide Ă basse pressionqui traverse le mĂ©langeur-sĂ©parateur pendant la mĂȘme durĂ©e dt :
âh85 =ïżœïżœïżœwi,85 + q85 = q85 â ÎŽmâČ.(h5 â h8) = ÎŽmâČ.q85 = ÎŽQ85 = âÎŽQ23
Soit, en introduisant le dĂ©bit massique Ă basse pression (DBP = ÎŽmâČ
dt ) : DBP(h5 â h8) = âÎŽQ23
dtâą On en dĂ©duit : DHP(h3 â h2) = âDBP(h5 â h8)
â DHP = DBP.h8 â h5h3 â h2
= 1, 5.347â 187
342â 242= 2, 4 kg.sâ1
4.1) ⹠Puisque le compresseur haute pression est calorifugé, pendant la durée dt au cours delaquelle il est traversé par la masse Ύm, il reçoit la puissance mécanique :
PCP-HP =ÎŽWi,CP-HP
dt=
ÎŽm.(h4 â h3)
dtâ PCP-HP = DHP.(h4 â h3) = 55, 2 kW
âą Puisque le compresseur basse pression est calorifugĂ© lui aussi, pendant la mĂȘme durĂ©e dt aucours de laquelle il est traversĂ© par la masse ÎŽmâČ, il reçoit la puissance mĂ©canique :
PCP-BP =ÎŽWi,CP-BP
dt=
ÎŽmâČ.(h8 â h7)
dtâ PCP-BP = DBP.(h8 â h7) = 25, 5 kW
4.2) âą Puisque lâĂ©vaporateur ne contient aucune partie mobile, le PPSO sâĂ©crit :
h7 â h6 = q67 â Pth,Ă©vap. = Q67 =ÎŽmâČ.q67
dt= DBP.(h7 â h6) = 214, 5 kW
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âą De mĂȘme pour le condenseur : Pth,cond. = Q41 =ÎŽm.q41dt
= DHP.(h1 â h4) = â295, 2 kW
âą Rq : LâĂ©noncĂ© prĂ©cisait que les Ă©changeurs Ă©taient « calorifugĂ©s » : cela voulait seulement (etmal) dire que lâĂ©change thermique entre lâextĂ©rieur et le fluide servait uniquement Ă liquĂ©fier cedernier (pour le condenseur) ou Ă le vaporiser (pour lâĂ©vaporateur) ; il nây a donc aucun transfertthermique entre lâĂ©tat 4 et la courbe de saturation.Rq 2 : On peut vĂ©rifier le premier principe sur le cycle complet puisque :
Pth,cond. + PCP-BP + PCP-HP + Pth,Ă©vap. = 0
4.3) On en déduit : COP = ef =Pth,évap.
PCP-BP + PCP-HP=
214, 5
25, 5 + 55, 2= 2, 7
4.4) COPC = eCf =TF
TC â TF=
T6
T1 â T6=
233
308â 233= 3, 1 â η =
COP
COPC= 0, 86
Le rendement est élevé, mais il faut se souvenir que la plupart des transformations ont étésupposées réversibles. La prise en copte des pertes diminueraient ce rendement.
5.1) Voir annexe 2.
5.2) On mesure sur le diagramme :
Ătat h (kJ/kg) . P (bar) . . T (âŠC) . . T (K) . . x .
1 685 15 38 311 0
2 685 4 â2 271 < 1
3 1 760 4 â2 271 1
4 1 950 15 93 366 â5 490 4 â2 271 0
6 490 1, 5 â26 247 < 1
7 1760 1, 5 â10 263 1
8 1 910 4 60 333 â
⹠La puissance de réfrigération :
P67 = DBP.(h7 â h6) = 1, 5Ă (1 760â 490) = 1 905 kW
âą Puisque :
PCP-BP = DBP.(h8 â h7)= 1, 5Ă (1 910â 1 760)= 225 kW
PCP-HP = DHP.(h4 â h3)= 1, 94Ă (1 950â 1 760)= 368, 6 kW
â COP =P67
PCP-BP + PCP-HP=
1905
225 + 368, 5= 3, 21
âą COPC = eCf =TF
TC â TF=
T6
T1 â T6=
247
311â 247= 3, 86 â η =
COP
COPC= 0, 83
âą Lâinstallation Ă ammoniac a une meilleure efficacitĂ©, mais consomme une puissance mĂ©caniquebeaucoup plus importante.
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