Chapitre VII Thermochimie PDF [PDF]

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CHAPITRE VII. THERMOCHIMIE La thermochimie s’intéresse à l’étude des transformations chimiques de la matière et les échanges d’énergie en les reliant à leur état initial et leur état final.

NOTIONS ELEMENTAIRES TEMPERATURE Elle représente le degré de l’agitation moléculaire et elle est exprimée en Kelvin (température absolue) avec T(K) = T(°C) + 273,15. PRESSION Elle représente les interactions entre molécules et entre molécules et parois des récipients. Elle est exprimée en atmosphère, tel que : 1atm = 1,013bar = 1,013.105Pa = 760mmHg. SYSTEME C’est une partie de l’univers démarquée d’un milieu extérieur. Un système peut être ouvert, fermé ou isolé selon que l’échange effectué est celui de la matière ou de l’énergie. Dans un système ouvert, il y a échange d’énergie et de matière. Un système fermé échange l’énergie mais n’échange pas la matière. La matière et l’énergie ne sont pas échangées dans un système isolé. ETAT Un système est décrit par l’état de ses variables (T, P, V, n) qui sont reliés par l’équation des gaz parfaits : 𝑃. 𝑉 = 𝑛. 𝑅. 𝑇

Thermochimie R représente la constante des gaz parfaits, calculée dans les conditions standards : 𝑅=

1𝑎𝑡𝑚. 22,4𝑙 = 0,082𝑙𝑎𝑡𝑚𝑚𝑜𝑙 −1 𝐾 −1 . 1𝑚𝑜𝑙. 273𝑘

TRANSFORMATION C’est le passage du système d’un état donné à un autre. Ces états sont caractérisés par les variables P, V et T suivant des transformations isobare, isochore ou isotherme respectivement pour une pression, un volume ou température, finales et initiales identiques. 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛

𝐸𝑡𝑎𝑡 (1) → ⏟ 𝑃1,𝑉1,𝑇1

𝐸𝑡𝑎𝑡 (2) ⏟ 𝑃2,𝑉2,𝑇2

PREMIER PRINCIPE DE LA THERMODYNAMIQUE C’est le principe de la conservation de l’énergie. Lors d’une transformation, l’énergie d’un système isolé reste constante. L’énergie échangée ne dépend pas du chemin suivi mais dépend seulement de l’état initial et de l’état final. FONCTIONS D’ETAT Ce sont les grandeurs d’énergie reliés aux variables d’état. ENERGIE INTERNE :  U Elle combine le travail et la chaleur du système tel que U = W + Q. Le travail W = -p.V et la chaleur Q = n.C.T dépendent de la nature de la transformation. C représente la capacité calorifique molaire. A volume constant, transformation isochore, V = constant alors V = 0. On peut dire, puisque W = 0, que l’énergie interne est considérée comme une chaleur à volume constant ; L’équation devient :

𝑈 = 𝑄𝑣 = 𝑛. 𝐶𝑣 . 𝑇 Cv est la capacité calorifique molaire à volume constant en J.mol -1.K-1. ENTHALPIE :  H Si la réaction est réalisée à pression constante, la chaleur échangée s’écrira alors QP, et elle a pour expression :

𝐻 = 𝑄𝑝 = 𝑛. 𝐶𝑝 . 𝑇 Puisque la chaleur est aussi reliée au travail et à l’énergie interne, on écrit : 𝑄𝑝 = 𝑈 − 𝑊 = 𝑈 + 𝑝. 𝑉

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A température donnée, l’enthalpie d’une réaction devient alors :

𝐻 = 𝑈 + 𝑛. 𝑅. 𝑇 n est la variation des coefficients stœchiométriques des substances gazeuses. Si H < 0, la réaction est exothermique (dégage la chaleur). Et pour H > 0, la réaction est dite endothermique (absorbe la chaleur). Lorsque la température varie, l’enthalpie d’une réaction est calculée à l’aide de l’équation de Kirchhoff :

𝐻2 = ∆𝐻1 + ∆𝐶𝑝 . (𝑇2 − 𝑇1 ) Où CP représente la variation des capacités calorifiques molaires entre produits et réactifs, tel que :

𝐶𝑃 = ∑ 𝐶𝑃 (𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠) − ∑ 𝐶𝑃 (𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑓𝑠) LOI DE HESS Dans des conditions expérimentales standards, de pression atmosphérique (1 bar), la variation d’enthalpie d’une réaction représente la différence des enthalpies de formations des constituants des produits et des réactifs suivant l’expression :

𝑟 𝐻 0 = ∑ 𝐻𝑓0 (𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠) − ∑ 𝐻𝑓0 (𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑓𝑠) 𝐻𝑓0 est la variation d’enthalpie standard de la réaction de formation d’un composé donné. Pour les corps purs et simples (O2, H2, N2, C(s), ...), cette enthalpie est nulle. Ex. réaction de combustion du butane C4H10(g)

+

13/2 O2(g)



4CO2(g)+

0 𝑟 𝐻𝑐𝑜𝑚𝑏 = 5𝐻𝑓0 𝐻2 𝑂 + 4𝐻𝑓0 𝐶𝑂2 − 𝐻𝑓0 𝐶4 𝐻10 −

5H2O(l)

13 𝐻𝑓0 𝑂2 2

Avec 𝐻𝑓0 𝑂2 = 0. L’application de la loi de Hess est également possible pour les transformations physiques : Ex.

La réaction de vaporisation de l’eau : H2O (l)

 H2O (g)

0 𝐻𝑣𝑎𝑝 = 𝐻𝑓0 𝐻2 𝑂(𝑔) − 𝐻𝑓0 𝐻2 𝑂(𝑙)

La variation de l’enthalpie d’une réaction de formation est calculée à partir d’une réaction qui met en jeu des réactifs dans leur état standard naturel.

Thermochimie Ex. C(s)

+ O2(g)



CO2(g)

Cette transformation représente une réaction de formation de CO2 à laquelle on associe 𝐻𝑓0 𝐶𝑂2 Ex. 𝐻𝑓0 𝐻2 𝑂(𝑙) correspond à la réaction : H2(g)

+

½ O2(g)



H2O (l).

ENERGIE DE LIAISON L’énergie de liaison correspond à l’énergie nécessaire à la formation ou à la rupture d’une liaison dans une transformation qui met en jeu des substances dans leur état gazeux. La formation d’une liaison se fait à partir des atomes gazeux qui la constituent. Ex. 2H (g) + O (g)  H2O (g), l’énergie de cette transformation correspond à l’énergie de formation de deux liaisons O-H, donc 2HO-H. La méthode de calcul du cycle est généralement utilisée, elle prend en compte les propriétés de la fonction d’état qui ne dépend que de l’état initial et de l’état final. Exemple : la formation de la molécule H2O se fait soit dans les conditions standards en employant les éléments dans leur état naturel, soit à l’aide de la formation des liaisons à partir des atomes gazeux, suivant le schéma : 1

H2 + ½ O2

H2O (g)

2

3 2H + O

Voie 1 : Enthalpie standard de formation 𝐻𝑓0 (𝐻2𝑂(𝑔)) Voie 2 : Rupture des liaisons H-H et O=O correspondant aux valeurs positives d’énergies Voie 3 : formation des liaisons O-H correspondant aux valeurs négatives d’énergie Pour passer de l’état initial à l’état final, deux chemins sont possibles : directement en suivant la voie 1, ou passage par les deux voies 2 et 3. On écrit ainsi : E1 = E2+E3 On obtient alors,

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0 0 0 𝐻𝑓0 (𝐻2𝑂(𝑔)) = −𝐻𝐻−𝐻 − 𝐻𝑂=𝑂 + 2𝐻𝑂−𝐻 2

On peut également montrer, dans un autre exemple que les enthalpies des liaisons doivent êtres déterminées, en mettant en jeu, uniquement des substances à l’état gazeux : f C(s) + O2(g)

CO2 (g)

2

sub

C

C(g) + 2O(g)

La sublimation du carbone est nécessaire. 0 0 0 On trouve 𝐻𝑓0 (𝐶𝑂2(𝑔)) = 𝐻𝑠𝑢𝑏 − 𝐻𝑂=𝑂 + 2𝐻𝐶=𝑂

METHODE DES COMBINAISONS DES REACTIONS Il est possible dans certains cas, de procéder au calcul d’une fonction d’état énergétique par la combinaison linéaire de réactions secondaires lorsque les données le permettent. Toutes les opérations menées sur les réactions sont équivalentes pour le calcul de l’énergie. Exemple : Déterminons l’enthalpie de la réaction d’obtention du butanol (liq) à partir des trois réactions de formations R  2C2H4(g) + H2O(g) H2(g) + 1/2 O2(g) 4C(s) + 5H2(g) + 1/2 O2(g) 2C(s) + 2H2(g)

C4H9OH(l)   

H2O(g)

(1)

C4H9OH(l)

(2)

C2H4(g)

(3)

En examinant la réaction principale, il apparait que deux molécules de C 2H4 (g) sont nécessaires dans les réactifs, il faut alors inverser la réaction (3) et la multiplier par un facteur 2. La réaction (1) doit également être inversée, alors que la réaction (2) doit être considérée telle quelle. Les combinaisons suivantes ont été alors réalisées : (R) = -2x(3) – (1) + (2)

Thermochimie De même donc pour les enthalpies, on trouve : ∆𝑅 𝐻 = −2∆𝐻3 − ∆𝐻1 + ∆𝐻2 CHALEUR LATENTE C’est la chaleur de la transformation qui correspond au changement d’état à la même température. On cite les transformations suivantes : Fusion Solide

Liquide Solidification Vaporisation

Liquide

Gaz Liquéfaction Sublimation

Solide

Gaz Condensation

Prenons l’exemple simple d’une mole de molécule d’eau qui passe d’un état solide à la température de -5°C à un état gazeux de 110°C. Cette transformation, se déroule en 5 étapes comme illustré sur le schéma suivant :  H2O(s) (-5°C)

H2O(g) (110°C)

nCp(s)

nCp(g)''

H2O(s)

H2O(g)

(0°C)

(100°C)

vap

fus

H2O(l) (0°C)

nCp(l)'

H2O(l) (100°C)

On observe qu’il y a eu deux changements d’états (fusion et vaporisation) aux températures de 0°C et 100°C correspondants aux chaleurs latentes Hfus et Hvap et trois variations de

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températures pour les mêmes états solide, liquide et gazeux, où la capacité calorifique de l’eau pour les trois états a été introduite. On obtient, nCp(s)fus + nCp(l)' + vap + nCp(g)''

DEUXIEME PRINCIPE DE LA THERMODYNAMIQUE C’est le principe d’évolution des transformations : lors d’un processus spontané, l’entropie de l’univers augmente. L’entropie illustre l’état de dispersion de la matière, autrement dit le désordre. Par exemple, pour une même substance, l’entropie de l’état gazeux est plus élevée qu’à l’état liquide. Elle l’est encore plus qu’à l’état solide. Ceci explique, la spontanéité du phénomène de vaporisation ou de fusion. La variation d’entropie d’une transformation peut être calculée de la même façon que pour l’enthalpie :

𝑆 0 = ∑ 𝑆 0 (𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠) − ∑ 𝑆 0 (𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑓𝑠) Exemple : L’entropie S° (carbone gazeux) = 158,1 J.K-1.mol-1 est plus élevée que l’entropie S° (Carbone solide) = 5,6 J.K-1.mol-1 La variation de l’entropie du processus de sublimation est positive : C(s)  C(g) 0 0 0 𝑆𝑠𝑢𝑏 = 𝑆𝐶(𝑔) − 𝑆𝐶(𝑠) = 158,1 − 5,6 = 152,5 𝐽. 𝐾 −1

ENERGIE DE GIBBS OU ENTHALPIE LIBRE  G C’est une fonction d’état qui permet de prévoir la spontanéité d’une transformation dans un système donné. L’équation suivante donne la relation entre l’enthalpie libre, l’enthalpie et l’entropie :

𝐺 0 = 𝐻 0 − 𝑇. 𝑆 0 Si la variation G° est négative, la réaction est dite spontanée dans les conditions standards. Ceci est valable, bien entendu, pour G avant G°, mais très souvent dans des conditions proches de l’état standard, l’évolution demeure identique.

Thermochimie Exemple : Réaction de formation du protoxyde d’azote absorbe 82,1 kJ.mol-1 à la température de 298K. N2(g) + 1/2 O2(g)

N2O(g)

Les entropies standards à la même température valent respectivement pour l’azote, l’oxygène et le protoxyde d’azote : 205,2 J.K-1.mol-1, 191,6 J.K-1.mol-1 et 219,9 J.K-1.mol-1.

Calculons d’abord, la variation d’entropie de la réaction : 1 2

1 2

0 0 0 −1 𝑆𝑅0 = 𝑆𝑁2𝑂(𝑔) − 𝑆𝑂2 (𝑔) − 𝑆𝑁2(𝑔) = 219,9 − 191,6 − 205,2 = −81,1 𝐽. 𝐾

Ensuite, la variation de l’enthalpie libre standard :

𝐺 0 = 𝐻 0 − 𝑇. 𝑆 0 = 82,1 − 298 x (−81,1. 10−3 ) = 106,26𝑘𝐽 La valeur positive indique alors que la réaction est non spontanée dans les conditions standards. C’est plutôt la réaction inverse, de décomposition, qui semble être spontanée. Aussi, quelques remarques peuvent être données concernant cet exemple : La valeur de la chaleur de réaction de formation du protoxyde d’azote est positive, ce qui rend compte du caractère instable du produit formé. De plus, la variation de l’entropie de la réaction est négative, ce qui ne concorde pas avec le deuxième principe. D’une manière générale, pour que la variation de l’enthalpie libre standards 𝐺 0 soit négative, il faut que :

𝐻 0 − 𝑇. 𝑆 0 < 0, alors 𝑇 >

𝐻 0 𝑆 0

Mais, étant donné que la contribution de la variation de l’entropie et celle de l’enthalpie sont prises en compte dans l’évaluation de la spontanéité de la réaction, les propositions suivantes sont à considérer :    

dH0 (favorisée)  réaction spontanée quelque soit la température dH < 0 et dS < 0 spontanée à T < dH/dS dH > 0 et dS > 0 spontanée à T > dH/dS dH > 0 et dS < 0 non spontanée quelque soit la température.

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EXERCICES THERMOCHIMI E

EXERCICE 1 On donne la réaction suivante à la température T0 = 298K CO (g) +

Cl2 (g)



COCl2 (g)

1- Calculer la variation de l’enthalpie H°R ; l’entropie S°R et l’enthalpie libre G°R de la réaction à 298K sachant que : Composés

CO(g)

Cl2(g)

COCl2(g)

H°f(kJ/mol)

-110,3

0

-223

S°f(J.mol-1K-1)

197,7

223

289

2- Calculer l’enthalpie de la réaction à la température de 600K sachant que les capacités calorifiques sont indépendantes de la température. On donne : composés

CO(g)

Cl2(g)

COCl2(g)

Cp(J.mol-1K-1)

29

34,02

57,7

CORRECTION 1- Calcul de l’enthalpie, de l’entropie et de l’enthalpie libre de la réaction : CO (g)

+

Cl2 (g)

1

COCl2 (g)

2

D’après la loi de Hess : H R0   H 0f Pr oduits   H 0f Réactifs H R0  H 0f COCl  H 0f CO  H 0f Cl  H R0  112,7 KJ 2

2

S R0   S 0f produits   S 0f réactifs

S R0  S 0f COCl  S 0f CO  S 0f Cl  S R0  131,7 JK 1 2

GR0  H R0  TSR0

2



GR0  73,45KJ

Thermochimie 2- Le calcul de l’enthalpie à la température 600 K en admettant que les C P sont indépendants de la température : d’après la loi de Kirchhoff :

H R0 (T 2)  H R0 (T 1)  CP .(T2  T1 ) CP  CP COCl2  CP CO  CP Cl2  CP  5,32 JK 1

Donc : H R0 (T 2)  114,3KJ

EXERCICE 2 1- Ecrire la réaction de formation de l’ammoniac NH3(g) à partir de corps simples. 2- Calculer l’enthalpie de la réaction H°. Est-elle endothermique ou exothermique ? 3- Calculer l’enthalpie standard H° pour la réaction suivante : NH3(g) + 3F2(g) 

NF3(g) + 3HF(g)

4- A partir de H° de la réaction précédente, calculer l’énergie de liaison N-F. Données : H°f(NH3)g = -46,19kJ/mol ; H°f(NF3)g = -113 kJ/mol ; H°f(H-F)g = -269kJ/mol Energie rupture des liaisons : N-H = 389kJ/mol ; F-F = 155kJ/mol ; H-F = 565kJ/mol

CORRECTION 1- Réaction de formation de l’ammoniaque 1/2 N2 (g)

+

3/2 H2 (g)

NH3 (g)

2- L’enthalpie de la réaction : H R0  H 0f NH  46,19KJ .mol 1 , la valeur est négative, la réaction est exothermique 3

3NH3 (g)

+ 3 F2 (g)

NF3 (g)

+ 3 HF(g)

H R0  H 0f NF 3  3H 0f HF  H 0f NH 3  3H 0f F 2  873,81KJ

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4- L’énergie de la liaison N-F : NH3 (g)

H°R

+ 3 F2 (g)

3 E NH

3 E FF N (g)

+

NF3 (g)

+ 3 HF(g)

3 E NF

6 F(g)

3 E HF

+ 3 H(g)

E (N-F) = -1/3 H°R + E (N-H) + E (F-F) – E (H-F) = 270,27 KJ.mol-1

EXERCICE 3 1- Ecrire la réaction de combustion du méthanol CH3OH(g) à 298K 2- Calculer la variation d’enthalpie standard de cette réaction 3- Déduire la quantité de chaleur à volume constant de cette réaction 4- Ecrire la réaction de formation standard du méthanol gazeux et déterminer la valeur de l’enthalpie standard de formation de la liaison (O-H) dans CH3OH(g). Données à 298K et sous 1 atm. CO2(g)

+

3H2(g)

 CH3OH(g)

2H2(g)

+

O2(g)



+

H2O(l)

2H2O(l)

(1)

H°1 = -93KJ

(2)

H°2 = -570KJ

H°f (CO2(g)) = -394,51kJ/mol H°C-H = -414 KJ ; H°H-H = -436KJ ; H°O=O = -498KJ ; H°C-O = -351KJ ; H°sublimation de C(s) = 718KJ/mol

CORRECTION 1- Réaction de combustion du méthanol : CH3OH(g) + 3/2 O2 (g)  CO2 (g) + 2H2O (l) 2- Première méthode : La loi de Hess est appliquée pour la détermination de l’enthalpie de la réaction ∆𝐻°𝑓 (𝐻2 𝑂 (𝑙)) peut être déduit de la 2ème réaction : ∆𝐻°2 = 2∆𝐻°𝑓 (𝐻2𝑂 (𝑙)) et de la réaction (1) on déduit par la loi de Hess, ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝐻3𝑂𝐻 (𝑔)).

Thermochimie ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝐻3𝑂𝐻 (𝑔)) = ∆𝐻°1 + ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝑂2 (𝑔)) − ∆𝐻°𝑓 (𝐻2𝑂 (𝑙)) 1 = −93 + (−394,51) − (−570) = −202,51𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 2 L’enthalpie de combustion devient : ∆𝐻°𝑐𝑜𝑚𝑏 = ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝑂2(𝑔)) + 2∆𝐻°𝑓 (𝐻2𝑂 (𝑙)) − ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝐻3 𝑂𝐻 (𝑔)) = −394,51 + (−570) − (−202,51) = −762𝑘𝐽 Deuxième méthode : combinaison des réactions La réaction de combustion du méthanol peut être réécrite à partir des deux réactions, à condition d’inverser la première réaction, pour placer CH3OH comme réactif, la deuxième réaction doit être multipliée par un facteur de 3/2 pour équilibrer l’oxygène. 3 2

Alors, Combustion = -(1)+ 3/2 x(2), c'est-à-dire ∆𝐻°𝑐𝑜𝑚𝑏 = −∆𝐻°1 + ∆𝐻°2 = 3 2

−(−93) + (−570) = −762𝑘𝐽

3- La quantité de chaleur à volume constant est l’énergie interne : 3 ∆𝑈°𝑐𝑜𝑚𝑏 = ∆𝐻°𝑐𝑜𝑚𝑏 − ∆𝑛. 𝑅𝑇 = −762 − . 8,314. 10−3 . 298 = −765,71𝑘𝐽 2 4- Réaction de formation et énergie de la liaison :

C(s) + 2H2 (g) + ½ O2 (g)

∆𝐻°𝑓 (𝐶𝐻3 𝑂𝐻 (𝑔))  CH3OH (g)

∆𝐻°𝑠𝑢𝑏 (𝐶) − 2∆𝐻𝐻−𝐻 1 − ∆𝐻𝑂=𝑂 2

3∆𝐻𝐶−𝐻 + ∆𝐻𝐶−𝑂 + ∆𝐻𝑂−𝐻

C (g) + 4 H (g) + O (g) 1 ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝐻3 𝑂𝐻 (𝑔)) = ∆𝐻°𝑠𝑢𝑏 (𝐶) − 2∆𝐻𝐻−𝐻 − ∆𝐻𝑂=𝑂 + 3∆𝐻𝐶−𝐻 + ∆𝐻𝐶−𝑂 + ∆𝐻𝑂−𝐻 2 1 ∆𝐻𝑂−𝐻 = ∆𝐻°𝑓 (𝐶𝐻3𝑂𝐻 (𝑔)) − ∆𝐻°𝑠𝑢𝑏 (𝐶) + 2∆𝐻𝐻−𝐻 + ∆𝐻𝑂=𝑂 − 3∆𝐻𝐶−𝐻 − ∆𝐻𝐶−𝑂 2

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1 ∆𝐻𝑂−𝐻 = −202,51 − 718 + 2(−436) + (−498) − 3(−414) − (−351) 2 = −448,51𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

EXERCICE 4 A 25°C et sous 1 atm, la combustion totale du propane C3H8 (g) libère 2231 kJmol-1. 1- Ecrire la réaction de combustion 2- Déterminer les enthalpies standards de formation des liaisons C-C et C-H. Données: H°H-H = -436kJ.mol-1 ; H°sub (C) = 717 kJ.mol-1 ; H°f (CO2)g = -394kJ.mol-1 ; H°f (H2O)l = -285kJ.mol-1 ; H°f (C4H10)g = -107 kJ.mol-1

CORRECTION 1- Combustion du propane : C3H8 (g) + 5O2 (g)  3CO2 (g) + 4H2O(l) 2- Il s’agit dans ce cas, de déterminer deux inconnus à partir de deux composés : butane et propane. A partir des données des énergies de liaisons, la méthode du cycle est employée : Il faut d’abord déterminer l’enthalpie de formation du propane en utilisant la loi de Hess ∆𝐻°𝑐𝑜𝑚𝑏 = 3∆𝐻°𝑓 (𝐶𝑂2 (𝑔)) + 4∆𝐻°𝑓 (𝐻2𝑂 (𝑙)) − ∆𝐻°𝑓 (𝐶3 𝐻8 (𝑔)) ∆𝐻°𝑓 (𝐶3 𝐻8 (𝑔)) = 3∆𝐻°𝑓 (𝐶𝑂2(𝑔)) + 4∆𝐻°𝑓 (𝐻2𝑂 (𝑙)) − ∆𝐻°𝑐𝑜𝑚𝑏 = 3(−394) + 4(−285) − (−2231) = −91𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

∆𝐻°𝑓 (𝐶3 𝐻8 (𝑔)) 3C (s) + 4H2 (g)

3∆𝐻𝑠𝑢𝑏 𝐶(𝑠) − 4∆𝐻𝐻−𝐻

1

3C (g) + 8H (g)

C3H8 (g)

2∆𝐻𝐶−𝐶 + 8∆𝐻𝐶−𝐻

∆𝐻°𝑓 (𝐶4 𝐻10 (𝑔))

4C (s) + 5H2 (g)

4∆𝐻𝑠𝑢𝑏 𝐶(𝑠) − 5∆𝐻𝐻−𝐻

2

4C (g) + 10H (g)

C4H10 (g)

3∆𝐻𝐶−𝐶 + 10∆𝐻𝐶−𝐻

Thermochimie (1)

: ∆𝐻°𝑓 (𝐶3 𝐻8 (𝑔)) = 3∆𝐻𝑠𝑢𝑏 𝐶(𝑠) − 4∆𝐻𝐻−𝐻 + 2∆𝐻𝐶−𝐶 + 8∆𝐻𝐶−𝐻

(2)

: ∆𝐻°𝑓 (𝐶4 𝐻10 (𝑔)) = 4∆𝐻𝑠𝑢𝑏 𝐶(𝑠) − 5∆𝐻𝐻−𝐻 + 3∆𝐻𝐶−𝐶 + 10∆𝐻𝐶−𝐻

On obtient alors deux équations : 2∆𝐻𝐶−𝐶 + 8∆𝐻𝐶−𝐻 = ∆𝐻°𝑓 (𝐶3 𝐻8 (𝑔)) − 3∆𝐻𝑠𝑢𝑏 𝐶(𝑠) + 4∆𝐻𝐻−𝐻 = −91 − 3(717) + 4(−436) = −3986𝑘𝐽 3∆𝐻𝐶−𝐶 + 10∆𝐻𝐶−𝐻 = ∆𝐻°𝑓 (𝐶4 𝐻10 (𝑔)) − 4∆𝐻𝑠𝑢𝑏 𝐶(𝑠) + 5∆𝐻𝐻−𝐻 = −107 − 4(717) + 5(−436) = −5155𝑘𝐽 En combinant les deux résultats, on trouve ∆𝐻𝐶−𝐻 = −412𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 et ∆𝐻𝐶−𝐶 = −345𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

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