L'air et l'eau

## Objectifs et prérequis **Objectifs** : À la fin de ce chapitre, l’élève sera capable de 1. Décrire la composition de l’air sec et identifier ses principaux gaz (azote, oxygène, argon, dioxyde de carbone, etc.). 2. Expliciter les propriétés physiques de l’air (masse volumique, pression, température) et appliquer la loi des gaz parfaits à des situations simples. 3. Décrire les trois états de l’eau, interpréter le diagramme de phases et utiliser les notions de chaleur spécifique et de chaleur latente. 4. Calculer les variations d’énergie liées aux changements d’état de l’eau (fusion, vaporisation, condensation). 5. Appliquer la loi de Henry pour déterminer la solubilité d’un gaz dans l’eau et expliquer l’influence de la température et de la pression. 6. Définir l’humidité relative, le point de rosée et expliquer leur lien avec la pression de vapeur d’eau dans l’air. 7. Résoudre des problèmes concrets (masse d’air dans un volume donné, énergie nécessaire pour chauffer de l’eau, concentration d’oxygène dissous, etc.) en montrant chaque étape du raisonnement. 8. Identifier les erreurs fréquentes liées aux unités, aux conversions de température et à l’interprétation des diagrammes de phase. **Prérequis** : L’élève doit maîtriser - Les notions de masse, de volume, de densité et de pression étudiées en 4ème. - Les grandeurs physiques de base (température en kelvin, pression en pascal, énergie en joule). - La manipulation d’équations simples et l’utilisation du système international d’unités (SI). - Les concepts de changement d’état (fusion, vaporisation) introduits en physique de la 5ème. - La lecture de tableaux et de graphiques simples. --- ## Introduction contextualisée L’air et l’eau sont les deux fluides les plus présents dans notre environnement immédiat. L’air, mélange gazeux qui remplit l’atmosphère terrestre, nous permet de respirer, transporte le son et participe aux phénomènes météorologiques. L’eau, sous ses formes liquide, solide et gazeuse, constitue la majorité de la surface terrestre, régule le climat grâce à son importante capacité thermique et est indispensable à la vie. Comprendre les propriétés de ces deux fluides et leurs interactions est essentiel non seulement pour réussir l’examen du BEPC, mais aussi pour appréhender des enjeux contemporains tels que le changement climatique, la pollution de l’air, la qualité de l’eau potable ou encore les procédés industriels (distillation, réfrigération, production d’énergie). Ce chapitre propose une approche par compétences : l’élève ne se contente pas de mémoriser des définitions, il les met en pratique à travers des démonstrations, des exemples résolus et des exercices d’application qui imitent le style des sujets du BEPC camerounais. --- ## I. L’air : composition et propriétés physiques ### A. Composition de l’air sec > L’air sec est un mélange homogène de gaz dont les proportions volumiques sont, à niveau de la mer et à 15 °C : 78,08 % d’azote (N₂), 20,95 % d’oxygène (O₂), 0,93 % d’argon (Ar) et 0,04 % de dioxyde de carbone (CO₂), le reste étant constitué de gaz traces (néon, hélium, méthane, krypton, hydrogène, etc.). Cette composition est remarquablement constante dans la troposphère (jusqu’à environ 12 km d’altitude) ; seules la vapeur d’eau et les polluants varient sensiblement avec l’altitude, la localisation géographique et les activités humaines. **Exemple 1 – Calcul du volume d’oxygène dans un volume d’air connu** *Donnée* : On dispose de 5,0 m³ d’air à la pression atmosphérique et à 20 °C. *Question* : Quel volume d’oxygène contient‑il ? *Résolution* : - Le volume fraction d’O₂ dans l’air sec est 20,95 % = 0,2095. - Volume d’O₂ = 0,2095 × 5,0 m³ = **1,0475 m³**. > Ainsi, 5,0 m³ d’air contiennent environ 1,05 m³ d’oxygène. **Exemple 2 – Masse d’azote dans un volume d’air** *Donnée* : 2,0 m³ d’air à 0 °C et 1 atm. *Question* : Quelle est la masse d’azote présente ? *Données complémentaires* : Masse volumique de l’air sec à 0 °C, 1 atm ≈ 1,293 kg m⁻³ ; fraction massique d’azote ≈ 0,755 (puisque la fraction volumique d’azote dans l’air est d’environ 0,78 et la masse molaire de N₂ est 28 g mol⁻¹, alors que la masse molaire moyenne de l’air est d’environ 28,96 g mol⁻¹). *Résolution* : - Masse totale d’air = 1,293 kg m⁻³ × 2,0 m³ = 2,586 kg. - Masse d’azote = 0,755 × 2,586 kg ≈ **1,95 kg**. > Donc, environ 1,95 kg d’azote se trouvent dans 2,0 m³ d’air aux conditions normales. ### B. Propriétés physiques de l’air 1. **Masse volumique (ρ)** : dépend de la pression (P) et de la température (T) selon la loi des gaz parfaits. 2. **Pression atmosphérique (Pₐₜₘ)** : force exercée par le poids de la colonne d’air au-dessus d’une surface unité. Au niveau de la mer, Pₐₜₘ ≈ 1,013 × 10⁵ Pa = 1 atm. 3. **Température** : exprimée en kelvin (K) pour les équations physiques ; T(K) = T(°C) + 273,15. 4. **Viscosité et conductivité thermique** : faibles, mais suffisantes pour permettre les échanges de chaleur et de quantité de mouvement dans l’atmosphère. > La loi des gaz parfaits relie pression, volume, quantité de matière et température : > $$PV = nRT$$ > où *P* en pascal, *V* en m³, *n* en mol, *R* = 8,314 J mol⁻¹ K⁻¹, *T* en kelvin. **Démonstration (rappel)** : En considérant un gaz idéal, les molécules sont ponctuelles, n’interagissent pas sauf lors de collisions élastiques, et occupent un volume négligeable. Le théorème d’équipartition de l’énergie donne une énergie cinétique moyenne par degré de liberté de ½k_BT. En intégrant sur les 3 degrés de liberté de translation, on obtient la pression comme flux de quantité de mouvement par unité de surface, menant à l’équation ci‑dessus. **Exemple 3 – Détermination du nombre de moles d’air dans une salle** *Donnée* : Salle de dimensions 5 m × 4 m × 3 m (V = 60 m³), pression = 1,01 × 10⁵ Pa, température = 22 °C. *Question* : Calculer *n*. *Conversion* : T = 22 + 273,15 = 295,15 K. *Résolution* : $$n = \frac{PV}{RT} = \frac{(1,01\times10^{5}\,\text{Pa})(60\,\text{m}^3)}{(8,314\,\text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1})(295,15\,\text{K})}$$ $$n ≈ \frac{6,06\times10^{6}}{2,453\times10^{3}} ≈ 2,47\times10^{3}\,\text{mol}$$ > La salle contient environ 2,47 × 10³ mol d’air, soit environ 2,47 kmol. **Exemple 4 – Variation de la pression avec l’altitude (approximation barométrique)** *Hypothèse* : Température constante = 288 K (15 °C), masse molaire moyenne de l’air = 0,02896 kg mol⁻¹, g = 9,81 m s⁻². *Formule* : $$P(h) = P_0 \exp\!\left(-\frac{Mgh}{RT}\right)$$ *Question* : Quelle est la pression à 2000 m d’altitude ? *Calcul* : $$\frac{Mgh}{RT} = \frac{(0,02896\,\text{kg mol}^{-1})(9,81\,\text{m s}^{-2})(2000\,\text{m})}{(8,314\,\text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1})(288\,\text{K})}$$ $$≈ \frac{568,5}{2394,4} ≈ 0,2375$$ $$P(2000) = 1,013\times10^{5}\,\text{Pa} \times e^{-0,2375} ≈ 1,013\times10^{5} \times 0,788 ≈ 7,98\times10^{4}\,\text{Pa}$$ > La pression à 2000 m est d’environ 0,79 atm (≈ 79,8 kPa). ### C. Applications pratiques - **Baromètre à mercure** : mesure de Pₐₜₘ via la hauteur h de la colonne de mercure : $P = \rho_{\text{Hg}} g h$. - **Anémomètre à coupelle** : mesure de la vitesse du vent en exploitant la traînée subie par les coupelles, liée à la densité de l’air. - **Ventilateurs et climatiseurs** : utilisent la loi des gaz parfaits pour estimer le débit massique d’air nécessaire à un échange thermique donné. --- ## II. L’eau : états, propriétés thermiques et diagramme de phases ### A. Les trois états de l’eau > L’eau existe naturellement sous trois états : solide (glace), liquide (eau) et gaz (vapeur d’eau). Le passage d’un état à un autre implique une échange d’énergie appelé chaleur latente, tandis qu’un changement de température à état constant implique la chaleur spécifique. **Diagramme de phases de l’eau** (pression en axe des ordonnées, température en axe des abscisses) : - Ligne de fusion solide‑liquide : pente légèrement négative (la glace fond sous pression). - Ligne de vaporisation liquide‑gaz : pente positive, se termine au point critique (T_c ≈ 647 K, P_c ≈ 22,06 MPa). - Ligne de sublimation solide‑gaz : située à basse pression. - Point triple : T = 273,16 K, P = 611,65 Pa (où les trois phases coexistent). > À la pression atmosphérique (1,01 × 10⁵ Pa), l’eau fond à 0 °C et bout à 100 °C. ### B. Propriétés thermiques de l’eau liquide 1. **Chaleur spécifique massique (c)** : quantité d’énergie nécessaire pour élever la température de 1 kg d’eau de 1 K. > $c_{\text{eau}} ≈ 4,18\,\text{kJ}\,\text{kg}^{-1}\,\text{K}^{-1}$ (valeur souvent arrondie à 4,2 kJ kg⁻¹ K⁻¹). 2. **Chaleur latente de fusion (L_f)** : énergie nécessaire pour fondre 1 kg de glace à 0 °C sans changement de température. > $L_f ≈ 334\,\text{kJ}\,\text{kg}^{-1}$ 3. **Chaleur latente de vaporisation (L_v)** : énergie nécessaire pour vaporiser 1 kg d’eau liquide à 100 °C (à 1 atm). > $L_v ≈ 2260\,\text{kJ}\,\text{kg}^{-1}$ 4. **Densité (ρ)** : varie avec la température ; maximale à 4 °C (ρ_max ≈ 1000 kg m⁻³). > À 0 °C : ρ ≈ 999,87 kg m⁻³ ; à 20 °C : ρ ≈ 998,2 kg m⁻³ ; à 100 °C : ρ ≈ 958,4 kg m⁻³. ### C. Démonstration de la relation entre pression de vapeur et température (équation de Clausius‑Clapeyron simplifiée) Pour une transition liquide‑gaz, on peut écrire : $$\frac{d\ln P}{dT} = \frac{L_v}{RT^2}$$ En intégrant entre deux états (T₁,P₁) et (T₂,P₂) en supposant L_v constante : $$\ln\!\frac{P_2}{P_1} = -\frac{L_v}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right)$$ > Cette forme permet d’estimer la pression de vapeur à une température connue lorsqu’on connaît la pression de vapeur à une autre température. **Exemple 5 – Pression de vapeur d’eau à 25 °C sachant qu’à 100 °C elle vaut 1,01 × 10⁵ Pa** *Données* : L_v = 2,26 × 10⁶ J kg⁻¹, M_H₂O = 0,018015 kg mol⁻¹ → L_v,mol = L_v × M = 2,26×10⁶ J kg⁻¹ × 0,018015 kg mol⁻¹ ≈ 4,07 × 10⁴ J mol⁻¹. R = 8,314 J mol⁻¹ K⁻¹. T₁ = 373,15 K (100 °C), P₁ = 1,01 × 10⁵ Pa. T₂ = 298,15 K (25 °C). *Calcul* : $$\ln\!\frac{P_2}{1,01\times10^{5}} = -\frac{4,07\times10^{4}}{8,314}\left(\frac{1}{298,15}-\frac{1}{373,15}\right)$$ $$\frac{4,07\times10^{4}}{8,314} ≈ 4,894\times10^{3}$$ $$\left(\frac{1}{298,15}-\frac{1}{373,15}\right) ≈ 0,003354 - 0,002680 = 0,000674\,\text{K}^{-1}$$ Produit = 4,894×10³ × 0,000674 ≈ 3,30 $$\ln\!\frac{P_2}{1,01\times10^{5}} = -3,30$$ $$\frac{P_2}{1,01\times10^{5}} = e^{-3,30} ≈ 0,0369$$ $$P_2 ≈ 0,0369 × 1,01\times10^{5} ≈ 3,73\times10^{3}\,\text{Pa}$$ > La pression de vapeur d’eau à 25 °C est d’environ 3,7 kPa (≈ 0,037 atm). **Exemple 6 – Énergie nécessaire pour porter 2,0 kg d’eau de 20 °C à la vapeur à 100 °C** *Étapes* : 1. Chauffer l’eau liquide de 20 °C à 100 °C : $Q_1 = mc\Delta T$. 2. Vaporiser l’eau à 100 °C : $Q_2 = mL_v$. *Données* : m = 2,0 kg, c = 4,18 kJ kg⁻¹ K⁻¹, ΔT = 80 K, L_v = 2260 kJ kg⁻¹. *Calcul* : $Q_1 = 2,0 × 4,18 × 80 = 668,8 kJ$ $Q_2 = 2,0 × 2260 = 4520 kJ$ $Q_{\text{total}} = Q_1 + Q_2 = 5188,8 kJ ≈ 5,19 MJ$ > Il faut fournir environ 5,2 MJ d’énergie pour transformer 2,0 kg d’eau à 20 °C en vapeur sèche à 100 °C. ### D. Applications pratiques - **Calorimétrie** : mesure de la chaleur spécifique ou de la chaleur latente en observant les variations de température dans un calorimètre. - **Machines à vapeur** : utilisent la chaleur latente de vaporisation pour produire du travail mécanique. - **Refroidissement par évaporation** : la vaporisation de l’eau absorbe de la chaleur du milieu environnant (ex. : tours de refroidissement, transpiration). --- ## III. Interactions air‑eau : solubilité des gaz, humidité et phénomènes associés ### A. Solubilité des gaz dans l’eau – Loi de Henry > À température constante, la concentration d’un gaz dissous dans un liquide est directement proportionnelle à la pression partielle de ce gaz au-dessus du liquide : > $$C = k_H \, P$$ > où *C* en mol m⁻³ (ou mol L⁻¹), *P* en pascal, et *k_H* la constante de Henry (mol m⁻³ Pa⁻¹). La constante de Henry dépend fortement de la température : elle diminue quand la température augmente (les gaz sont moins solubles dans l’eau chaude). **Exemple 7 – Concentration d’oxygène dissous dans de l’eau à 20 °C sous une pression partielle d’O₂ de 0,21 atm** *Données* : k_H(O₂) à 20 °C ≈ 1,3 × 10⁻³ mol L⁻¹ atm⁻¹ (valeur courante). P_O₂ = 0,21 atm. *Calcul* : $C = 1,3\times10^{-3} \times 0,21 = 2,73\times10^{-4}\,\text{mol}\,\text{L}^{-1}$ Conversion en mg L⁻¹ (masse molaire O₂ = 32,00 g mol⁻¹) : $2,73\times10^{-4}\,\text{mol}\,\text{L}^{-1} × 32,00\,\text{g}\,\text{mol}^{-1} = 8,74\times10^{-3}\,\text{g}\,\text{L}^{-1} = 8,74\,\text{mg}\,\text{L}^{-1}$ > Ainsi, à 20 °C et sous une pression partielle d’O₂ de 0,21 atm, l’eau contient environ 8,7 mg L⁻¹ d’oxygène dissous. **Exemple 8 – Influence de la température : comparaison à 0 °C et à 30 °C** Valeurs approximatives de k_H(O₂) : - À 0 °C : k_H ≈ 2,0 × 10⁻³ mol L⁻¹ atm⁻¹ - À 30 °C : k_H ≈ 0,9 × 10⁻³ mol L⁻¹ atm⁻¹ En supposant la même pression partielle (0,21 atm) : À 0 °C : C = 2,0×10⁻³ × 0,21 = 4,2×10⁻⁴ mol L⁻¹ → 13,4 mg L⁻¹. À 30 °C : C = 0,9×10⁻³ × 0,21 = 1,89×10⁻⁴ mol L⁻¹ → 6,05 mg L⁻¹. > L’oxygène est donc nettement plus soluble dans l’eau froide que dans l’eau chaude, ce qui explique la moindre disponibilité d’O₂ pour les organismes aquatiques en été. ### B. Humidité relative et point de rosée > La **pression de vapeur d’eau** (e) dans l’air est la pression partielle exercée par les molécules d’H₂O gazeuses. > L’**humidité relative** (HR) est le rapport entre la pression de vapeur réelle et la pression de vapeur de saturation à la même température : > $$\text{HR} = \frac{e}{e_{\text{sat}}(T)} \times 100\%$$ > Le **point de rosée** (T_d) est la température à laquelle l’air devient saturé (HR = 100 %) lorsqu’il est refroidi à pression constante ; à cette température, e = e_sat(T_d). **Exemple 9 – Calcul du point de rosée à partir de l’humidité relative** *Donnée* : À T = 25 °C, HR = 60 %. On connaît l’approximation de la pression de saturation de l’eau par la formule de Antoine (simplifiée) : $$\log_{10} e_{\text{sat}}(\text{Pa}) = A - \frac{B}{T+ C}$$ avec A = 8,07131, B = 1730,63, C = 233,426 (T en °C, e_sat en mmHg). On convertira ensuite en Pa (1 mmHg = 133,322 Pa). *Étape 1* : Calculer e_sat à 25 °C. T+ C = 25 + 233,426 = 258,426 B/(T+ C) = 1730,63 / 258,426 ≈ 6,695 log10 e_sat = 8,07131 - 6,695 = 1,3763 e_sat (mmHg) = 10^{1,3763} ≈ 23,8 mmHg e_sat (Pa) = 23,8 × 133,322 ≈ 3173 Pa *Étape 2* : Pression de vapeur réelle e = HR × e_sat /100 = 0,60 × 3173 ≈ 1904 Pa *Étape 3* : Trouver T_d tel que e_sat(T_d) = e. On résout l’équation de Antoine pour T_d : $$\log_{10} e = A - \frac{B}{T_d + C}$$ $$\frac{B}{T_d + C} = A - \log_{10} e$$ log10 e = log10(1904) ≈ 3,279 A - log10 e = 8,07131 - 3,279 = 4,7923 T_d + C = B / 4,7923 = 1730,63 / 4,7923 ≈ 361,0 T_d = 361,0 - C = 361,0 - 233,426 ≈ 127,6 °C Ce résultat est clairement faux car nous avons utilisé les unités de Antoine en mmHg alors que notre e est en Pa. Il faut convertir e en mmHg avant d’appliquer la formule. *Correction* : e (mmHg) = 1904 Pa / 133,322 ≈ 14,28 mmHg. log10 e = log10(14,28) ≈ 1,154 A - log10 e = 8,07131 - 1,154 = 6,9173 T_d + C = 1730,63 / 6,9173 ≈ 250,2 T_d = 250,2 - C = 250,2 - 233,426 ≈ 16,8 °C > Le point de rosée est donc d’environ 16,8 °C. **Exemple 10 – Détermination de l’humidité relative à partir du point de rosée** *Donnée* : T = 30 °C, point de rosée T_d = 18 °C. Calculer e_sat à 30 °C et à 18 °C (en utilisant la même formule Antoine, mais on peut aussi utiliser des valeurs tabulées : e_sat(30 °C) ≈ 4240 Pa, e_sat(18 °C) ≈ 2060 Pa). HR = e_sat(T_d) / e_sat(T) × 100 = 2060 / 4240 × 100 ≈ 48,6 % > L’humidité relative est d’environ 49 %. ### C. Phénomènes liés à l’interaction air‑eau - **Condensation** : lorsque l’air refroidit en dessous de son point de rosée, la vapeur d’eau se condense en gouttelettes (rosée, brouillard, nuages). - **Evaporation** : phénomène opposé, dépend de la différence entre la pression de vapeur réelle et la pression de saturation, ainsi que de la vitesse du vent et de la température. - **Effet de serre** : la vapeur d’eau est le gaz à effet de serre le plus abondant ; elle absorbe le rayonnement infrarouge terrestre et renvoie une partie vers la surface, augmentant la température moyenne. > La quantité de vapeur d’eau dans l’atmosphère varie de près de 0 % (air très froid et sec) à plus de 3 % en volume dans les régions tropicales chaudes et humides. ### D. Applications pratiques - **Psychrométrie** : utilisation du thermomètre à bulbe humide et du thermomètre à bulbe sec pour déterminer HR et point de rosée. - **Séchage industriel** : contrôle de l’humidité de l’air pour éviter la condensation sur les produits. - **Prévision météorologique** : le point de rosée est un indicateur clé de la stabilité de l’air et de la probabilité d’orages. --- ## Synthèse du chapitre - **Composition de l’air** : 78 % N₂, 21 % O₂, 1 % Ar, 0,04 % CO₂ + traces. - **Loi des gaz parfaits** : $PV=nRT$ ; permet de calculer masse, nombre de moles ou variation de pression avec l’altitude. - **Propriétés de l’air** : densité dépendante de P et T ; viscosité faible ; pression atmosphérique ≈ 1,01 × 10⁵ Pa au niveau de la mer. - **États de l’eau** : solide, liquide, gaz ; diagramme de phases avec point triple (273,16 K, 611,65 Pa) et point critique (647 K, 22,06 MPa). - **Chaleur spécifique de l’eau** : $c ≈ 4,18$ kJ kg⁻¹ K⁻¹. - **Chaleurs latentes** : fusion $L_f ≈ 334$ kJ kg⁻¹ ; vaporisation $L_v ≈ 2260$ kJ kg⁻¹. - **Équation de Clausius‑Clapeyron** : $\ln(P_2/P_1) = -\frac{L_v}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right)$ ; utilisée pour estimer la pression de vapeur à différentes températures. - **Loi de Henry** : $C = k_H P$ ; la solubilité des gaz diminue avec l’augmentation de la température. - **Humidité relative** : $\text{HR}=e/e_{\text{sat}}(T)\times100\%$. - **Point de rosée** : température à laquelle l’air devient saturé ; lié à HR et à la pression de vapeur de saturation. - **Phénomènes de condensation/évaporation** : gouvernés par le point de rosée et la différence entre pression de vapeur réelle et pression de saturation. - **Applications** : barométrie, calorimétrie, machines à vapeur, psychrométrie, prévision météorologique, traitement de l’eau, réfrigération. --- ## Glossaire | Terme | Définition | |-------|------------| | **Gaz parfait** | Modèle idéal où les particules sont ponctuelles, n’interagissent pas sauf lors de collisions élastiques, et occupent un volume négligeable. | | **Pression partielle** | Pression qu’exercerait un gaz individuel s’il occupait seul le volume total du mélange, à la même température. | | **Constante de Henry (k_H)** | Coefficient de proportionnalité entre la concentration d’un gaz dissous et sa pression partielle au-dessus du liquide; son unité dépend du système utilisé (ex. mol L⁻¹ atm⁻¹ ou mol m⁻³ Pa⁻¹). | | **Humidité relative (HR)** | Rapport, en pourcentage, entre la pression de vapeur d’eau réelle et la pression de vapeur de saturation à la même température. | | **Point de rosée (T_d)** | Température à laquelle l’air refroidi à pression constante devient saturé en vapeur d’eau (HR = 100 %). | | **Chaleur spécifique (c)** | Quantité d’énergie nécessaire pour élever la température de 1 kg d’une substance de 1 K (unité : J kg⁻¹ K⁻¹). | | **Chaleur latente de fusion (L_f)** | Énergie nécessaire pour fondre 1 kg d’un solide à son point de fusion sans changement de température. | | **Chaleur latente de vaporisation (L_v)** | Énergie nécessaire pour vaporiser 1 kg d’un liquide à son point d’ébullition sans changement de température. | | **Diagramme de phases** | Représentation graphique montrant les domaines de stabilité des différents états d’une substance en fonction de la température et de la pression. | | **Point triple** | État thermodynamique où les trois phases (solide, liquide, gaz) d’une substance coexistent en équilibre. | | **Point critique** | Au-delà de cette température et de cette pression, la distinction entre liquide et gaz disparaît (fluide supercritique). | | **Tension de vapeur** | Pression exercée par la vapeur d’une substance en équilibre avec sa phase condensée à une température donnée. | | **Condensation** | Passage de la phase gazeuse à la phase liquide suite à un refroidissement ou à une augmentation de la pression. | | **Évaporation** | Passage de la phase liquide à la phase gazeuse, se produisant à la surface d’un liquide lorsqu’il n’est pas en équilibre avec sa vapeur. | | **Psychrométrie** | Étude des propriétés thermodynamiques des mélanges d’air et de vapeur d’eau, notamment à l’aide du thermomètre à bulbe humide/sec. | --- ## Exercices d’application corrigés ### Exercice 1 – Masse d’air dans une pièce **Énoncé** : Une chambre a un volume de 45 m³. La pression intérieure est de 1,02 × 10⁵ Pa et la température est de 18 °C. Calculer la masse d’air contenue dans la chambre (supposer l’air comme un gaz parfait de masse molaire moyenne M = 0,02896 kg mol⁻¹). **Corrigé** : 1. Convertir la température en kelvin : $T = 18 + 273,15 = 291,15$ K. 2. Utiliser la loi des gaz parfaits sous la forme $n = \dfrac{PV}{RT}$ : $$n = \frac{(1,02\times10^{5}\,\text{Pa})(45\,\text{m}^3)}{(8,314\,\text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1})(291,15\,\text{K})}$$ $$n ≈ \frac{4,59\times10^{6}}{2,420\times10^{3}} ≈ 1,90\times10^{3}\,\text{mol}$$ 3. Convertir les moles en masse : $m = nM = (1,90\times10^{3}\,\text{mol})(0,02896\,\text{kg mol}^{-1}) ≈ 55,0\,\text{kg}$ **Réponse** : La chambre contient environ **55 kg** d’air. --- ### Exercice 2 – Énergie nécessaire pour chauffer et vaporiser de l’eau **Énoncé** : On veut porter 1,5 kg d’eau de 10 °C à la vapeur sèche à 110 °C (pression atmosphérique). Sachant que la chaleur spécifique de l’eau liquide est 4,18 kJ kg⁻¹ K⁻¹, la chaleur latente de vaporisation à 100 °C est 2260 kJ kg⁻¹, et la chaleur spécifique de la vapeur d’eau approximée à 2,0 kJ kg⁻¹ K⁻¹, déterminer l’énergie totale nécessaire. **Corrigé** : Décomposer en trois étapes : 1. **Chauffage de l’eau liquide de 10 °C à 100 °C** : $\Delta T_1 = 90$ K. $Q_1 = mc\Delta T_1 = 1,5 × 4,18 × 90 = 564,3$ kJ. 2. **Vaporisation à 100 °C** : $Q_2 = mL_v = 1,5 × 2260 = 3390$ kJ. 3. **Chauffage de la vapeur de 100 °C à 110 °C** : $\Delta T_2 = 10$ K. $Q_3 = mc_{\text{vapeur}}\Delta T_2 = 1,5 × 2,0 × 10 = 30$ kJ. 4. **Énergie totale** : $Q_{\text{tot}} = Q_1 + Q_2 + Q_3 = 564,3 + 3390 + 30 = 3984,3$ kJ ≈ **3,98 MJ**. **Réponse** : Environ **4,0 MJ** d’énergie sont nécessaires. --- ### Exercice 3 – Concentration d’azote dissous dans l’eau **Énoncé** : À 25 °C, la pression partielle d’azote (N₂) au-dessus d’un échantillon d’eau est de 0,78 atm. La constante de Henry pour l’azote à cette température vaut $k_H = 6,1×10^{-4}$ mol L⁻¹ atm⁻¹. Calculer la concentration d’azote dissous en mg L⁻¹ (masse molaire N₂ = 28,02 g mol⁻¹). **Corrigé** : 1. Concentration en mol L⁻¹ : $C = k_H P = (6,1×10^{-4}) × 0,78 = 4,758×10^{-4}$ mol L⁻¹. 2. Conversion en mg L⁻¹ : $4,758×10^{-4}$ mol L⁻¹ × 28,02 g mol⁻¹ = $1,332×10^{-2}$ g L⁻¹ = **13,3 mg L⁻¹**. **Réponse** : La concentration d’azote dissous est d’environ **13,3 mg L⁻¹**. --- ### Exercice 4 – Détermination du point de rosée **Énoncé** : À une température de 22 °C, on mesure une humidité relative de 55 %. En utilisant l’approximation de la pression de vapeur de saturation donnée par la formule de Antoine (avec les mêmes constantes que dans le cours : A=8,07131, B=1730,63, C=233,426, T en °C, e_sat en mmHg), déterminer le point de rosée en degrés Celsius. **Corrigé** : 1. Calculer $e_{\text{sat}}(22°C)$ en mmHg : $T+ C = 22 + 233,426 = 255,426$ $\frac{B}{T+ C} = 1730,63 / 255,426 ≈ 6,775$ $\log_{10} e_{\text{sat}} = 8,07131 - 6,775 = 1,2963$ $e_{\text{sat}} = 10^{1,2963} ≈ 19,8$ mmHg. 2. Pression de vapeur réelle : $e = HR × e_{\text{sat}} /100 = 0,55 × 19,8 ≈ 10,9$ mmHg. 3. Résoudre pour $T_d$ tel que $e_{\text{sat}}(T_d) = e$ : $\log_{10} e = \log_{10}(10,9) ≈ 1,037$ $\frac{B}{T_d + C} = A - \log_{10} e = 8,07131 - 1,037 = 7,0343$ $T_d + C = B / 7,0343 = 1730,63 / 7,0343 ≈ 245,9$ $T_d = 245,9 - C = 245,9 - 233,426 ≈ 12,5$ °C. **Réponse** : Le point de rosée est d’environ **12,5 °C**. --- ### Exercice 5 – Volume d’air nécessaire pour fournir une quantité d’oxygène donnée **Énoncé** : Un plongeur a besoin de 0,25 mol d’O₂ pour une phase de décompression. L’air inspiré contient 20,95 % d’O₂ en volume. À la pression de 2,0 atm et à une température de 20 °C, quel volume d’air doit-il respirer pour obtenir cette quantité d’O₂ ? **Corrigé** : 1. Déterminer le volume d’O₂ nécessaire à ces conditions (en utilisant la loi des gaz parfaits) : $T = 20 + 273,15 = 293,15$ K, $P = 2,0$ atm = $2,0 × 1,013×10^{5}$ Pa = $2,026×10^{5}$ Pa. $V_{O₂} = \dfrac{nRT}{P} = \dfrac{0,25 × 8,314 × 293,15}{2,026×10^{5}}$ $V_{O₂} ≈ \dfrac{609,5}{2,026×10^{5}} ≈ 3,01×10^{-3}$ m³ = **3,01 L**. 2. Comme l’O₂ représente 20,95 % du volume d’air inspiré : $V_{\text{air}} = \dfrac{V_{O₂}}{0,2095} = \dfrac{3,01\,\text{L}}{0,2095} ≈ 14,4$ L. **Réponse** : Le plongeur doit inspirer environ **14,4 L** d’air à 2 atm et 20 °C pour disposer de 0,25 mol d’O₂. --- ### Exercice 6 – Énergie libérée lors de la condensation de vapeur d’eau **Énoncé** : Dans un nuage, 0,50 kg de vapeur d’eau à 100 °C se condense en eau liquide à la même température. Calculer l’énergie libérée lors de cette condensation (chaleur latente de vaporisation de l’eau à 100 °C = 2260 kJ kg⁻¹). **Corrigé** : Lors de la condensation, l’énergie libérée vaut $Q = mL_v$ (même valeur que pour la vaporisation, mais avec signe opposé). $Q = 0,50 × 2260 = 1130$ kJ. **Réponse** : La condensation libère **1,13 MJ** d’énergie. --- ## Erreurs fréquentes | Erreur fréquente | Pourquoi elle se produit | Comment l’éviter | |------------------|--------------------------|------------------| | **Confondre température en °C et en K** dans les équations des gaz parfaits ou de Clausius‑Clapeyron. | L’habitude de penser en degrés Celsius conduit à oublier l’offset de 273,15. | Toujours convertir explicitement en kelvin avant d’insérer la température dans une formule comportant $R$. Noter la conversion au début du calcul. | | **Oublier de convertir les unités de pression** (atm, Pa, mmHg) lorsqu’on utilise la loi de Henry ou la formule de Antoine. | Les constantes sont souvent données dans des unités spécifiques (atm pour k_H, mmHg pour Antoine). | Vérifier l’unité de chaque constante et convertir la pression donnée dans la même unité avant le calcul. Noter les facteurs de conversion (1 atm = 1,013×10⁵ Pa, 1 mmHg = 133,322 Pa). | | **Utiliser la valeur de la chaleur spécifique de la vapeur d’eau comme celle de l’eau liquide** dans un problème de chauffage de vapeur. | On pense que « eau » a toujours la même c. | Rappeler que la vapeur possède une chaleur spécifique nettement plus faible (~2,0 kJ kg⁻¹ K⁻¹) et l’utiliser uniquement lorsque la phase est gazeuse. | | **Ne pas tenir compte de la dépendance de k_H à la température** lorsqu’on compare la solubilité d’un gaz à deux températures différentes. | On suppose à tort que k_H est constante. | Consulter un tableau ou une expression donnant k_H(T) ; si aucune donnée n’est fournie, expliquer que la solubilité diminue avec l’augmentation de T et qualifier le résultat. | | **Confondre humidité relative et point de rosée** : croire qu’une HR élevée implique forcément un point de rosée élevé indépendamment de la température. | On oublie que HR dépend aussi de la température via e_sat(T). | Toujours calculer e_sat à la température donnée avant de déduire e ou T_d ; rappeler que HR = e/e_sat(T). | | **Neglecter la correction du volume des particules dans la loi des gaz parfaits** à haute pression (ex. >10 atm). | On applique la loi idéale hors de son domaine de validité. | Vérifier les conditions de pression et température ; si P > 5 atm ou T très basse, évoquer la nécessité d’un équation d’état réel (ex. : van der Waals) ou au moins signaler l’approximation. | --- *Fin du cours.* Ce document constitue une référence complète permettant à l’élève de réviser, de s’entraîner et de maîtriser les notions du chapitre « L’air et l’eau » du programme officiel de Physique‑Chimie de 3ème (BEPC). Il peut être étudié seul, sans recours à un manuel supplémentaire, et prépare efficacement aux épreuves de l’examen. Bonne révision !