L ES GAZ , PARTIE B :
Applications et utilisations de l’e quation d’e tat des gaz parfaits
Nous allons établir les expressions de la masse volumique d’un gaz parfait et de sa densité grâce à son équation d’état. Ensuite encore grâce à elle nous rattraperons une expérience de Torricelli ratée, nous contemplerons la dilatation d’un ballon de baudruche et nous maîtriserons l’utilisation d’une bouteille de dihydrogène comprimé.
I. Application 1 : Masse volumique
Dans ce paragraphe nous commencerons par rappeler la définition générale de la masse volumique puis nous établirons son expression pour un gaz parfait en fonction des variables d’état. Enfin, nous trouverons la relation qui permet de passer directement des CNTP (conditions normales de température et de pression) à toutes les autres conditions.
A. Définition
La masse volumique μ d’un corps est le quotient de la masse m de ce corps par son volume V : m
V
=
Dans le système international son unité est donc le kg.m-3.
Rappelons que l’ordre de grandeur1 des masses volumiques des gaz est de quelques kg.m-3. (Celui des liquides et des solides, mille fois plus grand.)
B. Cas des gaz parfaits
En utilisant l’équation d’état des gaz parfaits nous pouvons exprimer la masse volumique en fonction des paramètres d’état. En effet cette équation nous donne une expression du volume V :
V nRT p
=
De plus, en notant M la masse moléculaire molaire, nous pouvons exprimer la quantité n de gaz : n m
M
=
Puis en introduisant cette expression de la quantité n de gaz dans l’expression de V précédente, nous obtenons le volume massique V/m :
V m RT M p V RT m Mp
=
=
Et en inversant le volume massique V/m, nous obtenons la masse volumique m/V : Mp
RT
=
1 Voir complément T04. C1.
Cette expression montre que : La masse volumique dépend de la nature du gaz par sa masse moléculaire molaire M. De plus c’est une fonction croissante de la pression p ce qui est conforme à l’intuition ; la relation ci-dessus précise que c’est une fonction linéaire (µ = constante x p). Et c’est une fonction décroissante de la température T ce qui est encore conforme à l’intuition ; la relation précise que la masse volumique varie comme l’inverse de la température.
C. Passage des CNTP à d’autres conditions
On note µ0 la masse volumique du gaz parfait dans les conditions normales de température et de pression.
Elle peut se calculer à partir de la masse moléculaire molaire M :
0 0 m
M V
=
D’après le paragraphe A.2, nous écrivons :
0 0
0
et MP
Mp
RT RT
= =
Puis en divisant µ par µ0, nous obtenons :
0 0
0 0 0
RT T
Mp p
MP RT P T
= =
0 0
0
T p P T
=
Ce qui met en évidence l’intérêt de ce paragraphe : calculer la masse volumique dans toutes les conditions de température et de pression connaissant sa valeur dans les CNTP.
II. Application 2 : Densité
Dans ce paragraphe nous commençons par rappeler la définition générale de la densité des gaz, nous continuons par une autre expression de la densité et nous terminons par l’expression de la densité des gaz parfaits.
A. Définition
La densité d’un gaz par rapport à l’air est le quotient de la masse m d’un volume V de gaz par la masse mair du même volume V d’air, ces deux masses étant mesurées dans les mêmes conditions de température et de pression :
air
d m m
=
La densité est donc une grandeur sans dimension.
Remarque : La densité des gaz est définie par rapport à l’air car c’est un gaz courant et que tous les gaz ont des masses volumiques du même ordre de grandeur. Pour les liquides et les solides on définit la densité de façon similaire mais par rapport à l’eau.
B. Autre expression de la densité
En appliquant dans les mêmes conditions de température et de pression, la définition de la masse volumique au gaz étudié puis à l’air, nous écrivons :
et air mair air air
m m V m V
V V
= = = =
Puis en divisant membre à membre, nous obtenons :
air
d
=
La densité, égale par définition au quotient des masses, est aussi égale au quotient des masses volumiques du gaz et de l’air mesurées dans les mêmes conditions de température et de pression.
C. Densité d’un gaz parfait
En considérant le gaz étudié et l’air comme des gaz parfaits, nous écrivons :
0 0
0 0 3
0 0
0
avec 1, 293 g.dm
air air air
T p P T
T
p µ
P T
−
=
=
D’où en divisant membre à membre
0 0air
d
=
Cette expression montre que la densité d’un gaz parfait est indépendante de la température T et de la pression p (l’air étant lui aussi considéré comme parfait).
D. Densité et masse moléculaire molaire
Reprenons la définition de la densité et choisissons pour V le volume d’une mole dans les conditions normales de température et de pression. Il vaut environ 22,4 litres.
La masse d’une mole de gaz pur est numériquement égale à sa masse moléculaire molaire M.
L’air est un mélange de masse volumique µ0 air ≈ 1,293 kg.m-3 dans les conditions normales de température et de pression. La masse de l’air contenu dans le volume V est donc mair ≈ 1,293. 22,4 g ≈ 28,96 g 29 g.
D’où la relation entre masse moléculaire molaire et densité d’un gaz parfait :
ou 29.
29
d M M d
Avec la masse M d’une mole de molécules exprimée en grammes.
Par exemple nous pouvons calculer la densité du dioxygène dans les conditions normales de température et de pression :
32 1,1 29 d =
Si on considère le dioxygène et l’air comme des gaz parfaits, cette densité est valable dans toutes les conditions de température et de pression2.
Nous passons à quelques exemples d’utilisation de l’équation d’état des gaz parfaits.
2 Voir § II.C.
III. Utilisation 1 : Tube de Torricelli
Un expérimentateur réalise l’expérience de Torricelli. La hauteur de mercure est H1 = 750 mm. Malhabile, il a laissé de l’air entrer dans le tube au moment où il l’a retourné. Cependant, perspicace, il incline le tube et mesure la nouvelle hauteur H2 = 723 mm de mercure. Le volume de l’air au-dessus du mercure a été divisé par quatre. Calculer la pression atmosphérique.
T04 Figure 1 : Une expérience de Torricelli ratée puis rattrapée !
A. Pression de l’air dans la deuxième position
L’air emprisonné passe de l’état (n, p, V, T) à l’état (n, p’, V’=V/4, T). L’équation d’état des gaz parfaits s’écrit : constante '
4 ' 4
pV nRT p V
p p
= = =
=
Remarque : on aurait pu appliquer la loi de Boyle-Mariotte mais on peut préférer mémoriser uniquement l’équation d’état des gaz parfaits.
B. Relation entre les différentes pressions
Posons p = µHggh ; h mesure la pression p en hauteur de mercure. Notons P la pression atmosphérique et posons P = µHggH.
1. Première relation
Dans la première position du tube, l’équilibre de la surface du mercure au niveau A impose :
H =H1+h
Ou en détaillant la loi fondamentale de l’hydrostatique appliquée au fluide parfait incompressible soumis au champ de pesanteur uniforme :
1
1
1
A B Hg
Hg
Hg Hg Hg
p p gH
P p gH
gH gh gH
− =
− =
− =
2. Seconde relation
Dans la seconde position, l’équilibre de la surface du mercure au niveau A impose :
2 4
H =H + h Ou en détaillant :
2
2
2
4 4
A C Hg
Hg
Hg Hg Hg
p p gH
P p gH
gH gh gH
− =
− =
− =
C. Conclusion
1. Pression initiale de l’air
En comparant les deux relations ci-dessus :
1 2
1 2
4
3 750 723
9 mmHg 3
H h H h
H H h
h
+ = +
= −
= − =
2. Pression atmosphérique
Nous en déduisons la pression atmosphérique dans la salle d’expérience :
1
(750 9) mmHg 759 mmHg H H h
H
= +
= + =
Cette expérience de Torricelli ratée permet donc quand même de mesurer la pression atmosphérique, moyennant une manipulation supplémentaire, une perte dans la précision et un peu de calcul. Donc, pour une mesure précise, mieux vaut réussir l’expérience de Torricelli !
IV. Utilisation 2 : Ballon de baudruche
Un ballon de baudruche- un jouet d’enfant- de 1000 cm3 renferme de l’air sous une pression pratiquement égale à la pression atmosphérique à la température de 25 °C. Quel est le volume du ballon laissé dans une voiture en plein soleil où la température est voisine de 50 °C ? Et par temps froid à la température de 0 °C ?
A. A la température de 50 °C
L’air enfermé dans le ballon de baudruche passe de l’état (n, P, V1, T1) à l’état (n, P, V2, T2). L’équation d’état des gaz parfaits donne :
1 2
1 2
constante
V nR V
T P T
= = =
2
2 1
1
V V T T
=
3 3
2
273 50
1000 cm 1084 cm
273 25
V +
+
3 3 3 3 3
2 1,1.10 cm 1,1 dm 1,1.10 m
V = = −
B. A la température de 0 °C
L’air enfermé dans le ballon de baudruche passe de l’état (n, P, V1, T1) à l’état (n, P, V3, T3). L’équation d’état des gaz parfaits donne comme précédemment :
3
3 1
1
V V T T
=
3 3 3
3 3 3 3 3
3
273 0
1000 cm 916 cm
273 25
0, 92.10 cm 0, 92 dm 0, 92.10 m V
V −
+ +
= =
C. Remarques :
- On aurait pu appliquer la loi de Gay-Lussac mais on peut préférer mémoriser uniquement l’équation d’état des gaz parfaits.
- Il est impératif d’exprimer les températures en kelvins parce que l’équation d’état des gaz parfaits pV=nRT est valable uniquement lorsque T représente la température absolue. De plus le quotient de deux températures absolues n’est pas égal au quotient de deux températures Celsius. (En degrés Celsius, on aboutirait à des aberrations : si la température double, le volume double, ce qui n’est pas le cas et si la température s’annule, le volume s’annule, ce qui n’est pas vrai non plus.)
- Par contre, il suffit d’exprimer les deux volumes dans la même unité, ici le cm3, car le quotient de deux volumes est indépendant de l’unité de volume choisie.
V. Utilisation 3 : Bouteille de dihydrogène comprimé
Une bouteille de dihydrogène comprimé a un volume intérieur de 20 litres. La pression du dihydrogène est 120. 105 Pa. La bouteille et le dihydrogène sont à l’équilibre thermique dans un local dont la température est 20 °C.
A. Masse volumique et masse
La masse atomique molaire de l’hydrogène est 1 g.mol-1.
Quelle est la masse volumique du dihydrogène dans les CNTP ? Celle du dihydrogène contenu dans la bouteille ? Quelle est sa masse ?
Dans les conditions normales de température et de pression une mole de dihydrogène, soit 2 g, occupe un volume de 22,4 L. Donc sa masse volumique :
-1 -3 -3
0
2 2 2
g.L g.dm kg.m
22, 4 22, 4 22, 4
= =
-3 0 0, 0893 kg.m
Et dans la bouteille :
0 0
0
T p P T
=
2 120 273 -3
kg.m 22, 4 1 273 20
+
9, 98 kg.m-3
La masse de dihydrogène est donc : m=V
9, 98.20.103 kg 0,199 kg
m −
199 g m
B. La canicule
La canicule arrive et la température passe à 40 °C. La bouteille ne se dilate pratiquement pas. Quelle est la nouvelle pression du gaz ?
Le dihydrogène passe de l’état (N, p1, V, T1) à l’état (N, p2, V, T2). (N note ici la quantité de matière dihydrogène.) L’équation d’état des gaz parfaits donne :
1 2
1 2
constante
p NR p
T V T
= = =
2
2 1
1
p p T T
=
5 2
273 40
120.10 Pa
273 20
p +
+
5 2 128. 10 Pa p
Remarques :
- On aurait pu appliquer la loi de Gay-Lussac mais on peut préférer mémoriser uniquement l’équation d’état des gaz parfaits.
- Il est impératif d’exprimer les températures en kelvins parce que l’équation d’état des gaz parfaits pV=nRT est valable uniquement lorsque T représente la température absolue. De plus le quotient de deux températures absolues n’est pas égal au quotient de deux températures Celsius. (En degrés Celsius, on aboutirait à une aberration : doublement de la pression quand la température double, ce qui n’est pas le cas.)
- Par contre il suffit d’exprimer les deux pressions dans la même unité car le quotient de deux pressions est indépendant de l’unité de pression choisie.
C. Utilisation de la bouteille
La température est constante, égale à 20 °C. Pour des T.P. on remplit 400 éprouvettes de 50 cm3 de dihydrogène sous la pression P0 = 100 kPa. Quelle est la pression du gaz restant dans la bouteille ?
Le volume de dihydrogène utilisé est :
v = 400.50 cm3 = 20000 cm3 = 20 L sous la pression P0 = 100 kPa.
Le dihydrogène initialement dans la bouteille dans l’état (N, p, V, T) se retrouve ensuite partagé entre la bouteille dans l’état (N’, p’, V, T) et les éprouvettes dans l’état (n, P0, v, T). La quantité de matière se conserve, donc :
' N=N +n
L’équation d’état des gaz parfaits permet d’exprimer les quantités de matière d’où :
0
0
'
'
P v pV p V RT RT RT pV p V P v
= +
= +
' v 0
p p P
V
= −
5 20 5
' 120.10 10 Pa 20
p −
' 119. 10 Pa5
p
Remarque : il suffit d’exprimer les deux volumes dans la même unité, ici le litre, parce qu’on calcule le quotient de deux volumes donc indépendant de l’unité de volume choisie.
Ce chapitre illustre l’utilité de l’équation d’état des gaz parfaits. Il s’agit de prévoir l’état du gaz, de calculer ses variables d’état, dans différentes conditions ou après différentes transformations.
Dans le chapitre suivant, nous étudierons une nouvelle modélisation des gaz par l’équation d’état de Van der Waals, plus proche du comportement réel des gaz lorsque la pression est plus forte. Nous l’obtiendrons grâce à une analyse de la définition du gaz parfait.
