Solutionnaire des exercices de fin de chapitre · 4 CHIMIE GÉNÉRALE 4. La découverte de la radioactivité a montré que les atomes doivent être divisibles, ce qui implique qu’ils

Solutionnaire des exercices de fin de chapitre 1

Chapitre 11. Calcium : Ca Fluor : F

La forme des cristaux de fluorite peut être décrite commedes cubes entremêlés. Ainsi, la forme générale des cristauxindique que les ions sont disposés alternativement selonun arrangement cubique.

2. Les états de la matière sont : solide, liquide et gaz. Vouspouvez consulter la section 1.6.1 pour obtenir leurdescription.

3. L’apparence non uniforme du mélange nous indique quedes échantillons prélevés à différents endroits de cemélange auraient une composition différente. Cela est unecaractéristique d’un mélange hétérogène.

Pour séparer le fer du sable, on peut faire passer un petitaimant à travers le mélange, ce qui attirera le fer magné-tique et le séparera du sable.

4. Un composé est une substance pure composée d’au moinsdeux éléments différents alors qu’une molécule est la pluspetite entité de matière, qui possède les propriétés de lasubstance. Par exemple, un composé telle l’eau est forméde molécules d’eau dont la formule chimique est H2O.

5. a) Propriété physique.

b) Propriété chimique.

c) Propriété chimique.

d) Propriété physique.

e) Propriété physique.

f) Propriété physique.

6. a) Changement chimique.

b) Changement physique.

c) Changement chimique.

d) Changement physique.

7. Liquides : le mercure et l’eau. Solide : le cuivre.

Le mercure est la substance la plus dense alors que l’eauest la moins dense.

8. Exothermique : le système perd de la chaleur au profit dumilieu extérieur (la combustion du méthane produit de lachaleur).

Endothermique : le système gagne de la chaleur fourniepar le milieu extérieur (la glace absorbe de la chaleur lors-qu’elle fond).

9. Observations qualitatives : état physique solide, couleur bleu-vert.

Observations quantitatives : longueur de 4,6 cm, masse de2,5 g et masse volumique de 2,65 g/cm3.

Propriétés extensives : longueur et masse.

Propriétés intensives : état physique, couleur et massevolumique.

10. a) Sodium. d) Phosphore.

b) Potassium. e) Magnésium.

c) Chlore. f) Nickel.

11. a) Ba d) Pb

b) Ti e) As

c) Cr f) Zn

12. a) Na est un élément ; NaCl est un composé.

b) Le sucre est un composé ; le carbone est un élément.

c) L’or est un élément ; le chlorure d’or est un composé.

d) Le silicium est un élément ; le sable est un composé.

13. a) Propriétés physiques : l’état physique (liquide) et lacouleur (incolore).

Propriété chimique : la réactivité (brûle en présenced’air).

b) Propriétés physiques : la couleur (métal brillant,orange) et l’état physique (liquide).

Propriété chimique : la réactivité (réagit avec le brome).

c) Propriétés physiques : l’état physique (solide), lacouleur (blanc) et la masse volumique (2,71 g/cm3).

Propriété chimique : la réactivité avec un acide (formedu dioxyde de carbone gazeux).

d) Propriétés physiques : la couleur (métal gris, iode violet,blanc) et l’état physique (poudre, solide).

Propriété chimique : la réactivité (réagit avec l’iodepour former…).

14.

15.

16.

17.

La masse volumique de l’échantillon (2,82 g/cm3) se rap-proche le plus de celle de l’aluminium (2,70 g/cm3).

18. T = t + 273,15 = 25 + 273,15 = 298 K

19. T = 5,5 × 103 + 273,15 = 5,8 × 103 K

20. a) t = T − 273,15 = 77 − 273,15 = -196 °C

b) 336 Kc) 1180 °C

37 52 82 3,,

g

mL

mLg cm

20,2 6,9

11 cm

= /3–( ) ×

20 865 305

237 cm= /3

gg cm,

1237

237 3tassemL

cm× ×1 tasse

1 cm

1 mL=

3

2 00 2 79 2 79 3, , ( , )gg

mL ou cm× ×1 cm0,718

1 mL

1 cm=

3

3

5001 11

555mLg

g× ×1 cm

1 mL 1 cm=

3

3

,

1

© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.Document reproductible. Droits de reproduction restreints.

Solutionnaire des exercices de fin de chapitre

C H I M I E G É N É R A L E2

21. a)

b)

22.

23.

24.

25. a)

b)

c)

d)

26. a)

b)

c)

d)

27.

28.

29. a) 3 CS f) 4 CS

b) 3 CS g) 4 CS

c) 3 CS h) 3 CS

d) 2 CS i) 5 CS

e) 5 CS j) 6 CS

30. a) 0,122 ; 3 chiffres significatifs permis.

b) 0,0286 ; 3 chiffres significatifs permis.

31. a)

= 5,844 143 806 × 10−5

∆R = (5,844 143 806 × 10−5)R= (5,844 143 806 × 10−5)(7,228 187 201)

= 0,000422 qu’on arrondit à un chiffre significatif.

Résultat : 7,2282 ± 0,0004.

b) R = x − y = 38,01 − 21,58 = 16,43

∆R = ∆x + ∆y = 0,01 + 0,01 = 0,02

Résultat : 16,43 ± 0,02.

c) 3,302 + 13,60 = 16,902

0,009 + 0,01 = 0,019 qu’on arrondit à 0,02.Somme : 16,90 ± 0,02

∆R = (0,026 059 053)(8,407 960 199) = 0,219

Résultat : 8,4 ± 0,2.

32.

33. Volume = π(rayon)2(épaisseur) = π (0,30 cm)

= 1,1 cm3

34.

22 300 kg − 6191 kg = 16 109 kg

= 20 036 L (200 × 102, en tenant

compte des chiffres significatifs).

16 1091

0 804kg ×

Lkg,

0 804

17700 6191

, kg

L=× L kg

1 771

454

1

10 804

, lbL lb

kg1000

= /× ×g

gkg L,

1 119 3

1223,

,cm g×

g

cm=

3

2 22

2, cm⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

1 500 200 1

3 5130 0854

33,

,,

,caratg cm

gcm× ×

1 carat=

∆RR

= + =0 02

16 900 052 01

0 026 059 053,,

,,

,

R = =16 902 01

8 407 960 199,,

,

∆ ∆ ∆RR

xx

yy

= + = +0 000240 5270

0 00035 6068

,,

,,

Rxy

= == 40 52705 6068

7 228 187 201,,

,

7 31

11000 1

7 3 103

3

3,,

gcm

kgm

kg× ×⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

g100 cm

= /mm3

2 5210

2 52 106

6, ,kgmg

kgmg×

××

11

=

2 52 2 52 103, ,kg g× ×1000 g

1 kg=

1,5 L1 L

1=×

××

µµ

101 5 106

–6 LL,

1,5 L1 L

1 L=×

××

101 5 10

66µ

µ, L ou

1 5 101

1 53 33

3, ,× × ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

cmm

dmd

10 cm=

1 51

11 5 10

33 3, ,L

cm

mLcm× × ×

1000 mL

1 L=

1 5 1 5 103, ,L mL× ×1000 mL

1 L=

2501

10 250

33mL

L dm

Ldm× ×

1

1000 mL= ,

2501

100250 10 3mL

mcm

m× ×⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

1 cm

1 mL=

3 3

–4

250 0 250mLL

mLL×

1

1000= ,

250 250 3mL cm×1 cm

1 mL=

3

1091

1 09 102

2

2cm m×⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

m100 cm

= , –2

Aire rayon cm= =cm

2=π π( )

,22

211 8109

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

12001000 4 184

5 021 106Cal J× × ×cal

1 Cal

J

1 cal=

,,

191

0 19cm m× m100 cm

= ,

1910

1 9 102cm mm× ×mm1 cm

= ,

42 1951

1 60926 22, ,km milles×

mille

, km=

42 1951000

42 195, km m×m

1 km=

1



35. La température normale du corps est de 37 °C. Le pointde fusion du gallium est de 29,8 °C, aussi, tenu dans votremain, il devrait fondre.

36. T = t + 273,15

T = -248,6 + 273,15 = 24,6 K

T = -246,1 + 273,15 = 27,1 K

37.

38.

À masse égale, la substance la moins dense, l’eau, occuperale plus grand volume.

39.

Si le volume d’eau augmente de 18,0 mL, le volume finalsera de : 50 mL + 18,0 mL = 68 mL.

40. La masse volumique de CCl4 étant plus élevée que celle duplastique, celui-ci flottera sur le solvant. L’aluminium, plusdense que le CCl4, se retrouvera au fond du récipient.

41.

42.

43. On pourrait sentir avec précaution l’odeur des vapeurs, s’ily en a. Déterminer si le point d’ébullition, le point defusion et la masse volumique du liquide sont respec-tivement d’environ 100 °C, 0 °C et 1 g/mL (à la tempéra-ture ambiante). Pour vérifier la présence d’un sel en solu-tion, faire évaporer complètement le liquide. S’il reste unrésidu, il se peut que ce soit un sel, mais d’autres testsseraient nécessaires pour valider cette hypothèse.

44.

La masse volumique de l’urine augmente lorsque trop desucre est éliminé (m augmente, donc augmente). Parcontre, elle diminue lorsque trop d’eau est éliminée (Vaugmente, donc diminue).

45. a) On pourrait faire évaporer l’eau en chauffant la solu-tion, laissant le sel comme résidu.

b) L’utilisation d’un aimant attirera la limaille de fer, laséparant du plomb.

c) Ajouter de l’eau pour dissoudre le sucre. Filtrer la solu-tion pour en séparer le soufre solide. Récupérer le sucrede la solution en évaporant l’eau par chauffage.

46.

= 1,8 × 10−3 cm = 1,8 × 10−2 mm

47.

= 8,0 × 104 kg de NaF/année

48.

= 245 g d’acide sulfurique

Chapitre 21. Les trois particules fondamentales de l’atome sont l’électron

(-1), le proton (+1) et le neutron (0). Ces deux dernièresconstituent le noyau d’un atome. Des trois particulesfondamentales, l’électron est la particule la plus légère.

2. L’unité de masse atomique est exactement le de lamasse d’un atome de carbone 12 possédant six protons etsix neutrons.

3. Le numéro atomique d’un élément correspond au nombrede protons contenus dans son noyau, alors que la sommedes protons et des neutrons contenus dans le noyau est lenombre de masse.

112

5001

1

38 08mL

g× × ×

cm

1 mL

1,285 g de solution

cm

d3

3

, ’’acide sulfurique100,00 g de solution

× ×1 1

0 45kg de fluorure10 kg d’eau

kg de NaFkg de fl6 , uuorure

× × × ×1000 mL

L

1 cm

1 mL

g

1 cm

kg

1000 g

3

31

1 00 1,

150 000660 365

personnes × ×L d’eau

1 jour

jours

1 annéée

Épaisseur =cm

7,0 10 cm

3

4 2

126×

Surface en cm pi2 2

2

7530 48

7 0 10=cm

1 pi=×

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

,, 44 2cm

Volume en cm ozoz

cm3 3121

126=28,4 g 1 cm

2,70 g=

3

× ×

Épaisseurvolumesurface

=

ρ

ρ

ρ =mV

a) c)

d) e)

b)

f )

25067

170g de matériaug

g de×de Pb

100 g de matériau= PPb

1541

118 0g

gmL× ×

cm8,56

1 mL

cm=

3

3,

Pb g cm:,

6001

11 3450 3×

cmg

=3

H O g cm23600

1600: ×

cm0,995 g

=3

1 97 197, Å10 m

1 Å

1 m

10 m=

10

× ×− p

pm–12

1 97 0 197, ,Å10 m

1 Å

1 nm

10 m=

10

9× ×

−

–nm

21



4. La découverte de la radioactivité a montré que les atomesdoivent être divisibles, ce qui implique qu’ils sont cons-titués de particules encore plus petites, des particules sub-atomiques.

5. Les valeurs approximatives des rayons des noyaux ato-miques et des atomes sont données à l’exercice 2.1. Ainsi,on peut obtenir le rapport

diamètreatome = 1 × 105 diamètrenoyau

diamètreatome = (1 × 105)(6 cm) = 6 × 105 cm = 6 km

6. Élément Titane Thallium

Symbole Ti Tl

Numéro atomique 22 81

Masse atomique (u) 47,867 204,3833

Groupe 4B (4) 3A (13)

Période 4 6

Nature métal métal

7. La masse atomique du lithium est plus proche de 7 quede 6, donc l’isotope le plus abondant est 7Li.

8. a) Une mole de Na a une masse d’environ 23 g, alorsqu’une mole de Si a une masse de 28 g. Donc, 0,5 molde Si a une masse supérieure.

b) La masse de 0,5 mol de Na est d’environ 11,5 g, ce quiest plus élevé que 9,0 g.

c) La masse atomique de K est d’environ 39 u, alors quecelle de Fe est approximativement de 56 u. Un atomede fer étant plus lourd qu’un atome de potassium, 10 atomes de Fe seront plus lourds que 10 atomes de K.

9. Dans le tableau périodique de la figure 2.6, les métaux sonten mauve, les non-métaux, en jaune, et les métalloïdes, en vert.

Nom Symbole Groupe Période

a) Lithium Li 1A (1) 2

Argent Ag 1B (11) 5

Plomb Pb 4A (14) 6

b) Carbone C 4A (14) 2

Phosphore P 5A (15) 3

Sélénium Se 6A (16) 4

Iode I 7A (17) 5

c) Silicium Si 4A (14) 3

Arsenic As 5A (15) 4

10. Le nickel (Ni) est un élément de transition (tout commeceux de la partie mauve foncé du tableau périodique dela figure 2.6).

Les halogènes sont les éléments du groupe 7A (17) (ex. : F).

Les gaz rares sont dans le groupe 8A (18) (ex. : Ne).

Les métaux alcalins sont dans le groupe 1A (1) (ex. : Na).

11. Mme Marie Curie a découvert le radium (Ra, élément 88)et le polonium (Po, élément 84). Le radium doit son nom

au fait qu’il émet des radiations, et le polonium, en l’hon-neur de son pays d’origine, la Pologne. Dans Internet, visi-tez le site de la fondation Nobel.

12. L’oxygène existe sous deux allotropes différents : O2, unemolécule sans odeur, et O3 (ozone), un gaz avec une odeurâcre caractéristique.

Le carbone existe sous forme de graphite, de diamant etde fullerènes (comme le buckminsterfullerène C60). Legraphite est formé de couches d’atomes de carbone rat-tachées faiblement l’une à l’autre. Le diamant, un solidetrès dur, a chacun de ses atomes de carbone relié à quatreautres atomes (voir la figure 2.9).

Le soufre possède plusieurs allotropes, mais le plus com-mun est le cycle à huit côtés ayant la forme d’une couronne.

13. a) Mg : Z = 12, A = 12 + 15 = 27

b) Ti : Z = 22, A = 22 + 26 = 48

c) Zn : Z = 30, A = 30 + 32 = 62

14. a)

b)

c)

15. Élément Électrons Protons Neutrons

a) 24Mg 12 12 12

b) 119Sn 50 50 69

c) 232Th 90 90 142

16. 99Tc : nombre d’électrons = nombre de protons = Z = 43 ;nombre de neutrons = 99 − 43 = 56.

17. 241Am : nombre d’électrons = nombre de protons = Z = 95 ;nombre de neutrons = 241 − 95 = 146.

18.

19. La masse atomique du thallium, 204,3833 u, est plus prèsde 205 que de 203. Ainsi, l’isotope le plus abondant est205Tl.

20. Masse atomique = (masse 24Mg)(% abondance) + (masse25Mg)(% abondance) + (masse 26Mg)(% abondance)

(23,985 u × 0,7899) + (24,986 u × 0,1000) + (25,983 u × 0,1101) = 24,31 u

21. Soit x l’abondance de 69Ga et (1 − x), l’abondance de 71Ga.

69,723 u = (68,9257 u)x + (70,9249 u)(1 − x)

x = 0,6012

L’abondance de 69Ga est égale à 60,12 % et celle de 71Gaest de 39,88 %.

22. L’abondance de 121Sb est représentée par x et celle de 123Sb,par (1 − x).

121,760 u = (120,9038 u)x + (122,9042 u)(1 − x)

x = 0,5720

et Co (33 neutrons).2760

2757

2758Co Co (31 neutrons)( ),30 neutrons

2760Co

3684 Kr

1939 K

3062Zn( )2248 Ti( )1227 Mg( )

diamètrediamètre

atome

noyau

rayonrayon

atome

noyau

=pm

pm= =

100

0 0011 105

,×

2



L’abondance de 121Sb est égale à 57,20 % et celle de 123Sbest de 42,80 %.

23. a)

b) = 0,0698 g de Fe

c)

d)

24. a) = 1,9998 mol de Cu

= 1,2043 × 1024 atomes de Cu

b)

= 1,0 × 1021 atomes de Li

c)

= 2,1 × 10−5 mol de Am

= 1,2 × 1019 atomes de Am

d)

= 1,51 × 1023 atomes de Al

25. a)

= 1,0552 × 10−22 g/atome

b)

= 7,9487 × 10−23 g/atome

26. Le groupe 5A (15) contient cinq éléments.

Non-métaux : azote (N) et phosphore (P).

Métalloïdes : arsenic (As) et antimoine (Sb).

Métal : bismuth (Bi).

27. a) Les deuxième et troisième périodes contiennent 8 élé-ments.

b) Les quatrième et cinquième périodes contiennent 18éléments.

c) La sixième période contient 32 éléments.

28. Il y a 27 éléments dans la septième période. Les actinidesreprésentent la majorité de ces éléments et plusieurs sontpréparés de façon synthétique.

29. Symbole 58Ni 33S 20Ne 55Mn

Nombre de protons 28 16 10 25

Nombre de neutrons 30 17 10 30

Nombre d’électrons 28 16 10 25

Nom de l’élément nickel soufre néon manganèse

30. La masse atomique du potassium, égale à 39,0983 u, estplus près de celle de l’isotope 39K que de celle de 41K. Ainsi,l’isotope le plus abondant est 39K.

31. a) Béryllium, magnésium, calcium, strontium, baryum,radium.

b) Sodium, magnésium, aluminium, silicium, phosphore,soufre, chlore, argon.

c) Carbone.

d) Soufre.

e) Iode.

f) Magnésium.

g) Krypton.

h) Germanium ou arsenic.

32. = 9,42 × 10−5 mol de Kr

= 5,67 × 1019 atomes de Kr

33.

= 2,7 × 10−4 mol de Fe

= 1,6 × 1020 atomes de Fe

34. a) 2,96 cm3

b)

35. Volume = (0,015 cm)(15,3 cm2) = 0,23 cm3

××

×6 022 1023

22, atomes

1 mol= 1,9 10 atomes de Cr

0 237 19

13,

,cm × ×

g de Cr

cm

1 mol52,00 g de Cr3

Arête cm= cm =32 96 1 443 , ,

0 125, mol de Namol de Na

× ×22,99 g

11 cm

0,971 g=

3

2 7 106 022 1023

,,

× ××–4 mol

atomes

1 mol

151 1

mg de Feg mol

× ×1000 mg 55,85 g de Fe

9 42 106 022 1023

,,

× ××–5 mol

mol

atomes

1

0 007 891

, g de Krmol

×83,80 g de Kr

46 022 1023

7,867 g1 mol de Ti

1 mol de Tiatomes

××,

63 5466 022 1023

,,

g1 mol de Cu

1 mol de Cuatomes

××

0 2506 022 1023

,,

mol ×× atomes

1 mol

6 751

, g de Almol

×26,98 g de Al

= 0,250 mol de Al

2 1 106 022 1023

,,

× ××–5 mol

atomes

1 mol

5 01 1

, mg de Amg mol

× ×1000 mg 243 g de Am

0 00176 022 1023

,,

molmol

×× atomes

1

0 0121

0 0017, ,g de Limolg de Li

mol de Li×6,941

=

1 99986 022 1023

,,

molmol

×× atomes

1

127 081

, g de Cumolg de Cu

×63,546

65320 18

1 32 104mol de Nemol de Ne

g de Ne× ×,

,g

1=

0 0154

0 60, ,mol de Camol de Ca

g de Ca×0,08 g

1=

1 25 105

, × ×–3 mol de Femol de Fe

5,85 g1

2 527 0

168,

,mol de Al

gmol de Al

g de Al× =

2



36. a) Dans P4O10, il y a 0,744 g de phosphore et (1,704 − 0,744) = 0,960 g d’oxygène.

b)

37. a) Massenoyau = 1,06 × 10−22 g (La masse des électrons estnégligeable.)

= 4,8 × 10−13 cm

= 4,6 × 10−37 cm3

b)

= 1,25 × 10−8 cm

= 8,18 × 10−24 cm3

Volumeoccupé par les électrons = 8,18 × 10−24 cm3 − 4,6 × 10−37 cm3

= 8,18 × 10−24 cm3

= 3,34 × 10−3 g/cm3

c) Le noyau est beaucoup plus dense que l’espace occupépar les électrons.

Chapitre 31. Le cisplatine, Pt(NH3)2Cl2, contient deux atomes d’azote et

six atomes d’hydrogène.

= 3,6 × 1024 atomes H/mol de cisplatine.

Masse molaire du cisplatine = 195,08 + (2 × 14,01) + (6 ×1,008) + (2 × 35,45) = 300,05 g/mol.

3. L’atome de strontium possède 38 électrons. Lorsqu’unatome de strontium forme un ion, il perd 2 électrons(Sr2+). Ainsi, il a le même nombre d’électrons (36) que legaz rare krypton.

4. a) 3,0 × 1023 molécules représentent la moitié d’une moled’adénine. La masse molaire de l’adénine, C5H5N5, étant

de 135,1 g/mol, la masse de mole est de 67,55 g, ce qui

est supérieur à 40 g.

b) L’adénine est une des quatre bases constituant l’ADN.Ces bases ont toutes au moins un cycle à six atomesconstitué d’atomes de carbone et d’azote.

5. Ion borate : BO33–. L’ion borate est un anion.

6. La formule empirique donne le rapport le plus simple entre les différents atomes dans le composé, alors que laformule moléculaire donne le nombre réel d’atomes. Laformule empirique de l’éthane est CH3 et sa formulemoléculaire est C2H6.

7. Eau, H2O :

= 0,8879 ou 88,79 % d’oxygène

Méthanol, CH3OH :

= 0,4994 ou 49,94 % d’oxygène

La fraction massique de l’oxygène est plus élevée dans l’eau.

8. a) C7H16O

b) C6H8O6

c) C14H18N2O5

9. a) 1 atome Ca, 2 atomes C et 4 atomes O.

b) 7 atomes C, 6 atomes H et 1 atome O.

c) 1 atome Co, 6 atomes N, 15 atomes H, 2 atomes O et 2 atomes Cl.

d) 4 atomes K, 1 atome Fe, 6 atomes C et 6 atomes N.

e) 4 atomes C, 6 atomes H et 4 atomes O.

10. La formule de l’acide sulfurique est H2SO4. La structurede cet acide n’est pas plane. Les atomes O, qui entourentl’atome de soufre, sont placés aux quatre coins d’un tétra-èdre. Les atomes d’hydrogène sont liés à deux des quatreatomes d’oxygène.

11. La formule du toluène est C7H8. La partie cyclique, forméede six atomes de carbone, est plane. Cinq de ces six atomessont liés à un atome H, le sixième atome de carbone estlié à un groupement CH3, dont deux H ne sont pas dansle plan de la molécule.

12. a) Mg2+

b) Zn2+

c) Ni2+

d) Ga3+

e) N3–

f) Fe2+, Fe3+

13. a) Ba2+

b) Ti4+

c) PO43–

d) HCO3–

16 00, g32,04 g 3

de Ode CH OH

16 00, g18,02 g 2

de Ode H O

12

2. La partie H C O H de la molécule est dans le plan du papier. Les deux autres ato-mes H liés au carbone se trouvent au-dessouset au-dessus du plan.

H

H

HHC

O

61

6 022 101

23atomes Hmolécule

moléculesmol

××,

ρespace occupé par les électrons =( )( ,30 9 11 10 2× − 88

248 18 10g)

cm3, × –

Volume cmatome =43

1 25 10 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

×π( , )–8

Rayon nmnmatome =

m

1

cm

m0 125

10 100

1

9

, × ×–

ρnoyau 3=g

cm= /

1 06 104 6 10

2 3 1022

3714,

,,

××

×–

– g cm33

Volume cmnoyau =43

4 8 10 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

×π( , )–13

Rayon nmmnoyau =

m

1 nm

cm4 8 10

10 100

1

9

, × × ×−

–6

16 0001 94

31 0,,

,u u×g de P

1,00 g de O=

0 7444

0 96010

1 94,

,,

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

g de P

g de O=

g de P1,,00 g de O

23



e) S2–

f) ClO4–

g) Co2+

h) SO42–

14. a) MnO4–

b) NO2–

c) H2PO4–

d) NH4+

e) IO3–

f) SO32–

15. Ils gagnent deux électrons. O2– a le même nombre d’élec-trons (10) que Ne. S2– a le même nombre d’électrons (18)que Ar. O et S forment tous les deux des anions -2 et descomposés binaires avec l’hydrogène (H2O, H2S).

16. Co3+ et F– forment CoF3.

17. a) Deux ions K+ et un ion S2–.

b) Un ion Ti4+ et deux ions SO42–.

c) Un ion K+ et un ion MnO4–.

d) Trois ions NH4+ et un ion PO4

3–.

e) Un ion Ca2+ et deux ions ClO–.

f) Un ion Al3+ et trois ions OH–.

18. a) Pt2+ et Cl– : PtCl2 Pt4+ et Cl– : PtCl4

b) Pt2+ et S2– : PtS Pt4+ et S2–: PtS2

19. a) AlCl2 devrait être AlCl3 (un ion Al3+ et trois ions Cl–).

b) KF2 devrait être KF (un ion K+ et un ion F–).

c) Ga2O3 est correct.

d) MgS est correct.

e) Fe2O5 devrait être FeO (un ion Fe2+ et un ion O2–) ouFe2O3 (deux ions Fe3+ et trois ions O2–).

f) SrBr2 est correct.

20. Mg2+ et O2– : MgO Mg2+ et PO43– : Mg3(PO4)2

Al3+ et O2– : Al2O3 Al3+ et PO43– : AlPO4

21. a) Acétate de calcium.

b) Phosphate de nickel (II).

c) Hydroxyde d’aluminium.

d) Dihydrogénophosphate de potassium.

e) Sulfure de potassium.

f) Phosphate d’ammonium.

22. a) (NH4)2CO3

b) CaI2

c) CuBr2

d) AlPO4

e) AgCH3COO

23. a) Ca(HCO3)2

b) KMnO4

c) Mg(ClO4)2

d) K2HPO4

e) Na2SO3

24. Mg2+ et PO43– : Mg3(PO4)2 (phosphate de magnésium).

Mg2+ et NO3– : Mg(NO3)2 (nitrate de magnésium).

Fe3+ et PO43– : FePO4 [phosphate de fer (III)].

Fe3+ et NO3– : Fe(NO3)3 [nitrate de fer (III)].

25. La force d’attraction est plus forte dans le composé NaFparce que la distance entre les ions est plus petite que cellede NaI.

26. CaO. L’attraction entre des ions ayant des charges +2 et -2(CaO) est plus grande qu’entre des ions chargés +1 et -1(NaCl).

27. a) Pentoxyde de diazote.

b) Trisulfure de tétraphosphore.

c) Difluorure d’oxygène.

d) Tétrafluorure de xénon.

e) Iodure d’hydrogène.

28. a) BrF3

b) B2O3

c) N2H4 (voir le tableau 3.10)

d) P2F4

e) C4H10 (voir le tableau 3.10)

f) SCl2

29. a) Fe2O3 159,69 g/mol

b) BCl3 117,17 g/mol

c) C6H8O6 176,13 g/mol

d) Fe(C6H11O7)2 446,14 g/mol

30. a) Ni(NO3)2 i 6 H2O 290,79 g/mol

b) CuSO4 i 5 H2O 249,69 g/mol

31. a) = 0,0166 mol de C3H7OH

b) = 5,55 × 10–3 mol de

C11H16O2

c) = 5,55 × 10–3 mol de

C9H8O4

32.

= 7,52 × 1024 molécules de SO3

= 7,52 × 1024 atomes de S

= 2,26 × 1025 atomes de O

7,52 10 molécules de SOatomes de O24

3× ×3

1 molécule dde SO3

7,52 10 molécules de SOatome de S24

3× ×1

1 molécule dee SO3

12,5 mol de SOSO3

3

××6 022 10

1

23, moléculesmol de

1,00 kg de SOg

1 kgmol

80,06 g=3 × ×

1000 112 5

3de SOmo, ll de SO3

1,00 g de C H Omol

180,15 g9 8 4 ×1

1,00 g de C H Omol

180,24 g11 16 2 ×1

1,00 g de C H OHmol

60,10 g3 7 ×1

3



33. a)

b)

c)

d)

34.

35. = 2,47 × 103 g de FeTiO3

36. Formule Masse molaire Formule moléculaireempirique (g/mol)

a) CH 26,0 = 2 C2H2

b) CHO 116,1 = 4 C4H4O4

c) CH2 112,2 C8H16

37. Supposez 100 g de composé.

Formule empirique : CH.Masse formulaire de CH = 13,02 g/mol.

Formule moléculaire : C2H2.


Formule empirique : B5H7.


Formule empirique : N2O3.


Formule empirique : C8H8O3.

Masse formulaire de C8H8O3 = 152,14 g/mol = massemolaire du composé.

Formule moléculaire de l’acide mandélique : C8H8O3.

41. 1,687 g de composé hydraté – 0,824 g de MgSO4

= 0,863 g de H2O

= 0,00684 mol de MgSO4

Il y a sept molécules d’eau par unité formulaire MgSO4.

Formule : MgSO4 i 7 H2O.

42. 4,74 g de composé hydraté – 2,16 g de H2O = 2,58 g de KAl(SO4)2

07

,0479 mol de H0,00684 mol de MgSO

=2

4

O

0,824 g de MgSOmol

120,4 g de MgSO44

×1

0,863 g de H Omol

18,02 g de H O= 0,0479 mol de H O2

22×

1

52 667

83

,26 mol de H1,972 mol de O

= =mol de Hmol de O

,

52 667

83

,258 mol de C1,972 mol de O

= =mol de Cmol de O

,

31,55 g de Omol

15,999 g de O= 1,972 mol de O×

1

5,30 g de Hmol

1,008 g de H= 5,26 mol de H×

1

63,15 g de Cmol

12,011 g de C= 5,258 mol de C×

1

31 5

32

,948 mol de O2,630 mol de N

= =mol de Omol de N

,

63,16 g de Omol

15,999 g de O= 3,948 mol de O×

1

36,84 g de Nmol

14,007 g de N= 2,630 mol de N×

1

11 39

75

1,4 mol de H8,19 mol de B

= =,

11,5 g de Hmol

1,008 g de H= 11,4 mol de H×

1

88,5 g de Bmol

10,81 g de B= 8,19 mol de B×

1

26 0213 02

2,,

g/mol/

=g mol

7 6811

, mol de C7,68 mol de H

=

7,74 g de Hmol

1,008 g de H= 7,68 mol de H×

1

92,26 g de Cmol

12,01 g de C= 7,681 mol de C×

1

116 1,29,0

26 0,13,0

750 g de Ti57,72 g de FeTiO

47,87 g de Ti3×

1

10,0 g de PbSg de Pb

239,3 g de PbS= 8,66 g de Pb×

207 2,

( )( , )6 16 006 2

g de O237,93 g de CoCl

100 % = 40,32 i H O

× 55 % de O

( )( , )12 1 0086 2

g de H237,93 g de CoCl

100 % = 5,02 i H O

× 884 % de H

( )( , )2 35 456 2

g de Cl237,93 g de CoCl

100 % = 29,2 i H O

× 880 % de Cl

56 2

8,93 g de Co237,93 g de CoCl

100 % = 24,77 % de2 i H O

× CCo

16 00

14

, g de O150,21 g de C

100 % = 10,65 % de O10H O

×

( )( , )14 1 008

14

g de H150,21 g de C

100 % = 9,395 %10H O

× dde H

( )( , )10 12 01

14

g de C150,21 g de C

100 % = 79,95 %10H O

× dde C

( )( , )8 1 008

8

g de H44,096 g de C

100 % = 18,29 % de H3H

×

( )( , )3 12 01

8

g de C44,096 g de C

100 % = 81,71% de C3H

×

32 1, g de S239,3 g de PbS

100 % = 13,41% de S×

207 2, g de Pb239,3 g de PbS

100 % = 86,59 % de Pb×

3



= 0,00999 mol de KAl(SO4)2

Il y a douze molécules d’eau par unité formulaireKAl(SO4)2.

Formule : KAl(SO4)2 i 12 H2O.

43. 0,678 g de composé – 0,526 g de Xe = 0,152 g de F

Formule empirique : XeF2.

44. 3,69 g de GexCly – 1,25 g de Ge = 2,44 g de Cl

Formule empirique : GeCl4.

45.

= 2 × 1021 molécules de H2O

46. a) Masse molaire = 305,42 g/mol.

b)

= 1,8 × 10–4 mol de capsaïcine

c)

d)

= 39 mg de C

47. a) = 25,86 % de Cu

= 22,80 % de N

= 5,742 % de H

= 13,05 % de S

= 32,55 % de O

b)

48.

= 75,1 kg de Ca3(PO4)2

49.

Formule empirique : C4H6O5.

50.

La bouteille contenant du FeSO4 fournira le plus d’atomesde fer.

51.

= 7,58 × 10–4 mol de C2O42–

0,109 g de composé1,18 g de C

100,00 g de comp2×

6 42O –

oosémol

88,02 g×

1

= 7,58 10 mol de Fe4× –

1 mol55,85 g de Fe

0,109 g de composég de Fe

100,00 g de composé× ×

38 82,

5

2

5,85 g de Fe446,15 g de Fe(C H O

100 % = 12,52 %6 11 7)

× dde Fe

55,85 g de Fe151,92 g de FeSO

100 % = 36,76 % de Fe4

×

1 251

54

, mol de Omol de C

=mol de Omol de C

1 51

32

64

, mol de Hmol de C

=mol de Hmol de C

=mol de Hmol dde C

15,0 kg de P10,18 kg de Ca (PO

(2)(30,97) kg de3 4×

3 2)

PP

×18,02 g de H O

245,77 g de Cu(NH ) SO H O= 0,770 g2

3 4 4 2idde H O2

10,5 g de Cu(NH3)4SO4 i H2O

×25,86 g de Cu

100,00 g de Cu(NH ) SO H O= 2,72 g de

3 4 4 2iCCu

10,5 g de Cu(NH3)4SO4 i H2O

(5)(16,00) g de O245,77 g de Cu(NH ) SO H O

100 %3 4 4 2i

×

32,07 g de S245,77 g de Cu(NH ) SO H O

100 %3 4 4 2i

×

(14)(1,008) g de H245,77 g de Cu(NH ) SO H O

1003 4 4 2i

× %%

(4)(14,01) g de N245,77 g de Cu(NH ) SO H O

100 %3 4 4 2i

×

63,55 g de Cu245,77 g de Cu(NH ) SO H O

100 %3 4 4 2i

×

55 mg de capsaïcine0,78 mg de C

100,00 mg de C18

×7

27H NNO3

( )( , )3 16 00

27 3

g de O305,42 g de C

= 0,1572 ou 1518H NO

,,72 % de O

14 01

27 3

, g de N305,42 g de C

= 0,04587 ou 4,587 %18H NO

dde N

( )( , )27 1 008

27 3

g de H305,42 g de C

= 0,08911 ou18H NO

88,911% de H

( )( , )18 12 01

27 3

g de C305,42 g de C

= 0,7078 ou 718H NO

00,78 % de C

55 mg de capsaïcine1000 mg

mol305,42 g

× ×1 1g

6 022 10

1

23, × molécules

mol

0,05 mL de H Ocm

1 mL

1,00

cm

mol18,02 g2

3

3× × × ×

1

1

1g

04

,0688 mol de l0,0172 mol de Ge

=C

2,44 g de Clmol

35,45 g de Cl= 0,0688 mol de Cl×

1

1,25 g de Gemol

72,64 g de Ge= 0,0172 mol de Ge×

1

02

,00800 mol de0,00401 mol de Xe

=F

0,152 g de Fmol

19,00 g de F= 0,00800 mol de F×

1

0,526 g de Xemol

131,3 g de Xe= 0,00401 mol de Xe×

1

012

,120 mol de H0,00999 mol de KAl(SO )

=2

4 2

O

2,58 g de KAl(SO )mol

258,2 g de KAl(SO )4 24 2

×1

2,16 g de H Omol

18,02 g de H O= 0,120 mol de H O2

22×

1

3



Formule empirique : FeC2O4.

52. a) C10H15NO Masse molaire = 165,23 g/mol.

b)

c)

= 7,57 × 10–4 mol de C10H15NO

d)

= 4,56 × 1021 atomes de C

53. Règle générale pour les composés ioniques: métal + non-métal.

c) Li2S, sulfure de lithium.

d) In2O3, oxyde d’indium.

g) CaF2, fluorure de calcium.

54. a) Trifluorure de chlore.

b) Trichlorure d’azote.

c) Sulfate de chrome (III), ionique.

d) Nitrate de calcium, ionique.

e) Pentoxyde de diiode.

f) Trichlorure de phosphore.

g) Iodure de potassium, ionique.

h) Sulfure d’aluminium, ionique.

i ) Difluorure d’oxygène.

j ) Phosphate de potassium, ionique.

55. a) NaClO, ionique.

b) BI3

c) Al(ClO4)3, ionique.

d) Ca(CH3COO)2, ionique.

e) KMnO4, ionique.

f) (NH4)2SO3, ionique.

g) KH2PO4, ionique.

h) S2Cl2

i ) ClF3

j ) PF3


Formule empirique : C5H4.Masse formulaire de C5H4 = 64,08 g/mol.



Formule empirique : C5H14N2.

Masse formulaire de C5H14N2 = 102,2 g/mol = massemolaire du composé.

Formule moléculaire : C5H14N2.

59. 1,246 g de IxCly – 0,678 g de I = 0,568 g de Cl

Formule empirique : ICl3.Masse formulaire de ICl3 = 233,3 g/mol.

0 3,0160 mol de Cl0,005 34 mol de I

=mol de Cl

1 mol de I

0,568 g de Clmol

35,45 g de Cl= 0,0160 mol de Cl×

1

0,678 g de Imol

126,9 g de I= 0,005 34 mol de I×

1

1=

4 mol dde Hmol de N2

1 71

3,70 mol de H1,956 mol de N

=mol de Hmol de N

42 5

52

,893 mol de C1,956 mol de N

= =mol de Cmol de N

,

27,40 g de Nmol

14,007 g de N= 1,956 mol de N×

1

13,81 g de Hmol

1,0079 g de H= 13,70 mol de H×

1

58,77 g de Cmol

12,011 g de C= 4,893 mol de C×

1

16

228,16 g/mol4,08 g/mol

=

71 25

54

,802 mol de C6,24 mol de H

= =mol de Cmol de H

,

6,29 g de Hmol

1,008 g de H= 6,24 mol de H×

1

93,71 g de Cmol

12,011 g de C= 7,802 mol de C×

1

Cations Anions Noms FormulesFe3+ O2− oxyde de fer (III) Fe2O3

Li+ ClO4− perchlorate de lithium LiClO4

Al3+ PO43− phosphate d’aluminium AlPO4

Li+ Br− bromure de lithium LiBrBa2+ NO3

− nitrate de baryum Ba(NO3)2

Al3+ O2− oxyde d’aluminium Al2O3

Fe3+ CO32− carbonate de fer (III) Fe2(CO3)3

56. Cations Anions Noms FormulesNH4

+ Br− bromure d’ammonium NH4Br

Ba2+ S2− sulfure de baryum BaSFe2+ S2− sulfure de baryum BaSPb2+ F− fluorure de plomb (II) PbF2

Al3+ CO32− carbonate d’aluminium Al2(CO3)3

4,56 10 moléculesatomes de C

1 molécule20× ×

10

××

×6,022 10 molécules

1 mol de C H NO= 4,56 10

23

10 15

200 molécules

7,57 × 10–4 mol de C10H15NO

0,125 g de C H NOmol

165,23 g10 15 ×1

( )( , )10 12 01

15

g de C165,23 g de C

= 0,7269 ou 7210H NO

,,69 % de C

77

1

42

,58 10 mol de e,58 10 mol de C

=mol de4

42

×× −

–

–

FO

FFemol de C21 4

2O –

3



Formule moléculaire : I2Cl6.

60.

Formule empirique : V2S3.

61.

62. a) Vrai. La masse molaire de C8H18 est de 114,2 g/mol,donc 57,1 g équivalent à 0,500 mol d’octane.

b)

c) Vrai.

d) = 9,07 g de H

63. d) Na2MoO4

64.

65.

Masse molaire de MCl4 = 189,7 g.Masse atomique de M = 189,7 g – (4)(35,453) g = 47,9 g.M est le titane, Ti.

66.

AZ2 : (masse atomique de A) + (2)(masse atomique de Z) = 62.

A2Z3 : (2)(masse atomique de A) + (3)(masse atomique de Z) = 106.

(2)[62 – (2)(masse atomique de Z)] + (3)(masse atomique de Z) = 106.Masse atomique de Z = 18 g/mol.Masse atomique de A = 26 g/mol.

67. a) Volume = 0,0550 cm × 1,25 cm2 = 0,0859 cm3

b) 1,261 g de composé – 0,765 g de Ni = 0,496 g de F

Formule empirique : NiF2.

c) Fluorure de nickel (II).

68. a) 0,199 g de UxOy – 0,169 g de U = 0,030 g de O

La formule empirique est U3O8, un mélange d’oxyded’uranium (IV) et (VI).

b) La masse atomique de U étant de 238,0289 u, celasignifie que l’isotope 238U est le plus abondant.

c) 0,865 g – 0,679 g = 0,186 g de H2O

= 0,0103 mol de H2O

= 0,001 72 mol de UO2(NO3)2

La formule du composé hydraté est : UO2(NO3)2 i 6 H2O.

Chapitre 41. a) c = λν

b) E = hν

c)

2. L’énergie d’un photon, une particule de radiation sansmasse, est proportionnelle à sa fréquence de vibration. E = hν, où h est la constante de proportionnalité.

3. Violet, indigo, bleu, vert, jaune, orange et rouge.

4. L’électron se comporte comme une onde et une particule.La structure moderne de l’atome se base sur les propriétésondulatoires de l’électron et décrit des régions de proba-bilité de présence d’un électron donné autour du noyau.

ERhcnn = - 2

00

6,0103 mol de H O,001 72 mol de UO (NO )

=mol de H2

2 3 2

22

2 3 2

Omol de UO (NO )1

0,679 g de UO (NO )mol

394,0 g de UO (NO )2 3 22 3 2

×1

0,186 g de H Omol

18,02 g de H O22

×1

=mol de O

3 mol de U81

7 102 68,9 10 mol de O

10 mol de U=

mol de O1 mo

3××

–

–4,,

ll de U

0,030 g de Omol

16,00 g de O= 1,9 10 mol de O3× ×

1 –

0,169 g de Umol

238,0 g de U= 7,10 10 mol de U4× ×

1 –

0 2,0261 mol de F0,0130 mol de Ni

=mol de F

1 mol de Ni

0,496 g de Fmol

19,00 g de F= 0,0261 mol de F×

1

0,765 g de Nimol

58,69 g de Ni= 0,0130 mol de Ni×

1

0,0859 cmg

1 cm= 0,765 g de Ni3

3×

8 908,

Masse molaire de AZ =,3

0,15 mol= 62 g/mol2

9 g

Masse molaire de A Z =0,15 mol

= 106 g/mol2 3

15 9, g

( )( , ),

4 35 4530 7475

4

g de Clmasse molaire de MCl

=

( )( , ),

3 209 00 346

g de1086 g de C H Bi O

= g de21 15 3 12

BiBBi

2 comprimés300 mg de C H Bi O

comprimé 121 15 3 12× ×

1

1 g

0000 mg×

Faux. 57,1 g de C Hg de H

114,2 g de C188

8

18 1 008×

( )( , )HH18

Vrai.g de C

114,2 g de C=

8

( )( , ),

8 12 010 841

18H

339 82 121 8

3,( )( , )

g de Sbg de Sb

= 148 g de Sb S22 3

S

1,00 kg de minerai1 kg

g de Sb100,0 g de m

× ×1000 10 6g ,

iinerai×

0 1 3,0602 mol de S0,0400 mol de V

=,5 mol de S1 mol de V

=mmol de S

2 mol de V

1,93 g de Smol

32,07 g de S= 0,0602 mol de S×

1

2,04 g de Vmol

50,94 g de V= 0,0400 mol de V×

1

42

267 g/mol

33,3 g/mol=

3



5. a) Oui.

b) Non. L’intensité d’un rayonnement lumineux est indé-pendante de la fréquence et est plutôt liée à son nombrede photons.

c) Oui.

6. Un photon est une particule sans masse, un « paquetd’énergie ». Pour déplacer un électron, il faut le faireentrer en collision avec une autre particule. Puisque desrayonnements lumineux dirigés sur certains métauxexpulsent des électrons, la lumière doit donc êtreconstituée de «particules» ou paquets d’énergie appelésphotons.

7. Le modèle atomique de Bohr repose sur les hypothèsesqu’un électron ne peut circuler que sur certaines orbitescorrespondant à des niveaux d’énergie définis où il est sta-ble et où il reste tant qu’il n’est pas perturbé.

8. La série de Lyman se trouve dans l’ultraviolet et la série deBalmer, dans le visible.

9. c) L’émission d’énergie est observée sous forme delumière et provient du déplacement des électrons d’unniveau d’énergie n donné vers un autre moins élevé.

10. Il est impossible de connaître simultanément avecprécision la position d’un électron et son énergie, si celui-ci est décrit comme une onde. Ainsi, la théorie atomiquemoderne décrit des régions de haute probabilité de pré-sence d’un électron donné autour du noyau.

11. n, nombre quantique principal, décrit la taille de l’orbitale,= 1, 2, 3, ...

l, nombre quantique secondaire, décrit la forme de l’or-bitale, = 0, 1, 2, ..., (n – 1).

m, nombre quantique magnétique, décrit l’orientation de l’orbitale, = 0, ±1, ±2, ..., ±l.

12. Valeurs de l Types d’orbitales

3 f

0 s

1 p

2 d

13.

14. Types Nombre d’orbitales Nombre de d’orbitales dans une sous-couche surfaces nodales

donnée

s 1 0

p 3 1

d 5 2

f 7 3

15. a) Les micro-ondes.

b) La lumière rouge.

c) L’infrarouge.

16. a) Comme la longueur d’onde est inversement propor-tionnelle à la fréquence, le signal vert a une plus hautefréquence que le signal ambre.

b)

17. a)

b)

18.

E = hν = (6,626 × 10−34 J i )(7,31 × 1014 ) = 4,84 × 10-19 J/photon

= 2,92 × 105 J/mol de photons.

19. a) 285,2 nm : région de l’ultraviolet ;

383,8 nm : à la limite de la région du visible ;

518,4 nm : région du visible.

b)

c) 285,2 nm. L’énergie d’une radiation est inversement pro-portionnelle à sa longueur d’onde.

d)

20. d) Les ondes radio FM.

c) Les micro-ondes.

6 022 101

4 197 1023

5,,

××

photonsmol

= J/mol

Ehc

= =λ

( , )( , )

,

6 626 10 2 998 10

2 852

8× ×–34 –1J s m si i

×××

10–7 m

νλ

= =s

2,852 10=

1

7

c 2 998 101 051 10

815,

,×

××

m

ms

i –

––11

285 21 10

2 852 109

, ,nmnm

m××

×− m

1= –7

4 84 10 6 022 1023, ,××

×–19 Jphoton1

photons1 mol

s−1s

νλ

= =2,998

= 1c ××

×10

4 10 107 31 10

814m s

ms

i –1

–7–

,,

4101 10

4 10 109

nmnm

m××

×− m

1= , –7

2251

3 0673 6m

longueur d onde

mlongueurs d on×

’

,, ’= dde

λν

= = =c 2 998 10

98 1 103 06

8

6

,

,,

×

×

m s

sm

i –1

–1

2251

261m

longueur d onde

mlongueurs d on×

’’= 0,863 dde

λν

= = =c 2 998 10

1150 10261

8

3

, ×

×

m s

sm

i –1

–1

ν = = =cλ

2 998 10

5 95 105 04 10

814,

,,

××

×m s

ms

i –1

–7–1

5951 10

5 95 109

nmnm

m××

×–

–7m

1= ,

x

y

Orbitale pxOrbitale s

4



a) La lumière jaune.

e) UV

b) Les rayons X.

21.

= 3,32 × 10−19 J/photon

= 5,98 × 10−7 m (région du visible)

22.

= 3,68 × 10−19 J/photon

Non, cette lumière (540 nm et plus) n’a pas assez d’énergie(3,68 × 10-19 J/photon) pour activer l’interrupteur.

23. a)

b) Violet.

c) ni = 6 et nf = 2.

24. a) n = 3 à n = 2.

b) n = 4 à n = 1. À mesure que les niveaux d’énergie aug-mentent, ils se rapprochent progressivement. La diffé-rence d’énergie entre n = 4 et n = 1 est donc plus grandeque celle entre n = 5 et n = 2.

25.

= 1,936 × 10−18 J/photon

= 102,6 nm (région de l’ultraviolet)

26. a) De n = 4 à n = 3, 2 ou 1 3 raies

De n = 3 à n = 2 ou 1 2 raies

De n = 2 à n = 1 1 raie

Total 6 raies possibles

b) n = 4 à n = 3.

c) n = 4 à n = 1.

d) n = 4 à n = 3.

27.

= 2,9 × 10−10 m ou 0,29 nm

28.

= 5,6 × 10−12 m ou 0,0056 nm

29. 1,0 × 102 g = 0,10 kg

30. a) Lorsque n = 4, l peut être 0, 1, 2, 3.

b) Lorsque l = 2, m peut être -2, -1, 0, +1, +2.

c) Pour une orbitale 4s, n = 4, l = 0 et m = 0.

d) Pour une orbitale 4f, n = 4, l = 3 et m peut être -3, -2, -1, 0, +1, +2, +3.

31. a) Lorsque l = 2, l’orbitale est de type d. C’est une orbitale4d.

b) Lorsque n = 5, l = 0, 1, 2, 3 et 4.

l = 0 Une orbitale s

l = 1 Trois orbitales p

l = 2 Cinq orbitales d

l = 3 Sept orbitales f

l = 4 Neuf orbitales g

Il y a un total de 25 ou n2 orbitales sur le niveau d’éner-gie n = 5.

c) Sept orbitales ; m = -3, -2, -1, 0, +1, +2, +3.

32. La combinaison c) est permise.

a) La valeur de l ne peut être plus grande que n − 1. Donc,lorsque n = 2, la valeur maximale de l est 1.

b) et d) Lorsque l = 0, m ne peut être égal qu’à 0.

e) La valeur de m ne peut se situer qu’entre -1 et +1. Donc,lorsque l = 3, m ne peut être égal qu’à -3, -2, -1, 0, +1,+2, +3.

33. a) Aucune. Lorsque l = 0, m ne peut être égal qu’à 0.

b) Trois orbitales.

v = =m s

(0,10 )(5,6 10

2 1h

mλ6 626 10 34, ×

×

– –

–1

kg

kg

i i

22–21 –1

m)1 2 10, × m si

5 6 101 10

5 6 109

, ,× ××

×–3–

–12nmnm

mm

1=

2 2 101

1 102 2 10

9, ,× ×

××–34

––25m

mnm

nm=

λ = =kg m

(0,10 )(30 m )

2hmv

6 626 10 34, × – –1

–1

i i

i

s

kg s== 2 2 10, × –34 m

λ = =kg m s

(9,11 10 kg)(1,

2 1

31

hmv

6 626 10 34, ××

– –

–

i i

33 10 m s )8 1× i –

λ = =kg m s

(9,109 10 kg)(2

2 1

31

hmv

6 626 10 34, ××

– –

–

i i

,,5 10 m s )6 1× i –

2 5 10 12 5 10

86,

,×

× ×cm

cmm s

1 sm

100= i –1

λν

= = =c 2 998 10

2 922 101 026 10

8

15

,,

,×

××

m ssi –1

–1–7 mm

ν = = =Eh

1 936 106 626 10

2 922 1018

15,,

,×

××

− JJ s

s–34 i

––1

1166 16 022 10

1000123

kJ1 mol

××

×mol

photonsJ

kJ,

= - kJ/mol = -1166 kJ/mol131211

132 2–

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∆⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟E

n n= -1312 kJ/mol

1 12 2f i

–

νλ

= =m s

4,102 10 m=

1

7

c 2 998 107 309 10

814,

,×

××

i –

––s 11

410 21 10

4 102 109

, ,nmnm

m××

×− m

1= –7

Ehc

= =λ

( , )( , ),

6 626 10 2 998 105 40

8× ××

–34 –1J s m si i

110–7 m

5401 10

5 40 109

nm m××

×–

–7m1 nm

= ,

λ = =hcE

( , )( , ),

6 626 10 2 998 103 32

8× ××

–34 –1J s m si i

110–19 J

2001

16 022 10

1000123

kJmol

molphotons

JkJ

××

×,

4



c) Onze orbitales.

d) Une orbitale.

34. 2d et 3f ne peuvent exister parce qu’elles ne suivent pas larègle l = 0, 1, 2, ..., (n − 1). Dans la couche n = 2, on netrouve que les sous-couches s et p, alors qu’il n’y a que lessous-couches s, p et d dans la couche n = 3.

35. n l m

a) 2p 2 1 -1

2 l 0

2 l +1

b) 3d 3 2 -2

3 2 -1

3 2 0

3 2 +1

3 2 +2

c) 4f 4 3 -3

4 3 -2

4 3 -1

4 3 0

4 3 +1

4 3 +2

4 3 +3

36. d) 4d

37.

38. a)

b) E = hν = (6,626 × 10−34 J i )(850 × 106 ) ×

c)

Une mole de photons de lumière bleue a une énergiede 285 kJ/mol, soit environ 840 000 fois plus qu’unemole de photons provenant du signal téléphonique.

39.

= 4,23 × 10−19 J/photon

40.

L’énergie d’ionisation de He+ (5248 kJ/mol) est quatre foisplus grande que celle de H (1312 kJ/mol).

41. a) Trois orbitales. e) Cinq orbitales.

b) Trois orbitales. f) Sept orbitales.

c) Une orbitale. g) Vingt-cinq orbitales.

d) Cinq orbitales. h) Une orbitale.

42. b), e), f), g) et j). Cependant, les atomes h) et les molé-cules i) peuvent être observés à l’aide d’un microscopeélectronique à effet tunnel.

43.

= 2,6 × 102 s ou 4,3 min

44. a) la taille et l’énergie

b) l

c) plus

d) 7

e) 1

f) Lettres : d s p

l : 2 0 1

Surfaces nodales : 2 0 1

g) 0, 1, 2, 3 et 4

h) 16

Chapitre 51. n, nombre quantique principal, décrit la taille de l’orbitale,

= 1, 2, 3, ...

l, nombre quantique secondaire, décrit la forme des orbi-tales d’une sous-couche, = 0, 1, 2, ..., (n – 1).

m, nombre quantique magnétique, décrit l’orientation del’orbitale d’une sous-couche assignée à un électron, = 0,±1, ±2, ..., ±l.s, nombre quantique de spin, décrit la rotation de l’élec-

tron sur lui-même, = + ou - .

2. Deux électrons dans un atome ne peuvent avoir les quatremêmes nombres quantiques n, l, m et s.

12

12

7 8 101000 17, × × ×

×km

m

km m1

s

2,998 108

= -(2 kJ/mol = kJ/mol2)( )13121 1

152482 2∞

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

–

∆⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟E Z Rhc

n n= - kJ/mol2 1 1

2 2f i

–

2 50 104 23 10

5 92 1014

4,,

,×

××

JJ photon

photon–19 /= ss

Ehc

= =λ

( , )( , )

,

6 626 10 2 998 10

4 70

8× ××

–34 –1J s m si i

110–7 m

2 85 100

8 40 105

5,,

××

J/mol,339 J/mol

=

6 022 101

2 85 1023

5,,

××

photonsmol

= J/mol

Ehc

= =λ

( , )( , )

,

6 626 10 2 998 10

4 20

8× ××

–34 –1J s m si i

110–7 m×

6 022 101

0 33923,

,× photons

mol= J/mol

s−1s

λν

= = =c 2 998 10

850 100 353

8

6

,,

×

×

m s

sm

i –1

–1

6 022 101

11000

23, ××

photonsmol

kJJ

= 319 kJ/mol de phhotons

Ehc

= =λ

( , )( , )

,

6 626 10 2 998 10

3 75

8× ××

–34 –1J s m si i

110–7 m×

3751 10

3 75 109

nmnm

m××

×–

–7m

1= ,

4



3. LiNotation spdf 1s 22s1

Cases quantiques

4. L’arrangement le plus stable des électrons occupant desorbitales de même énergie est celui qui possède le maxi-mum d’électrons non appariés, tous possédant le mêmespin.

La configuration du carbone est ,

non .

5. La notation abrégée remplace la configuration électro-nique correspondant au gaz rare par son symbole mis entrecrochets. Par exemple, Li : [He]2s 1.

6. Les éléments du groupe 3A (13) sont B, Al, Ga, In et Tl.Prenons l’exemple du bore. Le numéro de groupe, 3A,nous indique que le bore possède trois électronspériphériques.

7. Le rayon atomique diminue dans une période et augmentedans un groupe. En général, l’énergie d’ionisation et l’affi-nité électronique augmentent dans une période, et diminuentdans un groupe.

8. PhosphoreNotation spdf 1s 22s 22p 63s 23p 3

Cases quantiques

Le phosphore, qui se trouve dans le groupe 5A, possède cinqélectrons périphériques.

Chlore

Notation spdf 1s 22s 22p 63s 23p 5

Cases quantiques

Le chlore, qui se trouve dans le groupe 7A, possède sept élec-trons périphériques.

9. Cr : 1s 22s 22p63s 23p63d 54s1

Fe : 1s 22s 22p63s 23p63d 64s2

10. a) As : [Ar]3d104s 24p3

b) Kr : [Ar]3d104s 24p6 (ou [Kr]).

11. a) Sr : [Kr]5s 2

b) Zr : [Kr]4d 25s2

c) Rh : [Kr]4d 75s 2 (configuration réelle : [Kr]4d 85s 1).

d) Sn : [Kr]4d 105s25p2

12. a) Ta : [Xe]4f 145d 36s 2

b) Le platine est le huitième élément des métaux detransition de la sixième période. Ses électronspériphériques correspondent donc à 5d 86s2. Ainsi, laconfiguration électronique du platine devrait être[Xe]4f 145d 86s2. Par contre, la configuration réelle(tableau 5.3) est [Xe]4f 145d 96s1.

13. a) Sm : [Xe]4f 55d 16s2 (configuration réelle : [Xe]4f 66s 2).

b) Yb : [Xe]4f 146s2 (symétrie sphérique).

14. Am : [Rn]5f 77s 2 (symétrie sphérique).

15. a) Mg2+

b) K+

c) Remarquez que Cl− et K+ ont la même configuration élec-tronique. Ils sont isoélectroniques avec Ar.

Cl−

d) O2−

e) Al3+

16. a) V est paramagnétique ; il a trois électrons non appariés.

b) V2+ est paramagnétique ; il a trois électrons non appa-riés.

c) V5+ a une configuration électronique équivalant à cellede l’argon. Il est diamagnétique, puisque tous ses élec-trons sont appariés.

17. a) Mn

b) Mn2+

c) Cinq électrons non appariés.

d) Oui, il est paramagnétique, puisqu’il a au moins un élec-tron non apparié.

18. Cu+

Cu2+

L’ion Cu2+ est paramagnétique.

19. a) Le nombre quantique de spin, s, ne peut être égal à 0.

La combinaison est permise si s = + ou - .

b) Les valeurs permises pour m doivent se retrouver dansl’intervalle -l et +l. La combinaison est permise si m = -1, 0 ou +1.

c) La valeur maximale pour l est (n − 1). La combinaisonest permise si l = 1 ou 2 (ne peut être égal à 0 dans cecas en raison de la valeur de m).

12

12

3d 4s

[Ar]

3d 4s

[Ar]

3d 4s

[Ar]

3d 4s

[Ar]

3d 4s

[Ar]

3d 4s

[Ar]

3d 4s

[Ar]

1s 2s 2p

1s 2s 2p

1s 2s 3s2p 3p

1s 2s 3s2p 3p

1s 2s 2p

1s 2s 3s2p 3p

1s 2s 3s2p 3p

1s 2s 2p

1s 2s 2p

1s 2s

5



20. a) Quatorze électrons.

b) Deux électrons.

c) Aucun, parce que l ne peut être égal à n. La valeur maxi-male pour l est (n − 1).

d) Un électron.

21. Phosphore

22. Ordre croissant de taille : C < B < Al < Na < K.

23. Ordre croissant de taille : P < Ge < Ca < Sr < Rb.

24. a) Cl− > Cl b) Al > O c) In > I d) Cs > Rb

25. c) Li < Si < C < Ne

26. K < Li < C < N

27. a) Na a le plus grand rayon.

b) O a l’affinité électronique la plus négative.

c) Na < Mg < P < O

28. a) S < O < F. L’énergie d’ionisation diminue dans ungroupe (S < O) et augmente généralement dans unepériode (O < F).

b) O. L’énergie d’ionisation diminue dans un groupeparce l’électron est de plus en plus éloigné du noyau.

c) Cl. L’affinité électronique diminue dans un groupe (Br < Cl) et augmente généralement dans une période (Se < Br).

d) O2−. Les anions sont toujours plus gros que leur atomeneutre (F− > F). O2− et F− sont isoélectroniques (10 élec-trons), mais O2− a seulement 8 protons pour attirer les10 électrons alors que F− en a 9 (O2− > F−).

29. Rf : [Rn]5f 146d 27s2

30. U

U4+

L’uranium et l’ion uranium (IV) sont paramagnétiques.

31. a) Ce : [Xe]4f 15d 16s2

Ce3+ : [Xe]4f 1

b) Ho : [Xe]4f 116s 2 (voir le tableau 5.3).

Ho3+ : [Xe]4f 10

32. a) Numéro atomique = (2 + 8 + 8 + 2) = 20.

b) Nombre total d’électrons s = (2 + 2 + 2 + 2) = 8.

c) Nombre total d’électrons p = (6 + 6) = 12.

d) Nombre total d’électrons d = 0.

e) Cet élément, le calcium (Ca), est un métal.

33. a) 4 (Z = 71 = Lu ; [Xe]4f 145d 16s 2).

b) 3 (Cu : [Ar]3d104s1).

34. a) P, phosphore.

b) Be, béryllium.

c) N, azote.

d) Tc, technétium.

e) Cl, chlore (voir la figure 5.10).

f) Zn, zinc.

35. Cl− < Cl < Ca2+. Ca2+ (20 protons) et Cl− (17 protons) sont iso-électroniques (18 électrons). Il est donc plus difficile d’ioni-ser le cation, car ses électrons sont plus fortement attiréspar le noyau, que Cl−. Celui-ci est plus facilement ionisa-ble que son élément neutre en raison de la répulsionélectron-électron (effet d’écran).

36. a) A est un métal alcalino-terreux.

b) B, un halogène, est un non-métal.

c) B devrait avoir la plus grande énergie d’ionisation.

d) B a le plus petit rayon atomique.

37. In4+ L’indium n’a pas tendance à former un ion +4 parce qu’il ne possède que trois électrons périphériques.

Fe6+ Les ions qui possèdent une charge de +3 ou +4 ont peu tendance à perdre des électrons.

Sn5+ L’étain n’a pas tendance à former un ion +5 parce qu’il ne possède que quatre électrons périphériques.

38. Ordre décroissant de taille : S2− > Cl− > K+ > Ca2+.Ces ions sont isoélectroniques, mais ils n’ont pas le mêmenombre de protons.

39. a) Se

b) Br−

c) Na. Extraire un électron périphérique (Na ([Ne]3s1)Na+) requiert beaucoup moins d’énergie que

l’extraction d’un électron interne (Na+ ([Ne]) Na2+).

d) N

e) N3−. Pour des espèces isoélectroniques, moins il y a deprotons, moins les électrons sont attirés par le noyau,plus grand est le rayon.

4f 5d 6s

[Xe]

4f 5d 6s

[Xe]

4f 5d 6s

[Xe]

4f 5d 6s

[Xe]

5f 6d 7s

[Rn]

5f 6d 7s

[Rn]

12

n m s= 3, = 1, = +1, = +l

12

n m s= 3, = 1, = 0, = +l

12

n m s= 3, = 1, = -1, = +l

12

n m s= 3, = 0, = 0, = -l

12n m s= 3, = 0, = 0, = +l

3s 3p

[Ne]

5



40. a) Ordre croissant de taille : Ca2+ < K+ < Cl−.

b) Ordre croissant d’énergie d’ionisation : Cl− < K+ < Ca2+.

c) Ordre croissant d’affinité électronique (valeur de plus enplus négative) : Cl− < K+ < Ca2+.

41. Mn et Co. Mn3+ : [Ar]3d 4 et Co3+ : [Ar]3d 6

42. L’énergie d’ionisation diminue dans un groupe parce que,l’électron étant de plus en plus éloigné du noyau, la forced’attraction noyau-électron diminue.

43. a) Co, cobalt.

b) Paramagnétique, parce qu’il a trois électrons non appariés.

c) L’ion +3 sera formé par la perte des deux électrons 4set d’un électron 3d, laissant quatre électrons non appariés.

44. La diminution de la taille des atomes dans une période estattribuée à l’augmentation de la charge nucléaire effectiveZeff, ce qui contracte les nuages électroniques.

45. Li, lithium. Des quatre éléments, seul Li fait partie dugroupe 1A (1). Au cours de la première ionisation, c’estl’électron (périphérique) provenant de l’orbitale 2s qui estenlevé, formant ainsi un ion avec une couche remplie([He]). Extraire un deuxième électron, cette fois d’unecouche remplie, requiert beaucoup plus d’énergie.

46. L’électron acquis par les éléments du groupe 4A (14) seretrouve dans une orbitale p vide donnant une symétriesphérique à cet élément. Par contre, les éléments dugroupe 5A (15) acquièrent un électron dans une orbitalep déjà occupée. Les répulsions électron-électron causentune diminution de l’affinité électronique, ce qui n’est pasprévu par la tendance.

47. Pour former CaF3, le calcium devrait être un cation +3, cequi n’est pas le cas puisqu’il appartient au groupe 2A.Comme il forme un cation +2 (configuration électroniqued’un gaz rare), la formation de Ca3+ est hautement défa-vorisée énergétiquement.

48. Puisque la masse des éléments augmente de K à V et queleur rayon atomique diminue, la masse volumique (masse/volume) augmente.

49. En général, puisque la charge nucléaire effective augmentedans une période, l’énergie d’ionisation augmente aussi.Toutefois, pour le bore, il est plus facile d’extraire unélectron non pairé situé dans une orbitale 2p de plus hauteénergie qu’un électron de l’orbitale 2s du Be qui estcomplètement remplie.

50. En général, puisque la charge nucléaire effective augmentedans une période, l’énergie d’ionisation augmente aussi.Toutefois, pour le soufre, deux de ses quatre électrons 2psont appariés. Ceux-ci subissent une répulsion électron-électron plus forte que s’ils étaient seuls dans une orbitalep. Cette répulsion plus importante rend la première ioni-sation plus facile.

51. a) S

b)

c) Énergie d’ionisation la plus faible : S.

Plus petit rayon : O.

d) S < S2−

Chapitre 61. Li : un électron périphérique.

Ti : quatre électrons périphériques.

Zn : deux électrons périphériques.

Si : quatre électrons périphériques.

Cl : sept électrons périphériques.

2.

La liaison est ionique.

3. Ioniques : a) KI et b) MgS.

Covalents : c) CS2 et d) P4O10.

4. L’énergie réticulaire est l’énergie de formation d’une molede composé ionique à l’état solide à partir de ses ionsconsidérés à l’état gazeux. Comme l’ion lithium est pluspetit que l’ion césium, l’énergie réticulaire de LiF devraitdonc être plus négative que celle de CsF.

5.

6. NH3 et SO3 respectent la règle de l’octet.

NO2 et O2− ont un nombre impair d’électrons.

7. Le benzène possède deux formes limites de résonance quidiffèrent par le positionnement des liaisons doubles.

8. Indice de liaison = = 1,5.

9. C F < C O < C N < C C < C B

10. L’énergie de liaison est la variation d’enthalpie accom-pagnant le bris d’une liaison dans une molécule, les réactifset les produits se trouvant à l’état gazeux, dans les condi-tions normales de température et de pression (T = 273,15 K,P = 101,325 kPa). Le bris d’une liaison requiert toujoursde l’énergie, la variation d’enthalpie est donc a), toujourspositive.

11. Plus l’indice de liaison est élevé, plus la liaison est courteet plus l’énergie de liaison est élevée.

12. L’électronégativité est la capacité d’un atome situé dans unemolécule à attirer un électron. L’affinité électronique estla variation d’énergie lorsqu’un atome en phase gazeusecapte un électron.

13. L’électronégativité augmente généralement dans unepériode et diminue dans un groupe.

14. Le principe d’électroneutralité stipule que, dans unemolécule, les électrons sont distribués de manière à ce queles charges sur des atomes soient les plus proches possiblede zéro. En outre, si une charge négative se crée, elle doitêtre placée sur l’atome le plus électronégatif. De la mêmefaçon, une charge positive se trouve sur l’atome le moinsélectronégatif.

3 doublets liants2 liaisons C O

A

A

Cl

B

Cl

AClA

A

Cl

B

Cl

A

A

H

N H

H

A ACl

K � K�F F–

12n m s= 3, = 1, = , = -l + 1

1s 2s 3s2p 3p

56



Ce principe permet d’exclure la forme limite suivante, carun atome d’oxygène a une charge de +1 et l’autre, unecharge de -1, situation qui s’éloigne du principe d’élec-troneutralité. De plus, une charge de +1 se trouve sur unatome très électronégatif.

15. La théorie RPE constitue un modèle permettant de prévoirla géométrie des molécules covalentes et des ions poly-atomiques. Elle repose sur le fait que les doublets liants et les paires d’électrons libres se repoussent et cher-chent à être aussi éloignés que possible.

16. La molécule d’eau comporte quatre paires d’électronsautour de l’atome d’oxygène. La géométrie des pairesd’électrons est la géométrie adoptée par ces quatre pairesd’électrons. La géométrie de la molécule est la formedécrite par les atomes de la molécule. La géométrie despaires d’électrons de l’eau est tétraédrique, alors que saforme est coudée.

17. a) Si Groupe 4A (14) quatre électrons périphériques.

b) B Groupe 3A (13) trois électrons périphériques.

c) Na Groupe 1A (1) un électron périphérique.

d) Mg Groupe 2A (2) deux électrons périphériques.

e) F Groupe 7A (17) sept électrons périphériques.

f) Se Groupe 6A (16) six électrons périphériques.

18. b) P, e) Cl, g) Se, et h) Sn peuvent s’entourer de plus dequatre paires d’électrons périphériques parce qu’ils se trou-vent dans la troisième période et au-delà.

19. Plus négative : b) MgS.

Moins négative : a) NaCl.

20. Ordre croissant de leur énergie réticulaire : RbI < LiI < LiF < CaO.

21. Lorsque la distance entre deux ions diminue, la force d’at-traction augmente, ce qui rend le réseau plus stable. Ainsi,le point de fusion est plus élevé puisqu’il faut plus d’éner-gie pour faire fondre le composé.

22. a) NF3

Vingt-six électrons périphériques.

b) HOBr

Quatorze électrons périphériques.

c) ClO3−


d) SO32−


23. a) CHClF2


b) CH3COOH

Vingt-quatre électrons périphériques.

c) CH3CN

Seize électrons périphériques.

d) F2C CF2

Trente-six électrons périphériques.

24. a) SO2, 18 électrons périphériques.

b) HNO3, 24 électrons périphériques.

c) SCN−, 16 électrons périphériques.

25. a) BrF3, 28 électrons périphériques.

b) I3−, 22 électrons périphériques.

c) XeO2F2, 34 électrons périphériques.

AXeFO OAO

O

F

I�

OI IO

O OAF

BrF F

� �SW CON SPCPN W NSOC

�

AO O

N

O

NHOP OO O O OO HOO

P

NO PO HOO

P

OOSPO OPSOO

FO

FO

FO

FOCPC

A

A

H

H

CH NO CO W

A

A

H

H

CH HO C OO O O

O

P

A

A

F

H

CO OCl F

A

2�

OOSOO

O

A

�

OOClOO

O

HOOOBr

AFONOF

F

+1 0 -1

O OC

6



d) XeF3+, 28 électrons périphériques.

26. a)

b)

c)

d)

27. a)

b)

c)

d)

28. La flèche pointe vers le pôle négatif du dipôle.

a) C O C N+� -� +� -�

La liaison C O est la plus polaire.

b) P Cl P Br+� -� +� -�

La liaison P Cl est la plus polaire.

c) B O B S+� -� +� -�

La liaison B O est la plus polaire.

d) B F B I+� -� +� -�

La liaison B F est la plus polaire.

O = 6 + = -1– 612

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + = +1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

H = 1 + =– 012

2 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

HOOONPO00 0

-1

+1

AO

N = 5 =– 212

6 0+ ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

F = 7 + =– 612

2 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

FN

F

F

O = 6 + = -1– 612

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + =– 212

6 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

OPNOO�

N = 5 + = +1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

OO N�

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 =– 212

6 0+ ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

H = 1 + =– 012

2 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N HOH

H

B = 3 + = -1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

H = 1 + =– 012

2 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

H H

H

H

B

–

P = 5 + = +1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + = -1– 612

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

3–

O O

O

O

P

N = 5 + =– 212

6 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

H = + =1 012

2 0– ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

NH N H

H

H

XeFO OA

F

�F

6



29. a) Les liaisons C H et C O sont polaires ; les liaisonsC C et C C sont non polaires.

b) La liaison C O est la plus polaire et l’atome O est leplus électronégatif.

30. a) Même si la charge formelle est -1 sur B et 0 sur F, lefluor est beaucoup plus électronégatif. Puisque les liai-sons B F sont polaires, la charge négative est répar-tie sur tous les atomes de fluor.

b) Même si la charge formelle est -1 sur B et 0 sur H,l’hydrogène est légèrement plus électronégatif. Ainsi, lacharge négative est répartie sur tous les atomesd’hydrogène.

c) La charge formelle est -1 sur O et 0 sur H. Cela estcohérent avec l’électronégativité de l’oxygène qui estsupérieure à celle de l’hydrogène. La liaison O H estpolaire.

d) La liaison C O est la plus polaire avec δ– porté parl’atome le plus électronégatif, l’oxygène.

31. a)

b) Forme A

Forme B

Forme C

c) La forme limite prépondérante est C : les charges sontles plus petites possible et l’élément le plus électro-négatif, O, porte la charge négative.

32. a) Oui, ils sont isoélectroniques, car ils contiennent tousles deux 24 électrons périphériques.

b) CO32− a trois formes limites et BO3

3− en a quatre.

c)

C 0 0 0

O(1) 0 -1 -1

O(2) -1 0 -1

O(3) -1 -1 0

B 0 -1 -1 -1

O(1) -1 0 -1 -1

O(2) -1 -1 0 -1

O(3) -1 -1 -1 0

d) L’ion H+ se lie à un atome d’oxygène.

33.

L’ion H+ se lie à l’atome d’oxygène.

34. Espèces Types de liaisons Indices de liaison

a) H2CO Deux liaisons simples C H. 1

Une liaison double C O. 2

b) SO32– Trois liaisons simples S O. 1

c) NO2+ Deux liaisons doubles N O. 2

d) NOCl Une liaison double N O. 2

Une liaison simple O Cl. 1

35. a) B Cl c) P O

b) C O d) C O

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥O = 6 + = -1– 6

12

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + = -1– 612

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥O = 6 + =– 4

12

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

C = 4 + =– 012

8 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥C = 4 + =– 0

12

8 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

H = + =1 012

2 0– ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥H = 1 + =– 0

12

2 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

OH COO

�

P

O

OH CPO

�

AO

AO

OO BOO O

3�

OAO

OO BPO

3�

O BOP

3�

OO BO

3�

P

OAO

AO

OO COP P

2�

O

OO COO

2�

P

OO CO

2�

AO

O(1)

O(2) O(3)

O = 6 + = -1– 612

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + = +1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + =– 212

6 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + = +1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + = -1– 412

4×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

O = 6 + = +1– 212

6×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + = +1– 012

8×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

N = 5 + = -2– 612

2×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

NPNPOW O NNON W NOO

A B C

00 +1 -1-1 +1+1 +1-2

6

© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.Document reproductible. Droit de reproduction restreint.


36. Espèces Types de liaisons Indices de liaison

NO2+ Deux liaisons doubles N O. 2

NO2− Une liaison simple N O.

Une liaison double N O.

Deux formes limites de résonance. 3/2

NO3− Deux liaisons simples N O.

Une liaison double N O.

Trois formes limites de résonance. 4/3

Les liaisons azote-oxygène de NO3− sont les plus longues

(indice de liaison le plus faible), alors que celles de NO2+

sont les plus courtes (indice de liaison le plus élevé).

37. La liaison carbone-oxygène dans le formaldéhyde estdouble avec un indice de liaison 2. Dans le monoxyde decarbone, cette liaison est triple, indice de liaison 3. Lemonoxyde de carbone possède donc la liaison CO la pluscourte et la plus forte.

38. CO (g) + Cl2 (g) Cl2CO (g)

Au moment de cette réaction, une liaison triple C O etune liaison simple Cl Cl sont brisées, alors qu’une liaisondouble C O et deux liaisons simples C Cl sont formées.

∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) − ΣD (liaisons formées)

∆H 0 = (1 mol × DC O + 1 mol × DCl Cl) − (1 mol × DC O + 2 mol × DC Cl)

∆H 0 = (1 × 1046 kJ/ + 1 × 242 kJ/ ) −(1 × 745 kJ/ + 2 × 339 kJ/ )

∆H 0 = 1288 kJ − 1423 kJ

∆H 0 = -135 kJ

39. O3 (g) + O (g) 2 O2 (g)


∆H 0 = 2 mol × Doo (ozone) − 2 mol × DO O

-394 kJ = 2 mol × Doo (ozone) − 2 × 498 kJ/

Doo (ozone) = 301 kJ/mol

DO O = 146 kJ/mol

DO O = 498 kJ/mol

On estime que l’énergie de liaison des liens oxygène-oxygène dans l’ozone se situe entre celles des liaisons sim-ples et des liaisons doubles oxygène-oxygène. Pour l’ozone,l’indice de liaison est 1,5, valeur comprise entre les indicesd’une liaison simple (= 1) et d’une liaison double (= 2).Par conséquent, l’énergie de liaison oxygène-oxygène dansl’ozone est cohérente avec l’indice de liaison.

Les ions a) et b) sont isoélectroniques (24 électrons péri-phériques) et leur géométrie de paires d’électrons et leurforme sont identiques. Les ions c) et d) sont aussi isoélec-troniques (26 électrons périphériques) et ont une géomé-trie des paires d’électrons et une forme identiques.

b)A

FOClOF

F

Géométrie des paires d’électrons :bipyramidale trigonale ;forme : en T.

43. a)�

FOClOF Géométrie des paires d’électrons :bipyramidale trigonale ;forme : linéaire.

42. a)2�

C

PO

O OO O

Géométrie des pairesd’électrons : trigonale plane ;forme : trigonale plane.

b)�

N

P

O

O OO O

Géométrie des pairesd’électrons : trigonale plane ;forme : trigonale plane.

c)2�

SO OO OAO Géométrie des paires

d’électrons : tétraédrique ;forme : pyramidale trigonale.

d)�

ClO OO OAO Géométrie des paires

d’électrons : tétraédrique ;forme : pyramidale trigonale.

41. a) OOClOO–

Géométrie des paires d’électrons :tétraédrique ;forme : coudée.

b)ACl

SnO OCl Cl

�

Géométrie des paires d’électrons :tétraédrique ;forme : pyramidale trigonale.

c)

A

AO

P

O

3�

O OO O

Géométrie des paires d’électrons :tétraédrique ;forme : tétraédrique.

d)S SCP P Géométrie des paires d’électrons :linéaire ;forme : linéaire.

c) SPCPN�

Géométrie des paires d’électrons :linéaire ;forme : linéaire.

d)HOOOF Géométrie des paires d’électrons :tétraédrique ;forme : coudée.

40. a)A

ClONOH

H

Géométrie des paires d’électrons :tétraédrique ;forme : pyramidale trigonale.

b) ClOOOCl Géométrie des paires d’électrons :tétraédrique ;forme : coudée.

molmol

molmolmolmolmolmolmolmol

6

© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.Document reproductible. Droit de reproduction restreint.


44. a) Angle O S O théorique dans SO2 = 120°.

b) F B F dans BF3 : 120°.

c) Cl C Cl dans Cl2CO : 120°.

d) H C H = 109,5° et C C N = 180°.

45. a) Angle 1 = 120° ; angle 2 = 109,5° ; angle 3 = 120° ; angle 4 < 109,5° ; angle 5 < 109,5°.

b) La chaîne CH2 CH(NH2) COOH ne peut êtrelinéaire parce que les deux premiers atomes de carboneont des angles de liaison de 109,5°, et le troisième atomede carbone a des angles de liaison de 120° avec C et O.

46. Molécule ∆χ

H2O O H = 3,5 − 2,1 = 1,4

CS2 S C = 2,5 − 2,5 = 0

CCl4 Cl C = 3,0 − 2,5 = 0,5

PCl3 Cl P = 3,0 − 2,1 = 0,9

ClF F Cl = 4,0 − 3,0 = 1,0

a) H2O a les liaisons les plus polaires. La différence d’électro-négativité est la plus grande entre les atomes O et H.

b) CS2 et CCl4 sont des molécules non polaires.

c) L’atome F dans ClF est le plus négatif (il est l’atome leplus électronégatif).

47. Molécule ∆χ Géométrie de Polarité de la molécule la molécule

BeCl2 Cl Be = 3,0 - 1,5 = 1,5 linéaire non polaire

HBF2 H B = 2,1 – 2,0 = 0,1

F B = 4,0 – 2,0 = 2,0 trigonale plane polaire

La charge négative du dipôle se situe entre les 2 F ;l’extrémité positive est sur le H.

CH3Cl Cl C = 3,0 – 2,5 = 0,5

C H = 2,5 – 2,1 = 0,4 tétraédrique polaire

La charge négative du dipôle est sur le Cl ;les trois H représentent l’extrémité positive.

SO3 O S = 3,5 – 2,5 = 1,0 trigonale plane non polaire

48. a)

b)

c)

Ces trois espèces sont linéaires et comportent 16 électronspériphériques.

49. Les liaisons N O dans NO2− ont un indice de liaison 1,5

alors que dans NO2+ il est 2. La liaison la plus courte

(110 pm) est celle ayant l’indice de liaison le plus élevé(NO2

+), alors que les liaisons N O dans NO2− sont plus

longues (124 pm).

50. ClF2+ ClF2

–

F Cl F = 109° F Cl F = 180°

ClF2− a un angle de liaison plus grand en raison de la pré-

sence d’une paire supplémentaire d’électrons libres autourde l’atome central.

51. 2 CH3OH (g) + 3 O2 (g) 2 CO2 (g) + 4 H2O (g)

Deux liens O H sont conservés durant la réaction.


∆H 0 = (6 mol × DC H + 2 mol × DC O + 3 mol × DO O) – (4 mol × DC O + 6 mol × DO H)

∆H 0 = (6 × 413 kJ/ + 2 × 358 kJ/ + 3 × 498 kJ/ ) – (4 × 745 kJ/ + 6 ×

463 kJ/ )

∆H 0 = 4688 kJ − 5758 kJ

∆H 0 = -1070 kJ pour la combustion de 2 mol de CH3OH.

∆H 0 = -535 kJ/mol de CH3OH.

52. a)

b)La première forme limite est prépondérante parce que lacharge formelle négative se trouve sur l’oxygène (atome leplus électronégatif).

c) Le carbone, élément le moins électronégatif dans cet ion,a une charge formelle négative. De plus, les trois formeslimites ont une distribution défavorable des charges.

53. a) Angle 1 = 120° ; angle 2 = 180° ; angle 3 = 120°.

b) Le lien double C C est plus court que le lien simpleC C.

c) Le lien double C C est plus fort que le lien simple C C.

d) La liaison C N (∆χ = 3,0 − 2,5 = 0,5) est légèrementplus polaire que les liaisons C H (∆χ = 2,5 − 2,1 = 0,4).

54. a) Les trois doublets libres du xénon (voir la figure 6.14,page 206) occupent les trois positions équatoriales à 120°l’un de l’autre, de manière à ce qu’il y ait moins derépulsion entre eux.

b) Les deux doublets libres du chlore (voir la figure 6.14,page 206) occupent les positions équatoriales. Mêmeraisonnement qu’en a).

55. a)

b) Angle 1 < 109,5° ; angle 2 = 109,5° ; angle 3 = 120°.

c) La liaison C O est la plus polaire.

O = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

S = 6 + =– 412

4 0×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

–CW WNO OO

–C N OP P

–C N O

-1 1 -1 -2 -3 1 11 0

molmolmolmolmolmolmolmolmolmol

O OF FCl–

O OF FCl�

OPCPN W CONOW NCOO� � �

NPNPN W NONNW NNNO� � �

W COOOWOPCPO OOC O

c)

A

AFOClOF

F

F�

Géométrie des pairesd’électrons : octaédrique ;forme : plane carrée.

d)AF

F

F

F

F

ClA AAA

Géométrie des pairesd’électrons : octaédrique ;forme : pyramidale à base carrée.

6



d) La molécule est polaire.

e) L’atome d’oxygène est dans le même plan que les qua-tre atomes de carbone, puisque chacun d’eux a une formetrigonale plane.

56. a) Deux liens C H et un lien O O ont été brisés etdeux liens C O et deux liens O H ont été formés.

∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) – ΣD (liaisons formées)

∆H 0 = (2 mol × DC H + 1 mol × DO O) − (2 mol × DC O + 2 mol × DO H)

∆H 0 = (2 × 413 kJ/ + 1 × 498 kJ/ ) −(2 × 358 kJ/ + 2 × 463 kJ/ )

∆H 0 = 1324 kJ −1642 kJ

∆H 0 = -318 kJ

b) Exothermique (∆H 0 est négatif ).

c) L’acétone est une molécule polaire.

d) Les atomes d’hydrogène liés aux atomes d’oxygène ontune charge partielle positive plus élevée que les atomesd’hydrogène liés aux atomes de carbone, car l’oxygèneest plus électronégatif.

57. a) La liaison C C est plus forte que la liaison C C.

b) La liaison simple C C est plus longue que la liaisondouble C C.

c) L’éthylène est non polaire, mais l’acroléine est polaire.

d) Quatre liens C H et un lien C C sont conservés aumoment de cette réaction.


∆H 0 = 1 mol × DC O − (1 mol × DC C + 1 mol × DC O)

∆H 0 = 1 × 1046 kJ/ − (1 × 346 kJ/ + 1 × 745 kJ/ )

∆H 0 = 1046 kJ − 1091 kJ

∆H 0 = -45 kJ

La réaction est exothermique.

Chapitre 71. Pour une liaison sigma (σ), la densité électronique se trouve

le long de son axe alors que, pour une liaison pi (π), ellese trouve au-dessus et au-dessous de l’axe de liaison.

2. Le carbone peut former deux, trois ou quatre orbitaleshybrides parce qu’il a quatre orbitales sur sa couche élec-tronique périphérique, soit une orbitale s et trois orbitalesp. Ainsi, il peut former deux orbitales sp ou trois orbitalessp 2 ou quatre orbitales sp3.

3. sp : 180° ; sp 2 : 120° ; sp3 : 109,5°.

4. Il reste deux orbitales p non hybridées sur un atome hybridésp. Ainsi, il peut former deux liaisons π.

5. Tétraédrique : sp3 Octaédrique : sp3d 2

Linéaire : sp Bipyramidale trigonale : sp3d

Trigonale plane : sp 2

6. L’OM liante est caractérisée par une densité électroniquesituée directement sur l’axe de la liaison et l’OM antiliantepossède un plan nodal (densité électronique nulle) entreles deux noyaux.

7. Dans la théorie ÉL, les électrons sont toujours partagés parpaires et localisés entre deux atomes pour former les liai-sons σ et π alors que, dans la théorie des OM, les électronsappartiennent à l’ensemble de la molécule, non à desatomes en particulier.

8. Dans les isolants, on trouve une bande interdite entre lesbandes de valence et de conduction. Dans les métaux, iln’y a pas de séparation.

9.

La géométrie des paires d’électrons est tétraédrique et laforme est pyramidale trigonale. L’atome N est hybridé sp3 ettrois de ses quatre orbitales sont recouvertes chacune par une orbi-tale 2p du fluor pour former trois liaisons σ N F.

10.La géométrie des paires d’électrons est tétraédrique et laforme est coudée. L’atome Cl est hybridé sp3 et deux deses quatre orbitales sont recouvertes chacune par une orbi-tale 2p du fluor pour former deux liaisons σ Cl F.

11.

La géométrie des paires d’électrons et la forme de lamolécule sont tétraédriques. L’atome C est hybridé sp3 ettrois de ses quatre orbitales sont recouvertes chacune par uneorbitale 3p du chlore pour former trois liaisons σ C Cl. Laliaison σ C H provient du recouvrement de la quatrièmeorbitale hybridée du carbone par une orbitale 1s del’hydrogène.

12. a) BBr3 : sp 2 c) CH2Cl2 : sp3

b) CO2 : sp d) CO32− : sp 2

13. a) CSe2 : sp c) CH2O : sp 2

b) SO2 : sp 2 d) NH4+ : sp3

14. a) C : sp3 O : sp3

b) CH3 : sp3 C central : sp 2 CH2 : sp 2

c) N : sp3 CH2 : sp3 COOH : sp 2

d) C C : sp 2 C N : sp

15. Géométrie des paires Forme Hybridationd’électrons

a) octaédrique octaédrique Si : sp3d2

A

ASi

F

F

F

F

F

F

00

2�

A

AHOCOCl

Cl

Cl

O OF FCl�

AFONOF

F

OM antilianteOM liante

molmolmolmolmolmol

molmolmolmolmolmolmolmol

67



Géométrie des paires Forme Hybridationd’électrons

b) bipyramidale tétraédrique Se : sp3d

trigonale déformée

c) bipyramidale linéaire I : sp3d

trigonale

d) octaédrique plane carrée Xe : sp3d2

16. Géométrie des paires Forme Hybridationd’électrons

a) octaédrique pyramidale Xe : sp3d2

à base carrée

b) octaédrique pyramidale Br : sp3d2

à base carrée

c) bipyramidale bipyramidale S : sp3dtrigonale trigonale

d) bipyramidale linéaire sp3dtrigonale

17.

32 électrons périphériques ; 32 électrons périphériques ;

forme tétraédrique. forme tétraédrique.

P : sp3 P : sp3

18.

L’atome C est hybridé sp 2 et deux de ses trois orbitales sontrecouvertes chacune par une orbitale 3p du chlore pourformer deux liaisons σ C Cl. La troisième orbitale hybri-dée du carbone est utilisée pour former une liaison σ C Opar recouvrement d’une orbitale sp2 de l’oxygène.L’orbitale 2p non hybridée du carbone est recouvertelatéralement par une orbitale 2p de l’oxygène pour for-mer une liaison π C O.

19. Li2+ : (σ1s)2(σ∗

1s)2(σ 2s)1

Li2– : (σ1s)2(σ∗

1s)2(σ 2s)2(σ∗2s)1

Li2 : (σ1s)2(σ∗1s)2(σ 2s)2

Le lien dans Li2 est plus fort (indice de liaison = 1) quecelui dans les deux ions (indice de liaison = 0,5).

20. a)

L’ion C22− a 10 électrons périphériques (isoélectro-

niques avec N2).

b) Il y a une liaison σ et deux liaisons π, ce qui donne un

indice de liaison de (8 − 2) = 3.

c) Oui, car la molécule C2 a deux électrons de moins et

un indice de liaison de (6 − 2) = 2.

d) Non, il est diamagnétique, car tous les électrons sont appariés.

21. a) NO+ a 10 électrons périphériques : [électrons internes]

(σ2s)2(σ∗

2s)2(π2p)4(σ2p)

2

b) σ2p

c) Diamagnétique.d) Il y a une liaison σ et deux liaisons π, pour un indice de

liaison égal à (8 − 2) = 3.

22. Si un atome de magnésium peut contribuer, par son orbi-tale 3s et ses trois orbitales 3p, à la liaison métallique etformer quatre orbitales moléculaires, 100 atomes conduisentà 400 OM. Sachant qu’une orbitale peut accueillir deuxélectrons, il y aura 100 OM occupées complètement,puisque chaque atome de magnésium fournit deux élec-trons périphériques pour un total de 200 électrons.

23.Géométrie des tétraédrique bipyramidalepaires d’électrons trigonale

Forme coudée linéaire

Angle F Cl F < 109,5° 180°

Hybridation de Cl sp3 sp3d

O OF FCl–

O OF FCl�

12

12

12

Én

ergi

e

*2p

�*2p

2p

�2p

�

*2s�

�

2s�

) =4 2 1( .–12

Indice de liaison =

) = 0,5.4 3( –12

Indice de liaison =

3 2) = 0,5.( –12

Indice de liaison =

C

P

O

O OCl Cl

APOO F

F

O

0

�

APOH OO F

F

O

0

O OBr Br Br�

A

AS

F

F

F

F

0

OO

ABr

F

F

F

F

F

00

AXe

F

F

F

F

O

00

XeF

F

F

F00

A

A

A

AI

Cl

Cl

�

A

ASe

F

F

F

F

0

7



24.Géométrie des paires d’électrons : trigonale plane.

Forme : coudée.

Angle de liaison O N O : 120°.

Indice de liaison : 1,5.

Hybridation de l’atome N : sp 2.

25.

L’atome central N est hybridé sp dans chacune des formeslimites. L’autre atome N est hybridé sp3, sp 2 et sp res-pectivement dans les structures A, B et C. Dans ces mêmesstructures, l’atome O est hybridé sp, sp 2 et sp3. Les deuxorbitales hybrides sp de l’atome central sont recouvertespar les orbitales hybrides des atomes voisins pour formerles liaisons σ N O et σ N N. Les deux orbitales 2pnon hybridées de l’azote central sont latéralementrecouvertes par des orbitales 2p de l’oxygène et/ou del’azote pour former des liaisons π N O et/ou π N N.

26. a) Les trois composés sont des isomères : ils ont la mêmeformule moléculaire (C2H4O), mais des structures diffé-rentes.

b) Oxyde d’éthylène : les deux atomes C sont hybridés sp3.Acétaldéhyde : l’hybridation du carbone CH3 est de typesp3 et celle de l’autre atome C, sp 2.Alcool vinylique : les deux atomes C sont hybridés sp 2.

c) Angle H C H

Oxyde d’éthylène 109,5°

Acétaldéhyde 109,5°

Alcool vinylique 120°

d) Les trois molécules sont polaires.

e) L’alcool vinylique a la liaison C C la plus forte (liaisondouble) et l’acétaldéhyde a la liaison C O la plus forte(liaison double).

27. a) Il y a 11 liaisons σ et 1 liaison π.

b) C(1) = sp3 ; C(2) = sp 2 ; O(3) = sp3.

c) Le lien C O est le plus court et le plus fort des liensCO de cette molécule.

d) Angle A = 109,5° ; angle B < 109,5° ; angle C = 120°.

28. a) C(1) = sp 2 ; O(2) = sp3 ; N(3) = sp3 ; C(4) = sp3 ; P(5) =sp3.

b) Angle A = 120° ; angle B = 109,5° ; angle C = 109,5° ;angle D = 109,5°.

c) Les liaisons P O et O H sont les plus polaires (∆χ =1,4).

29. a) La géométrie autour de l’atome B est trigonale planedans BF3 et tétraédrique dans H3N BF3.

b) L’hybridation du bore est de type sp 2 dans BF3 et sp3

dans H3N BF3.

30. a) L’hybridation de l’antimoine est de type sp3d dans SbF5

et sp3d 2 dans SbF6−.

b)

La forme de cet ion est coudée et l’atome F est hybridé sp3.

31. a) La liaison C O est la plus polaire.

b) Il y a 18 liaisons σ et 5 liaisons π.

c) Oui, l’isomère cis est :

d) Tous les atomes de carbone sont hybridés sp 2.

e) Les trois angles sont de 120°.

32.

Géométrie des tétraédrique tétraédriquepaires d’électrons

Forme pyramidale tétraédriquetrigonale

Hybridation de Xe sp3 sp3

33. N2 [électons internes] (σ2s)2(σ∗2s)2(π 2p)4(σ 2p)2

N2+ [électons internes] (σ2s)2(σ∗

2s)2(π 2p)4(σ 2p)1

N2– [électons internes] (σ2s)2(σ∗

2s)2(π 2p)4(σ 2p)2(π∗2p)1

a) N2 N2+ N2

−

diamagné- paramagné- paramagné-tique tique tique

b) Liaisons π 2 2 1,5

c) Indice de liaison 3 2,5 2,5

d) N2 < N2+ ≈ N2

−

⎯ Longueur de liaison

e) N2+ ≈ N2

− < N2

⎯ Force de liaison

34. a) Paramagnétique. d) Paramagnétique.

b) Diamagnétique*. e) Diamagnétique.

c) Diamagnétique.

35. a) Atomes de carbone du cycle : sp 2 ; atomes de carbonede la chaîne : sp3 ; atome d’azote : sp3.

b) Angle A = 120° ; angle B = 109,5°; angle C < 109,5°.

c) Vingt-trois liaisons σ et trois liaisons π.

d) La molécule est polaire.

e) L’atome H forme une liaison avec N, l’atome le plus élec-tronégatif de la molécule.

36. a) Tous les atomes C sont hybridés sp3.

b) L’angle de la liaison C O H < 109,5°.

A

O

O

0Xe

O OO

O 0Xe

O OO

C CC

C

H

H

H

H

C C

H

C C

HP

CH

H

O

AFO H

H0

+

NPNPOW O NNON W NOO

A B C

OPNOO�

OONPO�

7


* Dans l’énoncé de l’exercice, on aurait dû lire Ne2+, qui lui est

paramagnétique.


c) Oui, la molécule est polaire.

d) Le cycle à six carbones n’est pas plan. Le cycle pourraitêtre plan seulement si les atomes de carbone étaienthybridés sp 2 (angles de liaison de 120°) comme lebenzène.

37. Dans un conducteur, la bande de valence est partiellementremplie, ce qui permet aisément la promotion d’électronsvers des niveaux d’énergie légèrement plus élevés (bandede conduction). Par contre, dans un isolant, la bande devalence est complètement remplie et la bande interditeentre la bande de valence et la bande de conduction esttrop importante pour permettre ces promotions.

38. Le silicium est un meilleur conducteur parce que sa bandeinterdite est moins large que celle du diamant.

39. Le germanium devrait être un meilleur conducteur que lediamant parce que sa bande interdite est beaucoup pluspetite, mais il devrait être moins conducteur qu’un métaltel le lithium.

40. a) Les formes énol et céto ne sont pas des formes limites derésonance parce qu’il y a un réarrangement des atomes.

b) Dans la forme énol, les deux atomes de carbone ter-minaux sont hybridés sp3, les trois atomes de carbonecentraux sont hybridés sp2 et l’atome d’oxygène OHest hybridé sp3. Dans la forme céto, l’atome de carbone cen-tral est hybridé sp3 et les deux atomes d’oxygène sont hy-bridés sp 2.

c) Pour l’ensemble des atomes de carbone, la forme corres-pond à la géométrie des paires d’électrons puisqu’il n’y a pas de doublets libres sur ces atomes.

Dans la forme énol, la géométrie des atomes de carboneCH3 est tétraédrique et celle des atomes centraux est

trigonale plane. Dans la forme céto, le carbone centrala maintenant une géométrie tétraédrique.

d) Il n’y a pas d’isométrie cis-trans dans la forme céto, maisil est possible, théoriquement, pour la forme énol.

41. a) Même si tous les atomes sont hybridés sp3, les angles deliaison dans un cycle à trois atomes sont de 60°.

b) sp3

c) L’hybridation sp3 prévoit des angles de liaison d’environ109°, ce qui est significativement plus grand que lesangles observés. Le cycle est donc tendu et facile à briser.(Molécule réactive)

Chapitre 81. Forces de Keesom (dipôle-dipôle), forces de Debye

(dipôle-dipôle induit), forces de dispersion de London(dipôle instantané-dipôle induit), liaison hydrogène.

2. Des interactions dipôle-dipôle induit (Debye) peuvent semanifester entre H2O et CO2 en plus des forces de dis-persion de London. L’eau est une molécule polaire et ledioxyde de carbone est une molécule non polaire, mêmesi elle comporte des liaisons polaires. Le pôle négatif dudipôle de la molécule d’eau interagit avec le pôle positif dudipôle de la liaison carbone-oxygène.

3. N, O et F. Ce sont les atomes du tableau périodique quipossèdent la plus forte électronégativité, alors que H esttrès peu électronégatif. Les liaisons N H, O H et FH sont donc très polaires, ce qui permet la formation desliaisons hydrogène.

4. En passant de 4 °C à 0 °C, les molécules d’eau adoptentgraduellement la structure de la glace dans laquelle se for-ment des cages (et des cavités) en raison des liaisons hydro-gène, d’où la plus faible densité de la glace.

5. Après un exercice relativement intense, le corps transpireet élimine le surplus de chaleur par vaporisation de la sueur.Dans ce processus naturel, le corps se refroidit.

6. Les longues chaînes hydrocarbonées bougent de façonaléatoire et s’emmêlent, ce qui augmente la viscosité duliquide. Le benzène possède une masse molaire beaucoupplus faible et une structure cyclique. Les forces entre lesmolécules de benzène sont donc beaucoup plus faibles, cequi lui confère une faible viscosité.

7. Cubique simple : huit atomes, molécules ou ions identiques,situés aux huit sommets d’un cube.

Cubique centré : semblable à cubique simple, en ajoutantune particule au centre du cube.

Cubique à facescentrées : semblable à cubique simple, en ajoutant

une particule au centre de chaque facedu cube.

8. Les solides ioniques possèdent des points de fusion trèsélevés.

9. a) Liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye etLondon.

b) Forces de dispersion de London.

c) Liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye etLondon.

10. Iode solide : forces de dispersion de London.

CH3OH : liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye etLondon.

CH3OH et I2 en solution homogène : forces de Debye(dipôle-dipôle induit) et forces de dispersion de London.

11. a) Forces de dispersion de London.

b) Forces de dispersion de London.

c) Forces de Keesom, Debye et London.

d) Liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye etLondon.

e) Forces de dispersion de London.

12. À première vue, l’ordre serait : Ne < CH4 < CO < CCl4

(même si Ne a une masse molaire plus élevée que celle deCH4, Ne est moins polarisable que la molécule ayant quatreliaisons), mais dans les faits on observe les points d’ébul-lition dans l’ordre suivant : Ne (-246 °C) < CO (-192 °C) <CH4 (-162 °C) < CCl4 (77 °C).

78



13. He < CH4 < CH3CH2CH2CH3 < CH3OH. L’hélium (He), leméthane (CH4) et le butane (CH3CH2CH2CH3) sontgazeux à 25 °C et à 101,3 kPa.

14. c) HF, d) CH3COOH et f) CH3OH peuvent former desliaisons hydrogène à l’état liquide.

15.

16. a) Environ 47 kPa.

b) Éthoxyéthane < éthanol < eau.

c) L’éthoxyéthane est gazeux, alors que l’éthanol et l’eausont à l’état liquide.

17. a) Lorsque l’eau se refroidit, sa pression de vapeur dimi-nue, ce qui réduit la pression dans le contenant en plas-tique. Le contenant sera comprimé lorsque la pressioninterne sera inférieure à la pression ambiante.

b) Le point d’ébullition normal de l’éthoxyéthane est de34,6 °C, ce liquide s’évapore donc complètement à latempérature du corps (37 °C).

18. a) NH3 (liaison hydrogène).

b) SO2 (molécule polaire).

c) HF (liaison hydrogène).

d) NOCl (masse molaire la plus élevée).

19. CH4 < CO < NH3 < SCl2 (prédiction basée sur l’ordre croissant de la masse molaire et de la présence de liaisons hydrogène dans NH3).

CO < CH4 < NH3 < SCl2 (ordre croissant réel detempérature d’ébullition).

20. a) plus

b) moins

c) ne change pas

d) augmente

21. La température critique du propane se situe bien au-dessusde la température ambiante, il peut donc être liquéfié. Lepropane liquéfié est couramment utilisé pour le chauffageet la cuisson.

22. Deux mailles élémentaires possibles :

Chaque maille élémentaire contient un carré A et huitcarrés B. La formule empirique est donc AB8.

23.

1 Ti4+ au centre du cube = 1 ion Ti4+.

2 O2− à l’intérieur de la maille = 2 ions O2−.

Total = 2 Ti4+ et 4 O2−

Il y a donc deux unités TiO2 dans une maille élémentaire.

24. a) Cubique à faces centrées.

b) Sites tétraédriques.

c) (8 Ca2+ aux sommets × ) + (6 Ca2+ sur des faces × )

= 4 Ca2+

8 F− à l’intérieur = 8 F–.

La formule est CaF2.

25. a) (8 C aux sommets × ) + (6 C sur des faces × ) + (4 C

dans la maille) = 8 atomes de carbone.

b) Système cubique à faces centrées avec certains atomesde carbone sur des sites tétraédriques.


b) Les forces intermoléculaires entre les couches de car-bone dans le graphite sont faibles. Ces couches glissentdonc facilement les unes contre les autres, ce qui per-met à une pointe de crayon de glisser sur une feuille depapier et d’y laisser une marque noire.

27. a) Non. La pente positive de la courbe d’équilibre solide-liquide signifie que CO2 (l) est moins dense que CO2 (s).

b) Gazeux.

c) 31 °C

28. a) Le xénon est gazeux à température ambiante et à unepression de 101 kPa.

b) Le xénon est liquide à 76 kPa et à -114 °C.

c) Lorsque la pression d’un échantillon de xénon liquideest de 51 kPa, sa température se situe entre -117 °C et -119 °C.

d) 25 kPa

e) Le solide est plus dense que le liquide parce que lacourbe d’équilibre solide-liquide a une pente positive.


b) Liaison hydrogène.

30. a)

101,325

06050 70 80 90 100

Tfus normal Téb normal

SOLI

DE

LIQUIDE GAZ

Point triple

Pres

sion

(kP

a)

Température (K)

12

18

12

18

= 2 ions O .2–12

4 O sur des faces2– ×

= 1 ion Ti .4+18

8 Ti aux sommets4+ ×

0,500 mLmL

mol00,59 g

9,11 kJ

mol= 1× × ×

13 53

1

12

5

1

, g,,99 kJ

8



b) La masse volumique de l’oxygène liquide est moins éle-vée que celle de l’oxygène solide parce que la courbed’équilibre solide-liquide a une pente positive.

c) T = -196 + 273,15 = 77 K. À cette température, lapression de vapeur est de 20 à 25 kPa environ.

31. L’huile n’étant pas miscible avec l’eau, ces deux substancesn’ont pas les mêmes forces intermoléculaires. Puisquel’eau est polaire et forme des liaisons hydrogène, on peutdéduire que les composés contenus dans l’huile végétalesont peu polaires et ne forment pas de liaison hydrogène.

32. L’acétone forme des liaisons hydrogène avec l’eau, c’estpourquoi elle l’absorbe si facilement.

33. La viscosité de l’éthylène glycol est plus grande en raisonde sa plus grande capacité à faire des liaisons hydrogèneavec ses deux groupements OH (contre un pour l’éthanol).

34. a) ICl (molécule polaire).

b) Krypton (Kr) (masse molaire plus élevée).

c) CH3CH2OH (liaison hydrogène).

35. Le ménisque est concave en raison des forces d’adhésionentre le méthanol et le silicate du verre.

36. a) 48 kPa

b) Éthanol (plus faible pression de vapeur à toutes les tempé-ratures).

c) 83 °C

d) CS2 : 46 °C C2H5OH : 78 °C C7H16 : 99 °C

e) CS2 : gaz. C2H5OH : gaz. C7H16 : liquide.

37. a) Il y a plus de liaisons hydrogène dans l’eau (deuxliaisons O H et deux doublets d’électrons libres surO). L’éthanol, qui ne contient qu’une liaison O H,donne lieu à moins de liaisons hydrogène et a donc unetempérature d’ébullition plus basse.

b) Les interactions entre les molécules d’éthanol et d’eausont très fortes (liaisons hydrogène), ainsi le volume estlégèrement plus petit que la somme des deux volumes.

38. CO2 < CH3Cl < HCOOH

39. = 1,97 kJ d’énergie

libérée (-1,97 kJ)

La quantité d’énergie requise pour la fusion est de 1,97 kJ(+1,97 kJ).

40. a) Cubique centrée.

b) (8 W aux sommets × ) + (1 W au centre) = 2 atomes

W par maille élémentaire.

c) (diagonale du cube)2 = (longueur de l’arête)2 + (diagonale de face)2

(diagonale du cube)2 = (longueur de l’arête)2 + 2(longueur de l’arête)2

Diagonale du cube = 548,2 pm

41. Les forces intermoléculaires sont plus fortes dans lepropanol (liaisons hydrogène) que dans le méthoxyéthane(dipôle-dipôle).

42. C2H6 (forces de dispersion) < HCl (Keesom) < CH3OH(liaison hydrogène).

43. a) Environ -27 °C.

b) 660 kPa

c) Au début, le jet est rapide parce que le liquide s’évaporepour former la quantité maximale de vapeur à cettetempérature avec une pression d’environ 660 kPa.Quand le gaz s’échappe de la bonbonne, d’autre liquides’évapore afin d’atteindre l’équilibre liquide-vapeur. Cesont les molécules les plus énergétiques, donc les pluschaudes, qui s’évaporent, ne laissant que les moins éner-gétiques. Cela fait baisser la température de la bon-bonne, d’où la formation de givre sur les parois exté-rieures. Cette plus basse température diminue égale-ment la pression de vapeur, ce qui ralentit le jet.

d) ii) Refroidir la bonbonne à -78 °C dans de la glace sècheet ouvrir la valve. Refroidir le cylindre fera condenserla vapeur et permettra ainsi de vider la bonbonne plusfacilement.

44. Volume de la maille élémentaire :

Longueur des arêtes de la maille :

V = 5,659 × 10−23 cm3 = (longueur de l’arête)3.

= 3,839 × 10−8 cm.

Rayon :(diagonale de face)2 = 2(longueur de l’arête)2

Diagonale de face = = 4 × rayon.

= 135,7 pm

45. Calculez la masse d’un atome de fer et comparez-la à lamasse d’une mole de fer.

Rayon =3,839 10 cm

4= 1,357 10 cm

882 × ×

×–

–

2 × longueur de l’arête

Longueur de l’arête = 5,659 10 cm23 3× –3

1 mol

6,022 10 atomes de Ir= 5,659 10 cm23

23 3

×× –

4 1 1atomes Ir

maille92,22 g1 mol

cm22,56 g

3de× × ×

Rayon =pm

= 137,0 pm548 2

4,

Diagonale du cube = 316,5 pm3 ×

Diagonale du cube = longueur de l’arête)3 × (

18

15,5 gmol de C

78,11,95 kJ

mol6× ×

1 9

16H

g

O OC

O

P

H3C CH3

-�

��

H��

O OO

H��

-�

Liaisonhydrogène

8



= 2,3554 × 10−23 cm3

= 9,273 × 10−23 g/atome de Fe

= 6,022 × 1023 atomes de Fe/mol

Chapitre 91. Dans les conditions normales de température et de pres-

sion (TPN), T = 273,15 K (0 °C) et P = 101,325 kPa.

Le volume occupé par une mole de gaz à TPN est de22,414 L.

2. La loi d’Avogadro stipule que des volumes égaux de gaz,dans les mêmes conditions de température et de pression,contiennent le même nombre de molécules.

Pour la réaction 2 H2 (g) + O2 (g) 2 H2O (g), 3 molde H2 à TPN (67,2 L) nécessitent 1,5 mol de O2 (33,6 L)pour produire 3 mol de H2O (67,2 L).

3. a) La pression d’un mélange de gaz (Ptot) est égale à lasomme des pressions partielles de chacun des gaz cons-tituant le mélange (PA, PB, PC, etc.).

b)

4. La vitesse d’effusion d’un gaz est inversement proportion-nelle à la racine carrée de sa masse molaire.

Posons H2 = B.

MB = 32,3 g/mol

Ce gaz pourrait être O2.

5.

6. a)

0,754 bar est la pression la plus élevée.

b)

650 kPa est la pression la plus élevée.

c)

934 kPa est la pression la plus élevée.

7.

0,256 atm < 363 mm de Hg < 0,523 bar < 363 kPa

8.

9.

10. a)

b)

11. a)

b)

12.

13.

= 10,9 kPa

14.

750 mL0 L

= 0,750 L3×1

1Lm

1,25ol

4,01= 0,0284 mol de CO2g de CO

m

g2

1

4×

P PT VTVf i= =

KK

f i

i f

kPa( , ),,

22 0273 15295 65

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟1125235 mL

mL

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

PP

TT

VV

i

f

i

f

f

i

= ×

Pn RT

Vn RT

Vf = =f f

f

i f

f

Pn RT

Vii i

i

=

État initial État final

Pi = 22,0 kPa Pf = ?

Vi = 135 mL Vf = 252 mL

ni nf = ni

Ti = 22,5 + 273,15 = 295,65 K Tf = 0,0 + 273,15 = 273,15 K

PP TT2 = =

,= 43 kPa1 2

1

48 268 15

298 65

kPa K

K

× ,

5,2 L de C HHC H

= 16 L de H O2 62

2 62×

62

L de OL de

5,2 L de C HO

C H= 18 L de O2 6

2

2 62×

72

L deL de

150 mL de NONONO

= 150 mL de NO22×

22

mL demL de

150 mL de NOONO

= 75 mL de O22×

12

mL demL de

VT VT2 = =

,=2 1

1

310 15 3 5295 15

3 7, ,

,K L

KL

×

VP VP2 = = =1 1

2

56 5 12562 3

113,

,mm de Hg mL

mm de HgmL

×

0,523 barkPa

bar= 52,3 kPa×

100

1

0,256 atmkP

atm= 25,9 kPa×

101 325

1

, a

363 mm HgkP

=dea

mm de HgkPa×

101 325760

48 4,

,

1,34 barkPa

bar= 134 kPa×

100

1

534 mm HgkP

= 71,2 kPadea

mm de Hg×

101 325760

,

534 mm HgkP bar

kP= 0,de

amm de Hg a

× ×101 325

7601

100

,7712 bar

440 mm Hg =dekPa

mm de HgkPa×

101 325760

58 7,

,

440 mm Hg = 0,579 atmdeatm

mm de Hg×

1760

14

2 02=

/, g mol

BM

vitesse d’effusion du gaz A

vitesse d’effusion du gaaz B=

MM

B

A

PO tot2= 0,21 100 kPa = 21 kPaχ ×χPO2

=

55 845, g/mol de Fe9,273 10 g/atome de Fe23× –

2,3554 10 cmg

1 cm 2 atomes de23 3

3× × ×– 7 874 1, maille

FFe

V = pm1 m

10 pm

10 cm

1 m12

2

286 65

3

, × ×⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

89



= 93,1 kPa

15.

= 7,49 × 103 mol de He

= 1,51 × 105 L

16.

= 564 kPa

17.

= 0,22 mol de He

18.

= 0,930 g/L

19.

= 119 g/mol

20.

= 57,6 g/mol

21.

= 75,0 g/mol

d) B6H10 (M = 74,946 g/mol)

22.

ntot = 0,50 mol + 0,20 mol = 0,70 mol

= 5,8 × 102 kPa

23.

PA = χAPtot

24. a)

b)

= 3,0 × 102 g d’halothane

25. a)

= 0,517 mol de He

b)

= 48,7 kPa

c)

d) PA = χAPtot

26. La masse molaire de l’argon (40 g/mol) est supérieure àcelle de l’azote (28 g/mol). Ainsi, pour des échantillonsde masses égales, il y a plus de moles de N2 que de molesde Ar.

a) Vrai. Comme il y a plus de moles de N2 que de Ar, il ya donc plus de molécules aussi.

b) Faux. La pression est directement proportionnelle aunombre de moles de gaz présent. La pression est doncplus élevée dans le flacon contenant l’azote.

O2=

2,6 kP

kP=

5

101 30 519

a

a,,χ

He =8,7 kP

kP=

4

101 30 481

a

a,,χ

P P PO tot He2= = 101,3 kPa 48,7 kPa = 52,6 kPa– –

0 294 65

2

,517 mol 8,314 kPa L mol K K

6,0 L

× ×i i i–1 –1 ,P

nRTV

= =

0,517 mol de He,

mol= 2,07 g de He.×

4 003

1

g

nPVRT

= =0 kPa L

8,314 kPa L mol 1

1 1 3 12 5

21

, ,×

×−i i i– K 994 65, K

0 301

197 371

, ’ ,’

m dm de m dol halothane

ol Og

ol hal2

×oothane

160 g de Ool

2,002 × ×1

3

m

g

m dm de

kk

ol halothaneol O

=3 Pa

Pa=

2

’,

276

0 30

PN2= 0,925 4661 kPa = 4,31 10 kPa3× ×

PCO2= 0,030 4661 kPa = 1,4 10 kPa2× ×

PH S2= 0,045 4661 kPa = 2,1 10 kPa2× ×

N2= 1 (0,045 0,030) = 0,925– +χ

0 300 15

3


,0 L

× ×i i i–1 –1 ,Pn RT

Vtot = =tot

8,0 g de Arol

9,95= 0,20 mol de Ar×

1

3

m

g

1,0 g de Hol

,016= 0,50 mol de H2 2×

1

2

m

g

0 298 15

3

,100 g L 8,314 kPa L mol K K

,31

1 1 1i i i i– – –× × ,

kkPaM

RTP

= =ρ

24,8 mm HgkP

mm Hg= 3,31 kPade

a

de×

101 325

760

,

ρ =2,5 mg

125 mL= 0,100 g/L

1

2 296 15

9

,23 g L 8,314 kPa L K K

5,3

1 1 1i i i i– – –× ×mol

k

,

PPaM

RTP

= =ρ

ρ =g

0,452 L= 2,23 g/L

1 007,

1 298 15

2

1 1,25 g 8,314 mol

6,0

1i i i iL kPa L K K

k

– – –× × ,

PPaM

RTP

= =ρ

ρ = =1,1 kPa g mol

8,314 kPa L

PMRT

3 74 12 1

1

× , i

i i

–

–mol ii K –1 298 15× , K

0,22 mol de He,

mol= 0,90 g de He.×

4 003

1

g

nPVRT

= =11

8,314 mol 1

1 5 0

2981

kPa L

kPa L K

×

×

,

,i i i– – 115 K

0 523 15

0

1 1,0326 8,314 kPa

,251

mol L mol K K× ×i i i– – ,

LLP

nRTV

= =

251 cmmL

cm 0 mL= 0,251 L3

3 3× ×

1

1

1

1

L

1 501

46 070 03262 5 2 5,

,,g de C H OH

mol

gmol de C H OH× =

( ( )( ,7 295 151,49 10 mol ) 8,314 kPa L mol K3 1× −i i i– K ))

22 kPa1V

nRTP

= =

30,0 kg de Heg

kg

ol

, g= 7494× ×

1000

1

1

4 003

m

0 0284 8 314 295 65

0 750

, , ,

,

mol kPa L mol K K× ×i i i–1 –1

LLP

nRTV

= =

9



c) Faux. Le gaz ayant la masse molaire la plus petite (N2)aura une vitesse moyenne plus élevée.

d) Vrai. Les molécules d’azote, ayant une vitesse moyenneplus élevée que les molécules d’argon et étant en plusgrand nombre, entrent en collision plus souvent avecles parois du flacon.

27.

28. Ordre croissant de la vitesse moyenne :

CH2F2 < Ar < N2 < CH4

Masse molaire (g/mol) : 51 40 28 16

29. a) F2 (38 g/mol) effuse plus vite que CO2 (44 g/mol).

b) N2 (28 g/mol) effuse plus vite que O2 (32 g/mol).

c) C2H4 (28,1 g/mol) effuse plus vite que C2H6

(30,1 g/mol).

d) CFCl3 (137 g/mol) effuse plus vite que C2Cl2F4

(171 g/mol).

30.

Minconnu = 36 g/mol

31.

Mfluorure d’uranium = 353 g/mol

32. 6,28 × 105 cm3

= 29,1 mol de CO2

33.

34.

= 1,22 × 103 m/s

Nouvelle vitesse = (1,22 × 103 m/s)(1,10) = 1,35 × 103 m/s

T = 290,58 K = 17 °C

35.

a)

Il y a plus de molécules de H2 que de He.

b) Si le ballon d’hydrogène contient 1 mol (2,02 g) de H2, leballon d’hélium contient 0,9 mol (4,003 g/ × 0,9 =3,6 g) de He. Ainsi, le ballon rempli d’hélium contientla plus grande masse.

37.

= 331 K = 58 °C

38. 100,00 % – (11,79 % de C + 69,57 % de Cl) = 18,64 % de F

Supposez 100 g de composé.

11,79 g de Cmol

12,01 g= 0,9816 mol de C×

1

TPVnR

= =35 kPa L

0,406 mol 8,314 kPa L mol

7 1 52×

×

,

i i –11 i K −1

molmol

= =,268 15

296 150 91 2

,,

mol de Hemol de H

nn

PVRTPVRT

He

H

atmK

atm2

2296 15

1= =

)R( )(

( )( , )(

V

))(( )( , )

2268 15

× V )R K

36. Ballon d’hélium Ballon d’hydrogène

Volume V 2 × V

Pression 2 atm 1 atm

Température 296,15 K 268,15 K

masse = =K

278,15 K2

masseg1 1

2

12 0300 15T

T,

,⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟== 12,9 g de O2

nn TT

n2 2= de O =(g)

g/mol1 1

2 32 00et

masse,

1,35 10 m/s =8,314 kg s m mol

43×

− −3

0

2 2 1( )

,

i i i i–1 K T

003 × 10 kg mol3– –1i

3 240 15

003

2 2( ) ,

,

8,314 kg s m mol K K

4 10

i i i i−

×

–1 –1

–33 kg moli –1v 2 3

= =RTM

TV TV22= =

,

,= 306 K = 33 °C1

1

21 5 363 15

25 5

mL K

mL

× ,

29,1 mol de CO,

mol= 1,28 10 g de CO2

32× ×

44 01

1

g

nPVRT

= =15 kPa L

8,314 kPa L mol K1

1 628

298

×

×i i i– –1 ,115 K

V = 6,28 10 cmcm

=5 3

3× × ×

1

1

1

1000628

mL L

mLL

V r l= = (10,0 cm) 20,0 mc

m=2 2π π ×

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

100

1

m

(0,003 34) ( ) =2fluorure d’uranium

2MM fluorure d’’

,uranium

253 8 g/mol

0 1

0 1

,0150 g

1 h 253,8 g

,01771 h flu

×⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

×

mol

gM oorure d’uranium

=⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

M fluorure d uranium’

253,,8 g/mol

vitesse d’effusion de Ivitesse d’effusion du flu

2

oorure d’uranium=

M

Mfluorure d uranium

I

’

2

=vitesse d’effusion de He

= =g/mol

34 003

M inconnu

,(vitesse d’effusion de He)13

vitesse d’effusion de Hevitesse d’effusion du gaz iinconnu

vv

v

v

RT M

RT M

MM

de COde A

CO

Ar

CO

Ar

Ar

COr= =

/

/= =

2

2

3

3

399 95

28 011 194

,

,,

g/mol

g/mol=

= 493 m = /2265 5152i s m s−

3 298 152 2( ) ,8,314 kg s m mol

28,01 10

1 1i i i i−

×

– –

–

K K33 1molkg i –

vRTM

2 3= =

9



La formule empirique est CCl2F

= 204 g/mol

Masse de la formule empirique (CCl2F) : 102 g/mol.

La formule moléculaire est C2Cl4F2.

39. a)

= 3,1 kPa

b)

40. a)

b)

c)

= 0,040 mol de H2

d)

= 0,053 mol de He

Le nombre de molécules étant proportionnel au nom-bre de moles, l’échantillon d) contient le plus de molé-cules et l’échantillon c) en contient le moins.

Comme la masse molaire de l’argon est largement supé-rieure aux masses molaires de H2 et de He, l’échan-tillon b) est le plus lourd (0,045 × 39,9 g/ = 1,8 g).

41.

Ptot = 12 kPa + 19 kPa = 31 kPa

42.

= 2 × 10−9 mol de PH3

= 5 × 10−6 kPa

43.

= 1,28 × 10−3 mol/L

44. a) NO2 (46 g/mol) < O2 (32 g/mol) < NO (30 g/mol)

b)

c)

45. a) La masse molaire de O2 (32 g/mol) est inférieure à cellede CO2 (44 g/mol). Ainsi, pour des échantillons demasses égales, il y a plus de moles de O2, ce qui exerceune plus grande pression.

b) Oui, parce que O2 est plus léger que CO2.

c) L’énergie cinétique moyenne est la même pour les deuxgaz, car ils sont à la même température.

46. Les forces intermoléculaires deviennent plus importanteslorsque les molécules se rapprochent.

a) Oui.

b) Oui.

c) Non, car le volume doit augmenter.

47.

a)

= 743 kPa

3 298 15

1


2,5 L

× ×i i i–1 –1 ,P

nRTV

= =

165 g de COol

4,01= 3,75 mol de CO2 2×

1

4

m

g

20 kPamol de NOmol de NO

=2×22

20 kPa

20 kPamol de Omol de NO

= 10 kPa2×12

1 mL1 cm

= 7,70 10 molécules de H O/cm317

23×

1,28 10 mol

1 L

molécules

1 mol

L

10

3××

××

– 6 022 10 123,

000 mL×

nV

PRT

= =,17 kPa

8,314 kPa L mol K K1

3

298 15i i i– –1 × ,

(2 10 mol )(8,314 kPa L mol K K )9× – –1 –1i i i )( ,298 15

1 LLP

nRTV

= =

7 10 mg de PH3,99

53× × ×–

1

1000

1

3

g

mg

mol

g

Ar : = = = 19 kPa2PP VV1 1

2

47 3 2 0

5 0

, ,

,

kPa L

L

×

He : = = =2PP VV1 1

2

19 3 3 0

5 012

, ,

,

kPa L

LkPa

×

molmol

nPVRT

= =2 kPa L

8,314 kPa L mol K1

1 0 1 0

273

×

×

,

,i i i– –1 115 K

nPVRT

= =01 kPa L

8,314 kPa L mol K1

1 1 0

300

×

×

,

,i i i– –1 115 K

1,0 L de Arol

2,414= 0,045 mol de Ar×

1

2

m

L

1,0 L de Hol

2,414= 0,045 mol de H2 2×

1

2

m

L

PH O

O2

45

=mol de Hmol de gaz

3,1 kPa = 2,5 kPa2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

PN2

15

=mol de Nmol de gaz

3,1 kPa = 0,62 kPa2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

0 296 15

1


5,0 L

× ×i i i–1 –1 ,P

n RTV

= =tot

51

0 0192 2 7

mm Cr O

mol de gaz forol de gaz

ol de(NH=

4 ), mmé.

0,95 g de(NH ) Cr Ool

52,104 2 2 7 × ×1

2

m

g

204102

2g/molg/mol

=

0

0 458298

,107 g8,314 mol 1

, LkPa L K

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ × ×i i i– –1 ,,15

2

K

kPa,84M

RTP

= =ρ

1,962 mol de Cl0,9812 mol de F

=2 mol de Cl1 mol de F

0,9816 mol de C0,9812 mol de F

=1 mol de C1 mol de F

18,64 g de Fmol

18,998 g= 0,9812 mol de F×

1

69,57 g de Clmol

35,453 g= 1,962 mol de Cl×

1

9



b)

–

P = 720 kPa

Chapitre 101. Une équation chimique équilibrée donne la formule chi-

mique, l’état physique et la quantité relative des réactifs etdes produits.

2. a) N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)

b) Le rapport stœchiométrique .

3. a) et b) Utilisez les coefficients stœchiométriques de l’équa-tion équilibrée : 2000 atomes de Al réagissent avec 3000 molé-cules de Br2 pour former 1000 molécules de Al2Br6.

4. a) À l’aide de la masse molaire de Zn, convertir la massede zinc en moles. Calculer le nombre de moles de ZnI2

en utilisant le rapport stœchiométrique :

Convertir les moles de ZnI2 à l’aide de sa masse molaire.

b) Le rendement d’une réaction =

× 100 %

Ainsi, il manque la masse de ZnI2 réellement obtenueà la suite de la réaction.

5. a) Dans le mélange il y a :

=

La réaction requiert 3 mol de CO pour 1 mol de Fe2O3,mais le mélange n’en contient que 2,6 mol. Donc, COest le réactif limitant.

Une autre façon de déterminer le réactif limitant est decalculer le nombre de moles nécessaires d’un des réactifs :

= 75 mol de CO nécessaires.

Puisque le mélange ne contient que 65 mol de CO,celui-ci est le réactif limitant.

(ou :

= 22 mol de Fe2O3 nécessaires.

On voit bien que Fe2O3 est en excès avec 25 mol.)

b)

6. Dissoudre dans l’eau une masse connue d’un échantillondu minerai. Y ajouter une solution de AgNO3 pour faireprécipiter tous les ions chlorure sous forme de AgCl, filtrer,sécher et peser. Convertir la masse de AgCl en moles,

calculer le nombre de moles de NaCl et

convertir en grammes. La masse de NaCl divisée par lamasse de l’échantillon × 100 % donne la teneur en NaCldans le minerai.

7. a) 4 Cr (s) + 3 O2 (g) 2 Cr2O3 (s)

b) Cu2S (s) + O2 (g) 2 Cu (s) + SO2 (g)

c) C6H5CH3 (l) + 9 O2 (g) 4 H2O (l) + 7 CO2 (g)

d) 2 Cr (s) + 3 Cl2 (g) 2 CrCl3 (s)

e) SiO2 (s) + 2 C (s) Si (s) + 2 CO (g)

f) 3 Fe (s) + 4 H2O (g) Fe3O4 (s) + 4 H2 (g)

g) BF3 (g) + 3 H2O (l) 3 HF (aq) + H3BO3 (l)

8. a) Fe2O3 (s) + 3 Mg (s) 3 MgO (s) + 2 Fe (s)

Réactif : oxyde de fer (III).

Produit : oxyde de magnésium.

b) AlCl3 (s) + 3 H2O (l) Al(OH)3 (s) + 3 HCl (aq)

Réactifs : chlorure d’aluminium et eau.

Produits : hydroxyde d’aluminium et acide chlorhy-drique (ou chlorure d’hydrogène).

c) 2 NaNO3 (s) + H2SO4 (l) Na2SO4 (s) + 2 HNO3 (l)

Réactifs : nitrate de sodium et acide sulfurique.

Produits : sulfate de sodium et acide nitrique.

d) NiCO3 (s) + 2 HNO3 (aq) Ni(NO3)2 (aq) + CO2 (g) +H2O (l)

Réactifs : carbonate de nickel (II) et acide nitrique.

Produits : nitrate de nickel (II), dioxyde de carbone eteau.

e) 4 NH3 (aq) + 5 O2 (g) 4 NO (g) + 6 H2O (l)

Réactif : ammoniaque.

Produits : oxyde d’azote et eau.

9. a)

b)

= 3,1 × 102 g de Al2O3

10. a) Al(OH)3 (aq) + 3 HCl (aq) AlCl3 (aq) + 3 H2O (l)

b)

31 05

mol de HCl1 mol de Al(OH)

36,461 ol de Cl

=3

×g

m H, gg de HCl

0,750 g de Al (OH)ol de Al(OH)

8,0033× ×

1

7

m

g

6,0 mol de Alol Al O

ol Al01,96 g

ol2 3× ×

24

11

m dem de m dee Al O2 3

6,0 mol de Alol Ool Al

= 4,5 mol de O22×

34

m dem de

1

1

m de

m de

ol NaCl

ol AgCl

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

65 mol de COol Feol CO

= 43 mol de Fe×23

m dem de

65 mol de COol Fe O

ol CO2 3×

13m de

m de

25 mol de Fe Ool CO

ol Fe O2 32 3

×3

1m de

m de

2

1

,6 ol CO

ol Fe O2 3

m de

m de

65

25

m de

m de

ol CO

ol Fe O2 3

masse réelle

masse théorique

1

1

m de

m de

ol ZnI

ol Zn2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟.

2

1

m de

m de

ol NH

ol N3

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

( ),

,364

3 7512 5

2

kPa L molmolL

2 2i i – ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

P =mol kPa L mol K K3 75 8 314 298 15

12 5

, , ,

,

× ×i i i–1 –1

LL L mol 3,75 mol )– –1( ,0 0427 i ×

PnRT

V bnnV

=–

− ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

a2

P anV

V bn nRT+ =⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

( )–

910



c)

11. a) 4 Fe (s) + 3 O2 (g) 2 Fe2O3 (s)

b)

c) 3,83 g de Fe2O3 − 2,68 g de Fe = 1,15 g de O2.

12. a) CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (l)

b)

c) 25,5 g de CH4 + 102 g de O2 = 128 g de réactifs = 128 gde produits.

13. a) 8,3 × 10−4 mol de C8H18

= 0,0075 mol de H2O

= 4,0 kPa

b)

= 0,010 mol de O2

= 5,4 kPa

14.

= 0,0996 mol de SiH4

= 8,71 L de O2

15.

= 0,370 mol de CO2

52,6 g de KO2

16. a) (NH4)2CO3 (aq) + Cu(NO3)2 (aq) CuCO3 (s) + NH4NO3 (aq)

CO32− (aq) + Cu2+ (aq) CuCO3 (s)

b) Pb(OH)2 (s) + HCl (aq) PbCl2 (s) + H2O (l)

Pb(OH)2 (s) + 2 H+ (aq) + 2 Cl− (aq) PbCl2 (s) + 2 H2O (l)

17. a) CH3COOH (aq) + NaOH (s) NaCH3COO (aq) + H2O (l)

Acide acétique; hydroxyde de sodium; acétate de sodium;eau.

b) 2 HNO3 (aq) + Ba(OH)2 (s) Ba(NO3)2 (aq) + 2 H2O (l)

Acide nitrique; hydroxyde de baryum; nitrate de baryum;eau.

18. a) Ba(OH)2 (s) + 2 HCl (aq) BaCl2 (aq) + 2 H2O (l)

Réaction acidobasique.

b) 2 HNO3 (aq) + CoCO3 (s) Co(NO3)2 (aq) + H2O (l) +CO2 (g)

Réaction avec dégagement gazeux.

c) 2 Na3PO4 (aq) + 3 Cu(NO3)2 (aq) Cu3(PO4)2 (s) +6 NaNO3 (aq)

Réaction de précipitation.

19. a) Cr2O72− est l’espèce réduite et l’agent oxydant ; Sn2+ est

l’espèce oxydée et l’agent réducteur.b) FeS est l’espèce oxydée et l’agent réducteur; NO3

− est l’es-pèce réduite et l’agent oxydant.

20. 0,007 937 mol de K2Cr2O7

[K2Cr2O7] =

Concentration des ions :

[K+] = 2 × [K2Cr2O7] = 2 × 0,0159 mol/L = 0,0318 mol/L

[Cr2O72−] = [K2Cr2O7] = 0,0159 mol/L

21.

22. 3,4 g de H2C2O4

Peser 3,4 g de H2C2O4 et les transférer dans une fiole jau-gée de 250 mL. Ajouter une petite quantité d’eau distil-lée et agiter jusqu’à dissolution complète. Ajouter de nouveau

0,250 L,15 ol de H

L

0,04

mol=2× ×

0

1

9

12 4m C O g

1000

1

mL

L= 5,08 10 mL3×

25,0 g de NaOHmol

0 g

Lmol de NaOH

× × ×1

4 00

10 123, ,

0 007 9370 500

0 0159,

,,

molL

= mol/L

2,335 g de K Cr Ool

94,18=2 2 7 ×

1

2

m

g

0,370 mol de COol KOol CO

1,10

mol22

2

× ×42

7

1

m dem de

g==

102 8 90

295 15

kPa L


×

×

,

,i i i– –1n

PVRT

= =

0 298 15

5


6,7 kP

× ×i i i–1 –1 ,

aaV

nRTP

= =

0,0996 mol de SiHol O

ol SiH= 0,199 mol4

2

4

×2

1m de

m dedde O2

4 5 20

298 15

7,5 kPa L


×

×

,

,i i i– –1n

PVRT

= =

0 295 15

4


,75 L

× ×i i i–1 –1 ,P

n RT

VO2= =

O2

8,3 10 mol de C H5 ol O

ol C H4

8 182

8 18

× ×– 22

m dem de

0 303 15

4


,75 L

× ×i i i–1 –1 ,P

n RT

VH2= =O

H O2

8,3 10 mol de C H8 ol H

ol C H4

8 182

8 18

× ×– 12

m de Om de

0,095 g de C Hol

14,22=8 18 ×

1

1

m

g

32 001

, gm deol O

= 102 g de O2

2

25,5 g de CHol de CH

6,04

ol Ool CH4

4 2× ×1

1

21

m

g

m dem de 44

×

159,71 ol de e

= 3,83 g de Fe O2

2 3

gm F O3

2,68 g de Feol de Fe

5,85

2 ol de Fe O4 ol de F

2 3× ×1

5

m

g

mm ee

×

3 ol de O1 ol de Al(OH)

18,021 ol de

= 0,523

m Hm

gm H O

2

2

× 00 g de H O2

0,750 g de Al(OH)ol de Al(OH)

8,0033× ×

1

7

m

g

10



de l’eau jusqu’à ce que le bas du ménisque coïncide avecle trait de jauge de la fiole. Boucher la fiole et agiter pourrendre la solution homogène.

23.

0,331 g de Na2CO3

24.

0,0769 L (76,9 mL)

25. a) Quantité de CH4 =

Quantité de H2O =

CH4 est le réactif limitant.

b)

= 375 g de H2

c) Sachant que 1 mol de CH4 réagit avec 1 mol de H2O,

139,3 mol de H2O − 62,0 mol de H2O ayant réagi = 77,3 mol de H2O en excès.

26. a)

La quantité maximale de NH3 pouvant être formé estde 68,0 g (CaO est le réactif limitant).

b)

224 g de NH4Cl − 214 g de NH4Cl ayant réagi = 10 gde NH4Cl en excès.

27.

La quantité maximale d’aspirine pouvant être formée estde 130 g (C7H6O3 est le réactif limitant).

28.

29. a)

= 9,37 g de CH3COSCH3

b)

30.

= 14,3 g de [Cu(NH3)4]SO4

Masse réelle = Rendement × masse théorique.

Masse réelle = 0,88 × 14,3 g = 12,6 g de [Cu(NH3)4]SO4

31. 1,245 g de mélange − 0,832 g de mélange déshydraté =0,413 g de H2O.

91,9 % de CuSO4 i 5 H2O1 14 5

1 2451004 2,

,%

g de CuSO H Oi

g de mélange=×

249 71 5

1 14 54 2

4 2

,,

gmol de CuSO H O

g de CuSO H Oi

i=

0 4131

18 02

12

2 4 2,,

g de H Omol de H O

g

mol de CuSO× ×

i 5 H OOmol de O5 2H

×

227 71 3 4 4

,[ ( ) ]

gmol de Cu NH SO

10 01

159 6

14

4,,

[ (g de CuSO

mol de CuSO

g

mol de Cu NH× × 33 4 4

41) ]SO

mol de CuSO×

Rendement =,65 g,37 g

=89

100 92 3× % , %.

12

90 151

3 3

3 3

mol de CH COSCHmol de CH SH

gmol de CH C

×,

OOSCH3

10 01

48 1133,

,g de CH SH

mol de CH SH

g× ×

16

1006,3 g8,0 g

= 24,0 %× %Rendement =masse réelle

masse théorique=× 100 %

180 21

1769 8 4

,’

gmol de C H O

g d aspirine=

1001

102 1114 6 3

4 6 3 9 8 4g de C H Omol C H O

gmol de C H O

× ×, mmol de C H O4 6 3

×

180 21

1309 8 4

,’

gmol de C H O

g d aspirine=

1001

138 11

7 6 37 6 3 9 8g de C H O

mol de C H Og

mol de C H O× ×

,44

7 6 31 mol de C H O×

53,49 g1 ol de NH

= 214 g de NH Cl ayant réagi.4

4m Cl

112 g de CaOol de CaO

6,08

2 ol de NH1 ol de

4× ×1

5

m

g

m Clm CCaO

×

17,031 ol de NH

= 71,3 g de NH3

3

gm

224 g de NH Clol de NH Cl

3

2 ol de NH2 ol4

4 3× ×1

5 49

m

g

mm, dde NH4Cl

×

17,031 ol de NH

= 68,0 g de NH3

3

gm

112 g de CaOol de CaO

6,08

2 ol de NH1 ol de Ca

3× ×1

5

m

g

mm OO

×

77,3 mol de H O8,02

mol= 1,39 10 g de H O2

32× ×

1

1

g

62,0 mol de CH3 ol de H

1 ol de CH mol de42

4

× ×m

mg2 016

1,

H2

>1 ol de H O1 ol de CH

2

4

mm

139 362 0

22

4

,,

mol de H Omol de CH

mm

=,25 ol de H O1 ol d

2

ee CH4

2510 g de H Ool

g= 139,3 mol de H O2 2×

1

18 02

m

,

995 g de CHol

g= 62,0 mol de CH4 4×

1

16 04

m

,

12

10 125 2 2 4

m dem de

Lmol de H C O

ol H C Ool NaOH

=2 2 4 ×,

35,2 mLL

000 mL

ol de NaOH

L× × ×

1

1

0 546

1

, m

12

11

m dem de m deol Na COol HNO

06,0 gol Na CO

=2 3

3 2 3

×

50,0 mLL

000 mL

ol de HNO

L3× × ×

1

1

0 125

1

, m

10



32. Tl2SO4 (aq) + 2 NaI (aq) 2 TlI (s) + Na2SO4 (aq)

33.

34. a)

= 0,00827 mol de C

= 0,00661 mol de H

La formule empirique est C5H4.

b) Masse formulaire de C5H4 : 64,09 g/mol, soit la moitiéde la masse molaire de CxHy.


35. a) 0,263 g de SxCly − 0,125 g de S = 0,138 g de Cl

La formule empirique est SCl.b) Masse formulaire de SCl = 67,52 g/mol.

La formule moléculaire est S2Cl2.

36.

= 5,70 × 10−4 mol de Ni

= 2,27 × 10−3 mol de CO

La formule empirique est Ni(CO)4.

37.

38.

39. a) CO2 (g) + 2 NH3 (g) NH2CONH2 (s) + H2O (l)

b) 2 NaBH4 (s) + H2SO4 (aq) B2H6 (g) + 2 H2 (g) + Na2SO4 (aq)

c) TiO2 (s) + 2 Cl2 (g) + 2 C (s) TiCl4 (l) + 2 CO (g)

TiCl4 (l) + 2 Mg (s) Ti (s) + 2 MgCl2 (s)

d) Ca3(PO4)2 (s) + 2 H2SO4 (aq) Ca(H2PO4)2 (aq) + 2 CaSO4 (s)

e) (NH4)2Cr2O7 (s) N2 (g) + 4 H2O (l) + Cr2O3 (s)

40. a) Mg (s) + 4 HNO3 (aq) Mg(NO3)2 (aq) + 2 NO2 (g)+ 2 H2O (l)

b) Acide nitrique, nitrate de magnésium, dioxyde d’azote,eau.

c) Mg (s) + 4 H+ (aq) + 2 NO3− (aq) Mg2+ (aq) + 2 NO2 (g) +

2 H2O (l)

d) Mg est le réducteur et HNO3 est l’oxydant.

41. a) Réaction acidobasique.

Zn(OH)2 (s) + 2 HCl (aq) ZnCl2 (aq) + 2 H2O (l)

Lorsque la réaction est complète, évaporez l’eau pourisoler le ZnCl2.

b) Réaction avec dégagement gazeux.

ZnCO3 (s) + 2 HCl (aq) ZnCl2 (aq) + H2O (l) + CO2 (g)

c) Réaction d’oxydoréduction.

Zn(s) + 2 HCl (aq) ZnCl2 (aq) + H2 (g) ou

Zn(s) + Cl2 (g) ZnCl2 (s).

42. a) (NH4)2PtCl4 (aq) + 2 NH3 (aq) Pt(NH3)2Cl2 (aq) +2 NH4Cl (aq)

b) Masse de (NH4)2PtCl4 =

12,50 g de Pt(NH ) Clol de Pt(NH ) Cl

00,03 2 23 2 2×

1

3

m

55 g×

10 038 55

1 052,

,L

de HCl= mol/L

2,150 g de Na COol de Na CO

05,99

ol HC2 3

2 3× ×1

1

2m

g

m de llol Na CO2 31 m de

×

10 812

100044 6

Lm de

mL

LmL de HCl

,,

ol HCl 1=×

1,45 g de NaOHol de NaOH

0× ×

1

4 00

11

m

g

mol de HClmol d, ee NaOH

×

2 27 105 70 10

41

,,

××

–3

–4

mol de COmol de Ni

mol de COm

=ool de Ni

0 1001

44 01

112

2,,

g de COmol de CO

g

mol de COmol de C

× ×OO2

0 04261

74 69

11

,,

g de NiOmol de NiO

g

mol de Nimol de

× ×NNiO

135 g/mol67,52 g/mol

= 2

0 003 90 11

, mol de S mol de Smol de Cl0,003 89 mol de Cl

=

0,138 g de Clol

5=×

1

3 450 003 89

m

gmol de Cl

,,

0,125 g de Sol

2,07= 0,003 90 mol de S×

1

3

m

g

54

mol de Cmol de H

0 008 270 006 61

1 251

,,

,mol Cmol H

=dede

mol de Cmol de HH

=

0 05961

18 02

212

2,,

g de H Omol de H O

g

mol de Hmol de H

× ×22O

0 3641

44 01

112

2,,

g de COmol de CO

g

mol de Cmol de CO

× ×22

0,0672 g de Al0,764 g d’échantillon

100 % = 8,79 % d’× aaluminium.

21

6,98 gol l

= 0,0672 g de Alm de A

0,127 g de Al Ool de Al O

02,0

ol lo2 3

2 3× ×1

1

21

m

g

m de Am ll Al O2 3de

×

0 149610 20

,, ’

g de Og d échantillon

Tl S100 % = 1,42 4 × 667 % de Tl SO .2 4

504 831

, gol Tl S

= 0,1496 g de Tl SO2 4

2 4m de O

0,1964 g de TlIol de TlI

31,29

ol Tl S2 4× ×1

3

12

m

g

m de Omm deol TlI

×

10



= 15,54 g de (NH4)2PtCl4

Volume d’ammoniaque =

= 0,667 L d’ammoniaque

43.

Donc le rendement peut aussi être égal à :

× 100 %.

Nombre de moles théorique de C2H2 :

= 0,0413 mol de C2H2

Nombre de moles réel de C2H2 :

= 0,0314 mol de C2H2

44. a) Chlorure de titane (IV), eau, oxyde de titane (IV) etacide chlorhydrique (chlorure d’hydrogène).

b)

c)

d)

45. a) Réactifs : Na (+1), I (-1), Mn (+4), O (-2), H (+1), S (+6).

Produits : Na (+1), S (+6), O (-2), Mn (+2), I (0), H (+1).

b) NaI (I−) = réducteur = espèce oxydée (I passe de -1 à 0 dans I2).

MnO2 = oxydant = espèce réduite (Mn passe de +4 à +2).

c)

La masse maximale de I2 pouvant être obtenue est de16,9 g (NaI est le réactif limitant).

46. a) Selon l’exemple 10.10 (voir la page 354), O2 est le réactiflimitant.

b)

47. Quantité de Si =

Quantité de CH3Cl =

= 0,206 mol de CH3Cl.

Si est le réactif limitant.

Masse de (CH3)2SiCl2 =

11

29,1 gol (CH ) SiCl

= 10,3 g3 2 2m de

0,0801 mol de Siol (CH ) SiCl

ol Si3 2 2× ×

11

m dem de

>2

1mol H

mol i3de C Cl

de S0

02,206 ol de CH Cl

,0801 ol de Si=

,58 mol H3 3mm

de C Cl11 mol ide S

nPVRTCH Cl K3

7 6 56= =

8,0 kPa L8,314 kPa L mol 1

× ,i i i– −− ×1 298 15, K

2,25 g de Siol

8,09= 0,0801 mol de Si×

12

mg

31

2,00mol de O

= 1,76 10 g de O2

32

g×

750 g de NHol de NH 5 ol de O

4 ol de NH33 2

3

× ×1

17 03

m

g

mm,

××

= 507 g de H O2

750 g de Ool de O 6 ol de H

5 ol de O22 2

2

× × ×1

32 00

1m

g

m Om,

88,02mol de H2

gO1

253,81 ol de I

= 29,2 g de I2

2

gm

1 ol de I1 ol de MnO

2

2

mm

×10,0 g de MnOol de MnO

6,9422× ×

1

8

m

g

253,81 ol de I

= 16,9 g de I2

2

gm

20,0 g de NaIol de NaI 1 ol de I

2 ol de Na2× ×

1

149 9

m

g

mm, II

×

=100 63 0× % , %6

10 2

,43 g

, gRendement =en TiO2

× 100 %masse réelle

masse théoriqueRendement =

41

36 461

18 6m de HCl

m degHCl

olol TiCl mol de

= g d4

×,

, ee HCl

14,0 mL de TiCl,73 g

mL

ol de TiCl

89,7 g44× × ×

1

1

1

1

m

11 1

10 22m de TiOm de

gTiO

olol TiCl

79,87mol de

=4 2

× , gg de 2TiO


mL

ol de TiCl

89,7 g44× × ×

1

1

1

1

m

21

11

m de Om de

gO

ol Hol TiCl

8,02mol de H

= 4,60 g d2

4 2

× ee H O2


mL

ol de TiCl

89,7 g44× × ×

1

1

1

1

m

=× 100 76 0% , %.00,0314 mol,0413 mol

Rendement =

nPVRT

= =8,02 kPa L

8,314 kPa L mol K9 0 795×

×,

i i i–1 –1 2298 35, K

2,65 g de CaC4,10

ol C Hol2

2 2 2× ×1

6

11

mol de CaC

g

m dem dde CaC2

nombre de moles

nombre de moles

réel

théorique

Rendement =réel

tnombre de moles

nombre de moles× M

hhéorique ××

M100 %

Rendement =héorique

oumasse réelle

masse t× 100 %

21

10 125

mm

Lm

ol de NHol de Pt(NH ) Cl ol de NH

3

3 2 2

×, 33

12,50 g de Pt(NH ) Clol de Pt(NH ) Cl

00,03 2 23 2 2×

1

3

m

55 g×

11

3mm

ol de(NH ) PtClol de Pt(NH ) Cl

72,97 g4 2 4

3 2 2

×ol de(NH ) PtCl4 2 41 m

10



Pression de (CH3)2SiCl2 =

= 37,4 kPa

48. a) Quantité d’aluminium =

Quantité de KOH =

= 0,250 mol de KOH

Comme Al est le réactif limitant, il ne restera pas d’alu-minium non dissous à la fin de la réaction.

b)

= 0,0760 mol de KAl(OH)4

49. FeCl3 (aq) + 3 NaOH (aq) Fe(OH)3 (s) + 3 NaCl (aq)a) Quantité de FeCl3 =

0,005 85 mol de FeCl3

Quantité de NaOH =

0,0192 mol de NaOH

NaOH est le réactif en excès.

b)

c) Quantité de NaOH ayant réagi avec FeCl3 =

0,0176 mol de NaOH

mol de NaOH − 0,0176 mol

de NaOH ayant réagi = 0,0017 mol de NaOH en excès.

[NaOH en excès] =

50. Quantité de N2 =

= 0,0115 mol de N2

Masse de NaNO2 =

Pourcentage massique de NaNO2 =

51.

52.

0,148 g de BxHy − 0,131 g de B = 0,017 g de H

Quantité de B =

Quantité de H =

La formule empirique est B5H7.

53. Quantité de C =

= 0,005 84 mol de C

0,005 84 mol de Cmol

= 0,0701 g de C×12 01

1

, g

0,257 g de COol de CO

4,01

1 ol de C1 ol de CO2

2× ×1

4

m

g

mm 22

0 0170 0121

11

7,,

mm

mm

mol de Hol de B

=,4 ol de H

ol de B=

ool de Hol de B5 m

0,017 g de Hol de H

008= 0,017 mol de H×

1

1

m

g,

0,131 g de Bol de B

0,81= 0,0121 mol de B×

1

1

m

g

1 811

0mol de B

= 0,131 g de B, g

0,422 g de B Ool de B O

9,62

2 ol de B1 ol de2 3

2 3× ×1

6

m

g

mm BB O2 3

×

0 16250 2140

0 7,, ’

,g de saccharineg d échantillon

= 5592 75 92( , %)ou

11

83,19mol de saccharine

= 0,1625 g de saccharineg

1 ol de S1 ol de BaSO

1 ol de saccharine1 ol de S4

mm

mm

× ×0,2070 g de BaSOol de BaSO

33,3944× ×

1

2

m

g

0,792 g NaNOmélange

% = 64,2 %2deg de1 232

100,

×

= 0,792 g de NaNO2

61

9,00 gol NaNO2m de

0,0115 mol de Nol NaNO

ol N22

2

× ×1

1m de

m de

nPVRT

= =5,1 kPa L

8,314 kPa L mol K1

9 0 295

2

×

×

,

i i i– –1 994 15, K

025 0 42 5 10 3

,0017 olL

= 0,025 mol/Lm

( , , )+ × −

42,5 mLL

000 mL

,453 ol

L× ×

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

1

1

0

1

m

0,005 85 mol de FeClol de NaOHol de FeCl

=33

×31

mm

106 91

, gmol de Fe(OH)

= 0,625 g de Fe(OH)3

3

0,005 85 mol de FeClol de Fe(OH)

ol de FeCl33

3

× ×1

1m

m

31

ol de NaOHol de FeCl3

mm

00

3,0192 ol de NaOH,005 85 ol de FeCl

=,28 ol de N

3

mm

m aaOHol de FeCl

>31 m

42,5 mLL

000 mL

,453 ol

L=× ×

1

1

0

1

m

25,0 mLL

000 mL

,234 ol

L=× ×

1

1

0

1

m

0,0760 mol de Alol de KAl(OH)

ol de Al4×

22

mm

11m

mol de KOH

ol de Al00

31

,250 ol de KOH,0760 ol de Al

=,29 ol de KOH

olm

mmm dde Al

>

185 LL

000 L

ol de KOH

Lm

m

m× ×

1

1

1 35

1

,

2,05 g de Alol

6,98=×

1

20 0760

m

gmol de Al,

0 368 15

6


,56 L

× ×i i i–1 –1 ,P

nRTV

= =

10



Quantité de H =

= 0,003 88 mol de H

Masse de O = masse de quinone − masse de C − masse de H

= 0,105 g – 0,0701 g – 0,003 91 g

= 0,031 g de O

La formule empirique est C3H2O.

54.

= 1,07 × 10−3 mol de MCO3

Mmétal = 88 g/molLe métal est probablement Sr (87,6 g/mol).

55.

= 0,020 01 mol de Ti

= 0,480 g de O

La formule empirique est Ti2O3

56.

= 3,13 g de Na2S2O3

Pureté de l’échantillon =

57.

La masse maximale de Ag2MoS4 pouvant être obtenue estde 15,4 g (Mo est le réactif limitant).

58. CH4 (g) + 2 O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g)

Considérez une période de une minute.Quantité de CH4 =

= 0,21 mol de CH4

Quantité de O2 =

= 10 L de O2

Le brûleur doit être alimenté en oxygène à un taux de 10 L/min.

59.

19,9 mg de thioridazine par comprimé.239

12mg de thioridazine

comprimés=

1000 mg

1= 239 mg de thioridazine

g

12

mm

g

m tol de thioridazine

ol de S

370,6

1 ol de hio×

rridazine×

0,301 g de BaSOol de BaSO

233,4

ol de Sol4

4× ×1 1

1m

g

mm dde BaSO4

×

0 299 15

9

,41 mol 8,314 kPa L mol K

8,9 kPa

1 1× ×i i i– –K ,V

nRTP

= =

0,21 mol de CHol O

ol CH= 0,41 mol de O4

2

42×

21

m dem de

nPVRTCH 14

= =0 kPa L

8,314 kPa L mol K

1 3 5 0

3

×

×

,

i i i– –1 001 15, K

439,91 ol de Ag

= 16,5 g de Ag MoS2

2 4

gm MoS4

4,81 g de Sol de S

2,07

1 ol de Ag4 ol de S

2× ×1

34m

g

m MoSm

××

439,91 ol de Ag

= 15,4 g de Ag MoS2

2 4

gm MoS4

3,36 g de Mool de Mo

5,94

1 ol de Ag1 ol d

2× ×1

94m

g

m MoSm ee Mo

×

439,91 ol de Ag

= 17,6 g de Ag MoS2

2 4

gm MoS4

8,63 g de Agol de Ag

07,9× ×

1

1

12

2 4m

g

mol de Ag MoSmol dee Ag

×

33

,13 Na S O,232

100 % = 96,82 2 3g deg d échantillon’

× %%

21

11

m dem de m de

ol Na S Ool I

58,12 gol Na S O

2 2 3

2 2 2 3

×

40,21 mLL

000 mL

ol de I

L2× × ×

1

1

0 246

1

, m

00

1,0300 ol O,020 01 ol Ti

=,5 ol O1 ol

m dem de

m dem de TTi

=ol O

2 ol Ti3 m de

m de

0,480 g de Ool

6= 0,0300 mol de O×

1

1 00

m

g,

1,438 g de Ti O 0,020 01 mol de Ti7,867

mol de Tx y – ×4

1g

ii

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

1,598 g de TiOol de TiO

9,866

1 ol de Ti1 ol2

2× ×1

7

m

g

mm dde TiO2

148 g/mol = + = + 60,01 g/molmétal CO métal3M M M

0 1581 07 10

3

3

,,

g de MCOmol de MCO× –3 = 148 g/mol

9 0 285

298 15

,31 kPa L


×

×

,

,i i i– –1n n

PVRTCO MCO2 3

= = =

00

21

,003 88 ol H,0019 ol O

=ol Hol O

m dem de

m dem de

00

31

,005 84 ol C,0019 ol O

=ol Col O

m dem de

m dem de

0,031 g de Ool

6= 0,0019 mol de O×

11 00

mg,

0,003 88 mol de Hmol

= 0,003 91 g de H×1 008

1

, g

0,0350 g de H Ool de H O

8,02

2 ol de H1 ol de H2

2× ×1

1

m

g

mm 22O

10



60. a) 10,8 g de produit – 2,0 g de Fe = 8,8 g de Br2

b)

c)

La formule empirique est FeBr3.

d) 2 Fe (s) + 3 Br2 (l) 2 FeBr3 (s)

e) Bromure de fer (III).

f) i) Vrai. ii) Faux. iii) Faux. iv) Faux.

61. a) Groupe 7B (7) et cinquième période.

b) n = 5, l = 0 et m = 0.

c) 2,26 × 10−14 J

d) i) HTcO4 (aq) + NaOH (aq) NaTcO4 (aq) + H2O (l)ii) Masse de NaTcO4 =

8,5 × 10−3 g de NaTcO4

Masse de NaOH =

62. a) 7 + 2(6) = 19 électrons périphériques.

b)

c) Le chlore est hybridé sp3. La forme de cet ion est coudée.

d) L’ozone possède le plus grand angle de liaison parce queson atome central est hybridé sp2.

e) Quantité de NaClO2 =

Quantité de Cl2 =

= 0,0827 mol de Cl2

Cl2 est le réactif limitant.Masse de ClO2 =

61

7,45 gmol lO

= 11,2 g de ClO .2

2de C0,0827 mol de Cl

mol ClOmol l2

2

2

× ×21

dede C

21mol aClO

mol l2

2

de Nde C

00

2,172 ol de NaClO,0827 ol de Cl

=,08 mol aC2

2

mm

de N llOmol l

2

21 de C>

nPVRT

= =4 kPa L

8,314 kPa L mol K1

1 0 0 1 45

2

, ,×

×i i i– –1 995 15, K

15,6 g de NaClOol

0,44= 0,172 mol de NaClO2 2×

1

9

m

g

O OO

OOClOO–

= 1,8 10 g de NaOH.3× –

11

11

4m dem de

m dem de

ol HTcOol Tc

ol NaOHol HTcO

4

4

× ×00,00

mol de NaOHg

1

4,5 mg de Tc0

ol de Tc

7,91× × ×

1

1 00

1

9

g

mg

m

g

11

11

m dem de

gol NaTcOol Tc

84,90mol de NaTcO

=4

4

×

4,5 mg de Tc0 m

ol de Tc

7,91× × ×

1

1 00

1

9

g

g

m

g

λν

= =m s

3 10 s= 8,80 10 m

1

19 1

c 2 998 10

40

812,

,

×

×× −i –

–

ν = =10 s

= 3,40 10 s34 1

19Eh

2 26 10

6 626

14,

,

×

××

− J

J– –i

––1

0,141 MeVeV

MeV eV=× ×

× −10

1

1 60 10

1

6 19, J

1 51 1

32, mol de Brmol de Fe

m dem de

mol d×

2 ol Brol Br

=2

ee Brmol de Fe1

00

11

,055 ol Br,036 ol Fe

=,5 ol Br

ol2 2m de

m dem dem de FFe

8,8 g de Brol

59,8= 0,055 mol de Br2 2×

1

1

m

g

2,0 g de Feol

5,85= 0,036 mol de Fe×

1

5

m

g

10


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Solutionnaire des exercices de fin de chapitre · 4 CHIMIE GÉNÉRALE 4. La découverte de la radioactivité a montré que les atomes doivent être divisibles, ce qui implique qu’ils