Atomistique Ex Cor [PDF]

Zitiervorschau

Exercices

Atomistique

1. Pour une mole : environ 980 kJ mol

2. C’est l’atome H (un de ses isotopes : 11H E 

1   1  E0 Z 2  2  2  d'où  n m  

hc

(correction)

-1

Z

2 1

H (deutérium)

3 1

H (tritium) ).

hc 6,62 *1034 *3*108  1 1  1 1   1 19   E0  2  2  0,0585*13,6 *1,6 *10   2 2  m  n  108 109 

3. a) Vrai. Puisque   m ;   2, donc l’OA peut être de type d b) Faux : l’OA peut être de type f ( < n = 4 ; donc  = 3 est possible) c) Faux :   2 ici (l = 1 pour les OA « p ») d) Vrai : nous n’avons aucune information sur le numéro atomique Z de X. Par exemple X pourrait être H, avec son seul électron dans un état excité (n=4 ; =2 ou 3 ; m =2) e) Vrai : le moment magnétique de spin ms est indépendant des nombres n, , m f) Faux :  = 2 ou 3 4. a) nombre de protons = Z ; nombre de neutrons = A - Z b) M  pi M i = 58,70 g mol-1



2

c) (i) 1s 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0 3d10 ; (ii) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p8 4s2 3d 6 ; (iii) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8 ; (iv) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6 4p2 . L’OA 4s se remplit avant les OA 3d : (i) est un état excité Les OA 3d se remplissent avant les OA 4p : (iv) est un état excité Les 3 OA « p » ne peuvent recevoir que 6 électrons au maximum : (ii) est incorrecte La configuration du Ni à l’état fondamental est (iii). numéro de ligne (période) = 4 numéro de colonne (famille) = 10 = 2 (2 électrons 4s) + 8 (électrons 3d) Classement par énergie croissante : (iii) < (i) < (iv) d) A savoir : les premiers électrons à être arrachés des OA 4sx3dy sont les électrons 4s. Le nickel pourra perdre 2 électrons pour former l’ion Ni2+ : 1s22s22p63s23p64s03d8 e) La structure du palladium, situé sous le nickel, sera similaire à l’ordre n supérieur, soit pour la couche externe : 5s2 4d8. La configuration complète est obtenue en écrivant l’ordre des OA (Klechkowski) et en saturant les couches intermédiaires. On obtient Pd : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d8. 5. a) Croissance de l’énergie d’ionisation le long d’une ligne : Ei(O) < Ei(F) < Ei(Ne) 11Na est un métal alcalin très facile à ioniser : Ei(Na) < Ei(O) < Ei(F) < Ei(Ne) Par contre 11Na+ est isoélectronique du néon, et sera difficile à ioniser comme celui-ci. La charge du noyau de 11Na+ (11) étant plus forte que celle de Ne (10), les électrons externes de 11Na+ sont plus liés au noyau, on aura donc Ei(Na) < Ei(O) < Ei(F) < Ei(Ne) < Ei(Na+) b) Ecrire les configuration électroniques des atomes et des ions issus de la 1ère et 2ème ionisation : Atome X 3Li 5B 9F 10Ne 11Na 20Ca

Etat fondamental X 2

1

1s 2s 1s2 2s2 2p1 1s2 2s2 2p5 1s2 2s2 2p6 1s2 2s2 2p6 3s1 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

Etat fondamental X+ 2

1s 1s2 2s2 1s2 2s2 2p4 1s2 2s2 2p5 1s2 2s2 2p6 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

Etat fondamental X2+ 1

1s 1s2 2s1 1s2 2s2 2p3 1s2 2s2 2p4 1s2 2s2 2p5 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

Type

Métal alcalin Non métal Halogène Gaz noble Métal alcalin Alcalino-terreux

Exercices

Atomistique

(correction)

Pour les métaux alcalins, la première ionisation est très facile (on obtient un ion isoélectronique du gaz rare précédent), mais la suivante est très difficile. Par contre pour les alcalino-terreux, la première ionisation est très facile et la suivante aussi. De plus l’énergie d’ionisation diminue en descendant le long d’une colonne. Ainsi : Li : (5,39 ; 75,62) Na : (5,14 ; 47,29) Ca : (6,11 ; 11,87) Le bore, en perdant sont électron de la couche 2p, donne un ion à couche 2s complète, son ionisation est donc relativement aisée : B (8,30 ; 25,15) L’halogène F et le gaz noble Ne sont de la même période, l’énergie croit le long d’une période : F (17,42 ; 34,98) Ne : (21,51 ; 41,07) Ion le plus courant des métaux de la liste : Li+ ; Na+ ; Ca2+ c) 12Mg : 1s2 2s2 2p6 3s2 13Al : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 En principe l’énergie d’ionisation augmente le long d’une ligne. Mais dans ce cas, on peut dire grossièrement que l’ionisation de Al conduit à une couche externe saturée (3s 2), alors que l’ionisation de Mg occasionne une perte de couche externe saturée (on obtient 3s1). 2 2 6 2 3 2 2 6 2 4 d) 14Si : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2 15P : 1s 2s 2p 3s 3p 16S : 1s 2s 2p 3s 3p + 2 2 6 2 1 + 2 2 6 2 2 + 2 2 6 2 3 14Si : 1s 2s 2p 3s 3p 15P : 1s 2s 2p 3s 3p 16S : 1s 2s 2p 3s 3p ère La 1 ionisation de P conduit à une perte de la couche 3p demi complète (plus difficile que ne le prévoit la règle : « l’énergie d’ionisation augmente le long d’une ligne »), alors que la 1ère ionisation de S conduit à la formation de la couche 3p demi complète (plus facile que la règle ne le prévoit). D’où Ei1(P) > Ei1(S) Cet écart à la règle ne se produit pas avec la 2ème ionisation et la progression est régulière Ei2(Si) < Ei2(P) < Ei2(S) 6. a) C’est une grandeur calculée à partir de grandeurs mesurées. Il y a plusieurs échelles, celle de Pauling est la plus utilisée en Chimie. Celle de Mulliken est facile à écrire :  = a (Ei + Ae) (a est constant) b) L’électronégativité diminue en descendant dans une famille (colonne). Il s’agit ici des alcalino-terreux : Be>Mg>Ca c) L’électronégativité augmente en se déplaçant sur une période (ligne) vers la droite (hormis les gaz rares). Il s’agit ici de la 5ème période : Sb