chimie generale solutionnaire ch 6

C H A P I T R E

6 Le tableau périodique

Recueil de solutions − Chimie générale

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Réponses aux problèmes ciblés

6.15 L’hydrogène, en ayant un seul électron (1s1), a tendance à perdre ou à gagner un électron pour se stabiliser. Il se comporte à la fois comme un alcalin (élément du groupe 1A) pour donner, par exemple, le composé HCl et comme un halogène (élément du groupe 7A) pour donner, par exemple, le composé NaH.

6.16 a) DÉMARCHE

Pour déduire la configuration électronique d’un élément à l’état fondamental, il faut appliquer le principe de construction (aufbau) déjà étudié à la section 5.9. Il s’agit d’écrire la configuration électronique en débutant par le nombre quantique principal n = 1 et de remplir successivement les niveaux d’énergie supérieurs jusqu’à ce que tous les électrons soient placés.

SOLUTION

Nous savons que pour n = 1, nous avons une orbitale 1s (2 électrons). Pour n = 2, nous avons une orbitale 2s (2 électrons) et trois orbitales 2p (6 électrons). Pour n = 3, nous avons une orbitale 3s (2 électrons). Il reste maintenant (17 − 12) = 5 électrons à placer. Ces cinq électrons sont placés dans les orbitales 3p. La configuration électronique est 1s22s22p63s23p5 ou [Ne]3s23p5.

VÉRIFICATION

Si l’on consulte par la suite un tableau périodique, on voit qu’il s’agit bien d’un halogène, plus précisément du chlore.

b) DÉMARCHE

Quelles sont les caractéristiques des configurations électroniques des éléments représentatifs, des éléments de transition et des gaz rares ?

SOLUTION

Il s’agit d’un élément représentatif, car la sous-couche 3p n’est pas complètement remplie. Il s’agit d’un halogène, car les éléments de cette famille ont 7 électrons de valence. On peut aussi dire qu’il s’agit d’un non-métal.

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96 Chapitre 6 • Le tableau périodique

VÉRIFICATION

Aux fins de comparaison, notons qu’un métal de transition possède une sous-couche d incomplètement remplie, et qu’un gaz rare se caractérise par une dernière couche (la couche externe) complètement remplie.

c) DÉMARCHE

Il faut observer s’il y a un ou plusieurs électrons célibataires dans la dernière couche. Qu’est-ce qui détermine si un élément est paramagnétique ou diamagnétique ?

SOLUTION

En faisant le diagramme des orbitales à l’aide des cases électroniques pour cet élément, on note qu’il y a un électron célibataire dans la sous-couche p. Rappelons que les trois orbitales 3p peuvent contenir un maximum de 6 électrons. Les atomes de cet élément sont donc paramagnétiques.

VÉRIFICATION

Rappelons que si un atome a un nombre impair d’électrons, comme c’est le cas pour un halogène, il sera nécessairement paramagnétique.

6.17 DÉMARCHE

Des éléments qui ont le même nombre d’électrons de valence ont des ressemblances de propriétés chimiques. De tels éléments se retrouvent dans le même groupe (ou famille) d’éléments.

SOLUTION

Les paires d’éléments qui ont des propriétés chimiques semblables sont : a) et d) ; b) et f) ; c) et e).

6.18 a) et d) ; b) et e) ; c) et f).

6.19 a) 1s22s22p5 (halogène)

b) [Ar]4s2 (métal alcalino-terreux)

c) [Ar]4s23d 6 (métal de transition)

d) [Ar]4s23d104p3 (élément du groupe 5A)

6.20 a) groupe 1A

b) groupe 5A

c) groupe 8A

d) groupe 8B

Identifiez les éléments.

6.21 Il n’y a pas d’électron dans la sous-couche 4s de cet ion parce que les métaux de transition perdent leurs électrons de la sous-couche ns périphérique avant de perdre ceux de la sous-couche (n – 1)d. Dans l’atome neutre, il n’y avait que six électrons de valence. On peut identifier l’élément simplement en comptant jusqu’à six à partir du potassium (K, numéro atomique 19), ce qui mène au chrome (Cr).

Quelle est la configuration électronique d’un atome neutre de chrome ?



Problèmes ciblés 97

6.22 Le métal dont il est question est un métal de transition, car il a cinq électrons dans la sous-couche 3d. Rappelez-vous que, dans le cas d’un ion d’un métal de transition, les orbitales (n – 1)d sont plus stables que les orbitales ns. Donc, quand un cation est formé à partir d’un métal de transition, les électrons sont toujours enlevés d’abord de l’orbitale ns et ensuite des orbitales (n – 1)d si c’est nécessaire. Puisque l’ion métallique a une charge +3, il y a eu enlèvement d’électrons, et comme la sous-couche 4s est moins stable que la 3d, deux électrons ont dû être enlevés de l’orbitale 4s et un autre d’une orbitale 3d. Ainsi, la configuration de l’atome neutre est [Ar]4s23d 6. C’est la configuration électronique du fer. Il s’agit de l’ion Fe3+.

6.27 DÉMARCHE

Au moment de la formation d’un cation dérivé d’un atome neutre d’un élément représentatif, il y a une perte de un ou plusieurs électrons de la couche occupée ayant la plus grande valeur de n. Au moment de la formation d’un anion dérivé d’un atome neutre d’un élément représentatif, il y a un gain de un ou plusieurs électrons dans la couche partiellement remplie ayant la plus grande valeur de n. En gagnant ou perdant des électrons, les éléments représentatifs obtiennent une structure de gaz rare. Cependant, lorsqu’un cation se forme à partir d’un métal de transition, les électrons sont toujours enlevés d’abord de l’orbitale de niveau ns, ensuite, des orbitales (n − 1)d si nécessaire.

Il faut déterminer le nombre d’électrons de chaque ion, puis distribuer ces électrons comme vous l’avez appris. Consultez la figure 5.22 et le tableau 5.3 si vous éprouvez de la difficulté à écrire les configurations électroniques.

SOLUTION

a) 1s2 b) 1s2 c) 1s22s22p6 d) 1s22s22p6

e) [Ne]3s23p6 f) [Ne] g) [Ar]4s23d104p6 h) [Ar]4s23d104p6

i) [Kr] j) [Kr] k) [Kr]5s24d10

6.28 Consultez la figure 5.22 et le tableau 5.3 si vous éprouvez de la difficulté à écrire les configurations électroniques.

a) [Ne] b) La même qu’en a). Savez-vous pourquoi ?

c) [Ar] d) La même qu’en c). Savez-vous pourquoi ?

e) La même qu’en c). f) [Ar] 3d 6. Pourquoi pas [Ar]4s23d 4 ?

g) [Ar]3d 9. Pourquoi pas [Ar]4s23d 7 ? h) [Ar]3d10. Pourquoi pas [Ar]4s23d 8 ?

6.29 Il faut déterminer le nombre total d’électrons de chacun, puis utiliser la figure 5.22 et le tableau 5.3 pour les distribuer.

a) [Ar] b) [Ar] c) [Ar] d) [Ar]3d 3 e) [Ar]3d 5

f) [Ar]3d 6 g) [Ar]3d 5 h) [Ar]3d 7 i) [Ar]3d 8 j) [Ar]3d10

k) [Ar]3d 9 l) [Kr]4d10 m) [Xe]4f 145d10 n) [Xe]4f 145d 8 o) [Xe]4f 145d 8

6.30 a) Cr3+ b) Sc3+ c) Rh3+ d) Ir3+

6.31 Deux espèces sont dites isoélectroniques si elles ont le même nombre d’électrons. Les atomes neutres de deux éléments différents peuvent-ils être isoélectroniques (voir aussi la question 6.25) ?

a) C et B− sont isoélectroniques. b) Mn2+ et Fe3+ sont isoélectroniques.

c) Ar et Cl− sont isoélectroniques. d) Zn et Ge2+ sont isoélectroniques. Avec quel atome neutre les ions positifs de b) sont-ils isoélectroniques ?




6.32 Be2+ et He ; F−et N3− ; Fe2+ et Co3+ ; S2− et Ar.

6.37 DÉMARCHE

Comment varie d’une manière générale le rayon atomique selon les périodes et les groupes d’éléments ? Parmi ces éléments, lesquels appartiennent à la même période ou au même groupe ?

SOLUTION

Le rayon atomique augmente de haut en bas dans un groupe, parce que quand le nombre quantique principal n augmente, des électrons s’ajoutent sur une nouvelle couche plus éloignée et l’atome grossit même si la charge nucléaire effective augmente.

a) Cs est plus gros. Il est sous Na dans le groupe 1A.

b) Ba est plus gros. Il est sous Be dans le groupe 2A.

c) Sb est plus gros. Il est sous N dans le groupe 5A.

d) Br est plus gros. Il est sous F dans le groupe 7A.

e) Xe est plus gros. Il est sous Ne dans le groupe 8A.

6.38 Na > Mg > Al > P > Cl

6.39 Pb, comme le montre la figure 6.4.

6.40 L’atome de fluor est le plus petit du groupe 7A. Dans un groupe, le rayon atomique augmente avec le numéro atomique.

6.41 La configuration électronique du lithium est 1s22s1. Les deux électrons 1s font écran à l’attraction exercée par le noyau sur l’électron 2s. Par conséquent, l’atome de lithium est beaucoup plus gros que l’atome d’hydrogène.

6.42 Le rayon atomique dépend en grande partie de la force d’attraction qu’exerce le noyau sur les électrons périphériques. Plus la charge nucléaire effective est élevée, plus ces électrons sont retenus fortement par le noyau et plus le rayon atomique est petit. Dans la deuxième période, l’élément ayant le rayon atomique le plus grand est le lithium, parce que l’effet d’écran des électrons 1s sur l’électron 2s est important. Ensuite, si l’on considère les atomes en se déplaçant vers la droite, leur charge nucléaire effective augmente parce que l’effet d’écran diminue. Par conséquent, l’orbitale qui contient les électrons périphériques est comprimée et le rayon atomique diminue.

6.43 a) Cl est plus petit que Cl−. Un atome grossit quand on y ajoute des électrons.

b) Na+ est plus petit que Na. Un atome devient plus petit quand on y enlève des électrons.

c) O2− est plus petit que S2−. Les deux éléments appartiennent au même groupe, le rayon ionique augmente à mesure qu’on descend dans un groupe.

d) Al3+ est plus petit que Mg2+. Les deux ions sont isoélectroniques ; dans un tel cas, plus la charge de l’ion est grande, plus son rayon est petit.

e) Au3+ est plus petit que Au+ pour la même raison que celle donnée en b).

Dites, pour chacune de ces paires, de quelle espèce il serait plus difficile d’arracher un électron.

6.44 DÉMARCHE

Pour comparer des rayons ioniques, il est utile de classifier les ions en trois catégories : 1) les ions isoélectroniques ; 2) les ions porteurs d’une même charge et qui ont leur origine dans le même groupe d’éléments dans le tableau périodique ; 3) les ions porteurs de différentes charges, mais




dont l’origine est le même élément. Dans le cas 1), les ions porteurs d’une plus grande charge négative sont toujours plus gros ; dans le cas 2), les ions des atomes ayant un plus grand numéro atomique sont toujours plus gros ; dans le cas 3), les ions porteurs d’une plus petite charge positive sont toujours plus gros.

SOLUTION

Les ions mentionnés ici sont tous isoélectroniques ; ils ont tous 10 électrons. L’ion ayant le plus petit nombre de protons aura le plus grand rayon ionique, et celui ayant le plus grand nombre de protons aura le plus petit rayon ionique. La charge nucléaire effective augmente avec le nombre de protons. Les électrons sont alors attirés plus fortement par le noyau, ce qui contribue à faire diminuer le rayon ionique. C’est l’ion N3−, avec seulement 7 protons, qui exerce la plus faible attraction de ses protons sur les 10 électrons. L’ion N3− est le plus gros ion de cette liste d’ions. Mg+2 a 12 protons, ce qui lui confère la plus forte attraction envers ses 10 électrons. L’ion Mg+2

est le plus petit ion de la liste. L’ordre croissant de leur rayon est :

Mg2+ < Na+ < F − < 2O− < N3−

6.45 L’ion Cu+ est plus gros que l’ion Cu2+ parce qu’il possède un électron de plus.

6.46 Le sélénium et le tellure appartiennent tous deux au groupe 6A. Puisque le rayon ionique augmente à mesure qu’on descend dans un groupe, Te2− doit être plus gros que Se2−.

6.47 Le brome est liquide ; tous les autres sont solides.

6.48 En supposant que le point d’ébullition approximatif de l’argon soit la moyenne de ceux du néon et du krypton :

point d’ébullition = o o245,9 C + (–152,9 C)

2−

= −199,4 °C

Le point d’ébullition réel de l’argon est de −185,7 °C.

6.51 Sauf pour quelques irrégularités, les énergies d’ionisation des éléments d’une période augmentent avec le numéro atomique. On peut expliquer cette tendance par l’augmentation de la charge nucléaire effective de gauche à droite dans une période. Une charge nucléaire effective plus importante signifie que les électrons périphériques sont retenus plus fortement et que l’énergie de première ionisation est plus élevée. Ainsi, dans la troisième période, le sodium a la plus basse énergie de première ionisation, et le néon, la plus élevée.

6.52 Tous les éléments du groupe 3A (par exemple, Al) ont un seul électron dans la sous-couche p périphérique, pour lequel les électrons des couches internes et les électrons ns2 de la couche périphérique produisent un effet d’écran. Ainsi, pour le même niveau principal, il faut moins d’énergie pour arracher un électron p célibataire que pour arracher un électron s apparié (dans le cas de Mg, par exemple).

6.53 Pour former l’ion 2+ du calcium, il suffit d’arracher deux électrons de valence. Dans le cas du potassium, toutefois, on doit arracher le deuxième électron à partir des électrons de la couche interne, dont la configuration correspond à celle d’un gaz rare ; c’est pourquoi son énergie de deuxième ionisation est plus élevée. Est-ce qu’il en serait de même si l'on essayait de former un ion Ca3+ ?




6.54 DÉMARCHE

Le retrait d’un électron périphérique nécessite moins d’énergie, car l’effet d’écran est plus prononcé lorsque la couche interne est complètement remplie.

SOLUTION

L’électron célibataire 3s1 sera beaucoup plus facile à enlever, car il subit un fort effet d’écran de la charge nucléaire grâce à la couche interne complète d’électrons placée entre lui et le noyau. Par conséquent, 496 kJ/mol serait la valeur d’énergie d’ionisation à attribuer à l’atome de configuration électronique 1s22s22p63s1.

Une énergie d’ionisation de 2 080 kJ/mol serait associée à l’élément dont la configuration électronique est 1s22s22p6. Il s’agit de la configuration d’un gaz rare (voir la figure 6.9). Une configuration de gaz rare, telle 1s22s22p6, est une configuration très stable, ce qui rend extrêmement difficile la perte d’un électron. L’électron 2p n’est pas aussi efficacement voilé par les autres électrons de même niveau d’énergie.

VÉRIFICATION

Comparez cette réponse aux données du tableau 6.2. La configuration électronique

1s22s22p63s1 correspond à l’atome Na et 1s22s22p6 correspond à l’atome Ne.

6.55 L’énergie d’ionisation est la différence d’énergie entre l’état n = ∞ (final) et l’état n = 1 (initial).

∆E = E∞ − E1 = ( )218 2 1( 2,18 10 J)(2 )−⎡ ⎤

− × −⎢ ⎥∞⎣ ⎦( )2

18 2 1( 2,18 10 J)(2 )1

−⎡ ⎤− ×⎢ ⎥

⎣ ⎦

= 0 + ( )218 2 1( 2,18 10 J)(2 )

1−⎡ ⎤

− ×⎢ ⎥⎣ ⎦

= 8,72 × 10−18 J

En kJ/mol : (8,72 × 10−18 J/ion) ( )1 kJ1 000 J

236,022 10 ions 1 mol

⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠

= 5,25 × 103 kJ/mol

Cette énergie d’ionisation de l’ion He+ que nous venons de calculer devrait-elle être supérieure à l’énergie d’ionisation de l’hélium (voir le tableau 6.2) ?

6.56 Le numéro atomique du mercure est 80. Nous écrivons :

∆E = 18 22 21 1(2,18 10 J)(80 )1

− ⎛ ⎞× −⎜ ⎟∞⎝ ⎠ = 1,40 × 10−14 J

(1,40 × 10−14 J/ion) ( )1 kJ1 000 J

236,022 10 ions 1 mol

⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠

= 8,43 × 106 kJ/mol

6.59 a) K < Na < Li

b) I < Br < F < Cl

6.60 DÉMARCHE

Comment varie l’affinité électronique dans une période ou dans un groupe du tableau périodique ? Quels éléments appartiennent au même groupe ou à la même période ?




SOLUTION

La tendance périodique générale pour l’affinité (la tendance à accepter des électrons) augmente (les valeurs tendent à devenir plus positives) en se déplaçant de gauche à droite dans une période. Cependant, cette tendance n’inclut pas les gaz rares. On sait que ces derniers sont très stables, ce qui fait que, normalement, ils ne peuvent ni perdre ni gagner d’électrons.

On s’attend donc à ce que l’affinité électronique de Cl soit la plus élevée. L’addition d’un électron à Cl forme Cl−, lequel a une configuration électronique d’un gaz rare.

6.61 Selon les affinités électroniques, on ne s’attend pas à voir des métaux alcalins former des anions ; il y a quelques années, la plupart des chimistes auraient donc répondu non à cette question. Cependant, au début des années 1970, un chimiste nommé J. L. Dye, de la Michigan State University, découvrit que, dans des circonstances très particulières, on pouvait amener un métal alcalin à accepter un électron pour en faire un ion négatif. Ces ions ont été nommés alcalures.

6.62 La configuration électronique des métaux alcalins est ns1 ; ainsi, ces métaux peuvent accepter un autre électron dans leur orbitale ns. Par contre, la configuration des métaux alcalino-terreux est ns2 (voir l’exemple 6.5) ; ceux-ci n’ont pas tendance à capter un autre électron, car il faudrait que celui-ci se loge dans une orbitale d’énergie plus élevée.

6.65 Comme il s’agit de métaux, ces éléments auront tendance à perdre facilement un ou plusieurs électrons, selon le cas, pour former des cations de même structure électronique que le gaz rare qui les précède dans le tableau périodique. Puisque la configuration électronique périphérique de tous les métaux alcalins est ns1, on prédit qu’ils formeront des ions de charge 1+, soit M+. De même, les métaux alcalino-terreux, dont la configuration électronique périphérique est ns2, formeront des ions M2+.

6.66 Puisque l’énergie d’ionisation diminue de haut en bas dans une colonne du tableau périodique, parmi les éléments alcalins, c’est le francium qui devrait avoir l’énergie de première ionisation la plus basse. Par conséquent, Fr devrait être l’élément du groupe 1A qui réagit le plus facilement avec l’eau, l’oxygène, etc. Sa réaction avec l’oxygène serait probablement semblable à celles de K, de Rb ou de Cs.

Selon vous, quelle serait la formule de son oxyde ? de son chlorure ?

6.67 La configuration électronique de l’hélium est 1s2 et celle des autres gaz rares est ns2np6. Les sous-couches complètement remplies assurent une grande stabilité. Par conséquent, ces éléments sont chimiquement inertes.

6.68 Les éléments du groupe 1B sont beaucoup moins réactifs que ceux du groupe 1A parce que leur énergie d’ionisation est plus élevée ; cela s’explique par le fait que l’effet d’écran qu’exercent les électrons de la sous-couche interne d (une couche incomplète) est moins efficace que l’effet d’écran attribuable aux électrons des couches internes (carcasses de gaz rare) complètement remplies, comme c’est le cas pour l’électron de la dernière couche ns d’un alcalin. Par conséquent, les électrons s périphériques des éléments du groupe 1B sont plus fortement attirés par le noyau.

6.69 Dans une période, les oxydes des éléments du côté gauche sont basiques. Au fur et à mesure qu’on se déplace vers la droite, ils deviennent amphotères, puis acides. Ils deviennent plus basiques à mesure que l’on descend dans un groupe.




6.70 a) L’oxyde de lithium est un oxyde basique. Il réagit avec l’eau pour former l’hydroxyde de lithium : Li2O(s) + H2O(l) → 2LiOH(aq)

b) L’oxyde de calcium est un oxyde basique. Il réagit avec l’eau pour former l’hydroxyde de calcium : CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(aq)

c) Le dioxyde de carbone est un oxyde acide. Il réagit avec l’eau pour former de l’acide carbonique : CO2(g) + H2O(l) → H2CO3(aq)

6.71 LiH (hydrure de lithium) : composé ionique ; BeH2 (hydrure de béryllium) : composé covalent ; B2H6 (diborane ; on ne s’attendait pas à ce que vous connaissiez ce nom !) : composé covalent ; CH4 (méthane ; connaissiez-vous ce nom ?) : composé covalent ; NH3 (ammoniac ; vous devriez le connaître) : composé covalent ; H2O (eau ; si vous ne le connaissiez pas, vous devriez avoir honte) : composé covalent ; HF (fluorure d’hydrogène) : composé covalent. LiH et BeH2 sont des solides. B2H6, CH4, NH3 et HF sont des gaz, et H2O est un liquide.

6.72 Le caractère métallique des éléments augmente à mesure que l’on descend dans une colonne. Puisque le magnésium et le baryum appartiennent tous les deux au groupe 2A, on s’attend à ce que le baryum soit plus métallique que le magnésium et que BaO soit plus basique que MgO.

Réponses aux problèmes variés

6.73 a) Le caractère métallique des éléments diminue de gauche à droite dans une période et augmente de haut en bas dans un groupe.

b) La taille des atomes diminue de gauche à droite dans une période et augmente de haut en bas dans un groupe.

c) L’énergie d’ionisation augmente (il y a quelques exceptions) de gauche à droite dans une période et diminue de haut en bas dans un groupe.

d) L’acidité des oxydes augmente de gauche à droite dans une période et diminue de haut en bas dans un groupe.

6.74 a) Le brome b) L’azote c) Le rubidium d) Le magnésium

6.75 L’énergie d’ionisation et l’affinité électronique sont toutes deux influencées par la taille de l’atome : plus l’atome est petit, plus l’attraction entre le noyau et les électrons est forte. S’il est difficile d’arracher un électron d’un atome (énergie d’ionisation élevée), il doit être facile d’y ajouter un électron (grande affinité électronique).

6.76 Il s’agit d’espèces isoélectroniques (contenant chacune 10 électrons). Les charges nucléaires qui interagissent avec ces 10 électrons vont de +8 (oxygène) à +12 (magnésium). Ainsi, la charge +12 de Mg2+ attirera les 10 électrons plus fortement que la charge +11 de Na+, que la charge +9 de F−et que la charge +8 de O2−. Rappelez-vous que les espèces les plus grosses sont les plus faciles à ioniser.

a) Ordre croissant du rayon ionique : Mg2+ < Na+ < F − < O2−

b) Ordre croissant de l’énergie d’ionisation : O2− < F − < Na+ < Mg2+

6.77 Les composés ioniques sont des combinaisons d’un métal et d’un non-métal. Les composés covalents sont habituellement des combinaisons d’un non-métal et d’un non-métal.



Problèmes variés 103

a) Na2O (ionique) ; MgO (ionique) ; Al2O3 (ionique) ; SiO2 (moléculaire covalent) ; P4O6

et P4O10 (moléculaires covalents) ; SO2 ou SO3 (moléculaires covalents) ; Cl2O et beaucoup d’autres (moléculaires covalents).

b) NaCl (ionique) ; MgCl2 (ionique) ; AlCl3 (ionique) ; SiCl4 (moléculaire covalent) ; PCl3 et PCl5 (moléculaires covalents) ; SCl2 (moléculaire covalent).

6.78 Selon le Handbook of Chemistry and Physics (édition 2007-2008, CRC Press), le point de fusion du potassium, un métal, est 63,6 °C ; celui du brome, un liquide brun rougeâtre, est −7,2 °C ; et celui du bromure de potassium (KBr), un solide incolore, est 730 °C. M correspond au potassium (K) et X, au brome (Br).

6.79 a) Le brome (Br2) b) L’hydrogène (H2) c) Le calcium (Ca)

d) L’or (Au) e) L’argon (Ar)

6.80 O+ et N ; Ar et S2− ; Ne et N3− ; Zn et As3+ ; Cs+ et Xe.

6.81 Seul b) correspond à l’ordre décroissant des rayons. L’ensemble a) correspond à l’ordre croissant des rayons parce que ceux-ci augmentent de haut en bas dans un groupe ; l’ensemble c) correspond à l’ordre croissant des rayons parce que le nombre d’électrons augmente.

6.82 a) et d)

6.83 L’équation est CO2(g) + Ca(OH)2(aq) → CaCO3(s) + H2O(l)

L’apparence laiteuse est due au carbonate de calcium. L’hydroxyde de calcium est une base et le dioxyde de carbone est un oxyde acide. Les produits sont un sel et de l’eau.

6.84 Le fluor est un gaz vert-jaunâtre qui réagit avec le verre ; le chlore est un gaz jaune ; le brome est un liquide rouge ; et l’iode est un solide foncé d’apparence métallique.

6.85 a) i) Les deux réagissent avec l’eau pour produire de l’hydrogène. ii) Leurs oxydes sont basiques. iii) Leurs halogénures sont ioniques.

b) i) Les deux sont des agents oxydants forts. ii) Les deux réagissent avec l’hydrogène pour former HX (où X est Cl ou Br). iii) Les deux forment des ions halogénure (Cl− ou Br−) quand ils sont combinés à des métaux

électropositifs (Na, K, Ca, Ba).

6.86 Le fluor

6.87 La configuration électronique du soufre à l’état fondamental est [Ne]3s23p4. Il a donc tendance à capter un électron et à devenir S−. Bien que l’addition d’un autre électron donne S2− (S2− et Ar sont isoélectroniques), l’augmentation de la répulsion électronique rend ce processus plus difficile.

6.88 H− (seulement un proton)

6.89 Na2O (oxyde basique) Na2O + H2O → 2NaOH

BaO (oxyde basique) BaO + H2O → Ba(OH)2

CO2 (oxyde acide) CO2 + H2O → H2CO3

N2O5 (oxyde acide) N2O5 + H2O → 2HNO3

P4O10 (oxyde acide) P4O10 + 6H2O → 4H3PO4

SO3 (oxyde acide) SO3 + H2O → H2SO4




6.90 Oxyde Nom Propriété Li2O Oxyde de lithium Basique BeO Oxyde de béryllium Amphotère B2O3 Oxyde de bore Acide CO2 Dioxyde de carbone Acide N2O5 Pentoxyde de diazote Acide

Notez que l’on ne prend en considération que les états d’oxydation les plus élevés.

6.91 Mg : solide, réseau tridimensionnel

Cl : gaz, molécules diatomiques

Si : solide, réseau tridimensionnel

Kr : gaz, monoatomique

O : gaz, molécules diatomiques

I : solide, molécules diatomiques

Hg : liquide (métallique)

Br : liquide, molécules diatomiques

6.92 Chimiquement, l’hydrogène peut se comporter comme un métal alcalin en formant l’ion H+ ou comme un halogène en formant l’ion H

−. H+ est un proton, et dans l’eau il existe plutôt sous la forme hydratée H3O

+(aq).

6.93 En isolant l’énergie d’ionisation Ei dans l’équation, on obtient :

Ei = hν − 12

mv2 ou Ei = hcλ − Ec

La valeur de l’énergie cinétique (Ec) est donnée dans l’énoncé du problème. Remplaçons ensuite h, c et λ par les valeurs connues, ce qui permet de résoudre l’équation pour l’énergie d’ionisation Ei.

Ei = 34 8

9

(6,63 10 J s)(3,00 10 m/s)162 10 m

−

−•× ××

− (5,34 × 10−19 J) = 6,94 × 10−19 J

Pour s’assurer que l’électron éjecté est bien l’unique électron de valence du potassium, il faudrait utiliser une source UV dont les photons auraient la plus grande longueur d’onde (la plus faible énergie) possible tout en fournissant juste la bonne quantité d’énergie pour éjecter les électrons.

6.94 X doit faire partie du groupe 4A ; il s’agit probablement de Sn ou de Pb, car il n’est pas un métal très réactif (il n’est certainement pas aussi réactif qu’un métal alcalin).

Y est un non-métal puisqu’il ne conduit pas l’électricité. Comme il est un peu jaunâtre, il s’agit probablement du phosphore (groupe 5A).

Z est un métal alcalin puisqu’il réagit avec l’air pour former un oxyde basique ou un peroxyde.

6.95 En traçant la courbe des points d’ébullition de ces métaux alcalins en fonction des numéros atomiques et en extrapolant cette courbe jusqu’au francium, on trouve un point d’ébullition qui serait à environ 670 °C.



Problèmes variés 105

Le graphe suivant illustre la variation des points d’ébullition des métaux alcalins en fonction des numéros atomiques. Par extrapolation, le point d’ébullition du francium devrait être d’environ 670 °C.

6.96 Écrivons l’équation représentant l’affinité électronique (ou électroaffinité) du chlore :

Cl(g) + e− → Cl−(g) oH∆ = −349 kJ/mol (électroaffinité = +349 kJ/mol)

L’énergie nécessaire pour le phénomène inverse sera donc de +349 kJ/mol :

Cl−(g) + hν → Cl(g) + e− oH∆ = +349 kJ/mol

Il s’agit de l’énergie calculée pour une mole. Il faut maintenant convertir cette énergie par mole de photons en énergie par photon, puis calculer la longueur d’onde du rayon laser qui devra être utilisé pour enlever cet électron de l’atome de chlore.

349 kJ1 mol photons

× 23

1 mol photons6,022 10 photons×

× 1 000 J1 kJ

= 5,80 × 10−19 J/photon

Calculons maintenant la longueur d’onde d’un photon possédant cette énergie :

λ = hcE

= 34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)5,80 10 J

−

−•× ××

= 3,43 × 10−7 m ou 343 nm

Cette longueur d’onde se situe dans la région de l’ultraviolet (voir la figure 5.3).

6.97 a) Mg dans Mg(OH)2 b) Na, liquide c) Mg dans MgSO4 • 7H2O

d) Na dans NaHCO3 e) K dans KNO3 f) Mg

g) Ca dans CaO h) Ca i) Na dans NaCl et Ca dans CaCl2

6.98 La tendance générale est que Zeff s’accroît de gauche à droite le long du tableau. Donc, les électrons sont retenus plus fortement. (Cela explique les valeurs d’électroaffinité de C et de O.) L’azote a une valeur de zéro comme électroaffinité à cause de la stabilité attribuable à la sous-couche 2p à demi remplie (c’est-à-dire que N a peu tendance à accepter un autre électron).




6.99 Voici la mise en graphe obtenue pour le log de l’énergie d’ionisation du sodium en fonction des ionisations successives, de la première à la onzième.

a) I1 correspond à la perte de l’électron 3s1, I2 correspond à la perte du premier électron dans 2p6.

I3 à 2p5 I4 à 2p4 I5 à 2p3 I6 à 2p2

I7 à 2p1 I8 à 2s2 I9 à 2s1 I10 à 1s2 I11 à 1s1

b) Il faut plus d’énergie pour enlever un électron d’une couche remplie. Les sauts entre I1 et I2 ainsi qu’entre I9 et I10 correspondent au retrait d’un électron d’une couche ou d’une sous-couche complète.

6.100 Na(g) → Na+(g) + e− I1 = 495,9 kJ/mol

Énergie requise pour ioniser une mole d’atomes de sodium : 3495,9 10 J

1 mol× × 23

1 mol6,022 10 atomes×

= 8,235 × 10−19 J/atome

La longueur d’onde qui correspond à cette énergie est :

λ = 1

hcI

= 34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)8,235 10 J

−

−•× ××

= 2,42 × 10−7 m ou 242 nm

6.101 Le plus grand écart d’énergie observé entre ces ionisations successives est celui entre la deuxième et la troisième ionisation, ce qui correspond à un changement du nombre quantique principal n pour cet électron par rapport aux précédents. Ce troisième électron a donc été difficilement retiré d’une structure de gaz rare, structure très stable. Il s’agit donc d’un élément du groupe 2A.

6.102 a) F2 b) Na c) B d) N2 e) Al



Problèmes spéciaux 107

6.103 Le Mg réagit avec l’air (O2 et N2) pour produire MgO(s) et Mg3N2(s) selon :

2Mg(s) + O2(g) → 2MgO(s)

3Mg(s) + N2(g) → Mg3N2(s)

MgO(s) réagit ensuite avec l’eau pour produire une solution basique de Mg(OH)2(aq) :

MgO(s) + H2O(l) → Mg(OH)2(aq)

Dans l’énoncé du problème, on dit que B forme une solution semblable à celle obtenue avec A tout en produisant un gaz de forte odeur. Ce gaz est de l’ammoniac (NH3).

Mg3N2(s) + 6H2O(l) → 3Mg(OH)2(aq) + 2NH3(g)

A est MgO et B est Mg3N2.

Réponses aux problèmes spéciaux

6.104 a) Ils ont dû utiliser un montage semblable à celui de la figure 5.6 du manuel, sauf que le tube à décharge devait contenir non pas de l’hydrogène mais de l’argon gazeux. Le spectre d’émission de ce gaz ne correspondait à aucun autre spectre d’éléments connus.

b) L’argon est un gaz inerte (non réactif chimiquement) et, par conséquent, il n’a pas tendance à se combiner avec d’autres éléments pour former des composés.

c) Une fois l’argon découvert, Ramsay était convaincu qu’il existait d’autres gaz inertes appartenant à la même famille du tableau périodique. Il se mit à la recherche de ces gaz et, exploit remarquable, il a successivement découvert, en trois mois seulement, le néon, le krypton et le xénon.

d) Sur la Terre, la seule source d’hélium provient de désintégrations radioactives au cours desquelles les particules α émises sont finalement converties en atomes d’hélium. Comme il s’agit d’un gaz léger, sa concentration dans l’atmosphère est très faible.

e) Le radon, comme les autres gaz rares, est un gaz inerte. Il est un produit de la désintégration de l’uranium-238. Une fois le radon formé, sa demi-vie n’est que de 3,82 jours, car il se désintègre à son tour par émission de particules. En tout temps, son abondance est donc toujours très petite. Il peut former un composé avec l’élément le plus électronégatif, le fluor.

6.105 En remplaçant Z dans l’équation donnée au problème 6.55 par (Z − σ), on peut écrire :

En = (2,18 × 10–18 J)(Z − σ)2 21n

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Pour l’hélium, le numéro atomique Z est 2, et à l’état fondamental, ses deux électrons occupent le premier niveau d’énergie n = 1. En remplaçant Z, n et En (la première énergie d’ionisation) par leurs valeurs respectives, on peut résoudre cette équation pour σ.

E1 = 3,94 × 10−18 J = (2,18 × 10–18 J)(2 − σ)2 211

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(2 − σ)2 = 18

18

3,94 10 J2,18 10 J

−

−××

(2 − σ) = 1,81

σ = 2 − 1,35 = 0,65




6.106 L’énergie d’ionisation de 412 kJ/mol correspond à la différence d’énergie entre l’état fondamental et le niveau n égal à l’infini, ce qui signifie que l’électron est éjecté, alors que l’énergie d’ionisation de 126 kJ/mol correspond à la différence d’énergie entre l’état fondamental et le niveau n égal à l’infini. La différence d’énergie entre l’état fondamental et l’état excité est :

∆E = (412 − 126) kJ/mol = 286 kJ/mol

E =3

23286 10 J 1 mol

1 mol 6,022 10 photons× ×

× = 4,75 × 10−19 J/photon

λ = hcE

= 34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)4,75 10 J

−

−•× ××

= 4,19 × 10−7 m ou 419 nm

6.107 Le rayon r de He est plus grand que celui de H. Aussi, l’effet d’écran dans He rend Zeff inférieur à 2. Donc, I1(He) < 2I(H). Pour He+, il y a un seul électron, donc aucun effet d’écran. La plus grande attraction entre le noyau et le seul électron fait diminuer r à une valeur inférieure à celle de l’hydrogène, donc I2(He) > 2I(H).

6.108 L’air contient O2 et N2. Il faudra d’abord préparer NH3 et HNO3, qui réagiront ensemble pour produire NH4NO3.

Pour préparer NH3, il faut extraire N2 de l’air et obtenir H2 par l’électrolyse de l’eau.

Dans certaines conditions, N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

Pour préparer HNO3, il faut faire réagir N2 avec O2 : N2 (g) + O2(g) → 2NO(g)

Ensuite : 2NO(g) + O2(g) → 2NO2(g)

Puis : 2NO2(g) + H2O(l) → HNO2(aq) + HNO3(aq)

Finalement : NH3(g) + HNO3(aq) → NH4NO3(aq) → NH4NO3(s)


chimie generale solutionnaire ch 6

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