chimie generale solutionnaire ch 7

7/23/2019 Chimie Generale Solutionnaire Ch 7

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C H A P I T R E

7 les concepts de base

Recueil de solutions − Chimie générale

..............................................................................................................................................................

a a son c m que :

..............................................................................................................................................................

La liaison chimique I :

Réponses aux problèmes ciblés

7.15 Il faut trouver l’effet des changements en appliquant l’équation 7.2, la loi de Coulomb :

E = k cation anionQ Q

r

a) Doubler le rayon du cation ferait augmenter la distance r entre les centres des ions.Une plus grande valeur de r correspond à une plus faible énergie E , car E est

inversement proportionnelle à r. La liaison ionique serait donc moins forte.

b) L’énergie E de la liaison ionique sera triplée, puisque l’énergie de liaison est

directement proportionnelle à la charge du cation, Qcation.

c) Doubler la charge à la fois du cation et de l’anion fera quadrupler la valeur de E ,

l’énergie de la liaison ionique.

d) Diminuer les rayons du cation et de l’anion chacun de la moitié fait diminuer la

valeur de r de la moitié, r étant la distance entre les centres des ions. Réduire

la distance de la moitié fait doubler la valeur de E .

7.16 a) RbI, iodure de rubidium b)

Cs2SO4, sulfate de césiumc) Sr3N2, nitrure de strontium d) Al2S3, sulfure d’aluminium

7.17 Voici les équations des réactions de formation des composés ioniques écrites à l’aide

des notations de Lewis :

a)

b)

c)

d)

7.18 Les équations réécrites avec la notation de Lewis sont :

a)

b)

c)

d)

© 2009 Chenelière ducation inc.




110 Chapitre 7 • La liaison chimique I : les concepts de base

7.19 a) I et Cl devraient former un composé moléculaire, car les deux éléments sont des non-métaux.

Un composé possible serait ICl, chlorure d’iode.

b) Mg et F formeront un composé ionique, car Mg est un métal et F, un non-métal. La substance

sera MgF2, fluorure de magnésium.

7.20 a) Covalent, BF3, trifluorure de bore

b) Ionique, KBr, bromure de potassium

7.25 1. Na(s) → Na(g) ο

1 108 kJ/mol H ∆ =

2.12

Cl2(g) → Cl(g)ο

2 121,4 kJ/mol H ∆ =

3. Na(g) → Na+(g) + e

− ο

3 495,9 kJ/mol H ∆ =

4. Cl(g) + e− → Cl

−(g) ο

4 349 kJ/mol H ∆ = −

5. Na+(g) + Cl−(g) → NaCl(s) ο

5 ? H ∆ =

Na(s) +12

Cl2(g) → NaCl(s) ( )ο

f NaCl411 kJ/mol H ∆ = −

( )ο ο ο ο ο ο

5 1 2 3 4f NaCl H H H H H H ∆ = ∆ − ∆ − ∆ − ∆ − ∆

= (–411) – (108) – (121,4)– (495,9) – (–349)

= –787 kJ/mol

L’énergie de réseau de NaCl correspond à la réaction inverse décrite par l’équation 5,

soit 787 kJ/mol.

7.26 1. Ca(s) → Ca(g) ο

1 121 kJ/mol H ∆ =

2. Cl2(g) → 2Cl(g) ο

2 242,8 kJ/mol H ∆ =

3. Ca(g) → Ca+(g) + e

−

Ca+(g) → Ca2+(g) + e−

ο

3 589,5 kJ/mol H ′

∆ =

ο

3 1 145 kJ/mol H ′′

∆ =

4. 2[Cl(g) + e− → Cl

−(g)] ( )ο

4 2 349 kJ/mol 698 kJ/mol H ∆ = − = −

5. Ca2+

(g) + 2Cl−(g) → CaCl2(s) ο

5 ? H ∆ =

Ca(s) + Cl2(g) → CaCl2(s)( )2

ο

f CaCl795 kJ/mol H ∆ = −

On peut donc écrire :

( )2

ο ο ο ο ο ο ο

1 2 3 3 4 5f CaCl H H H H H H H

′ ′′∆ = ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + ∆

( )ο

5 795 121 242,8 589,5 1 145 698 kJ/mol 2 195 kJ/mol H ∆ = − − − − − + = −

L’énergie de réseau correspond à la réaction inverse décrite par l’équation 5 ; l’énergie de réseau

de CaCl2 vaut donc +2 195 kJ/mol.





Problèmes ciblés 111

7.33 DÉMARCHE

La figure 7.5 donne les valeurs d’électronégativité des éléments les plus courants. Le degré du

caractère ionique d’une liaison est fonction de la différence d’électronégativité entre les deux

atomes liés. Plus la différence d’électronégativité est grande, plus le caractère ionique augmente.

SOLUTION

L’ordre croissant du caractère ionique des liaisons est N−N (différence

d’électronégativité = 0) < S−O (différence = 1,0) = Cl−F (différence = 1,0) < K−O

(différence = 2,7) < Li−F (différence = 3,0).

Dans le tableau périodique, quelle paire d’éléments présente la plus grande différence

d’électronégativité ?

7.34 C−H (différence d’électronégativité = 0,4) < Br−H (différence = 0,7) < F−H

(différence = 1,9) < Li−Cl (différence = 2,0) < Na−I (différence = 2,1) < K−F

(différence = 3,2)

7.35

Il faut calculer la différence d’électronégativité pour chaque paire d’atomes :

DE : 3,8 − 3,3 = 0,5 DG : 3,8 − 1,3 = 2,5 EG : 3,3 − 1,3 = 2,0 DF : 3,8 − 2,8 = 1,0

L’ordre croissant du caractère covalent des liaisons est DG < EG < DF < DE.

7.36 L’ordre croissant du caractère ionique est Cl−Cl (différence d’électronégativité = 0) < Br−Cl

(différence = 0,2) < Si−C (différence = 0,7) < Cs−F (différence = 3,3).

7.37 a) Entre deux atomes identiques, la différence d’électronégativité = 0. La liaison est covalente.

b) La différence d’électronégativité entre K et I est 2,5 − 0,8 = 1,7. La liaison est covalente polaire.

c) La différence d’électronégativité entre N et B est 3,0 − 2,0 = 1,0. La liaison est covalente polaire.

d) La différence d’électronégativité entre O et Cl est 3,5 − 3,0 = 0,5. La liaison est covalente polaire.

7.38

a) La liaison entre deux atomes identiques est nécessairement covalente.

b) La différence d’électronégativité entre Cl et Si est 3,0 – 1,8 = 1,2. La liaison est covalente

polaire.

c) La différence d’électronégativité entre F et Ca est 4,0 – 1,0 = 3,0. La liaison est ionique.

d) La différence d’électronégativité entre N et H est 3,0 − 2,1 = 0,9. La liaison est covalente

polaire.

7.41 DÉMARCHE

Révisez les règles d’écriture des structures de Lewis (voir la section 7.6 et le point 7.6 du résumé )

ainsi que les exemples 7.3 et 7.4. Pour une solution plus détaillée du même genre de problèmes,voir le problème suivant, le numéro 7.42.






SOLUTION

Les structures de Lewis sont les suivantes :

a) b)

c)

d)

e)

f)

g)

7.42 a) DÉMARCHE

Suivons la procédure de la section 7.6 concernant les règles d’écriture des structures de Lewis.

SOLUTION

1. Il est évident que la structure squelettique est : O O

2. La configuration de la couche électronique externe de O est 2s22 p4, ce qui correspond à six

électrons de valence. Il faut ensuite ajouter les charges négatives. Le nombre total d’électrons de

valence est :

(2 × 6) + 2 = 14 électrons de valence.

3. Dessinons une liaison covalente simple entre les deux O et essayons de compléter les octets pour

les atomes O. On obtient le résultat suivant après avoir calculé les charges formelles. (Chaque

atome d’oxygène neutre a au départ 6 électrons de valence et dans cette structure chacun en a 7, si

l’on compte que la moitié de la paire d’électrons de la liaison appartient à chacun des atomes liés.)

La quatrième étape ne sera pas nécessaire ici, parce que cette structure satisfait à la règle de l’octet

pour les deux atomes d’oxygène.

VÉRIFICATION

Nous pouvons recompter le total des électrons de valence. Il y a bien 14 électrons de valence

dans cette structure de2

2O −

.

Suivez la même procédure pour les parties b), c) et d). Les structures de Lewis avec les charges

formelles sont :

b) c) d)






7.43 a) Il y a trop d’électrons. La bonne structure est :

b) Les atomes d’hydrogène ne forment pas de liaisons doubles. La bonne structure est :

c) Il n’y a pas assez d’électrons. La bonne structure est :

d) Il y a trop d’électrons. La bonne structure est :

e) Le fluor a plus de un octet. La bonne structure est :

f) L’oxygène n’a pas d’octet complet. La bonne structure est :

g) Il n’y a pas assez d’électrons. La bonne structure est :

7.44 a) Aucun des atomes d’oxygène n’a un octet complet ; l’atome d’hydrogène de gauche forme une

liaison double.

b) La bonne structure est la suivante :

Est-ce que les deux structures possèdent le même nombre d’électrons ?

7.47 L’analogie du griffon et de la licorne est plus appropriée. Le cheval et l’ânesse sont de vrais

animaux, alors que les structures de résonnance sont inexistantes.

7.48 En a), il y a un doublet libre sur l’atome de carbone et la charge formelle est placée sur l’atome decarbone, un atome pourtant moins électronégatif.






7.49 Les structures de résonance sont les suivantes :

a)

b)

7.50 DÉMARCHE

Il faut d’abord suivre la procédure déjà décrite à la section 7.6 pour écrire les structures de Lewis,

puis les autres structures de résonance.

SOLUTION

La structure de Lewis pour 3ClO−

est :

On peut encore écrire deux autres structures de Lewis équivalentes avec une liaison double entre Cl

et un atome différent d’oxygène.

Voici l’ensemble des structures de résonance avec les charges formelles :

7.51 Les structures de résonance les plus importantes (celles qui contribuent le plus à la structure) sont

les suivantes :

7.52 Les structures de résonance les plus importantes sont les suivantes :

7.53 Les structures de résonance de l’ion OCN−

sont les suivantes :

7.54 Voici trois structures de résonance possibles et leurs charges formelles pour la molécule N2O :







7.60 DÉMARCHE

Ici encore, il faut d’abord suivre la procédure d’écriture des structures de Lewis donnée à la

section 7.6. Ensuite, on attribue les charges formelles selon la méthode expliquée à la section 7.7.

SOLUTION

En plaçant des liaisons simples entre Be et chaque Cl, on ne respecte pas la règle de l’octet pour Be.

La structure de Lewis est :

On ne peut former un octet pour Be qu’en traçant deux liaisons doubles :

Il en résulte une charge négative élevée sur Be et une répartition des charges qui est contraire à

l’électronégativité des éléments. Ce n’est donc pas une structure plausible.

7.61 Pour plus de clarté, les trois doublets d’électrons libres autour de chaque atome de fluor ne sont pas

illustrés.

a) b) c)

d) e)

(Le xénon a déjà un octet complet d’électrons. La formation de liaisons covalentes ajoute

automatiquement plus d’électrons autour de l’atome central : le xénon aura donc plus de huit

électrons, soit un octet étendu.)

7.62 La configuration électronique périphérique de l’antimoine est 5s25 p

3. La structure de Lewis est

donnée ci-dessous. Les cinq électrons de valence de l’antimoine participent aux cinq liaisons

covalentes ; la règle de l’octet n’est donc pas respectée. (Pour plus de clarté, les électrons des

atomes de chlore ne sont pas illustrés.)






7.63 Pour plus de clarté, les trois doublets d’électrons libres autour de chaque atome de fluor ne sont pas

illustrés.

Dans les deux composés, la règle de l’octet pour Se n’est pas respectée. Pourquoi ?

7.64 On peut représenter la réaction de la façon suivante :

La nouvelle liaison formée est une liaison de coordinence.

7.67 La variation d’enthalpie de la réaction de dissociation de l’ammoniac en un atome d’azote et en trois

atomes d’hydrogène est égale à trois fois l’énergie de liaison moyenne de N−H (pourquoi trois fois ?).

NH3(g) → N(g) + 3H(g)o o

3 H H ∆ = (N−H)

L’équation représente la somme des trois équations données dans l’énoncé du problème, et la

variation d’enthalpie est égale à la somme des enthalpies de chaque étape.

NH3(g) → NH2(g) + H(g) o435 kJ H ∆ =

NH2(g) → NH(g) + H(g) o381 kJ H ∆ =

NH(g) → N(g) + H(g) o360 kJ H ∆ =

NH3(g) → N(g) + 3H(g) o1 176 kJ H ∆ =

( )o 1 176 kJN H

3 H ∆ − = = 392 kJ/mol

Est-ce que les valeurs d’énergie données dans l’énoncé du problème sont des énergies de liaison

moyennes ou de véritables énergies de liaison ?

7.68 DÉMARCHE

Il faut toujours se rappeler que le bris des liaisons nécessite une absorption d’énergie (processus

endothermique) et que la formation des liaisons occasionne un dégagement d’énergie (processusexothermique). Par conséquent, la variation globale d’énergie au cours d’une réaction résulte de la

différence entre ces deux processus contraires comme le décrit l’équation 7.3.






SOLUTION

Il y a deux liaisons oxygène à oxygène dans l’ozone. Représentons ces liaisons par O−O.

Cependant, ces liaisons pourraient bien ne pas s’avérer de véritables liaisons simples entre les

atomes d’oxygène. D’après l’équation 7.3, on peut écrire :

o H ∆ = ΣEL (réactifs) − ΣEL (produits)

o H ∆ = EL (O=O) − 2EL(O−O)

La valeur du ∆ H o est donnée dans l’énoncé du problème et il faut utiliser le tableau 7.3 pour trouver

l’enthalpie de la liaison O=O dans O2. Ensuite, on peut résoudre ainsi l’équation pour trouver

l’enthalpie moyenne de la liaison dans l’ozone :

–2EL (O−O) =o

H ∆ − EL (O=O)

EL (O−O) =o

EL(O=O)

2

H − ∆=

498,7 kJ/mol 107,2 kJ/mol

2

+= 303,0 kJ/mol

Si l’on considère les structures de résonance de l’ozone, on devrait s’attendre à ce que la valeur de

l’enthalpie de liaison pour O−O dans l’ozone soit entre celle d’une liaison simple O−O (142 kJ) et

celle d’une liaison double O=O (498,7 kJ). La réponse obtenue nous le confirme.

7.69 Lorsque le fluor moléculaire se dissocie, on obtient deux atomes de fluor :

F2(g) → 2F(g)o

H ∆ = 156,9 kJ

Puisque cette valeur est pour une mole de F2(g) et pour deux moles de F(g), on aura 156,9 kJ ÷ 2

pour 1 mole de F(g). On peut donc écrire :o

H ∆ = 2o

f H ∆ (F) − o

f H ∆ (F2)

156,9 kJ = 2o

f H ∆ (F) − (1)(0)

of H ∆ (F) = 156,9 kJ

2 = 78,5 kJ/mol

7.70 Liaisonsrompues

Nombre deliaisons rompues

Énergie deliaison (kJ/mol)

Variationd’énergie (kJ)

C—H 12 414 4 968

C—C 2 347 694

O=O 7 498,7 3 491

Liaisonsformées

Nombre deliaisons formées

Énergie deliaison (kJ/mol)

Variationd’énergie (kJ)

C=O 8 799 6 392

O—H 12 460 5 520

oA H = (énergie totale absorbée) – (énergie totale libérée)

= (4 968 + 694 + 3 491) – (6 392 + 5 520) = –2 759 kJ






Réponses aux problèmes variés

7.71 a) L’affinité électronique du fluor.

b) L’énergie de dissociation de la liaison du fluor moléculaire.

c) L’énergie d’ionisation du sodium.

d) L’enthalpie standard de formation du fluorure de sodium.

7.72 Rappelons que cette classification est basée sur la différence d’électronégativité entre les éléments

en cause dans la liaison.

Les points de fusion (°C) sont donnés entre parenthèses.

Ioniques : NaF (993) MgF2 (1 261) AlF3 (1 291)

Covalents : SiF4 (–90,2) PF5 (–83) SF6 (–121) ClF3 (–83)

Existe-t-il une relation entre le caractère ionique et le point de fusion ?

7.73 La variation totale d’enthalpie (énergie) dans une réaction est égale à la somme des variations des

enthalpies des diverses étapes (loi de Hess). Les réactions données dans le problème sont des bilans(réactions globales) résultant de la somme de l’énergie d’ionisation du métal alcalin et de l’affinité

électronique de l’halogène. Rappelons qu’une valeur positive d’affinité électronique correspond à

un phénomène exothermique.

a) Selon les données obtenues à partir des tableaux de référence 6.2 et 6.3, on a :

Li(g) → Li+(g) + e– ο

520 kJ H ∆ =

I(g) + e– → I

–(g)

ο

295 kJ H ∆ = −

Li(g) + I(g) → Li+(g) + I –(g) ο

H ∆ = 225 kJ

Les parties b) et c) se résolvent de la même manière.

b) Na(g) + F(g)→ Na+(g) + F –(g)o

H ∆ = 168 kJ

c) K(g) + Cl(g)→ K+(g) + Cl

–(g)

o H ∆ = 71 kJ

7.74 Le composé KF est un composé ionique. C’est un solide à la température de la pièce. Il est

constitué d’ions K+ et F −, et son point de fusion est élevé. CO2 est un gaz ; c’est un composé

covalent qui existe à l’état moléculaire. C’est un gaz à la température de la pièce. Il a un point

de fusion bas et est légèrement soluble dans l’eau.

7.75 Pour plus de clarté, les trois doublets d’électrons libres autour de chaque atome

de fluor ne sont pas illustrés.

La règle de l’octet n’est respectée dans aucun de ces composés. Pour qu’elle le soit, quelle devrait

être la valeur de n dans ICln ? [ Indice : voir le problème 7.41 a)]





Problèmes variés 119


Quelle est la structure la plus plausible d’après les charges formelles ?

7.77 Voici une autre structure de résonance du groupement amide :

7.78 a) 4AlCl−

est un ion d’un composé de l’aluminium qui respecte la règle de l’octet.

La structure de Lewis est donnée au problème 7.64.

b)3

6AlF −

est un ion d’un composé de l’aluminium dont l’atome central est associé à plus de huit

électrons de valence. (Combien de doublets d’électrons entourent l’atome central ?)

c) AlCl3 est un composé de l’aluminium qui a un octet incomplet. La structure de Lewis est donnée

au problème 7.64.

7.79 Les quatre structures de résonance possibles accompagnées des charges formelles sont les

suivantes :

7.80 CF2 serait très instable parce que le carbone a un octet incomplet. (Combien d’électrons a-t-il ?)CH5 n’existe pas parce qu’il ne respecte pas la règle de l’octet pour le carbone. 2FH−

n’existe pas

parce que F et H ne forment que des liaisons simples. PI5 est une espèce possible (comparativement

à PF5 dans l’exemple 7.10) ; cependant, les atomes d’iode sont trop volumineux pour que cinq

d’entre eux puissent entourer un unique atome P.

7.81 Les structures de résonance plausibles sont les suivantes :

a)

b)

Il y a cinq autres structures de résonance équivalentes aux structures données en a), et trois

autres équivalentes à celles données en b).






c)

Il y a deux autres structures de résonance équivalentes à ces structures.

d)

7.82 a) Faux b) Vrai c) Faux d) Faux

Pour la partie c), donnez un exemple d’un élément de la deuxième période qui ne respecte pas la

règle de l’octet.

7.83 Si l’atome central était plus électronégatif que les autres, il y aurait autour de lui une concentration

de charges négatives, ce qui créerait une instabilité.

7.84 La formation de CH4 à partir de ses éléments est : C(s) + 2H2(g)→ CH4(g)

On peut concevoir que la réaction se produit en deux étapes :

1. C(s) + 2H2(g) → C(g) + 4H(g)o

H ∆ réaction = (716 + 872,8) kJ/mol = 1 589 kJ/mol

2. C(g) + 4H(g) → CH4(g)o

H ∆ réaction −4 × (enthalpie de liaison de C−H)

= −4 × 414 kJ/mol = − 1 656 kJ/mol

Ainsi,ο

f H ∆ (CH4) serait approximativement égal à la somme des variations d’enthalpies pour

ces deux étapes (voir la section 7.3 concernant la loi de Hess).

ο

f H ∆ (CH4) =o

H ∆ réaction (1.) +o

H ∆ réaction (2.)

= (1 589 kJ/mol 1 656 kJ/mol) = 67 kJ/molLa vraie valeur de

o

f H ∆ (CH4) est −74,85 kJ/mol

7.85 a) Liaison rompue : C−Ho

H ∆ = 414 kJ/mol

Liaison formée : C−Clo

H ∆ = −338 kJ/mol

o H ∆ réaction = 414 − 338 = 76 kJ/mol

b) Liaison rompue : C−H ∆ H o = 414 kJ/mol

Liaison formée : H−Cl ∆ H o = −431,9 kJ/mol

o H ∆ réaction = 414 kJ/mol − 431,9 kJ/mol = −18 kJ/mol

Du point de vue énergétique, la réaction b) aura lieu plus facilement puisqu’elle est exothermique,

alors que la réaction a) est endothermique.

7.86 Seul N2 a une liaison triple. Cette liaison est donc la plus courte.






7.87 Le reste de la molécule (non illustrée dans ce problème) se fixerait à l’extrémité de la liaison libre.

a)

b)

7.88 Pour être isoélectroniques, les espèces considérées doivent avoir le même nombre et le mêmearrangement que des électrons de valence.

4NH+ et CH4 sont isoélectroniques (8 électrons de valence), de même que CO et N2 (10 électrons de

valence) ainsi que B3N3H6 et C6H6 (30 électrons de valence). Écrivez les structures de Lewis pour

vous convaincre qu’il s’agit bien d’un même arrangement électronique pour une paire donnée.

7.89 a) b)

c) d)

e)

7.90 On peut représenter la réaction de la manière suivante :

7.91 Les structures de Lewis sont les suivantes :

a)

b)

c)

d)

e)






7.92 L’atome d’iode central dans 3I−

a dix électrons autour de lui : deux doublets liants et trois doublets

libres. Il est donc associé à plus de huit électrons de valence. Les éléments de la deuxième période,

comme le fluor, ne peuvent être associés à plus de huit électrons de valence, ce qui serait la

condition nécessaire à la formation d’un ion comme 3F .−

7.93 L’énergie de dissociation de la liaison de F2 est F2(g)→ F(g) + F(g)o

H ∆ = 156,9 kJ

L’énergie du processus F2(g)→ F +(g) + F

–(g) peut se calculer à l’aide de la loi de Hess :

F2(g)→ F(g) + F(g)ο

156,9 kJ H ∆ =

F(g)→ F +(g) + e– ο

1 680 kJ H ∆ =

F(g) + e– → F –(g)ο

328 kJ H ∆ = −

F2(g)→ F +(g) + F

−(g)

ο

H ∆ = 1 509 kJ

Il est plus facile de dissocier F2 en deux atomes F neutres que de le dissocier en un cation et un

anion de fluor.

7.94 L’arrangement des atomes (structure squelettique) est le suivant :

Le nombre d’électrons de valence est : (3 × 1) + (2 × 4) + 5 + 6 = 22 électrons de valence.

Les structures de Lewis sont les suivantes :

7.95 Voici une structure de Lewis plausible pour le nitrate de chlore :

7.96 a) Cette structure de résonance est très plausible ; il n’y a aucune charge formelle et chaque atome

respecte la règle de l’octet.

b) C’est le deuxième choix après a), à cause de la charge formelle positive de l’oxygène

(électronégativité élevée).

c) C’est un mauvais choix pour diverses raisons. Les charges formelles vont à l’encontre de

l’électronégativité de C et de O ; l’atome d’oxygène n’a pas d’octet rempli ; et il n’y a aucune

liaison entre cet atome et celui du carbone !

d) C’est un très mauvais choix à cause de la charge formelle élevée et parce que le carbone n’a pas

d’octet rempli.






7.97

Pour C4H10 et C5H12, il y a plusieurs autres arrangements ou isomères de structure.

7.98 Pour plus de clarté, les doublets libres de Cl et de F ne sont pas illustrés.

7.99 Pour plus de clarté, les doublets libres du fluor ne sont pas illustrés.

7.100 Selon l’équation 7.3, ∆ H= ΣEL (réactifs) – ΣEL (produits)

= [(436,4 + 151,0) – 2(298,3)] = –9,2 kJ/mol

7.101 Pour plus de clarté, les doublets libres de l’oxygène, de l’azote, du soufre et du chlore ne sont pas

illustrés.

a)

b) c)

d) e)

f) g)






Note : En c), éthyle ou C2H5 =

7.102 Les structures de Lewis sont les suivantes :

a) b) c) d)

7.103 Oxyde Peroxyde Superoxyde

7.104 Vrai, car pour faire des liaisons, le gaz rare doit recevoir des électrons supplémentaires autour de lui

alors que ses sous-couches ns et np sont déjà remplies.

7.105 a) L’enthalpie de liaison dans 2F−

est l’énergie requise pour scinder 2F−

en un atome F et

un ion F− :

2F − (g)→ F(g) + F−(g)

Par réarrangement des équations données dans l’énoncé du problème, on obtient :

2F−

(g) → F2(g) + e−

ο

290 kJ/mol H ∆ =

F2(g) → 2F(g) ο

156,9 kJ/mol H ∆ =

F(g) + e− → F−(g)

ο

333 kJ/mol H ∆ = −

2F−

(g) → F(g) + F−(g)

L’enthalpie de liaison de 2F−

est la somme des enthalpies de réaction :

( )2EL F−

= [(290 kJ/mol + 156,9 kJ/mol + (− 333 kJ/mol)] = 114 kJ/mol

b) La liaison dans 2F−

est plus faible (114 kJ/mol) que celle dans F2, car l’électron supplémentaire

augmente la répulsion entre les atomes F.

7.106 Les structures de résonance sont :

La structure à gauche est la plus plausible et celle de droite, la moins plausible.

7.107

7.108 a) b)





Problèmes spéciaux 125

c) d)

Réponses aux problèmes spéciaux

7.109 a) b) La liaison O−H est relativement forte (460 kJ/mol). Pour compléter son octet, le radical O−H a

une forte tendance à former une liaison avec un atome H.

c) Il y a bris d’une liaison C−H et formation d’une liaison O−H. D’après l’équation 7.3,

∆ H

=Σ

EL (réactifs)−

Σ

EL (produits)

∆ H = 414 − 460 = 46 kJ/mol

d) Énergie d’une liaison O−H =3

23460 10 J 1 mol

1 mol 6,022 10 liaisons×

××

= 7,64 × 10−19 J/liaison

λ = hc

H ∆=

34 8

19

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

7,64 10 J

−

−

× ⋅ ×

×= 2,60 × 10−7 m = 260 nm

7.110 a)

b)

c) Dans la formation du chlorure de polyvinyle à partir du chlorure de vinyle, pour chaque liaison

double rompue C=C, il y a formation de deux liaisons simples C—C. Il n’y a ni rupture niformation d’autres liaisons. Au tableau 7.3, on voit que la variation d’énergie pour une mole dechlorure de vinyle qui réagit est :

Énergie totale absorbée (rupture des liaisons C=C) = 620 kJ

Énergie totale libérée (formation des liaisons C—C ) = 2 × 347 kJ = 694 kJ

Selon l’équation 7.3, nous écrivons

A H o = 620 kJ – 694 kJ = –74 kJ






Le signe négatif indique qu’il s’agit d’une réaction exothermique. Pour connaître la chaleur

totale libérée quand 1 000 kg de chlorure de vinyle réagissent, il faut effectuer le calcul suivant :

chaleur libérée = (1,0 × 106 g C2H3Cl) × 2 3

2 3 2 3

1 mol C H Cl 74 kJ62,49 g C H Cl 1 mol C H Cl

−×

= 1,2 106

kJ

Ce procédé dégage beaucoup de chaleur. Les concepteurs doivent prévoir un moyen de refroidir

le réacteur chimique.

7.111 La suite d’équations décrivant la préparation de l’acide sulfurique à partir du soufre est :

S(s) + O2(g)→ SO2(g)

2SO2(g) + O2(g)→ 2SO3(g)

SO3(g) + H2O(l)→ H2SO4(aq)

La suite d’équations décrivant la préparation de l’acide sulfurique à partir du trioxyde

de soufre est :

SO3(g) + H2SO4(aq)→ H2S2O7(aq) formation d’oléum

H2S2O7(aq) + H2O(l)→ 2H2SO4(aq) production d’acide sulfurique

Il y a deux structures de résonance pour l’oléum. Les charges formelles différentes de zéro sont

indiquées.

7.112 DÉMARCHE

On trouve les valeurs des enthalpies de liaison pour C−N et C=N dans le tableau 7.3. Ensuite, on

calcule la moyenne. Finalement, l’énergie moyenne pour une seule liaison peut être convertie en

longueur d’onde maximale qui lui correspond.




Problèmes spéciaux 127

SOLUTION

L’enthalpie de liaison moyenne pour C−N et C=N est :

(276 kJ/mol) (615 kJ/mol)

2

+= 446 kJ/mol

Convertissons cette énergie en kJ/mol en J/liaison :

23

446 kJ 1 mol 1 000 J1 mol 1 kJ6,022 10 liaisons

× × =

×

7,41 × 10−19 J/liaison

Calculons la longueur d’onde maximale de la lumière capable de briser cette liaison :

λ =hc

E =

34 8

19

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

7,41 10 J

−

−

× ⋅ ×

×

= 2,68 10 7

m ou 268 nm

7.113

chimie generale solutionnaire ch 7

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