chimie generale solutionnaire ch 9

C H A P I T R E

9 les liquides et les solides

Recueil de solutions − Chimie générale

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Les forces intermoléculaires,

Réponses aux problèmes ciblés

9.7 ICl a un moment dipolaire, mais Br2 n’en a pas. Le moment dipolaire augmente les forces d’attraction entre les molécules ICl, ce qui donne à cette substance un point de fusion plus élevé que celui du brome.

9.8 DÉMARCHE

Classer les espèces en trois catégories : ioniques, polaires (présence d’un moment dipolaire) et non polaires. Se rappeler que les forces de dispersion sont présentes dans toutes les espèces.

SOLUTION

Ces trois molécules sont des substances covalentes non polaires, car la différence d’électronégativité entre le carbone et l’hydrogène est petite. Les seules forces d’attraction entre ces molécules sont donc des forces de dispersion. Tout autre facteur étant égal, la molécule qui a le plus grand nombre d’électrons aura des forces d’attraction intermoléculaires plus grandes. Vous pouvez prédire l’ordre croissant des points d’ébullition uniquement d’après les formules moléculaires : CH4 < C3H8 < C4H10.

Par une journée très froide, le propane et le butane seraient liquides (leur point d’ébullition est respectivement −44,5 °C et −0,5 °C) ; seul le méthane resterait gazeux (point d’ébullition : −161,6 °C). Il faudrait donc utiliser le méthane.

9.9 Ils sont tous tétraédriques (de type AB4) et non polaires. Ainsi, les seules attractions intermoléculaires possibles sont les forces de dispersion (voir la section 9.2). Il importe de savoir que les autres facteurs étant égaux, l’importance des forces de dispersion augmente avec le nombre d’électrons contenus dans une molécule. Étant donné que l’on sait que plus l’attraction intermoléculaire est importante, plus le point d’ébullition est élevé, celui-ci augmente donc avec la masse molaire : ici de CH4 à SnH4.

9.10 a) Le benzène (C6H6) est un composé covalent non polaire. Il n’y a que des forces de dispersion.

b) Le chloroforme (CH3Cl) est un composé covalent polaire (pourquoi ?). Il y a des forces dipôle-dipôle et de dispersion.

c) Le trifluorure de phosphore (PF3) a les mêmes forces que celles mentionnées en b).

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150 Chapitre 9 • Les forces intermoléculaires, les liquides et les solides

d) Le chlorure de sodium (NaCl) est un composé ionique. Il y a des forces ion-ion, en plus des forces de dispersion.

e) Le disulfure de carbone (CS2), un composé non polaire, a les mêmes forces que celles décrites en a).

9.11 La molécule d’ammoniac centrale forme des liaisons hydrogène avec deux autres molécules d’ammoniac.

9.12 Dans ce problème, vous devez déterminer les espèces susceptibles de former des liaisons hydrogène entre elles, non avec l’eau comme dans l’exemple 9.2. Pour ce faire, une molécule doit avoir au moins un atome d’hydrogène lié à un atome N, O ou F. Parmi les choix offerts, seul e), CH3COOH, présente cette caractéristique. Les autres ne peuvent former de liaisons hydrogène entre elles.

Lesquelles de ces espèces peuvent former des liaisons hydrogène avec l’eau ?

9.13 Le CO2 est un composé covalent non polaire. Les seules forces intermoléculaires présentes sont des forces de dispersion relativement faibles (étant donné la faible masse molaire). Le CO2 aura le point d’ébullition le moins élevé.

La molécule CH3Br est polaire. Il y aura des forces de dispersion (présentes dans toute matière) et des forces dipôle-dipôle. Le point d’ébullition de ce composé se situe au deuxième rang.

La molécule CH3OH est polaire et peut former des liaisons hydrogène particulièrement fortes. Il y a des forces de dispersion et des liaisons hydrogène (forces dipôle-dipôle très importantes) ; ainsi, le point d’ébullition de cette substance se situe au troisième rang par ordre croissant.

Le composé RbF est ionique (pourquoi ?). Les attractions ion-ion sont beaucoup plus fortes que n’importe quelle force intermoléculaire. Le point d’ébullition de RbF est donc le plus élevé.

9.14 DÉMARCHE

La molécule qui a les plus grandes forces intermoléculaires a le point d’ébullition le plus élevé. Si une molécule a des liaisons N−H, O−H ou F−H, elle peut former des liaisons hydrogène intermoléculaires.

SOLUTION

Le butan-1-ol a le point d’ébullition le plus élevé parce que ses molécules peuvent former des liaisons hydrogène entre elles (il y a une liaison O−H). Les molécules d’éther diéthylique sont constituées d’oxygène et d’hydrogène, mais tous les atomes d’hydrogène sont liés à des carbones et non à de l’oxygène. Il n’y a pas de liaison hydrogène dans l’éther diéthylique parce que le carbone n’est pas assez électronégatif.



Problèmes ciblés 151

9.15 a) O2 a plus d’électrons que N2 (les deux sont non polaires) ; il a donc des forces de dispersion plus grandes. O2 a le point d’ébullition le plus élevé.

b) SO2 est polaire (facteur le plus important ici) et a plus d’électrons que CO2 (non polaire). Un plus grand nombre d’électrons signifie des forces de dispersion plus grandes. SO2 a le point d’ébullition le plus élevé.

c) HF, car il peut former des liaisons hydrogène, ce qui n’est pas le cas de HI, même si ce dernier a plus d’électrons et devrait alors avoir des forces de dispersion plus grandes. La liaison hydrogène est la force d’attraction la plus puissante.

9.16 a) Xe, parce qu’il a plus d’électrons et comporte donc des forces de dispersion plus grandes.

b) CS2, parce qu’il a plus d’électrons (les deux molécules sont non polaires) et comporte donc des forces de dispersion plus grandes.

c) Cl2, parce qu’il a plus d’électrons (les deux molécules sont non polaires) et comporte donc des forces de dispersion plus grandes.

d) LiF, parce que c’est un composé ionique ; les attractions ion-ion sont beaucoup plus fortes que les forces de dispersion qui s’exercent entre les molécules F2.

e) NH3, parce qu’il peut former des liaisons hydrogène, tandis que PH3 ne le peut pas.

9.17 a) Le point d’ébullition de NH3 est plus élevé que celui de CH4 parce que NH3 est polaire et peut former des liaisons hydrogène, alors que le CH4 est non polaire et ne comporte que des attractions faibles (forces de dispersion).

b) KCl est un composé ionique. Les forces d’attraction ion-ion sont plus grandes que toute autre force intermoléculaire. Dans I2, une substance covalente non polaire, il n’y a que des forces de dispersion en jeu.

9.18 DÉMARCHE

Classer les espèces en trois catégories : ioniques, polaires (présence d’un moment dipolaire) et non polaires. Déterminer aussi lesquelles de ces molécules ont des liaisons N−H, O−H ou F−H, ce qui permet la formation de liaisons hydrogène intermoléculaires. Se rappeler que les forces de dispersion sont présentes dans toutes les espèces.

SOLUTION

a) La molécule d’eau a des liaisons O−H. Les molécules d’eau peuvent donc former des liaisons hydrogène. Il faudra vaincre les liaisons hydrogène et les forces de dispersion.

b) Les molécules de brome (Br2) sont non polaires. Il y aura seulement les forces de dispersion à vaincre.

c) Les molécules d’iode (I2) sont non polaires. Il y aura seulement les forces de dispersion à vaincre.

d) Dans ce dernier cas, il faudra briser la liaison F−F. Il s’agit d’une force intramoléculaire entre deux atomes F, et non d’une force intermoléculaire entre deux molécules de F2. Il faudra donc vaincre les forces d’attraction attribuables aux liaisons covalentes.




9.19 Le n-butane avec sa structure linéaire a un point d’ébullition plus élevé (−0,5 °C) que celui du méthyl-2-propane (point d’ébullition : −11,7 °C) de structure ramifiée parce que les formes linéaires peuvent s’imbriquer plus facilement.

9.20 Le composé qui fond à une température plus basse peut former des liaisons hydrogène intramoléculaires, comme le montre la figure ci-dessous. Une telle liaison ne participe pas à l’attraction intermoléculaire et ne fait pas monter le point de fusion. L’autre composé ne peut former que des liaisons hydrogène intermoléculaires.

9.31 Les molécules d’éthanol peuvent former des liaisons hydrogène entre elles ; les molécules d’éther diméthylique ne le peuvent pas (pourquoi ?). La tension superficielle de l’éthanol est supérieure à celle de l’éther diméthylique parce que ses forces intermoléculaires (liaisons hydrogène) sont plus importantes. L’éthanol et l’éther diméthylique ayant une masse molaire et une formule moléculaire identiques, l’attraction résultant des forces de dispersion est également identique.

9.32 L’éthylène glycol a deux groupes −OH ; sa capacité de former de fortes liaisons intermoléculaires grâce aux liaisons hydrogène devrait se situer entre celles de l’éthanol et du glycérol.

9.35 Voir le tableau 9.5 du manuel. On y présente les types de solides cristallins et des exemples.

9.36 Voir le tableau 9.5 du manuel. Selon les propriétés observées, il s’agit d’un solide ionique.

9.37 Voir le tableau 9.5 du manuel. Selon les propriétés observées, il s’agit d’un solide moléculaire.

9.38 Voir le tableau 9.5 du manuel. Selon les propriétés observées, il s’agit d’un solide covalent.

9.39 Dans un métal, les électrons de liaison sont dispersés (ou délocalisés) dans tout le cristal. Ces électrons délocalisés sont très mobiles ; c’est ce qui explique que les métaux conduisent bien l’électricité et la chaleur. Mais à haute température, il y a augmentation du mouvement vibrationnel des atomes, ce qui diminue la libre circulation des électrons dans le métal. Par conséquent, la conductibilité électrique des métaux diminue avec l’augmentation de la température.

9.40 Li et Be forment des solides métalliques. B et C forment des solides covalents. N2, O2, F2 et Ne forment des solides moléculaires.

9.41 Na2O, MgO et Al2O3 sont des composés constitués d’un métal et d’un non-métal. Ils ont tous des points de fusion élevés. Il s’agit de solides ioniques. SiO2 est un composé constitué d’un métalloïde et d’un non-métal. Son point de fusion est élevé, il s’agit donc d’un solide covalent. Les trois derniers composés, P4O10, SO3 et Cl2O7, sont tous constitués uniquement de non-métaux. Il s’agit donc de solides moléculaires.




9.42 Dans un solide moléculaire, les points de la maille sont occupés par des molécules. Parmi les solides mentionnés, Se8, HBr, CO2, P4O6 et SiH4 sont moléculaires. Dans un solide covalent, les atomes sont retenus ensemble uniquement par des liaisons covalentes, formant ainsi un vaste réseau tridimensionnel. Parmi les solides mentionnés, ceux constitués d’atomes retenus ensemble par des liaisons covalentes sont Si, C et B.

9.43 a) Dans un réseau cubique simple, chaque sphère en touche six autres situées sur les axes ±x, ±y et ±z (voir la figure 9.17).

b) Dans un réseau cubique centré I, chaque sphère en touche huit autres. Visualisez la sphère centrée qui touche les huit sphères situées dans les coins (voir la figure 9.18).

c) Dans un réseau cubique centré F, chaque sphère en touche douze autres (voir la section 9.4).

9.44 Une sphère située dans un coin appartient à huit mailles élémentaires adjacentes, de sorte que seulement le huitième de cette sphère appartient réellement à la maille élémentaire. Une sphère située sur une face, comme dans un réseau cubique centré F, appartient à deux mailles adjacentes. Une sphère située au centre d’une maille cubique, comme dans le cas d’une maille cubique centrée I, lui appartient entièrement.

Dans les coins d’une maille cubique simple, il y a huit sphères. Il n’y a que le un huitième de chacune de ces sphères qui appartient à chaque maille, ce qui donne un total de une sphère par maille. Dans une maille centrée I, il y a huit sphères de coin et une sphère située au centre, ce qui donne un total de deux sphères par maille (une sphère résultant des sphères de coin et une située au centre). Dans une maille centrée F, il y a huit sphères de coin et une sphère centrée dans chaque face (six). Le nombre total de sphères est quatre : une venant des coins et trois venant des faces.

9.45 La masse d’un cube de 287 pm d’arête peut être facilement calculée à partir de la masse d’un cube d’arête de 1,00 cm (7,87 g) :

( ) ( )33

3

3 12

7,87 g 100 cm 1 m 287 pm1 m1 cm 10 pm

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 1,86 × 10−22 g

On calcule la masse de un atome de fer en divisant la masse molaire du fer (55,85 g/mol) par le nombre d’Avogadro :

23

55,85 g 1 mol1 mol 6,022 10 atomes

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟×⎝ ⎠⎝ ⎠

= 9,27 × 10−23 g/atome

Le nombre d’atomes de fer dans une maille est le quotient de ces deux nombres :

22

23

1,86 10 g9,27 10 g/atome

−

−×

× = 2,00 atomes, donc 2 atomes Fe/maille élémentaire

De quel type de maille cubique s’agit-il ?

9.46 DÉMARCHE

L’indice donné dans l’énoncé de ce problème nous invite à calculer d’abord le volume (en cm3) occupé par une mole d’atomes de Ba. Ensuite, il faudra calculer le volume occupé par un seul atome de Ba. La multiplication de ces deux résultats nous donnera le nombre d’atomes de Ba par mole de Ba.

3

3nombre d’atomes de Ba cm

1 mol Bacm× = nombre d’atomes de Ba

1 mol Ba




SOLUTION

Le volume qui contient 1 mol d’atomes de baryum peut se calculer selon la procédure suivante à partir de la masse volumique :

volumemasse de Ba

→ volumemol de Ba

3 137,34 g Ba1 cm

3,50 g Ba 1 mol Ba× = 39,2 cm3/mol Ba

Le volume qui contient deux atomes de baryum correspond à une maille cubique centrée I. Il y a une portion d’espace vide dans ce volume parce que le taux de remplissage n’est que de 68 %, mais cela n’influe pas sur notre calcul.

V = a3

Calculons le volume en centimètres cubes :

V = (502 pm)3 × 3 31210 m 1 cm

1 pm 0,01 m

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

= 1,27 × 10–22 cm3/2 atomes Ba

On peut maintenant calculer le nombre d’atomes de baryum dans une mole comme expliqué précédemment dans la démarche.

3

3nombre d’atomes de Ba cm

1 mol Bacm× = nombre d’atomes de Ba

1 mol Ba

3

22 339,2 cm2 atomes Ba1 mol Ba1,27 10 cm−

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟×⎝ ⎠⎝ ⎠

= 6,17 × 1023 atomes/mol

Ce résultat est près de la valeur du nombre d’Avogadro, 6,022 × 1023 particules/mol.

9.47 Dans une maille centrée I, il y a une sphère au centre du cube et une sphère à chacun des huit coins. Chacune des sphères de coin appartient à huit mailles adjacentes. On a donc :

1 sphère centrée + ( )1 8 sphères de coin8

× = 2 sphères par maille

Il y a deux atomes de vanadium par maille élémentaire.

9.48 La masse de la maille élémentaire est la masse en grammes de deux atomes d’europium :

m = ( ) 23

152,0 g Eu2 atomes Eu 1 mol Eu1 maille 1 mol Eu6,022 10 atomes Eu

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟× ⎝ ⎠⎝ ⎠

= 5,048 × 10−22 g Eu/maille

V = 22 35,048 10 g 1 cm

1 maille 5,26 g

−⎛ ⎞⎛ ⎞×⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ = 9,60 × 10−23 cm3/maille

La longueur de l’arête a est a = V1/3 = (9,60 × 10–23 cm3)1/3 = 4,58 × 10−8 cm = 458 pm.




9.49 Le volume de la maille élémentaire est

V = a3 = (543 pm )3 ( )3 3

121 m 100 cm

1 m1 10 pm

⎛ ⎞⎜ ⎟×⎝ ⎠

= 1,60 × 10−22 cm3

m = ρV = (2,33 g/cm3) (1,60 × 10−22 cm3) = 3,73 × 10−22 g

La masse de un atome de silicium est :

23

28,09 g Si 1 mol Si1 mol Si 6,022 10 atomes Si

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟×⎝ ⎠⎝ ⎠

= 4,665 × 10−23 g/atome

Le nombre d’atomes de silicium dans une maille élémentaire est :

22

23

3,73 10 g Si1 atome Si1 maille4,665 10 g Si

−

−××

× = 8 atomes Si/maille

9.50 DÉMARCHE

Il faut se rappeler qu’un atome de coin est partagé entre huit mailles élémentaires. Par conséquent, un huitième de chaque atome de coin appartient à une maille élémentaire. Il faut aussi se rappeler qu’un atome situé sur l’une des faces est partagé entre deux mailles élémentaires, ce qui correspond à un demi-atome par maille élémentaire pour ce type d’atome (voir la figure 9.19).

SOLUTION

Dans une maille cubique centrée F, il y a des atomes qui occupent chacun des huit coins et un atome sur chacune des six faces. Seulement la moitié de chaque atome centré sur une face et le huitième de chaque atome de coin appartiennent à une maille élémentaire.

X atomes/maille élémentaire = (8 atomes de coin) (1/8 atome par coin)

1 maille = 1 atome X

maille élémentaire

Y atomes/maille élémentaire = (6 atomes centrés F) (1/2 atome par face)

1 maille = 3 atomes Y

maille élémentaire

La maille élémentaire est l’unité de répétition la plus petite qui existe dans le cristal ; la formule empirique est donc XY3.

9.51 a) Le dioxyde de carbone est un solide moléculaire ; c’est un composé covalent qui ne comporte que de faibles forces de dispersion à cause de l’absence de polarité.

b) Le bore est un non-métal ayant un point de fusion extrêmement élevé. C’est un solide covalent comme le carbone (diamant).

c) Le soufre est formé de cristaux moléculaires ; c’est une substance moléculaire (S8) et, à cause de l’absence de polarité, il ne peut comporter que de faibles forces de dispersion.

d) KBr est un solide ionique parce que c’est un composé ionique.

e) Mg est un métal ; c’est donc un solide métallique.

f) SiO2 (quartz) est un composé non métallique dur dont le point de fusion est élevé ; c’est un solide covalent comme le bore et le carbone (diamant).




g) LiCl est un composé ionique ; c’est un solide ionique.

h) Cr (chrome) est un métal ; c’est donc un solide métallique.

9.52 Dans le diamant, chaque atome de carbone est lié de manière covalente à quatre autres atomes de carbone. Puisque ces liaisons sont fortes et uniformes, le diamant est une substance très dure. Dans le graphite, les atomes de carbone situés dans chaque couche sont retenus par des liens forts, mais les couches sont liées entre elles par de faibles forces de dispersion. Par conséquent, les couches de graphite se séparent facilement et le graphite est beaucoup moins dur que le diamant.

Dans le graphite, les atomes de carbone forment des anneaux constitués de six atomes (voir la figure 9.23). Ces atomes de carbone sont tous hybridés sp2, et l’orbitale 2p participe à une liaison pi. Chacune des couches de graphite correspond à une orbitale moléculaire délocalisée dans laquelle les électrons peuvent circuler librement, ce qui fait du graphite un bon conducteur d’électricité dans la direction des plans que forment les anneaux de graphite. Par contre, dans le diamant, les atomes de carbone étant hybridés sp3, il n’y a pas de liaison pi. Les électrons ne peuvent pas circuler, ce qui fait du diamant un mauvais conducteur d’électricité.

9.71 La chaleur molaire de vaporisation de l’eau est de 40,79 kJ/mol (voir le tableau 9.6). On peut trouver le nombre de moles d’eau dans l’échantillon :

Moles de H2O = 74,6 g H2O × 2

2

1 mol H O18,2 g H O

= 4,14 mol H2O

On peut alors calculer la quantité de chaleur :

Q = 4,14 mol H2O × 2

40,79 kJ1 mol H O

= 169 kJ

9.72 1re étape : Chauffer la glace jusqu’au point de fusion.

Q1 = ms∆t = 866 g H2O × 2,03 Jg C• ° × [0 °C − (−10 °C)] = 17,6 kJ

2e étape : Convertir la glace en eau liquide au point de fusion 0 °C.

Q2 = 866 g H2O × 2

1 mol18,02 g H O

× 6,01 kJ1 mol

= 289 kJ

3e étape : Chauffer l’eau de 0 °C à 100 °C.

Q3 = ms∆t = 866 g H2O × 4,184 Jg C• ° × (100 °C − 0 °C) = 362 kJ

4e étape : Convertir l’eau à 100 °C en vapeur à 100 °C.

Q4 = 866 g H2O × 2

1 mol18,02 g H O

× 40,79 kJ1 mol

= 1 960 kJ

5e étape : Chauffer la vapeur de 100 °C à 126 °C.

Q5 = ms∆t = 866 g H2O × 1,99 Jg C• ° × (126 °C − 100 °C) = 44,8 kJ

Qtotale = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 = 2 670 kJ (avec trois chiffres significatifs) = 2,67 × 103 kJ




Comment résoudriez-vous ce problème si l’on vous demandait de calculer la chaleur libérée quand la vapeur à 126 °C devient de la glace à −10 °C ?

9.73 a) Les autres facteurs étant égaux, les liquides s’évaporent plus rapidement à des températures plus élevées.

b) Plus la surface est grande, plus l’évaporation est rapide.

c) Si les forces moléculaires sont faibles, la pression de vapeur sera élevée et l’évaporation, rapide.

9.74 ∆Hvap = ∆Hsub − ∆Hfus = 62,30 kJ/mol − 15,27 kJ/mol = 47,03 kJ/mol

9.75 La substance dont le point d’ébullition est le plus bas aura la pression de vapeur la plus élevée à une température donnée. Le butane aura donc la pression de vapeur la plus élevée à −10 °C et le toluène aura la plus basse.

9.76 Il y a deux changements de phase dans ce processus. D’abord, le liquide devient solide (congélation), puis la glace solide devient un gaz (sublimation).

9.77 Il y a eu d’abord congélation de l’eau, puis sublimation. La température est trop basse pour qu’il y ait fonte.

9.78 Quand la vapeur se condense pour devenir de l’eau à 100 °C, elle libère une grande quantité de chaleur, égale à l’enthalpie de vaporisation. Par conséquent, la vapeur à 100 °C expose la peau à plus de chaleur qu’une quantité égale d’eau à 100 °C.

9.79 Voici le graphique :

En utilisant le premier et le dernier des points expérimentaux pour évaluer la pente, on a :




Pente = ln ln

1 1−

−i f

i f

P P

T T

= ( ) ( )3 3

6,32 2,85

1,63 10 2,11 10− −−

× − ×= −7,23 × 103 = vap−∆H

R = vap

8,314 J/K molH

•

−∆

∆Hvap = 6,01 × 104 J/mol ou 60,1 kJ/mol

9.80 On peut utiliser la forme modifiée de l’équation de Clausius-Clapeyron pour résoudre ce problème (voir l’équation 9.4).

P1 = 40,1 mm Hg P2 = ?

T1 = 7,6 oC = 280,6 K T2 = 60,6 oC = 333,6 K

ln 1

2

PP

= vap 1 2

1 2

∆ −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

H T TR TT

ln2

40,1P

= 280,6 K 333,6 K 31 000 J/mol8,314 J/K mol 333,6 K 280,6 K•

−⎛ ⎞⎜ ⎟×⎝ ⎠

ln2

40,1P

= −2,11

En prenant l’antilogarithme des deux côtés, on obtient :

2

40,1P

= 0,121

P2 = 331 mm Hg

9.81 L’application de l’équation 9.4, équation de Clausius-Clapeyron modifiée, permet de prédire que plus la pression de vapeur s’élève dans un intervalle de température donné, plus la chaleur de vaporisation (∆Hvap) baissera. D’après l’équation ci-dessous, si le changement de la pression de vapeur est plus grand, le terme P1/P2 est plus petit, donc ∆H est lui aussi plus petit. On aura ∆Hvap de X < ∆Hvap de Y.

ln 1

2

PP

= vap 1 2

1 2

∆ −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

H T TR TT

9.84 La pression exercée par les lames sur la glace abaisse le point de fusion de celle-ci. Un film d’eau liquide, qui agit comme lubrifiant, se forme donc entre les lames et la glace, ce qui permet au patineur de glisser. Mais il semble bien que le film d’eau soit surtout attribuable à la chaleur dégagée par la friction exercée par les lames sur la glace.

9.85 D’abord, la glace fond à cause de l’augmentation de la pression. À mesure que le fil métallique s’enfonce dans la glace, l’eau qui est au-dessus regèle. Finalement, le fil traverse complètement le cube sans le couper en deux.



Problèmes variés 159

9.86

9.87 Les domaines : le domaine qui contient le point A est celui où la substance est solide ; le domaine qui contient le point B, celui où la substance est liquide ; et le domaine qui contient le point C, celui où la substance est gazeuse.

a) L’augmentation de la température à partir de A, à pression constante, signifie qu’on réchauffe de la glace jusqu’à ce qu’elle fonde. Si l’augmentation de la température continue, l’eau bouillira et deviendra de la vapeur. Si, par la suite, on continue de chauffer, il y aura augmentation de la température de la vapeur.

b) Au point C, l’eau est en phase gazeuse. Un refroidissement à pression constante se soldera par la formation de glace. Il n’y aura pas de formation d’eau liquide.

c) Au point B, l’eau est en phase liquide. Un abaissement de la pression à température constante finira par faire bouillir l’eau, qui se convertira en vapeur.

Réponses aux problèmes variés

9.88 a) Pour faire bouillir de l’ammoniac liquide, il faut rompre les liaisons hydrogène entre les molécules. Il faut aussi rompre les forces de dispersion et dipôle-dipôle.

b) La molécule P4 est non polaire ; les seules forces intermoléculaires sont donc les forces de dispersion.

c) CsI est un solide ionique. Pour le dissoudre, peu importe le solvant, il faut rompre les forces ion-ion entre les particules. Aussi, des liaisons hydrogène et des forces de dispersion doivent être vaincues pour séparer des molécules de HF, le solvant.

d) Les liaisons métalliques doivent être rompues.




9.89 a) Une petite valeur de la tension superficielle signifie que les attractions entre les molécules qui forment la surface sont petites. La tension superficielle de l’eau est élevée ; les insectes aquatiques ne pourraient pas « marcher » à la surface d’un liquide dont la tension superficielle est basse.

b) Une température critique basse signifie qu’un gaz est très difficile à liquéfier par refroidissement. Cela s’explique par la présence d’attractions intermoléculaires faibles. La température critique de l’hélium est la plus basse connue (5,3 K).

c) Un point d’ébullition bas signifie des attractions intermoléculaires faibles. Il faut peu d’énergie pour séparer les molécules. Tous les composés ioniques ont des points d’ébullition très élevés.

d) Une pression de vapeur basse signifie qu’il est difficile d’extraire les molécules de la phase liquide à cause des attractions intermoléculaires. Les substances dont la pression de vapeur est basse ont des points d’ébullition élevés (pourquoi ?).

Il n’y a donc que le choix d) qui correspond à de grandes forces intermoléculaires dans un liquide.

9.90 Les molécules HF sont maintenues ensemble par de fortes liaisons hydrogène intermoléculaires. Alors, HF liquide a une pression de vapeur plus basse que HI liquide. (Les molécules HI ne forment pas de liaisons hydrogène entre elles.)

9.91 D’après sa dureté, son point de fusion élevé, sa faible conductivité, etc., le bore pourrait être classé parmi les solides ioniques ou covalents. Cependant, les atomes de bore ne formeraient pas alternativement les ions positifs et négatifs nécessaires pour constituer un solide ionique ; il formera donc un solide covalent parce que les mailles ne sont formées que d’un type d’atome.

9.92 En lisant directement sur le graphique : a) solide ; b) vapeur.

9.93 Chacun des huit atomes situés dans les coins d’une maille appartient à huit mailles adjacentes. Chaque atome centré dans la maille y est au complet. Chacun des six atomes situés sur les faces de la maille appartient à deux mailles adjacentes. On peut donc écrire :

X : 8 coins/maille × 18

atome/coin = 1 atome X/maille

Y : 1 centre/maille × 1 atome/centre = 1 atome Y/maille

Z : 6 faces/maille × 12

atome/face = 3 atomes Z/maille

La formule est XYZ3.

9.94 Puisque le point critique de CO2 n’est que de 31 °C, le CO2 ne peut être stable en phase liquide durant les chaudes journées d’été ; à ces températures, tout le CO2 contenu dans l’extincteur est à l’état gazeux et l’on n’entend aucun bruit en le secouant.

9.95 La pression de vapeur du mercure (comme celle des autres substances) est de 760 mm Hg à son point d’ébullition normal.

9.96 Quand la pompe à vide est mise en marche et que la pression est réduite, le liquide commence à bouillir parce que sa pression de vapeur est supérieure à la pression extérieure (qui est près de zéro). La chaleur de vaporisation est fournie par l’eau, d’où le refroidissement de l’eau. Bientôt, l’eau perd suffisamment de chaleur pour que sa température tombe sous le point de congélation. Finalement, la glace passe à l’état gazeux (sublimation) à cause de la pression réduite.



Problèmes variés 161

9.97 Elle a atteint son point critique.

9.98 a) Deux. Diamant/graphite/liquide. Graphite/liquide/vapeur.

b) Le diamant.

c) En appliquant une pression élevée à une température élevée.

9.99 D’après l’équation 9.4 du manuel,

ln 1

2

PP

= vap 1 2

1 2

∆ −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

H T TR TT

ln 12

= ( )vap 358 3688,314 J/K mol 368 358

H•

∆ −× = ∆Hvap

57,59 108,314 J/mol

−⎛ ⎞− ×⎜ ⎟⎝ ⎠

∆Hvap = 7,59 × 104 J/mol ou 75,9 kJ/mol

9.100 a) Faux. Les dipôles permanents sont habituellement plus forts que les dipôles temporaires.

b) Faux. L’atome d’hydrogène devrait être lié à N, à O ou à F.

c) Vrai.

d) Faux. L’ordre de grandeur de l’attraction dépend à la fois de la charge de l’ion et de la polarisabilité de l’atome ou de la molécule neutre.

9.101 La température de sublimation est de –78 °C ou 195 K à la pression de 101,3 kPa.

ln 1

2

PP

= sub

2 1

1 1∆ ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

HR T T

ln2

1P

= ( )325,9 10 J/mol 1 18,314 J/K mol 150 K 195 K•

× −

ln2

1P

= 4,79

En prenant l’antilogarithme des deux membres, on obtient :

P2 = 8,4 × 10–1 kPa

9.102 Les ions plus petits ont des densités de charge plus grandes et une interaction ion-dipôle plus grande. Plus l’interaction ion-dipôle est grande, plus la chaleur d’hydratation est grande.

9.103 a) Diminue.

b) Aucun changement.

c) Aucun changement.




9.104 On peut calculer le nombre de moles d’eau dans la vapeur d’eau à l’aide de l’équation des gaz parfaits.

n = PVRT

= ( )

( )( )1 1

101,3 kPa187,5 mm Hg 5 L760 mm Hg

8,3145 L kPa K mol 338 K− −• • •

⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0,0445 mol

masse de vapeur d’eau = 0,0445 mol × 18,02 g/mol = 0,802 g

Nous pouvons maintenant calculer le pourcentage d’eau dans 1,20 g de vapeur.

% de H2O vapeur = 0,802 g

100 %1,20 g

× = 66,8 %

Réponses aux problèmes spéciaux

9.105 Le taux de remplissage est : volume des atomes dans la maillevolume de la maille

× 100 %

On suppose que l’atome est sphérique, donc que le volume est de (4/3)πr3. Le volume d’une maille cubique vaut a3, où a est la longueur d’un côté du cube. Voici les calculs des taux de remplissage :

a) maille cubique simple : côté de la maille (a) = 2r

taux de remplissage = ( )

3

3

4 100 %3

2

π ×r

r =

3

34 100 %

24π ×r

r = 100 %

6π × = 52,4 %

b) maille cubique centrée I : côté de la maille = 43r

taux de remplissage =

3

3

42 100 %3

43

π⎛ ⎞× ×⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

r

r =

3

3

42 100 %3

643 3

π⎛ ⎞× ×⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

r

r

= 2 3 100 %16π × = 68,0 %

Souvenez-vous : il y a deux atomes par maille dans une maille cubique centrée I.

c) maille cubique centrée F : côté de la maille = 8 r

taux de remplissage = ( )

3

3

44 100 %3

8

π⎛ ⎞× ×⎜ ⎟⎝ ⎠

r

r =

3

3

16 100 %3

8 8

π⎛ ⎞ ×⎜ ⎟⎝ ⎠

r

r = 2 100 %

3 8π × = 74,0%

Rappelez-vous : il y a quatre atomes par maille dans une maille cubique centrée F.

9.106 La glace fait condenser la vapeur d’eau à l’intérieur. Comme l’eau est encore chaude, elle commence à bouillir à pression réduite. (Il faut s’assurer d’avoir enlevé le plus d’air possible au départ.)



Problèmes spéciaux 163

9.107 a) Réarrangeons l’équation 9.4 afin de pouvoir calculer le point d’ébullition du trichlorosilane :

1

2 vap 2 1

1 1ln= +∆PR

T H P T

où T2 est le point d’ébullition normal du trichlorosilane. Avec P1 = 26,1 kPa, T1 = (−2 + 273) K = 271 K et P2 = 101,3 kPa, on obtient :

2

1T

= 38,314 J/K mol 26,1 1ln

101,3 271 K28,8 10 J/mol• +

×

T2 = 303 K ou 30o C

L’atome Si est hybridé sp3, la molécule SiCl3H est tétraédrique et a un moment dipolaire. Le trichlorosilane est donc polaire, et les forces prédominantes intermoléculaires sont des forces d’interaction dipôle-dipôle. Puisqu’il s’agit de forces relativement faibles, on s’attend à observer un point d’ébullition plutôt bas, ce qui est en accord avec la valeur calculée de 30 oC.

b) D’après la section 9.5 du manuel, on constate que le SiO2 est un solide covalent cristallin. Le silicium, comme le carbone dans le groupe 4A, est aussi un solide covalent. Les liens covalents forts entre les atomes Si (dans le silicium) et entre Si et O (dans le quartz) expliquent les points de fusion et d’ébullition élevés de ces deux substances.

c) Pour vérifier si la teneur en impuretés est inférieure à 1 × 10−9, il faut calculer le nombre d’atomes de Si dans 1 cm3. Pour ce faire, il faut franchir les trois étapes suivantes : 1) déterminer le volume de 1 maille de Si en centimètres cubes, 2) déterminer le nombre de mailles de Si dans 1 cm3, et 3) multiplier le nombre de mailles par centimètre cube par 8, le nombre d’atomes de Si par maille.

Étape 1) Le volume d’une maille élémentaire, V, est :

V = a3

V = (543 pm)3 × 312

21 10 m 1 cm

1 pm 1 10 m

−

−⎛ ⎞× ×⎜ ⎟×⎝ ⎠

V = 1,60 × 10−22 cm3

Étape 2) Calculons le nombre de mailles par centimètre cube :

nombre de mailles = 1 cm3 × 22 31 maille

1,60 10 cm−× = 6,25 × 1021 mailles

Étape 3) Puisqu’il y a 8 atomes de Si par maille, le nombre total d’atomes de Si est :

nombre d’atomes de Si = ( )218 atomes Si 6,25 10 mailles1 maille

× × = 5,00 × 1022 atomes de Si.

Finalement, calculons le degré de pureté du cristal de Si :

atomes Batomes Si

= 13

221,0 10 atomes B

5,00 10 atomes Si× =×

2,0 × 10−10

Ce nombre étant plus petit que 1 × 10−9, le critère de pureté est adéquat.




9.108 La première courbe de chauffage nous indique que la chaleur fournie fait augmenter régulièrement la température de l’eau. Au point d’ébullition (section horizontale de la courbe de chauffage), la chaleur fournie sert à convertir l’eau en vapeur. Ensuite, la chaleur fournie sert à élever la température de la vapeur au-dessus de 100 °C.

On élimine le choix parce qu’il ne montre aucun changement par rapport à la première courbe, même si la masse de l’eau est le double.

On élimine le choix parce que la vitesse de réchauffement de l’eau est plus grande que celle observée dans le cas de la première courbe. Aussi, cette courbe indique que l’eau bout à une température plus élevée, ce qui est impossible dans les mêmes conditions.

Le choix est éliminé parce que dans ce cas, l’eau bout en deçà de 100 °C, ce qui est également impossible ici.

Le choix représente bien ce qui se produit maintenant. La même quantité de chaleur fournie sert seulement à amener la plus grande masse d’eau à ébullition, mais est insuffisante pour chauffer la vapeur d’eau.


chimie generale solutionnaire ch 9

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