www.goodprepa.tech www.goodprepa.tech SOLUTION 1𝑒𝑒𝑒𝑒 Série EXERCICE 1 1) Elément chimiques atomes est ion 2) a –indique la structure du noyau des suivants 3) Solution A=Z+N N=A-Z Elément 12 6𝐶𝐶 13 6𝐶𝐶 19 9𝐹𝐹 23 11 𝑁𝑁𝑁𝑁 27 13 𝐴𝐴𝐴𝐴 79 35 𝐵𝐵𝐵𝐵 81 35 𝐵𝐵 N de neutron 12-6=6 13-6=7 19-9=10 23-11=12 27-13=14 79-35=44 81-35=46 13 19 23 79 81 12 27 6𝐶𝐶 6𝐶𝐶 9𝐹𝐹 13 𝐴𝐴𝐴𝐴 35 𝐵𝐵𝐵𝐵 11 𝑁𝑁𝑁𝑁 35 𝐵𝐵 r N de prton 6 6 9 11 13 35 35 b- un atom défini par un couple détermine de Na leur A et Z et appelé un nuclide et les nucleides qui possédant le méme nombre de protones Z mais des nombre de masse A différent sont appelés des isotopes . il sont reactifs a meme éléments . C) atomes 12 13 19 23 27 6𝐶𝐶 6𝐶𝐶 9𝐹𝐹 11 𝑁𝑁𝑁𝑁 13 𝐴𝐴𝐴𝐴 6 Nbre d’électrons 6 9 11 13 79 35 𝐵𝐵𝐵𝐵 35 81 35 𝐵𝐵𝐵𝐵 35 d) Les ions 𝐹𝐹 A − 𝑁𝑁𝑁𝑁+ 𝐴𝐴𝐴𝐴 3+ 𝐵𝐵𝐵𝐵 − Z N Nombre d’électrons 19 9 10 10 23 11 10 10 27 13 14 10 79 35 44 36 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 1 e) malgré leur caractère iso électronique (nombre d’électron identique) ces épées dispensant de numéro atomiques différent (nombre de protons différent) il s’agit don de quatre éléments différent. Bien retenir en effet car c’est une faut souvent commise que c’est le nombre de proton qui de termine l’identité de tout élément et nom le nombre de même si ce sont les électrons qui pratiquent dans une réaction chimique façon cet électron. 2nom symbole A Z Nb é N Atomes d’hydrogène H 1 1 1 0 𝐻𝐻 − 1 1 2 0 𝐻𝐻 + 1 1 0 0 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ 40 20 18 20 Zn 66 30 30 36 𝑍𝑍𝑍𝑍2+ 64 30 28 34 Ca 42 20 20 22 𝐼𝐼 − 127 53 54 74 19 9 9 10 Ion hydrure proton Ion calcium Atome zinc Ion zinc Atome calcium Ion iode Atome fluore F EXERCECES II 3- m=∑ 𝑥𝑥 × 𝑚𝑚 2 isotopes : 105𝐵𝐵 et 115 𝐵𝐵 m=10,01294 u m=11,0093 u m = 𝑚𝑚1 .𝑥𝑥1 +𝑚𝑚2 .𝑥𝑥2 � 𝑥𝑥 = 100% 𝑥𝑥1+𝑥𝑥2 =100 𝑥𝑥1 =1-𝑥𝑥2 m=(1-𝑥𝑥2 )𝑚𝑚1 +𝑥𝑥2 .𝑚𝑚2 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 2 m=𝑚𝑚1 -𝑚𝑚1 𝑥𝑥2 +𝑥𝑥2 .𝑚𝑚2 𝑚𝑚 −𝑚𝑚 𝑥𝑥2 =𝑚𝑚 −𝑚𝑚1 AN. 2 1 𝑥𝑥2 = 4) la masse relative : On a m = ∑ 𝑥𝑥𝑖𝑖 . 𝑚𝑚𝑖𝑖 𝑚𝑚 107 𝐴𝐴𝐴𝐴 10,811 − 10,01294 11,00931 − 10,1294 𝑥𝑥2 = 80.1% 𝑥𝑥1 = 19,89% 𝑚𝑚 109 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴= �𝑥𝑥107𝐴𝐴𝐴𝐴 . 1 𝑢𝑢.𝑚𝑚 .𝑎𝑎 �+�𝑥𝑥109𝐴𝐴𝐴𝐴 . 1 𝑢𝑢.𝑚𝑚.𝑎𝑎 � AN : 𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴= � 31,48 .106,905 100 .1𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢 𝑚𝑚 On a n =𝑀𝑀 48,16 108.905 � +� 100 . 1 𝑢𝑢 𝑚𝑚𝑚𝑚 � 𝑚𝑚𝐴𝐴𝐴𝐴= 107.868 𝑔𝑔⁄𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 m=n .M 𝑀𝑀𝐴𝐴𝐴𝐴 =26,98 𝑔𝑔⁄𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 m=2,5 .26,95 m=67,45g b) la masse de Ca 𝑀𝑀𝐶𝐶𝐶𝐶 =40,08 𝑔𝑔⁄𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 m= 40,08 . 0,05 m=0.6012g 5) Nombre d’atomes = n . 𝑁𝑁𝐴𝐴 𝑚𝑚 On a n = 𝑀𝑀 N =n . 𝑁𝑁𝐴𝐴 𝑚𝑚 A partir de et N = 𝑀𝑀 . 𝑁𝑁𝐴𝐴 𝑚𝑚 𝑁𝑁𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑀𝑀 . 𝑁𝑁𝐴𝐴 AN 𝑁𝑁𝐶𝐶𝐶𝐶 = 127,08 29 = 8,63.1024 . 6,022.1013 𝑚𝑚 𝑁𝑁𝐿𝐿𝐿𝐿 = 𝑀𝑀 . 𝑁𝑁𝐴𝐴 𝑁𝑁𝐿𝐿𝐿𝐿 = 0,012 3 .6,022.1023 𝑁𝑁𝐿𝐿𝐿𝐿 =2,40. 1020 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 3 SOLUTION 2𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 Série EXERCICE 1 a) 𝑞𝑞2 =-e et 𝑞𝑞1 =e Atome d’hydrogéne 𝑞𝑞 . 𝑞𝑞 2 2 0 𝑟𝑟 1 𝐹𝐹𝑜𝑜𝑜𝑜=4𝜋𝜋𝜀𝜀 𝑒𝑒 .(−𝑒𝑒) =4𝜋𝜋 𝜀𝜀 0 𝑟𝑟 2 Force coulombienne 𝑒𝑒 ������⃗ 𝐹𝐹 =𝑜𝑜𝑜𝑜 4𝜋𝜋 𝜀𝜀 2 0 𝑟𝑟 2 Force centrifuge 𝑚𝑚 .𝑣𝑣 ����⃗ 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 𝑟𝑟 2 Dons le cas d’un hydrogenenoide la charge de noyau et (𝑍𝑍𝑒𝑒 ) La force coulombienne devient : 2 𝑍𝑍.𝑒𝑒 ������⃗ 𝐹𝐹 =𝑜𝑜𝑜𝑜 4𝜋𝜋 𝜀𝜀 𝑟𝑟 2 0 b) L’énergie totale 𝐸𝐸𝑇𝑇 =𝐸𝐸𝑃𝑃 +𝐸𝐸𝐶𝐶 𝑟𝑟 𝐸𝐸𝑃𝑃 =∫∞ |𝐹𝐹𝑜𝑜𝑜𝑜 |.dr 𝑟𝑟 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 =∫∞ + 4𝜋𝜋 𝜀𝜀 𝑟𝑟 2 0 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 .dr 𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 4𝜋𝜋𝜋𝜋 ∫∞ 𝑟𝑟 2 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝐸𝐸𝑃𝑃 =4𝜋𝜋𝜀𝜀 [−𝑟𝑟] r→ ∞ 0 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝐸𝐸𝑃𝑃 = - 4𝜋𝜋 𝜀𝜀 0 𝑟𝑟 TD Atomistique Avec Solution 1 𝑟𝑟 →0 www .clubnajah.com Page 4 Pour que reste sur son orbite il faut |𝐹𝐹𝑜𝑜𝑜𝑜 |=|𝐹𝐹𝑐𝑐 | 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝐹𝐹𝑜𝑜𝑜𝑜 = -4𝜋𝜋𝜀𝜀 𝐸𝐸𝐶𝐶 = 𝑚𝑚 .𝑣𝑣 2 𝑟𝑟 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 4𝜋𝜋𝜀𝜀 0 𝑟𝑟 2 2 0 𝑟𝑟 = 𝑚𝑚 .𝑣𝑣 2 𝑟𝑟 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝑚𝑚. 𝑣𝑣 =4𝜋𝜋 𝜀𝜀 1 2 2 0 𝑟𝑟 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 2 𝑚𝑚. 𝑣𝑣 = 8𝜋𝜋𝜀𝜀 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝐸𝐸𝐶𝐶 =8𝜋𝜋𝜀𝜀 Donc 0 𝑟𝑟 0 𝑟𝑟 𝐸𝐸𝑇𝑇 =𝐸𝐸𝑃𝑃 +𝐸𝐸𝐶𝐶 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 =8𝜋𝜋 𝜀𝜀 0 𝑟𝑟 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 - 4𝜋𝜋 𝜀𝜀 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝐸𝐸𝑇𝑇 = - 8𝜋𝜋 𝜀𝜀 0 𝑟𝑟 0 𝑟𝑟 c) D’après le model de Rutherforde l’énergie total continue (r continue) ce qui est en contradiction avec L’expérience qui donne un spectre d’émission discontinu Bien notre que mémé si 𝐸𝐸𝑇𝑇 d’après le model de Rutherforde on contradiction avec l’expérience, le model n’est pas faux mais il faut l’améliores est c’est grâce aux hypothèses de Bohr que le model sera corrigé TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 5 EXERCICE 2 modèle de Bohr a) Moment cinétique n𝜖𝜖𝑁𝑁 ∗ mvr = h.r ℎ h=2𝜋𝜋 2 h.𝑛𝑛 2 (𝑚𝑚𝑚𝑚) = 2 2 𝑟𝑟 2 ℎ 2 .𝑛𝑛 2 𝑚𝑚 𝑣𝑣 =4𝜋𝜋 2 𝑟𝑟 2 2 ℎ 2 .𝑛𝑛 2 𝑚𝑚 𝑣𝑣 =8𝜋𝜋 2 𝑟𝑟 2 𝑚𝑚 1 2 ℎ 2 .𝑛𝑛 2 2 m𝑣𝑣 =8𝜋𝜋 2 𝑟𝑟 2 𝑚𝑚 =𝐸𝐸𝑐𝑐 Energie cinétique m.v.r= n |𝐹𝐹𝑜𝑜𝑜𝑜 |=|𝐹𝐹𝑐𝑐 | 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 𝐸𝐸𝐶𝐶 =8𝜋𝜋𝜀𝜀 ℎ 2 .𝑛𝑛 2 8𝜋𝜋 2 𝑟𝑟 2 𝑚𝑚 ℎ 2 𝜀𝜀 0 𝑛𝑛 2 r=2𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑒𝑒 2 0 𝑟𝑟 𝑍𝑍.𝑒𝑒 2 =8𝜋𝜋𝜀𝜀 0 𝑟𝑟 𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑛𝑛 = 𝑍𝑍1 . 𝑛𝑛2 ℎ 2 𝜀𝜀 0 𝑟𝑟1 =𝜋𝜋𝜋𝜋 𝑒𝑒 2 = 0,53Å = 𝑎𝑎0 1Å = 10−10 m 𝑎𝑎0 : Rayon de Bohr TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 6 −𝐴𝐴 𝑐𝑐 𝑏𝑏) E= 𝑛𝑛 2 = 𝜌𝜌𝜌𝜌 =h𝜆𝜆 −𝐴𝐴 𝐴𝐴 ∆𝐸𝐸= |𝐸𝐸2 − 𝐸𝐸1 | =� 22 + 12 � = 4ℎ𝑐𝑐 𝐴𝐴= 3𝜆𝜆 1𝑛𝑛𝑛𝑛=10−9 m 𝐴𝐴=13,6ev 𝐴𝐴 𝑐𝑐 1 1 =𝑅𝑅𝐻𝐻 (𝑛𝑛 𝜆𝜆 𝑓𝑓 1 1 ∆𝐸𝐸=-A(𝑛𝑛 1 𝜆𝜆 = +𝐴𝐴 ℎ𝑐𝑐 +𝐴𝐴 𝑅𝑅𝐻𝐻 = ℎ𝑐𝑐 𝐸𝐸 𝑛𝑛 2 − 𝑛𝑛 2 ) =ℎ𝑐𝑐 𝑓𝑓 1 𝑐𝑐 2 − 𝑛𝑛 2 )= h𝜆𝜆 =h𝜗𝜗 1 .(𝑛𝑛 𝑖𝑖 𝑓𝑓 𝑖𝑖 4 ℎ𝑐𝑐 = 𝜆𝜆 1ev=1,66.10−19 j 𝑐𝑐) on cherche 𝑅𝑅𝐻𝐻 𝐸𝐸𝑛𝑛 = - 𝑛𝑛 2 =h𝜗𝜗 = h𝜆𝜆 3𝐴𝐴 𝑛𝑛𝑖𝑖 >𝑛𝑛𝑓𝑓 1 2 − 𝑛𝑛 2 ) 𝑖𝑖 𝑛𝑛𝑖𝑖 =1 et 𝐴𝐴 = 13,6𝑒𝑒𝑒𝑒 =16,6.10−19 J 𝑛𝑛𝑓𝑓 =2 ℎ = 6,62. 10−34 J.s 𝑐𝑐 = 3. 108 𝑚𝑚⁄𝑠𝑠 13,6.1,6.10 −19 𝑅𝑅𝐻𝐻 =6,62.10 −34 .3.10 8 =1,097.107 𝑚𝑚−1 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 7 𝑑𝑑) n=4 N 4 n=3 M 1 3 5 6 n=2 L 2 n=1 K 𝑛𝑛4 𝑛𝑛4 𝑛𝑛3 𝜆𝜆1 ; 𝑛𝑛3 𝑛𝑛2 𝜆𝜆4 𝑛𝑛2 𝜆𝜆2 ; 𝑛𝑛3 𝜆𝜆5 𝑛𝑛1 ; 𝑛𝑛2 𝜆𝜆3 𝑛𝑛1 On applique la relation de Rikz (Rhydberg) 1 1 1 =𝑅𝑅𝐻𝐻 (𝑛𝑛 2 − 𝑚𝑚 2 ) 𝜆𝜆 m>n 𝑅𝑅𝐻𝐻 =1,097.107m-1 𝑛𝑛4 𝑛𝑛3 λ=486,2nm 1nm = 10-4m U.V 400nm visible 750nm I.R n=4 n=3 n=2 visible n=1 série :Lyman U.V TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 8 1 𝜆𝜆 1 1 =1,097.107 ( 32 - 4 2 ) 𝑛𝑛4 𝑛𝑛3 𝑛𝑛4 𝑛𝑛1 𝑛𝑛3 𝑛𝑛2 𝑛𝑛3 𝑛𝑛1 𝑛𝑛2 𝑛𝑛1 λ=486,2nm visible λ=97,2nm UV λ=656,3nm visible λ=102,6nm UV λ=121,5nm UV La rais limite inferieur dans la série de Balmer correspond à la traction n= 𝜆𝜆∞→2 (la plus petite)=346,6nm n=2 𝜆𝜆3→2 (la plus grande)=656,3nm 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑚𝑚é𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑠𝑠é𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿: 𝜆𝜆∞→1 =91,2nm 𝜆𝜆2→1 =121,5nm 𝑓𝑓) L’énergie dissociation E : de l’atome d’hydrogène correspond par définition à l’énergie minimale nécessaire pour arracher un électron e- de cet atome elle correspond à la transition du niveau n=1 au niveau n= 𝐸𝐸𝑖𝑖 =𝐸𝐸∞ - 𝐸𝐸1 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 9 L’énergie de arraché niveau libre de toute attraction et prise comme Origène des énergie (𝐸𝐸∞ =0 )comme 𝐸𝐸𝑖𝑖 =-13,6 ev On écrit 𝐸𝐸𝑖𝑖 = (0-(-13,6 ev)) 𝐸𝐸𝑖𝑖 =13,6ev Cette énergie peut être à partir de la longueur d’onde de la 2é𝑚𝑚𝑚𝑚 raie limite de la série de Lyman ℎ ∆𝑥𝑥.∆𝑝𝑝 ≥ 2𝜋𝜋 = h ∆𝑥𝑥.∆(𝑛𝑛𝑛𝑛) ≥ h ℎ ∆𝑥𝑥. v≥ 2𝜋𝜋 .𝑚𝑚 Exercice 3 a) V=270𝑚𝑚⁄𝑠𝑠 ∆𝑉𝑉 𝑉𝑉 incertitude relative ∆𝑉𝑉 incertitude absolue ∆𝑉𝑉 =10-2.V =10-2.270 ∆𝑉𝑉 =2,7𝑚𝑚⁄𝑠𝑠 ℎ ∆𝑥𝑥. ∆𝑉𝑉 = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 ℎ 6,62.10 −34 ∆𝑥𝑥 = 2𝜋𝜋𝜋𝜋 ∆𝑉𝑉 = 2𝜋𝜋 .2,7.15.10 −3 ∆𝑥𝑥=2,6.10-33m b) m=9,3.10-26 kg ∆𝑥𝑥 (atome)= ℎ 2𝜋𝜋𝜋𝜋 ∆𝑉𝑉 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 10 6,62.10 −34 ∆𝑥𝑥 (atome)= 2𝜋𝜋 .9,3.10 −16 .2,7 AN : ∆𝑥𝑥 (atome)=4,19.10−10 m 𝑐𝑐) me =9,1.10-31kg Ne=5.107m/s Ve=50000km/s Ve=500m/s ℎ 6,62.10 −34 ∆𝑥𝑥=2𝜋𝜋𝜋𝜋 ∆𝑉𝑉 =2𝜋𝜋.9,3.10 −26 .5.105 ∆𝑥𝑥(electron)=2,3.10-10m Pour la balle du pistolet on que ∆𝑥𝑥 beaucoup plus faible que la taille de la balle qui est de l’ordre du centimètre. La position de la balle peut donc être détermine ici avec une extrême précision c) Pour l’atome ont constaté que ∆𝑥𝑥 et du même ordre de grandeur que la taille de l’atome. La position d’un atome en mouvement ne peut donc être déterminée avec précision. d) L’erreur absolue sur la position de ∆𝑥𝑥 est de même ordre de grandeur que la taille d’un atome en mouvement ,beaucoup plus petit qu’ un atome ne peut pas du tout être localisé à cette échelle Exercice 5 postulat de Broglie a) m=15g =15.10-3 kg 𝜗𝜗=270m/s ℎ λ =𝑚𝑚𝑚𝑚 = 6,62.10 −34 13.10 −3 .270 λ=1,63.10−34 m TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 11 ℎ λ =𝑚𝑚𝑚𝑚 b) 6,62.10 −34 𝜗𝜗=1cm/s λ=9,1.10 −31 .10−2 = 7,2.10-2m Pour la balle du pistolet 6,62.10 −34 λ= 15.10 −3 .10 −2 = 4,41.10-30m a) 𝜆𝜆𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 =1,63.10-34m Cette longueur d’onde est trop faible pour être mesurée. Elle est négligeable par rapport à la dimension de balle. On peut conclure que chaque partie de la balle a une probité d’existence identique tout point λ (balle)=4,41.10-30m 1(e-)=7,27.10-2m On remarque la distance au l’on détrônerait la même probité de présence dépasse considérablement sa taille ℎ c) On a 𝜆𝜆=𝑚𝑚𝑚𝑚 1 E=13,6ev =2mv2 2𝐸𝐸 V2= 𝑚𝑚𝑐𝑐 V=� 2𝐸𝐸 V =� 𝑚𝑚𝑐𝑐 2.13,6.1,6.10 −19 9,11.10 −31 V = 2,187.106m/s On peut donc calculer la langueur d’onde associée qui est donnée par la relation : TD Atomistique Avec Solution λ= ℎ 𝑛𝑛𝑛𝑛 6,62.10 −34 = 9,11.10 −31 .2,187.106 www .clubnajah.com Page 12 λ = 3,33.10-10m λ circenfereme = 2𝜋𝜋r R R=0,53 la circonférence d’une trajectoire circulaire de rayon 5,3.10-11m 2𝜋𝜋.5,3.10-11=3,33.10-10m Il y a donc correspondance exacte On a 2𝜋𝜋r=nλ ℎ =n𝑚𝑚𝑚𝑚 ℎ m.v.r = n2𝜋𝜋 Cela signifie qu’en tout point de la circonférence la valeur de λ et toujours la même, quel que sont le nombre de tours effectués autour du proton. Cette condition sera vérifiée même loriquet la circorferma a pour longueur d’onde un nombre entier de fois la longueur d’onde soit : 2𝜋𝜋r=nh ce qui reniet 𝑛𝑛ℎ Ecrire 2𝜋𝜋r=𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑛𝑛ℎ Soi la postulat de Bohr : m.v.r =2𝜋𝜋 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 13 SOLUTION 3𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 Série Exercice 1 : densité électronique radial R2P=2 1 √6 𝑍𝑍 3 𝑍𝑍𝑍𝑍 .(𝑎𝑎 )2 . 𝑎𝑎 𝑒𝑒 0 0 1) Dr =R2.r On a Dr=(2 1 √6 1 .𝑚𝑚 𝑍𝑍 m=𝑎𝑎 3 2 𝑍𝑍𝑍𝑍 ) 2𝑎𝑎 0 (− 0 .m.r.𝑒𝑒 Dr= 24 m5 .r4 𝑒𝑒 −𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑚𝑚𝑚𝑚 ) 2 (− )2 .r2 P=∫|𝜑𝜑|2 .dv 4 V=3 𝜋𝜋.r3 dv= 4 𝜋𝜋.r2 P=R2.r2 2)a) Dr=0 si b) 1 Dr= 24 m5 .r4 𝑒𝑒 −𝑚𝑚𝑚𝑚 =0 Dr=0 r=0 ou r=+∞ Dr est max 1 D𝑟𝑟 ′ = 24 m5 .4r3 𝑒𝑒 −𝑛𝑛𝑛𝑛 +r2(-m). 𝑒𝑒 −𝑛𝑛𝑛𝑛 1 D𝑟𝑟 ′ = 24 m5 .r3 𝑒𝑒 −𝑛𝑛𝑛𝑛 (4-nr) 4 r= 𝑚𝑚 TD Atomistique Avec Solution D𝑟𝑟 ′ =0 ou si r=0 r=+∞ www .clubnajah.com Page 14 Dr 4/m +∞ 0 Dr 0 r 4/m=4a0/2 EXERCICE 2 1) A) nombres quantiques. n=4 0 < l < 4-1 =3 l= 1 ; 2 ; 3 B) 0 < l < n-1 -2 ml 2 l=2 ml =-2 ;-1 ;0 ;1 ;2 C) orbital 4s n ; l ; ml ?? n=4 D) ; l=0 ; ml =0 orbitale 4f n ; l ; ml ?? n=4 2) A) ; l=3 n=4 l=2 ; ml =-3 ;-2 ;-1 ;0 ;1 ;2 ;3 couche N sous couche D TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 15 O.A(-1) case quantique L’orbitale atomique représenté pas les nombres quantique n=4 ; l=2 ; ml=-1 b) n=5 Le nombre orbitale sur une couche est donné par n2, et la nombre d’orbitale donne une sous couche est (2l+1) Pour n=5 nombre d’orbital est n2=25 orbitales 25 25 cas quantiques Pour n=5 l= 0s ml=0 l= 1p ml= -1 ; 0 ; 1 l=2d ml=-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 l=3f ml=-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 l=4g ml=-4 ;-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 c) f correspond à l=3, il y a (2l +1) valeur de ml 7 valeur ml=-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 3) A) n=2 ; l=2 ; m=0 Combinaison non permise si n=2 l ne peut prendre que les valeurs 0 ou 1 0 < l < n-1 b) n=3 ; l=0 ; ml=-2 Combinaison non permise -1 < ml < +1 si l=0 ml ne peut prendre que la valeur 0 c) n=6 ; l=5 ; ml =-1 n=6 ; l=0,1,2,3,4,5 ml=5 combinaison permis TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 16 exercice3 règle de remplissage des orbitales atomique 1) Réglée de Stabilise Energie stabilité max 2) réglé de Klechkownky (n+l) croissant 3) règle de Pauli 2e-d’un atome ne purent leur 4 nombre quantique identique. S’il ont même n ;l et ml il diffèrent au moins par le spins + 1 2 4) règle de Hund 1 , -2 Multiplicité du spinest max 5) a) 1s22s22p6 Fausses : la couche s ne peut contenir plus de 2eimpossible b) 1s22s22p5 vrai c) 1s22s22p43s13p1 règle de klechkawsky non respecte vrais d) 1s22s22p63s23p63d104s2 2 2 6 2 14 2 e) 1s 2s 2p 3s 3d 4s fau orbital d ne peut contient plus de 10ef) 1s22s22p3 Ne respecte pas la C.E à l’état fondamental règle de Pauli non respecte g) 1s22s23s1 Règle de Klechonsky non respecte la sous couche 2p doit être UemplLe avant 3s (etat exité) h) 1s22s22p63s13d3 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 17 règle de Klechousky no respecte il fait écrire 1s22s22p63s23p2 (état excite) Exercice 4 configuration électronique des élément 1s22s22p63s23p64s23d104p2 d(n-1)𝑑𝑑 𝑛𝑛 ns2 f(n-2)𝑓𝑓 𝑛𝑛 (n-1)d1ns2 b) 1s22s22p63s23p64s23d104p2 6) a) Ar c) period :4 groupe :1 Rappel : les configuration electronique externe sont 2 types nsx npy si n 3 (n-1)d3nsxnpy si n 3 Le numéro N d’une période et donne par la valeur de n Le rang R d’une colonne est dinne par pour n 3 R=4 (si y=0) R=x+y+10 (si y 0) Pour n 3 R=x+y+z Pour le uranium :couch externe 3d104s25p2 N=4 et R=10+2+2=14 7) a) 𝐵𝐵𝐵𝐵4 = 1s22s2 𝐶𝐶𝐶𝐶20 = 1s22s22p63s23p64s2 𝐶𝐶𝐶𝐶29 = 1s22s22p63s23p64s23d9 𝐶𝐶𝐶𝐶24 = 1s22s22p63s23p64s23d4 2− = 1s22s22p63s23p6 𝑆𝑆16 + 𝑁𝑁𝑁𝑁11 = 1s22s22p6 b) le Cu et Cr présent des anomalies de remplissage, il faut ecrire 𝐶𝐶𝐶𝐶29 = 1s22s22p63s23p63d104s1 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 18 𝐶𝐶𝐶𝐶24 = 1s22s22p63s23p63d14s1 Exercice 5 Z*=Z-∑ 𝜎𝜎𝜎𝜎 Mn(Z=5) : 1s22s22p63s23p64s23d5 1s22s22p63s23p63d54s2 C.E état fondamentale Mn=1s22s22p63s23p63d74s0 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 19 Série 4 𝑅𝑅𝐿𝐿𝐿𝐿 + < 𝑅𝑅𝑁𝑁𝑁𝑁 + < 𝑅𝑅𝐶𝐶𝐶𝐶 + < 𝑅𝑅𝐵𝐵𝐵𝐵 + < 𝑅𝑅𝐼𝐼 + 1 /-A 3𝐿𝐿𝐿𝐿 1𝑠𝑠 + + 11 𝑁𝑁𝑁𝑁 : 2 2 2 : 2 1𝑠𝑠 1𝑠𝑠 2𝑠𝑠 2𝑝𝑝 6 − 17 𝐶𝐶𝐶𝐶 2 6 + 19𝐾𝐾 2 6 : 2 1𝑠𝑠 2𝑠𝑠 2𝑝𝑝 3𝑠𝑠 2 3𝑝𝑝6 : 1𝑠𝑠 2𝑠𝑠 2𝑝𝑝 3𝑠𝑠 2 3𝑝𝑝6 = 11.25 = 11.25 2 𝜗𝜗 = 7[ 0.35 ] + 2[ 0.85 ] 𝜗𝜗 = 7[ 0.95 ] + 8[ 0.85 ] 𝜗𝜗 = 7[ 0.95 ] + 8[ 0.85 ] 𝜗𝜗 = 0.3 = 4.15 Zff = [ Z 𝜗𝜗𝜗𝜗 ] Zff = [ Z -𝜗𝜗𝜗𝜗 ] Zff = [ Z -𝜗𝜗𝜗𝜗 ] Zff = [ Z -𝜗𝜗𝜗𝜗 ] = 3-0.3 = 11-4.15 = 17-11.25 = 19-11.25 = 2.7 = 6.85 = 5.75 = 7.75 Zff Donc R 𝑅𝑅𝐿𝐿𝐿𝐿 + < 𝑅𝑅𝑁𝑁𝑁𝑁 + < 𝑅𝑅𝑘𝑘 < 𝑅𝑅𝐶𝐶𝐶𝐶 + < 𝑅𝑅𝐵𝐵𝐵𝐵 + < 𝑅𝑅𝐼𝐼 + Donc b) Ei : O8 ; F9 ; Ne10 ; Na11 ; N11+ r Ei 𝛸𝛸 ↑ EI(O) Zff EI(F) EI(Ne) dur la meme ligne r EI(O) EI(F) EI(Na+) et Ei EI(Ne) EI(Na) car 𝑟𝑟𝑥𝑥 + < 𝑟𝑟𝑥𝑥 Quant Z* augment ; Ri demine 2)a) C6:1s22s22p2 Al13:1s22s22p63s23p1 Al C b) Cl+ ou Cl- Cl-est plus gros que Cl+ c) O ou O2- O2-est plus gros que O TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 20 d) Na+ ou F- F- est plus gros que Na+ c) Na+ ou Al3+ Na+ est plus gros que Al3+ F- , Cr3+ , Cr6+ Cr3+est plus gros que Cr6+ le rayon déminue quad la charge augment 3) Li3 :5.4 ; Ne10:10.4 ; F9 :17.4 ; S16:17.4 Al13:6 ; T22:6.8 r Ei F S Ti classement suivant le rayon Ne F F classement suivant Ei Ne Al S Li Ti Al Li 4)a) Br _Cl Electronegativite selon Mulliken : 𝐸𝐸𝑖𝑖 +𝐴𝐴𝐴𝐴 2 Χ M= 𝐸𝐸𝑖𝑖 +𝐴𝐴𝐴𝐴 130 Χ M= (ev ) (kCal/mol) 𝐸𝐸𝑖𝑖 +|𝐴𝐴𝐴𝐴| 543 Χ M= 1ev=96.5 kj/mol (kj/mol) Selon Pauling |𝛸𝛸𝐴𝐴 − 𝛸𝛸𝐵𝐵 | = �∆𝛸𝛸𝑝𝑝 �= 0.102�∆𝐴𝐴𝐴𝐴 − �∆𝐴𝐴2 . ∆𝐵𝐵2 =0.102�∆𝐴𝐴𝐴𝐴 − √∆𝐴𝐴𝐴𝐴 . ∆𝐵𝐵𝐵𝐵 Br-Cl =�∆𝐴𝐴𝐴𝐴 − �∆𝐴𝐴𝐴𝐴 . ∆𝐵𝐵𝐵𝐵 Ei=1251Kj/mole Cl: |AE|=348,8kj/mole Br: Ei=1140kj/mole |AE|=367kj/mole Χn= 𝐸𝐸𝑖𝑖+|𝐴𝐴𝐴𝐴 | 543 A.N: Χcl= 1251 +348,8 543 ΧBr= Χcl 1140 +367 543 = 2, 94 =2, 77 ΧBr TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 21 b) ∆𝐻𝐻2 = 432kj/mole ∆𝑐𝑐𝑐𝑐2 = 240kj/mole ∆𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 = 428kj/mole | Χcl- ΧH|=0,102�∆𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 − �∆𝐻𝐻2 . ∆𝑐𝑐𝑐𝑐2 =1, 05 ΧH=2, 2 Χcl=2,2+1,05=3,25 C) ∆𝐹𝐹2 = 155𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ∆𝑐𝑐𝑐𝑐2 = 240𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ∆𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 249𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 | Χf – Χcl|=0,102�∆𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 − �∆𝑓𝑓2 . ∆𝐶𝐶𝐶𝐶2 =0,76 ΧCl =3,25 ΧF=3,25+0,76 =4,01 ΧF=4 | Χp|=0,76 D’aprés les donnés ΧF=3, 9 ΧCl =3, 2 La different est: ΧF- ΧCl=3, 9-3, 2=0, 7 Les resultants son en bon accord.t TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 22 II) Radioactivite La constant de disintegration demi vie N (t) = N0 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑁𝑁 𝑡𝑡1/2 =Nt= 20 𝑁𝑁0 2 1 2 𝑁𝑁 = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 =𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 ln 2 𝜆𝜆 =𝑡𝑡 1/2 𝑙𝑙𝑙𝑙 2 = 1 𝜆𝜆 =0,693s-1 2) A (t) = 11, 1.107Bq N (t)? A (t) = - - 𝑑𝑑𝑑𝑑(𝑡𝑡) 𝑑𝑑𝑑𝑑 =𝜆𝜆N0𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 A (t) = 𝜆𝜆N (t) N (t) = 𝐴𝐴(𝑡𝑡) 11,10.10 7 𝜆𝜆 N (t) = 1,6.108 noyaux 0,693 EXERCICES 2 𝐴𝐴−𝑍𝑍 137−55 𝐴𝐴 = 137 55 𝐶𝐶𝑆𝑆 137 55 𝐶𝐶𝑆𝑆 55 → → =1,49 137 0 56 𝑋𝑋 + −1𝑒𝑒 137 − 56 𝑋𝑋 +𝛽𝛽 1,5 radioactive 𝛽𝛽 − Conservation de A est de Z 56 𝑋𝑋 : 137 55 𝐶𝐶𝑆𝑆 137 56 𝐵𝐵 → 137 − 56 𝐵𝐵𝐵𝐵 +𝛽𝛽 antineutrino 𝜗𝜗 2) on cherche λ ?? T( 134 55 𝐶𝐶𝑆𝑆 ) =2ans TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 23 ln (2) λ= = 2𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 N(t)=N0.e-λt 0,693 2 = 0,34 ans-1 N(t) 99 ont disprns N0=100%-99%=1% =0,01 𝑁𝑁(𝑡𝑡) N(t)=N0.e-λt -λt = ln 1 N(t) t= .ln( N0 𝜆𝜆 𝑁𝑁(𝑡𝑡) N0 t= N0 𝑁𝑁(𝑡𝑡) 100 = 𝑁𝑁0 1 1 = e-λt ) =100 0,34 ln(100) T1/2=13,29ans EXERCICE 3 décroissance de l’activité 131 53 𝐼𝐼 →AX +𝛽𝛽 - t1/2=80jour 0 −1𝑒𝑒 1) 𝛽𝛽 -≡ Conservation de la charge 131 53 𝐼𝐼 → 53=Z-1 131 𝑍𝑍 𝑋𝑋 =XC 131 53 𝐼𝐼 2) → 127 53 𝐼𝐼 131 𝑍𝑍 𝑋𝑋 131 54 𝑋𝑋𝑋𝑋 et A=53+N 𝐴𝐴−𝑍𝑍 𝑍𝑍 + −10𝑒𝑒 1,5 Z=54 + 𝛽𝛽 - +R𝛾𝛾 conservation de la mass et de la charge 135 53 𝐼𝐼 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 24 Pour 135 53 𝐼𝐼 : 𝐴𝐴−𝑍𝑍 𝑍𝑍 127 53 𝐼𝐼 = 1,54 1,5 L’isotope est la plus stable Les noyeu radioactive ont trop de nucleons L’isotope 135 53 𝐼𝐼 ayont un number de nucleon plus éleve que celui 131 de 53 𝐼𝐼 qui est instable est necessaire liu aussi instable 127 C’est 131 53 𝐼𝐼 donc 53 𝐼𝐼 qui stable t1/2=8 jour 3) 131 53 𝐼𝐼 A0=7,2 .107Bq ; t2=16 t1=t1/2 t3=24 ; t4=32jour -λt A(t)=A0.e (V) N0 A0/2 ( ( )) N0/2 A0/4 N0/4 (t) T1/2 2T1/2 𝐴𝐴 A(t=8)= 0 =1,6.107Bq 2 t2=2t1 A(t2)= A(t3)= A(t4)= 𝐴𝐴(𝑡𝑡 1 ) 𝐴𝐴 0 = =0,8.107 Bq 2 2 𝐴𝐴(𝑡𝑡 2 ) 𝐴𝐴(𝑡𝑡 1 ) 𝐴𝐴 0 𝐴𝐴 0 = = = 3 8 2 2 4 =0,4.107 Bq 𝐴𝐴(𝑡𝑡 3 ) 𝐴𝐴(𝑡𝑡 2 ) 𝐴𝐴(𝑡𝑡 1 ) 𝐴𝐴(𝑡𝑡 1 ) 𝐴𝐴 0 2 = 4 = 8 = TD Atomistique Avec Solution 16 = 24 =0,2.107 Bq www .clubnajah.com Page 25 Exercice 4 Filiations radioactive Composition du noyau 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 X N de proton (Z) 88 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 A=Z+N N=A-Z 𝐴𝐴−𝑍𝑍 1,5 element radioactive 𝑍𝑍 =1,56 N de neutron (N) 138 2) une disintegration 𝛼𝛼 est une transorfation spontanee d’un noyau au cours de laqualle il apparaét un nouyeau et une particule 𝛼𝛼 C-à-d d’un noyau 42𝐻𝐻𝐻𝐻 et eventuellement du rayonement 𝛾𝛾 En déstingration 𝛽𝛽 - est une transformation spontanne d’un noyau ou cours de laquelle il apparait un nouveau et un electron −10𝑒𝑒 et rayonement 𝛾𝛾 3)reaction de la 1érdeametdration de type 𝛼𝛼 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → 𝐴𝐴𝑍𝑍𝑋𝑋 + 42𝐻𝐻𝐻𝐻 +R𝛾𝛾 226=A+4 ; A=222 88=Z+2 ; Z=86 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → 222 26 𝑅𝑅𝑅𝑅 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → 206 0 4 82 𝑃𝑃𝑃𝑃 +x 2𝐻𝐻𝐻𝐻 +y −1𝑒𝑒+ 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → 206 82 𝑃𝑃𝑃𝑃 + 42𝐻𝐻𝐻𝐻 +R𝛾𝛾 +𝑥𝑥𝑥𝑥+y𝛽𝛽 -+ R𝛾𝛾 R𝛾𝛾 Conservation de la charge electonique 88=82+2x-y Conservation de nombre de nucleon 226=266+4x X= 226−266 5 =5 Y=28+(2.5)-88=4 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → 206 82 𝑃𝑃𝑃𝑃 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → 206 4 82 𝑃𝑃𝑃𝑃 +x 2𝐻𝐻𝐻𝐻 +5𝛼𝛼+4𝛽𝛽 -+ R𝛾𝛾 t1/2 =2ans 226=206+4x TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 26 88=82+2x 88-82=2x 6=2x x=3 4x=226-206 4x=20 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 x=5 → 206 0 4 82 𝑃𝑃𝑃𝑃 +x 2𝐻𝐻𝐻𝐻 +y −1𝑒𝑒 226=206+4x 86=82+2x+y 226 88 𝑅𝑅𝑅𝑅 → → 𝑥𝑥 = 5 → 𝑦𝑦 = 16 206 0 4 82 𝑃𝑃𝑃𝑃 +5 2𝐻𝐻𝐻𝐻 +16 −1𝑒𝑒 TD Atomistique Avec Solution www .clubnajah.com Page 27
