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CHAPITRE 10
ÉLÉMENTS NON TRANSITIONNELS : GROUPES 5A À 8A
QUESTIONS
1.
Cela est dû à la capacité de l’azote à former des liaisons π fortes, alors que les éléments
plus lourds du groupe 5A ne forment pas de liaisons π fortes. Par conséquent, P2, As2 et Sb2
ne se forment pas, étant donné qu’il faut deux liaisons π pour former ces substances
diatomiques.
2.
Des études médicales ont démontré qu’il existe une relation inverse entre l’incidence du
cancer et la teneur en sélénium du sol. On suppose que les aliments cultivés dans de tels
sols et par la suite digérés fournissent une certaine protection contre le cancer. Le sélénium
joue également un rôle dans l’activité de la vitamine E et de certaines enzymes dans
l’organisme humain. En outre, il a été démontré qu’une carence en sélénium est reliée à la
possibilité de défaillance cardiaque.
3.
Le chlore est un bon agent oxydant, de même que l’ozone. Une fois que le chlore a réagi, il
reste des composés chlorés. Une exposition à long terme à des composés chlorés peut
causer le cancer. L’ozone ne se décompose pas pour former des substances nocives. Le
principal problème de l’ozone est qu’il n’en reste à peu près pas après le traitement initial,
et l’approvisionnement en eau n’est pas protégé contre une nouvelle contamination. Par
contre, la chlorination laisse suffisamment de chlore résiduel après le traitement, ce qui
réduit (élimine) le risque de contamination.
4.
État d’oxydation 6+ : SO42−, SO3, SF6
état d’oxydation 4+ : SO32−, SO2, SF4
état d’oxydation 2+ : SCl2
état d’oxydation 0 : S8 et toutes les autres formes élémentaires du soufre
état d’oxydation 2- : H2S, Na2S
5.
sp3 : HBr et IBr ;
sp3d : BrF3 ; en forme de T
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240
sp3d2 : BrF5 ; pyramide à base carrée.
6.
On s’attend à ce que RnF2 et RnF4 se forment de façon semblable à XeF2 et XeF4. La
chimie du radon est difficile parce que ses isotopes sont tous radioactifs. Les dangers que
causent les manipulations de matières radioactives sont considérables.
EXERCICES
Éléments du groupe 5A
7.
NO43–
3-
O
N
O
O
O
Ayant tous deux 32 e– de valence, PO43– et NO43– ont le même
diagramme de Lewis de base. Cependant, l’atome N étant plus
petit que l’atome P, il n’y a probablement pas assez d’espace
autour de lui pour accommoder 4 atomes d’oxygène négatifs.
De plus, P étant un atome de la 3e période, il peut faire une
liaison double avec un des atomes d’oxygène, ce qui est
impossible pour N, qui ne peut avoir 5 paires d’électrons.
PO3–
PO3– et NO3– ont tous deux 24 e– de valence, ce qui leur confère
le même diagramme de Lewis de base. Cependant, l’azote étant
un atome plus petit que P, sa liaison N=O est beaucoup plus
stable que la liaison P=O, ce qui stabilise l’ion NO3–.
O
P
O
8.
O
a) PF5 ; N est trop petit pour avoir 5 voisins et n’a pas d’orbitales d pour excéder la règle
de l’octet.
b) AsF5 ; l’atome I est trop gros pour qu’on puisse en placer 5 autour de As.
c) NF3 ; N est trop petit pour avoir 3 atomes Br volumineux comme voisins.
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9.
a) NO : % N =
241
14,01 g N
× 100 = 46,68 % N
30,01 g NO
b) NO2 : % N =
14,01 g N
× 100 = 30,45 % N
46,01 g NO 2
c) N2O4 : % N =
28,02 g N
× 100 = 30,45 % N
92,02 g N 2 O 4
d) N2O : % N =
28,02 g N
× 100 = 63,65 % N
44,02 g N 2 O 4
L’ordre croissant du pourcentage massique d’azote est : NO2 = N2O4 < NO < N2O.
10.
1,0 × 106 kg HNO3 ×
1000 g HNO3
1mol HNO3
= 1,6 × 107 mol HNO3
×
kg HNO3
63,02 g HNO3
On a besoin de la relation entre les moles de HNO3 et les moles de NH3. On doit utiliser les
trois équations.
2 mol HNO3
2 mol NO 2
4 mol NO 16 mol HNO3
×
×
=
3 mol NO 2
2 mol NO
4 mol NH 3
24 mol NH 3
Donc, on peut produire 16 mol HNO3 pour chaque 24 mol NH3 avec lesquelles on
commence :
1,6 × 107 mol HNO3 ×
24 mol NH 3
17,03 g NH 3
= 4,1 × 108 g ou 4,1 × 105 kg
×
16 mol HNO3
mol NH 3
Cette réponse est simplifiée. En pratique, le NO produit à la troisième étape est recyclé en
continu dans le processus de la deuxième étape. Si l’on tient compte de ce fait, le facteur de
conversion entre le nombre de mol NH3 et le nombre de mol HNO3 est 1:1, c.-à-d., 1 mol de
NH3 produit 1 mol de HNO3. Si l’on tient compte que NO est recyclé dans le processus,
cela donne une réponse de 2,7 × 105 kg NH3 qui a réagi.
11.
a) NH4NO3(s)
Chaleur
→
N2O(g) + 2 H2O(g) ;
b) 2 N2O5(g) → 4 NO2(g) + O2(g) ;
c) 2 K3P(s) + 6 H2O(l) → 2 PH3(g) + 6 KOH(aq) ;
d) PBr3(l) + 3 H2O(l) → H3PO4(aq) + 3 HBr(aq) ; .
e) 2 NH3(aq) + NaOCl(aq) → N2H4(aq) + NaCl(aq) + H2O(l).
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242
12.
4As(s) + 3O2(g) → As4O6(s) ; 4As(s) + 5O2(g) → As4O10(s)
As4O6(s) + 6H2O(l) → 4H3AsO3(aq) ; As4O10(s) + 6H2O(l) → 4H3AsO4(aq)
13.
CaF2·3Ca3(PO4)2(s) + 10 H2SO4(aq) + 20 H2O(l) → 6 H3PO4(aq) + 2 HF(aq)
+ 10 CaSO4·2H2O(s).
14.
a) NO2, 5 + 2(6) = 17 e-
N2O4, 2(5) + 4(6) = 34 eO
N
O
N
O
O
et d’autres structures de résonance
N
O
et d’autres structures de résonance
b) BH3, 3 + 3(1) = 6 e−
NH3, 5 + 3(1) = 8 e−
H
N
H
B
H
O
H
H
H
BF3NH3, 6 + 8 = 14 e−
H
H
H
B
N
H
H
H
Dans la réaction a, NO2 possède un nombre impair d’électrons, de sorte qu’il est impossible
de satisfaire à la règle de l’octet. Par dimérisation pour former N2O4, les électrons impairs
sur deux molécules NO2 peuvent s’apparier, ce qui donne une espèce dont le diagramme de
Lewis peut satisfaire à la règle de l’octet. En général, les espèces à nombre impair
d’électrons sont très réactives. Dans la réaction b, BH3 est déficient en électrons. Le bore ne
s’entoure que de six électrons. En formant BH3NH3, l’atome de bore satisfait à la règle de
l’octet en acceptant un doublet d’électrons libres de NH3 pour former une quatrième liaison.
15.
2 NaN3(s) → 2 Na(s) + 3 N2(g)
nN 2 =
PV
1,00 atm × 70,0 L
= 3,12 mol N2 nécessaires pour gonfler le sac.
=
0,08206 L ⋅ atm
RT
× 273 K
mol ⋅ K
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mol NaN3 qui ont réagi = 3,12 mol N2 ×
16.
243
2 mol NaN 3
= 2,08 mol NaN3.
3 mol N 2
Pour l’ammoniac (en une minute) :
nNH3 =
PV
90, atm × 500 L
= 1,1 × 103 mol NH3
=
0,08206 L ⋅ atm
RT
× 496 K
mol ⋅ K
NH3 pénètre dans le réacteur à une vitesse de 1,1 × 103 mol/min.
Pour CO2 (en une minute):
nCO2 =
PV
45 atm × 600 L
= 6,6 × 102 mol CO2
=
0,08206
L
⋅
atm
RT
× 496 K
mol ⋅ K
CO2 pénètre dans le réacteur à une vitesse de 6,6 × 102 mol/min.
Pour une réaction complète avec 1,1 × 103 mol NH3/min, il faut :
1,1×103 mol NH 3
1 mol CO 2
×
= 5,5 × 102 mol CO2/min
min
2 mol NH3
Étant donné qu’il y a 660 mol CO2/min, l’ammoniac est le réactif limitant.
1,1×103 NH 3
1 mol urée
60,06 g urée
= 3,3 × 104 g urée/min
×
×
min
2 mol NH 3
mol urée
17.
N2H4(l) + O2(g) → N2(g) + 2 H2O(g) ; ΔH = –590 kJ.
18.
Théorie des orbitales moléculaires :
NO+ : (σ2s)2(σ2s*)2(π2p)4(σ2p)2, ordre de liaison = (8 – 2)/2 = 3,
0 aucun e– non apparié (diamagnétique)
NO : (σ2s)2(σ2s*)2(π2p)4(σ2p)2(π2p*)1, O.L. = 2,5 ; 1 électron célibataire (paramagnétique)
NO– : (σ2s)2(σ2s*)2(π2p)4(σ2p)2(π2p*)2, O.L. = 2, 2 ; électrons célibataires (paramagnétique)
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Diagrammes de Lewis : NO+ :
N
O
N
O
+
NO :
NO– :
Les deux théories ne donnent le même résultat que pour NO+ (liaison triple sans électron
célibataire). Les structures de Lewis ne sont pas acceptables pour NO (ordre de liaison
incorrect) et NO– (aucun e– célibataire). Seule la théorie O.M. fournit une bonne
représentation pour chaque espèce.
19.
Pour NCl3 → NCl2 + Cl, il y a seulement rupture du lien N⎯Cl. Mais pour O=N⎯Cl →
NO + Cl, il y a augmentation de l’ordre de liaison pour NO (de 2 à 2,5), en plus de la
rupture du lien N⎯Cl. En conséquence, la ΔH de réaction est plus faible parce que NO
devient plus stable.
20.
Pour être acide, H doit être relié à un oxygène.
H4P2O6 (50 électrons de valence) :
valence) :
O
H
21.
a)
P
O
O
P
O
O
H
H
SbF5
sp3d
H4P2O5 (44 électrons de
O
O
H
H
O
P
H
O
O
P
O
H
HSO3F
H2SO3F+
sp3
sp3
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H
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F5SbOSO2F– [formule] :
F5SbOSO2FH :
Sb : sp3d2 et S : sp3
Sb : sp3d2 et S : sp3 ;
b) H2SO3F+.
Éléments du groupe 6A
22.
Selon la figure 5.2, on peut utiliser une lumière allant du vert au violet.
23.
a) 2 SO2(g) + O2(g) → 2 SO3(g) ;
b) SO3(g) + H2O(l) → H2SO4(aq) ;
c) 2 Na2S2O3(aq) + I2(aq) → Na2S4O6(aq) + 2 NaI(aq) ;
d) Cu(s) + 2 H2SO4(aq) → CuSO4(aq) + 2 H2O(l) + SO2(aq).
24.
a) SO32−, 6 + 3(6) + 2 = 26 e−
b) O3, 3(6) = 18 e−
2S
O
O
O
O
O
O
O
O
Pyramide à base triangulaire ; ≈ 109,5°; sp3
En forme de V ; ≈ 120°; sp2
c) SCl2, 6 + 2(7) = 20 e−
d) SeBr4, 6 + 4(7) = 34 e−
S
Cl
Br
a
Br
Cl
En forme de V ; ≈ 109,5°; sp3
O
b Br
Se
b Br
À bascule ; a ≈ 120°, b ≈ 90°; dsp3
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e)
TeF6, 6 + 6(7) = 48 e−
F
F
F
Te
F
F
F
Octaédrique ; 90°; d2sp3
25.
1,50 g BaO2 ×
25,0 mL ×
1 mol BaO 2
= 8,86 × 10 −3 mol BaO2
169,3 g BaO 2
0,0272 g HCl 1 mol HCl
= 1,87 × 10 −2 mol HCl
×
mL
36,46 HCl
Le rapport molaire requis par l’équation équilibrée est 2 mol HCl à 1 mol BaO2. Le rapport
réel est :
1,87 ×10-2 mol HCl
= 2,11
8,86 ×10-3 mol BaO 2
Étant donné que le rapport molaire réel est plus élevé que le rapport molaire requis, le
dénominateur (BaO2) est le réactif limitant.
8,86 × 10 −3 mol BaO2 ×
1 mol H 2 O 2 34,02 g H 2 O 2
= 0,301 g H2O2
×
mol BaO 2
mol H 2 O 2
La quantité de HCl qui a réagi est :
8,86 × 10 −3 mol BaO2 ×
2 mol HCl
= 1,77 × 10 −2 mol HCl
mol BaO 2
mol HCl en excès = 1,87 × 10 −2 mol × 1,77 × 10 −2 mol = 1,0 × 10 −3 mol HCl
Masse HCl en excès = 1,0 × 10 −3 mol HCl ×
26.
36,46 g HCl
= 3,6 × 10 −2 g HCl
mol HCl
O2F2 a 2(6) + 2(7) = 26 e– de valence ; selon le diagramme de Lewis, chaque atome O a 4
paires d’électrons de valence, ce qui conduit à une disposition tétraédrique (hybridation sp3)
et des angles de liaison d’environ 109,5°.
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27.
a)
b)
Tétraèdre, 109,5°, sp3
c)
Autour de Cl : tétraèdre, 109,5°, sp3 ;
Autour de O : en forme de V, ≈ 109,5°, sp3
d)
En forme de T, ≈ 90°, sp3d
28.
247
Pyramide à base carrée, ≈ 90°, sp3d2.
a) BaCl2(s) + H2SO4(aq) → BaSO4(s) + 2 HCl(g)
b) BrF(s) + H2O(l) → HF(aq) + HOBr(aq)
c) SiO2(s) + 4 HF(aq) → SiF4(g) + 2 H2O(l)
Éléments du groupe 7A
29.
Formation : F2 + H2O → HOF + HF ;
Décomposition : 2 HOF → 2 HF + O2 ;
Milieu acide : HOF + H2O → HF + H2O2 ;
Milieu basique : HOF + OH– → OF– + H2O et OF– + H2O → F– + O2 + H2.
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30.
a) KrF2, 8 + 2(7) = 22 e−
F
Kr
b) KrF4, 8 + 4(7) = 36 e−
F
Linéaire ; 180°; dsp3
Plane carrée ; 90°; d2sp3
c) XeO2F2, 8 + 2(6) + 2(7) = 34 e−
F
O
O
O
F
ou
Xe
F
ou
Xe
O
F
F
Xe
O
O
F
Toutes sont : à bascule ; ≈ 90° et ≈ 120°; dsp3
d) XeO2F4, 8 + 2(6) + 4(7) = 48 e−
O
F
F
F
F
ou
Xe
F
F
O
Xe
F
O
O
F
Toutes sont : octaédriques ; 90°; d2sp3
31.
XeF2 peut réagir avec l’oxygène pour produire des oxydes et des oxyfluorures de xénon
explosifs.
32.
10,0 m × 10,0 m × 10,0 m = 1,00 × 103 m3 ; d’après le tableau 10.11, le % Xe en volume =
0,9 %.
3
1L
0,9 L Ar
⎛ 10 dm ⎞
×
= 9 × 103 L de Xe dans la pièce
⎟ ×
3
dm
100 L air
⎝ m ⎠
1,00 × 103 m3 × ⎜
PV = nRT, n =
PV
(1,0 atm)(9 × 103 L)
=
= 4 × 102 mol Xe
RT
(0,08206 L ⋅ atm/mol ⋅ K)(298 K)
4 × 102 mol Xe ×
39,95 g
= 2 × 104 g Xe dans la pièce
mol
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6,022 × 1023 atomes
= 2 × 1026 atomes Xe dans la pièce
mol
4 × 102 mol Xe ×
Une inspiration de 2 L contient : 2 L air ×
n=
249
0,9 L Ar
= 2 × 10 −2 L Xe
100 L air
PV
(1,0 atm)(2 × 10-2 L)
=
= 8 × 10 −4 mol Xe
RT
(0,08206 L ⋅ atm/mol ⋅ K)(298 K)
8 × 10 −4 mol Xe ×
6,022 × 1023 atomes
= 5 × 1020 atomes Xe
mol
dans une inspiration de 2 L
EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES
33.
L’atome d’azote est petit. Plus les atomes d’halogènes sont volumineux, plus il leur est
difficile de trouver de la place autour de l’atome central.
34.
OCN− a 6 + 4 + 5 + 1 = 16 électrons de valence.
O
Charge
formelle
C
0
N
0
-1
O
C
N
O
C
N
-1
0
0
+1
0
-2
Seules les deux premières structures de résonance sont importantes. Dans la troisième
structure, il y a une charge formelle positive sur l’atome le plus électronégatif dans l’ion et
une charge formelle de -2 sur N.
CNO−:
Charge
formelle
C
N
O
C
N
O
C
N
O
-2
+1
0
-1
+1
-1
-3
+1
+1
Toutes les structures de résonance pour le fulminate (CNO−) impliquent des charges
formelles plus élevées que dans le cyanate (OCN−), ce qui rend le fulminate plus réactif
(moins stable).
35.
a) 6 ;
b) possibilités : O, S, Se et Te ;
c) LiX2 ;
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250
d) plus petit ;
e) plus petite.
36.
TeF5− a 6 + 5(7) + 1 = 42 électrons de valence.
-
F
F
F
Te
F
F
Le doublet libre de Te tend à occuper plus d’espace que les doublets partagés avec les F, ce
qui force ces derniers à se serrer les uns sur les autres en réduisant leurs angles de liaison.
37.
a) La réaction de l’atome de chlore est emprisonnée dans le cristal. Lorsque la lumière
est coupée, Cl réagit avec les atomes d’argent pour reformer AgCl (réaction inverse).
Dans AgCl pur, les atomes Cl s’échappent et la réaction inverse est impossible.
b) Avec le temps, le Cl se perd et l’argent métallique foncé demeure.
38.
MgSO4(s) → Mg2+(aq) + SO42−(aq) ; NH4NO3(s) → NH4+(aq) + NO3−(aq)
On remarque que la dissolution de MgSO4 utilisé dans les compresses chaudes est un
processus exothermique, et que la dissolution de NH4NO3 dans les compresses froides est
un processus endothermique.
39.
Formule de l’ion : EO3– ; pyramidale à base triangulaire ; ≈ 109,5° ; éléments possibles pour
E : F, Cl, Br ou I.
40.
La formule est EF2O2- et le diagramme de Lewis a 28 électrons de valence.
28 = x + 2(7) + 6 + 2, x = 6 électrons de valence pour l’élément E
L’élément E appartient au groupe 6A puisqu’il a 6 électrons de valence. E doit également
appartenir au moins à la troisième période étant donné que dans cet ion l’élément E
s’entoure de plus que 8 électrons (les éléments de la deuxième période ne s’entourent
jamais de plus que 8 électrons). Éléments possibles pour E : S, Se et Te. L’ion a une
structure moléculaire en forme de T avec des angles de liaison ≈ 90°.
41.
8 coins ×
1/8 Xe
+ 1 Xe à l’intérieur de la maille = 2 Xe;
coin
8 coins ×
1/4 F
+ 2 F à l’intérieur de la maille = 4 F
coin
Formules empirique et moléculaire : XeF2.
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251
PROBLÈMES DÉFIS
42.
La réaction:
O
N
N
NO2 + NO
O
O
Implique la rupture d’un lien simple N–N (160kJ/mol), alors que la réaction :
O
N
N
O2 + N 2O
O
O
Implique nécessairement la rupture d’un lien N=O (201 kJ/mol) plus stable.
43.
Considérons une réaction entre 3,00 x mol N2 and 3,00 x mol H2 (équimolaire).
N2(g)
Initiale
Changements
Equil.
+
3.00 x mol
+1.00 x mol
2.00 x mol 0
3 H2(g)
3.00 x mol
+3.00 x mol
→
2 NH3(g)
0
+2.00 x mol
2.00 x mol
Quand un mélange équimolaire réagit, le nombre de moles de gaz diminue de 6,00 x moles
initiales à 4,00 x moles quand la réaction est terminée.
a) La pression totale dans le contenant muni d’un piston est constante à 1,00 atm. Après la
réaction, on a 2,00 x moles N2 et 2,00 x moles NH3. La moitié des moles de gaz
présentes sont des molécules NH3, de sorte que la moitié de la pression totale est due aux
molécules NH3. PNH3 = 0,500 atm.
b) χ NH3 =
mol NH 3
2,00 mol x
= 0,500
=
mol au total
(2,00 x + 2,00 x) mol
c) À P et T constantes, le volume est directement proportionnel à n. Étant donné que n
diminue de 6,00 x moles à 4,00 x moles, le volume diminue d’un facteur identique.
Vfinal = 15,0 L (4/6) = 10,0 L
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252
44.
Soit nSO2 = nombre de mol SO2 présentes au départ. On résume la réaction dans le tableau
suivant (O2 est en excès).
2 SO2(g)
+
O2(g)
→
2 SO3(g)
Initiale
nSO2
2.00 mol
0
Changements
+ nSO2
+ nSO2 /2
+ nSO2
Équil.
0
2,00 - nSO2 /2
nSO2
ρ = masse/volume ; soit ρi = masse volumique initiale du mélange gazeux et ρf = masse
volumique finale du mélange gazeux après la réaction. Puisqu’il y a conservation de la
masse au cours d’une réaction chimique, massei = massef.
ρf massef /Vf Vi
=
=
Vf
ρi
massei /Vi
À P et T constantes, V ∝ n, par conséquent :
ρ f Vi ni
; posons une équation :
= =
ρi Vf nf
nSO2 + 2,00
nSO2 + 2,00
ρf
0,8471 g/L
n
= 1,059, 1,059 = i =
=
=
(2,00 - nSO2 /2) + nSO2
2,00 + nSO2 /2
nf
ρi 0,8000 g/L
Solution : nSO2 = 0,25 mol ; donc, 0,25 moles de SO3 formées
0,25 mol SO3 ×
80,07 g
= 20 g SO3
mol
PROBLÈME SYNTHÈSE
45.
1. I ; 2. F ; 3. He ; 4. Bi ; 5. Te ; 6. S ; 7. Cl ; 8. O ; 9. Se ; 10. r et K ; 11. A et s ; 12. N.
Réponse : If he bites, close ranks.
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