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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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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–
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.
3-
O
N
OOO
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–. P
O
OO
8. 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 = 14,01g N
30,01g NO × 100 = 46,68 % N
b) NO2 : % N =
2
14,01g N
46,01g NO × 100 = 30,45 % N
c) N2O4 : % N =
24
28,02 g N
92,02 g N O × 100 = 30,45 % N
d) N2O : % N =
24
28,02 g N
44,02 g N O × 100 = 63,65 % N
L’ordre croissant du pourcentage massique d’azote est : NO2 = N2O4 < NO < N2O.
10. 1,0 × 106 kg HNO3 × 3
33
1000g HNO 1mol HNO
×
kg HNO 63,02 g HNO
3
= 1,6 × 107 mol HNO3
On a besoin de la relation entre les moles de HNO3 et les moles de NH3. On doit utiliser les
trois équations.
3 3
2
23
2 mol HNO 16 mol HNO
2 mol NO 4 mol NO
××=
3 mol NO 2 mol NO 4 mol NH 24 mol NH3
Donc, on peut produire 16 mol HNO3 pour chaque 24 mol NH3 avec lesquelles on
commence :
1,6 × 107 mol HNO3 × 3
33
24 mol NH 17,03 g NH
×
16 mol HNO mol NH 3
= 4,1 × 108 g ou 4,1 × 105 kg
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) N →
Chaleur 2O(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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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 CaSO
4·2H2O(s).
14. a) NO2, 5 + 2(6) = 17 e- N
2O4, 2(5) + 4(6) = 34 e-
NN
OO
OO
NOO
et d’autres structures de résonance et d’autres structures de résonance
b) BH3, 3 + 3(1) = 6 e− NH
3, 5 + 3(1) = 8 e−
B
H
H H
N
HHH
BF3NH3, 6 + 8 = 14 e−
B
H
H
H 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)
2
N1,00 atm×70,0 L
==
0,08206 L atm × 273 K
mol K
PV
nRT ⋅
⋅
= 3,12 mol N2 nécessaires pour gonfler le sac.
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mol NaN3 qui ont réagi = 3,12 mol N2 × 3
2
2molNaN
3molN = 2,08 mol NaN3.
16. Pour l’ammoniac (en une minute) :
3
NH 90, atm×500 L
==
0,08206 L atm ×496K
mol K
PV
nRT ⋅
⋅
= 1,1 × 103 mol NH3
NH3 pénètre dans le réacteur à une vitesse de 1,1 × 103 mol/min.
Pour CO2 (en une minute):
2
CO 45 atm×600 L
==
0,08206 L atm × 496 K
mol K
PV
nRT ⋅
⋅
= 6,6 × 102 mol CO2
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 :
332
3
1,1×10 mol NH 1molCO
×
min 2 mol NH = 5,5 × 102 mol CO2/min
Étant donné qu’il y a 660 mol CO2/min, l’ammoniac est le réactif limitant.
33
3
1,1×10 NH 1mol urée 60,06 g urée
××
min 2 mol NH mol urée = 3,3 × 104 g urée/min
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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