Solutionnaire des exercices de fin de chapitre

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Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
10. a) Sodium.
Chapitre 1
1. Calcium : Ca
Fluor : F
La forme des cristaux de fluorite peut être décrite comme
des cubes entremêlés. Ainsi, la forme générale des cristaux
indique que les ions sont disposés alternativement selon
un arrangement cubique.
2. Les états de la matière sont : solide, liquide et gaz. Vous
pouvez consulter la section 1.6.1 pour obtenir leur
description.
3. L’apparence non uniforme du mélange nous indique que
des échantillons prélevés à différents endroits de ce
mélange auraient une composition différente. Cela est une
caractéristique d’un mélange hétérogène.
d) Phosphore.
b) Potassium.
e) Magnésium.
c) Chlore.
f) Nickel.
11. a) Ba
d) Pb
b) Ti
e) As
c) Cr
f) Zn
12. a) Na est un élément ; NaCl est un composé.
b) Le sucre est un composé ; le carbone est un élément.
c) L’or est un élément ; le chlorure d’or est un composé.
d) Le silicium est un élément ; le sable est un composé.
13. a) Propriétés physiques : l’état physique (liquide) et la
couleur (incolore).
Pour séparer le fer du sable, on peut faire passer un petit
aimant à travers le mélange, ce qui attirera le fer magnétique et le séparera du sable.
Propriété chimique : la réactivité (brûle en présence
d’air).
b) Propriétés physiques : la couleur (métal brillant,
orange) et l’état physique (liquide).
4. Un composé est une substance pure composée d’au moins
deux éléments différents alors qu’une molécule est la plus
petite entité de matière, qui possède les propriétés de la
substance. Par exemple, un composé telle l’eau est formé
de molécules d’eau dont la formule chimique est H2O.
Propriété chimique : la réactivité (réagit avec le brome).
c) Propriétés physiques : l’état physique (solide), la
couleur (blanc) et la masse volumique (2,71 g/cm3).
Propriété chimique : la réactivité avec un acide (forme
du dioxyde de carbone gazeux).
5. a) Propriété physique.
b) Propriété chimique.
d) Propriétés physiques : la couleur (métal gris, iode violet,
blanc) et l’état physique (poudre, solide).
c) Propriété chimique.
Propriété chimique : la réactivité (réagit avec l’iode
pour former…).
d) Propriété physique.
e) Propriété physique.
f) Propriété physique.
1 cm3
14. 500 mL ×
6. a) Changement chimique.
×
1 mL
1,11 g
1 cm3
= 555 g
b) Changement physique.
c) Changement chimique.
15. 2, 00 g ×
d) Changement physique.
7. Liquides : le mercure et l’eau.
Solide : le cuivre.
Le mercure est la substance la plus dense alors que l’eau
est la moins dense.
16. 1 tasse ×
9. Observations qualitatives : état physique solide, couleur bleuvert.
237 mL
×
1 tasse
1 cm3
1 mL
= 237 cm3
205 g
= 0, 865 g /cm3
237 cm3
8. Exothermique : le système perd de la chaleur au profit du
milieu extérieur (la combustion du méthane produit de la
chaleur).
Endothermique : le système gagne de la chaleur fournie
par le milieu extérieur (la glace absorbe de la chaleur lorsqu’elle fond).
1 cm3
1 mL
×
= 2, 79 mL (ou 2, 79 cm3 )
3
0,718 g
1 cm
1
17.
37, 5 g
(20,2 – 6,9) mL
×
1 mL
= 2, 82 g /cm3
1 cm3
La masse volumique de l’échantillon (2,82 g/cm3) se rapproche le plus de celle de l’aluminium (2,70 g/cm3).
18. T = t + 273,15 = 25 + 273,15 = 298 K
Observations quantitatives : longueur de 4,6 cm, masse de
2,5 g et masse volumique de 2,65 g/cm3.
19. T = 5,5 × 103 + 273,15 = 5,8 × 103 K
Propriétés extensives : longueur et masse.
20. a) t = T − 273,15 = 77 − 273,15 = -196 °C
Propriétés intensives : état physique, couleur et masse
volumique.
b) 336 K
c) 1180 °C
© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.
Document reproductible. Droits de reproduction restreints.
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CHIMIE GÉNÉRALE
21. a) 42,195 km ×
b) 42,195 km ×
22. 19 cm ×
19 cm ×
1000 m
1 km
1 mille
×
1 Cal
b) 3 CS
g) 4 CS
c) 3 CS
h) 3 CS
d) 2 CS
i) 5 CS
e) 5 CS
j) 6 CS
30. a) 0,122 ; 3 chiffres significatifs permis.
b) 0,0286 ; 3 chiffres significatifs permis.
1m
= 0,19 m
100 cm
1000 cal
f) 4 CS
= 26, 22 milles
1,609 km
10 mm
= 1, 9 × 102 mm
1 cm
23. 1200 Cal ×
29. a) 3 CS
= 42 195 m
31. a)
4,184 J
1 cal
= 5,844 143 806 × 10−5
∆R = (5,844 143 806 × 10−5)R
= (5,844 143 806 × 10−5)(7,228 187 201)
⎛ 11, 8 cm ⎞
2
24. Aire = π(rayon)2 = π ⎜
⎟⎠ = 109 cm
⎝
2
= 0,000422 qu’on arrondit à un chiffre significatif.
2
⎛ 1m ⎞
–2
2
109 cm × ⎜
⎟ = 1, 09 × 10 m
⎝ 100 cm ⎠
Résultat : 7,2282 ± 0,0004.
2
b) 250 mL ×
1 cm3
1 mL
b)
Résultat : 16,43 ± 0,02.
c) 3,302 + 13,60 = 16,902
1L
1000 mL
0,009 + 0,01 = 0,019 qu’on arrondit à 0,02.
Somme : 16,90 ± 0,02
= 0, 250 L
3
⎛ 1m ⎞
3
–4
c) 250 mL ×
× ⎜
⎟ = 250 × 10 m
100
cm
1 mL
⎝
⎠
26. a) 1, 5 L ×
b) 1, 5 L ×
1L
1000 mL
1000 mL
1L
1000 mL
1L
×
1 dm3
1L
1,5 L ×
27. 2, 52 kg ×
2, 52 kg ×
16, 90
= 8, 407 960 199
2, 01
∆R
0, 02
0, 05
=
+
= 0, 026 059 053
R
16, 90
2, 01
∆R = (0,026 059 053)(8,407 960 199) = 0,219
Résultat : 8,4 ± 0,2.
= 1, 5 × 103 mL
0, 200 g
32. 1, 50 carat ×
×
1 cm3
1 mL
1 × 106 µL
1L
1 µL
1 × 10 –6 L
1 carat
×
1 cm3
= 0, 0854 cm3
3, 513 g
= 1, 5 × 103 cm3
2
3
1
R =
= 0, 250 dm3
⎛ 1 dm ⎞
= 1, 5 dm3
c) 1, 5 × 103 cm3 × ⎜
⎝ 10 cm ⎟⎠
d) 1,5 L ×
R = x − y = 38,01 − 21,58 = 16,43
∆R = ∆x + ∆y = 0,01 + 0,01 = 0,02
= 250 cm3
1 cm3
d) 250 mL ×
x
40, 5270
=
= 7, 228 187 201
y
5, 6068
∆y
∆R
∆x
0, 0002
0, 0003
=
+
=
+
R
x
y
40, 5270
5, 6068
= 5, 021 × 106 J
2
25. a) 250 mL ×
R =
⎛ 2, 2 cm ⎞
33. Volume = π(rayon)2(épaisseur) = π ⎜
(0,30 cm)
⎝ 2 ⎟⎠
= 1,1 cm3
1,1 cm3 ×
= 1, 5 × 10 µL ou
6
= 1, 5 × 106 µL
1000 g
= 2, 52 × 103 g
1 kg
1 × 106 mg
= 2, 52 × 106 mg
1 kg
3
⎛ 100 cm ⎞
7, 3 g
1 kg
3
×
× ⎜
m3
28.
⎟ = 7, 3 × 10 kg /m
3
1000 g
1 cm
⎝ 1m ⎠
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34.
19, 3 g
1 cm3
= 22 g
1,77 lb
454 g
1 kg
×
×
= 0, 804 kg /L
1L
1000
g
1 lb
0, 804 kg
1L
× 7700 L = 6191 kg
22 300 kg − 6191 kg = 16 109 kg
16 109 kg ×
1L
= 20 036 L (200 × 102, en tenant
0, 804 kg
compte des chiffres significatifs).
3
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
35. La température normale du corps est de 37 °C. Le point
de fusion du gallium est de 29,8 °C, aussi, tenu dans votre
main, il devrait fondre.
36. T = t + 273,15
T = -248,6 + 273,15 = 24,6 K
T = -246,1 + 273,15 = 27,1 K
37. 1, 97 Å ×
1, 97 Å ×
10−10 m
1Å
10−10 m
1Å
38. H2 O : 600 g ×
Pb : 600 g ×
×
×
1 nm
10 –9 m
1 pm
10 –12 m
= 0,197 nm
= 197 pm
1 cm3
= 600 cm3
0,995 g
45. a) On pourrait faire évaporer l’eau en chauffant la solution, laissant le sel comme résidu.
b) L’utilisation d’un aimant attirera la limaille de fer, la
séparant du plomb.
c) Ajouter de l’eau pour dissoudre le sucre. Filtrer la solution pour en séparer le soufre solide. Récupérer le sucre
de la solution en évaporant l’eau par chauffage.
46. Épaisseur =
1 cm3
= 50 cm3
11, 34 g
volume
surface
1 cm3
1 mL
×
= 18, 0 mL
8,56 g
1 cm3
1 cm3
= 126 cm3
2,70 g
2
126 cm3
= 1,8 × 10−3 cm = 1,8 × 10−2 mm
7,0 × 104 cm2
47. 150 000 personnes ×
40. La masse volumique de CCl4 étant plus élevée que celle du
plastique, celui-ci flottera sur le solvant. L’aluminium, plus
dense que le CCl4, se retrouvera au fond du récipient.
×
67 g de Pb
= 170 g de Pb
41. 250 g de matériau ×
100 g de matériau
b)
1 oz
×
⎛ 30, 48 cm ⎞
4
2
Surface en cm2 = 75 pi2 × ⎜
⎟ = 7, 0 × 10 cm
⎝ 1 pi ⎠
Épaisseur =
Si le volume d’eau augmente de 18,0 mL, le volume final
sera de : 50 mL + 18,0 mL = 68 mL.
42. a)
28,4 g
Volume en cm3 = 12 oz ×
À masse égale, la substance la moins dense, l’eau, occupera
le plus grand volume.
39. 154 g ×
m
V
La masse volumique de l’urine augmente lorsque trop de
sucre est éliminé (m augmente, donc ρ augmente). Par
contre, elle diminue lorsque trop d’eau est éliminée (V
augmente, donc ρ diminue).
44. ρ =
660 L d’eau
1 jour
1000 mL
1L
×
×
×
1 cm3
1 mL
365 jours
1 annéée
×
1, 00 g
1 cm
3
×
1 kg
1000 g
1 kg de fluorure
1 kg de NaF
×
6
0, 45 kg de fluorure
10 kg d’eau
c)
= 8,0 × 104 kg de NaF/année
48. 500 mL ×
1 cm3
1 mL
×
1,285 g de solution
1 cm
3
×
38, 08 g d’acide sulfurique
100,00 g de solution
= 245 g d’acide sulfurique
d)
e)
f)
Chapitre 2
1. Les trois particules fondamentales de l’atome sont l’électron
(-1), le proton (+1) et le neutron (0). Ces deux dernières
constituent le noyau d’un atome. Des trois particules
fondamentales, l’électron est la particule la plus légère.
43. On pourrait sentir avec précaution l’odeur des vapeurs, s’il
y en a. Déterminer si le point d’ébullition, le point de
fusion et la masse volumique du liquide sont respectivement d’environ 100 °C, 0 °C et 1 g/mL (à la température ambiante). Pour vérifier la présence d’un sel en solution, faire évaporer complètement le liquide. S’il reste un
résidu, il se peut que ce soit un sel, mais d’autres tests
seraient nécessaires pour valider cette hypothèse.
1
2. L’unité de masse atomique est exactement le
de la
12
masse d’un atome de carbone 12 possédant six protons et
six neutrons.
3. Le numéro atomique d’un élément correspond au nombre
de protons contenus dans son noyau, alors que la somme
des protons et des neutrons contenus dans le noyau est le
nombre de masse.
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2
4
CHIMIE GÉNÉRALE
4. La découverte de la radioactivité a montré que les atomes
doivent être divisibles, ce qui implique qu’ils sont constitués de particules encore plus petites, des particules subatomiques.
5. Les valeurs approximatives des rayons des noyaux atomiques et des atomes sont données à l’exercice 2.1. Ainsi,
on peut obtenir le rapport
au fait qu’il émet des radiations, et le polonium, en l’honneur de son pays d’origine, la Pologne. Dans Internet, visitez le site de la fondation Nobel.
12. L’oxygène existe sous deux allotropes différents : O2, une
molécule sans odeur, et O3 (ozone), un gaz avec une odeur
âcre caractéristique.
Le carbone existe sous forme de graphite, de diamant et
de fullerènes (comme le buckminsterfullerène C60). Le
graphite est formé de couches d’atomes de carbone rattachées faiblement l’une à l’autre. Le diamant, un solide
très dur, a chacun de ses atomes de carbone relié à quatre
autres atomes (voir la figure 2.9 ).
100 pm
diamètreatome
rayonatome
=
= 1 × 105 =
diamètrenoyau
rayonnoyau
0, 001 pm
diamètreatome = 1 × 105 diamètrenoyau
diamètreatome = (1 × 105)(6 cm) = 6 × 105 cm = 6 km
6. Élément
Titane
Le soufre possède plusieurs allotropes, mais le plus commun est le cycle à huit côtés ayant la forme d’une couronne.
Thallium
Symbole
Ti
Tl
Numéro atomique
22
81
Masse atomique (u)
47,867
204,3833
Groupe
4B (4)
3A (13)
Période
4
6
Nature
métal
métal
13. a) Mg : Z = 12, A = 12 + 15 = 27
b) Ti : Z = 22, A = 22 + 26 = 48
c) Zn : Z = 30, A = 30 + 32 = 62
14. a)
39
19
K
b)
84
36
Kr
c)
60
27
Co
7. La masse atomique du lithium est plus proche de 7 que
de 6, donc l’isotope le plus abondant est 7Li.
8. a) Une mole de Na a une masse d’environ 23 g, alors
qu’une mole de Si a une masse de 28 g. Donc, 0,5 mol
de Si a une masse supérieure.
15.
b) La masse de 0,5 mol de Na est d’environ 11,5 g, ce qui
est plus élevé que 9,0 g.
c) La masse atomique de K est d’environ 39 u, alors que
celle de Fe est approximativement de 56 u. Un atome
de fer étant plus lourd qu’un atome de potassium,
10 atomes de Fe seront plus lourds que 10 atomes de K.
9. Dans le tableau périodique de la figure 2.6, les métaux sont
en mauve, les non-métaux, en jaune, et les métalloïdes, en vert.
Nom
a) Lithium
2
Symbole
Groupe
Période
Élément
a)
24
b)
119
c)
232
Mg
Sn
Th
(
(
(
27
12
Mg
)
)
Zn )
48
22
Ti
62
30
Électrons
Protons
Neutrons
12
12
12
50
50
69
90
90
142
99
16.
Tc : nombre d’électrons = nombre de protons = Z = 43 ;
nombre de neutrons = 99 − 43 = 56.
17.
241
18.
57
27
Am : nombre d’électrons = nombre de protons = Z = 95 ;
nombre de neutrons = 241 − 95 = 146.
Co (30 neutrons),
60
27
58
27
Co (31 neutrons)
Li
1A (1)
2
Argent
Ag
1B (11)
5
Plomb
Pb
4A (14)
6
b) Carbone
C
4A (14)
2
Phosphore
P
5A (15)
3
Sélénium
Se
6A (16)
4
Iode
I
7A (17)
5
c) Silicium
Si
4A (14)
3
(23,985 u × 0,7899) + (24,986 u × 0,1000) +
(25,983 u × 0,1101) = 24,31 u
Arsenic
As
5A (15)
4
21. Soit x l’abondance de 69Ga et (1 − x), l’abondance de 71Ga.
10. Le nickel (Ni) est un élément de transition (tout comme
ceux de la partie mauve foncé du tableau périodique de
la figure 2.6).
Les halogènes sont les éléments du groupe 7A (17) (ex. : F).
Les gaz rares sont dans le groupe 8A (18) (ex. : Ne).
Les métaux alcalins sont dans le groupe 1A (1) (ex. : Na).
11. Mme Marie Curie a découvert le radium (Ra, élément 88)
et le polonium (Po, élément 84). Le radium doit son nom
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et
Co (33 neutrons).
19. La masse atomique du thallium, 204,3833 u, est plus près
de 205 que de 203. Ainsi, l’isotope le plus abondant est
205
Tl.
20. Masse atomique = (masse 24Mg)(% abondance) + (masse
25
Mg)(% abondance) + (masse 26Mg)(% abondance)
69,723 u = (68,9257 u)x + (70,9249 u)(1 − x)
x = 0,6012
L’abondance de 69Ga est égale à 60,12 % et celle de 71Ga
est de 39,88 %.
22. L’abondance de 121Sb est représentée par x et celle de 123Sb,
par (1 − x).
121,760 u = (120,9038 u)x + (122,9042 u)(1 − x)
x = 0,5720
5
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
L’abondance de
est de 42,80 %.
121
Sb est égale à 57,20 % et celle de
123
Sb
b) Les quatrième et cinquième périodes contiennent 18
éléments.
27, 0 g
= 68 g de Al
1 mol de Al
23. a) 2, 5 mol de Al ×
b) 1, 25 × 10 –3 mol de Fe ×
c) 0, 015 mol de Ca ×
d) 653 mol de Ne ×
27. a) Les deuxième et troisième périodes contiennent 8 éléments.
c) La sixième période contient 32 éléments.
55,85 g
= 0,0698 g de Fe
1 mol de Fe
40,08 g
= 0, 60 g de Ca
1 mol de Ca
20,18 g
= 1, 32 × 104 g de Ne
1 mol de Ne
28. Il y a 27 éléments dans la septième période. Les actinides
représentent la majorité de ces éléments et plusieurs sont
préparés de façon synthétique.
58
29. Symbole
1, 9998 mol ×
1 mol
= 1,9998 mol de Cu
63,546 g de Cu
6, 022 × 1023 atomes
1 mol
= 1,2043 × 1024 atomes de Cu
b) 0, 012 g de Li ×
0, 0017 mol ×
1 mol
= 0, 0017 mol de Li
6,941 g de Li
= 1,0 × 1021 atomes de Li
1000 mg
×
1 mol
243 g de Am
= 2,1 × 10 mol de Am
−5
2,1 × 10 –5 mol ×
16
10
25
Nombre de neutrons
30
17
10
30
16
10
Nombre d’électrons
28
nickel
6, 022 × 1023 atomes
1 mol
1 mol
= 0,250 mol de Al
26,98 g de Al
1 mol
63, 546 g
1 mol de Cu
×
25. a)
1 mol de Cu
6, 022 × 1023 atomes
b) Sodium, magnésium, aluminium, silicium, phosphore,
soufre, chlore, argon.
c) Carbone.
f) Magnésium.
g) Krypton.
h) Germanium ou arsenic.
1 mol
= 9,42 × 10−5 mol de Kr
83,80 g de Kr
32. 0, 007 89 g de Kr ×
9, 42 × 10 –5 mol ×
6, 022 × 1023 atomes
1 mol
= 5,67 × 1019 atomes de Kr
33. 15 mg de Fe ×
1g
1 mol
×
1000 mg
55,85 g de Fe
= 2,7 × 10−4 mol de Fe
2, 7 × 10 –4 mol ×
6, 022 × 1023 atomes
1 mol
= 1,6 × 1020 atomes de Fe
34. a) 0, 125 mol de Na ×
= 1,0552 × 10−22 g/atome
47,867 g
1 mol de Ti
×
1 mol de Ti
6, 022 × 1023 atomes
= 7,9487 × 10−23 g/atome
26. Le groupe 5A (15) contient cinq éléments.
b) Arête =
Métalloïdes : arsenic (As) et antimoine (Sb).
3
22,99 g
1 cm3
×
= 2,96 cm3
1 mol de Na
0,971 g
2, 96 cm3 = 1, 44 cm
35. Volume = (0,015 cm)(15,3 cm2) = 0,23 cm3
0, 23 cm3 ×
Non-métaux : azote (N) et phosphore (P).
Métal : bismuth (Bi).
25
manganèse
31. a) Béryllium, magnésium, calcium, strontium, baryum,
radium.
6, 022 × 1023 atomes
= 1,51 × 1023 atomes de Al
b)
soufre néon
30. La masse atomique du potassium, égale à 39,0983 u, est
plus près de celle de l’isotope 39K que de celle de 41K. Ainsi,
l’isotope le plus abondant est 39K.
= 1,2 × 10 atomes de Am
0, 250 mol ×
Mn
28
19
d) 6, 75 g de Al ×
55
e) Iode.
1 mol
1g
Ne
d) Soufre.
6, 022 × 1023 atomes
c) 5, 0 mg de Am ×
20
S
Nombre de protons
Nom de l’élément
24. a) 127, 08 g de Cu ×
33
Ni
×
7,19 g de Cr
1 cm
3
×
1 mol
52,00 g de Cr
6, 022 × 1023 atomes
1 mol
= 1,9 × 1022 atomes de Cr
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2
6
CHIMIE GÉNÉRALE
4. a) 3,0 × 1023 molécules représentent la moitié d’une mole
d’adénine. La masse molaire de l’adénine, C5H5N5, étant
36. a) Dans P4O10, il y a 0,744 g de phosphore et
(1,704 − 0,744) = 0,960 g d’oxygène.
⎛ 0, 744 ⎞
⎜⎝ 4 ⎟⎠ g de P
1, 94 g de P
=
⎛ 0, 960 ⎞
1,,00 g de O
⎜⎝ 10 ⎟⎠ g de O
de 135,1 g/mol, la masse de
b) L’adénine est une des quatre bases constituant l’ADN.
Ces bases ont toutes au moins un cycle à six atomes
constitué d’atomes de carbone et d’azote.
5. Ion borate : BO33–. L’ion borate est un anion.
37. a) Massenoyau = 1,06 × 10−22 g (La masse des électrons est
négligeable.)
Rayonnoyau = 4, 8 × 10 –6 nm ×
10−9 m
1 nm
×
100 cm
1m
ρnoyau
⎛ 4⎞
= ⎜ ⎟ π(4, 8 × 10 –13 cm)3 = 4,6 × 10−37 cm3
⎝ 3⎠
1, 06 × 10 –22 g
=
= 2, 3 × 1014 g /cm3
4, 6 × 10 –37 cm3
b) Rayonatome = 0,125 nm ×
10 –9 m
1 nm
= 1,25 × 10−8 cm
×
16, 00 g de O
= 0,8879 ou 88,79 % d’oxygène
18,02 g de H2 O
Méthanol, CH3OH :
16, 00 g de O
= 0,4994 ou 49,94 % d’oxygène
32,04 g de CH3 OH
La fraction massique de l’oxygène est plus élevée dans l’eau.
100 cm
8. a) C7H16O
1m
b) C6H8O6
⎛ 4⎞
Volumeatome = ⎜ ⎟ π(1, 25 × 10 –8 cm)3 = 8,18 × 10−24 cm3
⎝ 3⎠
Volumeoccupé par les électrons = 8,18 × 10−24 cm3 − 4,6 × 10−37 cm3
c) C14H18N2O5
9. a) 1 atome Ca, 2 atomes C et 4 atomes O.
b) 7 atomes C, 6 atomes H et 1 atome O.
c) 1 atome Co, 6 atomes N, 15 atomes H, 2 atomes O
et 2 atomes Cl.
= 8,18 × 10−24 cm3
(30)(9, 11 × 10−28 g)
8, 18 × 10 –24 cm3
= 3,34 × 10−3 g/cm3
ρespace occupé par les électrons =
d) 4 atomes K, 1 atome Fe, 6 atomes C et 6 atomes N.
e) 4 atomes C, 6 atomes H et 4 atomes O.
c) Le noyau est beaucoup plus dense que l’espace occupé
par les électrons.
Chapitre 3
1. Le cisplatine, Pt(NH3)2Cl2, contient deux atomes d’azote et
six atomes d’hydrogène.
6 atomes H
6, 022 × 1023 molécules
×
1 molécule
1 mol
2
3
6. La formule empirique donne le rapport le plus simple
entre les différents atomes dans le composé, alors que la
formule moléculaire donne le nombre réel d’atomes. La
formule empirique de l’éthane est CH3 et sa formule
moléculaire est C2H6.
7. Eau, H2O :
= 4,8 × 10−13 cm
Volumenoyau
mole est de 67,55 g, ce qui
est supérieur à 40 g.
1, 94 g de P
= 31, 0 u
1,00 g de O
b) 16, 000 u ×
1
2
= 3,6 × 1024 atomes H/mol de cisplatine.
Masse molaire du cisplatine = 195,08 + (2 × 14,01) + (6 ×
1,008) + (2 × 35,45) = 300,05 g/mol.
2. La partie H C O H de la molécule est
dans le plan du papier. Les deux autres atomes H liés au carbone se trouvent au-dessous
et au-dessus du plan.
H
O
C
H
11. La formule du toluène est C7H8. La partie cyclique, formée
de six atomes de carbone, est plane. Cinq de ces six atomes
sont liés à un atome H, le sixième atome de carbone est
lié à un groupement
CH3, dont deux H ne sont pas dans
le plan de la molécule.
12. a) Mg2+
b) Zn2+
c) Ni2+
d) Ga3+
e) N3–
H
H
3. L’atome de strontium possède 38 électrons. Lorsqu’un
atome de strontium forme un ion, il perd 2 électrons
(Sr2+). Ainsi, il a le même nombre d’électrons (36) que le
gaz rare krypton.
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10. La formule de l’acide sulfurique est H2SO4. La structure
de cet acide n’est pas plane. Les atomes O, qui entourent
l’atome de soufre, sont placés aux quatre coins d’un tétraèdre. Les atomes d’hydrogène sont liés à deux des quatre
atomes d’oxygène.
f) Fe2+, Fe3+
13. a) Ba2+
b) Ti4+
c) PO43–
d) HCO3–
7
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
e) S2–
24. Mg2+ et PO43– : Mg3(PO4)2 (phosphate de magnésium).
f) ClO4–
Mg2+ et NO3– : Mg(NO3)2 (nitrate de magnésium).
2+
Fe3+ et PO43– : FePO4
g) Co
2–
4
3+
[phosphate de fer (III)].
–
3
Fe et NO : Fe(NO3)3
h) SO
–
4
14. a) MnO
[nitrate de fer (III)].
25. La force d’attraction est plus forte dans le composé NaF
parce que la distance entre les ions est plus petite que celle
de NaI.
b) NO2–
c) H2PO4–
26. CaO. L’attraction entre des ions ayant des charges +2 et -2
(CaO) est plus grande qu’entre des ions chargés +1 et -1
(NaCl).
d) NH4+
e) IO3–
f) SO32–
15. Ils gagnent deux électrons. O2– a le même nombre d’électrons (10) que Ne. S2– a le même nombre d’électrons (18)
que Ar. O et S forment tous les deux des anions -2 et des
composés binaires avec l’hydrogène (H2O, H2S).
3+
–
16. Co et F forment CoF3.
27. a) Pentoxyde de diazote.
b) Trisulfure de tétraphosphore.
c) Difluorure d’oxygène.
d) Tétrafluorure de xénon.
e) Iodure d’hydrogène.
+
2–
17. a) Deux ions K et un ion S .
28. a) BrF3
b) Un ion Ti4+ et deux ions SO42–.
+
b) B2O3
–
4
c) Un ion K et un ion MnO .
c) N2H4 (voir le tableau 3.10)
d) Trois ions NH4+ et un ion PO43–.
d) P2F4
e) Un ion Ca2+ et deux ions ClO–.
e) C4H10 (voir le tableau 3.10)
f) Un ion Al3+ et trois ions OH–.
2+
–
f) SCl2
4+
18. a) Pt et Cl : PtCl2
–
Pt et Cl : PtCl4
b) Pt2+ et S2– : PtS
29. a) Fe2O3
Pt4+ et S2–: PtS2
19. a) AlCl2 devrait être AlCl3 (un ion Al3+ et trois ions Cl–).
+
–
b) KF2 devrait être KF (un ion K et un ion F ).
c) Ga2O3 est correct.
d) MgS est correct.
e) Fe2O5 devrait être FeO (un ion Fe2+ et un ion O2–) ou
Fe2O3 (deux ions Fe3+ et trois ions O2–).
159,69 g/mol
b) BCl3
117,17 g/mol
c) C6H8O6
176,13 g/mol
d) Fe(C6H11O7)2
446,14 g/mol
30. a) Ni(NO3)2 i 6 H2O
290,79 g/mol
b) CuSO4 i 5 H2O
249,69 g/mol
1 mol
= 0,0166 mol de C3H7OH
60,10 g
31. a) 1,00 g de C3H7 OH ×
f) SrBr2 est correct.
20. Mg2+ et O2– : MgO
3+
2–
Al et O : Al2O3
Mg2+ et PO43– : Mg3(PO4)2
Al3+ et PO43– : AlPO4
21. a) Acétate de calcium.
b) Phosphate de nickel (II).
c) Hydroxyde d’aluminium.
d) Dihydrogénophosphate de potassium.
e) Sulfure de potassium.
f) Phosphate d’ammonium.
22. a) (NH4)2CO3
b) CaI2
c) CuBr2
d) AlPO4
e) AgCH3COO
23. a) Ca(HCO3)2
b) KMnO4
c) Mg(ClO4)2
d) K2HPO4
e) Na2SO3
b) 1,00 g de C11H16 O2 ×
1 mol
= 5,55 × 10–3 mol de
180,24 g
C11H16O2
c) 1,00 g de C 9H8O4 ×
1 mol
= 5,55 × 10–3 mol de
180,15 g
C9H8O4
32. 1,00 kg de SO3 ×
1000 g
1 mol
×
= 12, 5 mol de SO3
1 kg
80,06 g de SO3
12,5 mol de SO3 ×
6, 022 × 1023 molécules
1 mol de SO3
= 7,52 × 1024 molécules de SO3
7,52 × 1024 molécules de SO3 ×
1 atome de S
1 molécule dee SO3
= 7,52 × 1024 atomes de S
3 atomes de O
7,52 × 1024 molécules de SO3 ×
1 molécule de SO3
= 2,26 × 1025 atomes de O
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3
8
33. a)
CHIMIE GÉNÉRALE
38. Supposez 100 g de composé.
207, 2 g de Pb
× 100 % = 86,59 % de Pb
239,3 g de PbS
32,1 g de S
× 100 % = 13,41 % de S
239,3 g de PbS
b)
(3)(12, 01) g de C
× 100 % = 81,71 % de C
44,096 g de C3 H8
1 mol
= 8,19 mol de B
10,81 g de B
11,5 g de H ×
1 mol
= 11,4 mol de H
1,008 g de H
11,4 mol de H
7
= 1, 39 =
8,19 mol de B
5
(8)(1, 008) g de H
× 100 % = 18,29 % de H
44,096 g de C3 H8
c)
88,5 g de B ×
Formule empirique : B5H7.
39. Supposez 100 g de composé.
(10)(12, 01) g de C
× 100 % = 79,95 % de C
150,21 g de C10 H14 O
(14)(1, 008) g de H
× 100 % = 9,395 % de H
150,21 g de C10 H14 O
36,84 g de N ×
1 mol
= 2,630 mol de N
14,007 g de N
63,16 g de O ×
1 mol
= 3,948 mol de O
15,999 g de O
16, 00 g de O
× 100 % = 10,65 % de O
150,21 g de C10 H14 O
d)
3,948 mol de O
3 mol de O
= 1, 5 =
2,630 mol de N
2 mol de N
58,93 g de Co
× 100 % = 24,77 % de Co
237,93 g de CoCl2 i 6 H2 O
(2)(35, 45) g de Cl
× 100 % = 29,80 % de Cl
237,93 g de CoCl2 i 6 H2 O
(12)(1, 008) g de H
× 100 % = 5,084 % de H
237,93 g de CoCl2 i 6 H2 O
(6)(16, 00) g de O
× 100 % = 40,35 % de O
237,93 g de CoCl2 i 6 H2 O
34. 10,0 g de PbS ×
35. 750 g de Ti ×
36.
207, 2 g de Pb
= 8,66 g de Pb
239,3 g de PbS
a) CH
26,0
b) CHO
116,1
c) CH2
112,2
Formule moléculaire
26, 0
=2
13,0
116,1
=4
29,0
C2H2
C4H4O4
C8H16
37. Supposez 100 g de composé.
1 mol
92,26 g de C ×
= 7,681 mol de C
12,01 g de C
3
7,74 g de H ×
40. Supposez 100 g de composé.
63,15 g de C ×
1 mol
= 5,258 mol de C
12,011 g de C
1 mol
= 5,26 mol de H
1,008 g de H
5,30 g de H ×
31,55 g de O ×
1 mol
= 1,972 mol de O
15,999 g de O
5,258 mol de C
8 mol de C
= 2, 667 =
1,972 mol de O
3 mol de O
157,72 g de FeTiO3
= 2,47 × 103 g de FeTiO3
47,87 g de Ti
Formule Masse molaire
empirique
(g/mol)
Formule empirique : N2O3.
1 mol
= 7,68 mol de H
1,008 g de H
7, 681 mol de C
=1
7,68 mol de H
Formule empirique : CH.
Masse formulaire de CH = 13,02 g/mol.
26, 02 g/mol
=2
13, 02 g /mol
Formule moléculaire : C2H2.
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5,26 mol de H
8 mol de H
= 2, 667 =
1,972 mol de O
3 mol de O
Formule empirique : C8H8O3.
Masse formulaire de C8H8O3 = 152,14 g/mol = masse
molaire du composé.
Formule moléculaire de l’acide mandélique : C8H8O3.
41. 1,687 g de composé hydraté – 0,824 g de MgSO4
= 0,863 g de H2O
0,863 g de H2 O ×
1 mol
= 0,0479 mol de H2 O
18,02 g de H2 O
0,824 g de MgSO4 ×
1 mol
120,4 g de MgSO4
= 0,00684 mol de MgSO4
0,0479 mol de H2 O
=7
0,00684 mol de MgSO4
Il y a sept molécules d’eau par unité formulaire MgSO4.
Formule : MgSO4 i 7 H2O.
42. 4,74 g de composé hydraté – 2,16 g de H2O
= 2,58 g de KAl(SO4)2
9
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
2,16 g de H2 O ×
1 mol
= 0,120 mol de H2 O
18,02 g de H2 O
2,58 g de KAl(SO4 )2 ×
d) 55 mg de capsaïcine ×
= 39 mg de C
1 mol
258,2 g de KAl(SO4 )2
= 0,00999 mol de KAl(SO4)2
47. a)
0,120 mol de H2 O
= 12
0,00999 mol de KAl(SO4 )2
(14)(1,008) g de H
× 100 % = 5,742 % de H
245,77 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2 O
Formule : KAl(SO4)2 i 12 H2O.
32,07 g de S
× 100 % = 13,05 % de S
245,77 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2 O
43. 0,678 g de composé – 0,526 g de Xe = 0,152 g de F
0,152 g de F ×
1 mol
= 0,00401 mol de Xe
131,3 g de Xe
(5)(16,00) g de O
× 100 % = 32,55 % de O
245,77 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2 O
1 mol
= 0,00800 mol de F
19,00 g de F
b) 10,5 g de Cu(NH3)4SO4 i H2O
×
0,00800 mol de F
=2
0,00401 mol de Xe
Formule empirique : XeF2.
×
1 mol
1,25 g de Ge ×
= 0,0172 mol de Ge
72,64 g de Ge
1 mol
= 0,0688 mol de Cl
35,45 g de Cl
1 cm3
1 mL
6, 022 × 1023 molécules
1 mol
×
3
×
1 mol
×
18,02 g
310,18 kg de Ca 3 (PO4 )2
(2)(30,97) kg de P
1g
1 mol
b) 55 mg de capsaïcine × 1000 mg × 305,42 g
= 1,8 × 10–4 mol de capsaïcine
(18)(12, 01) g de C
= 0,7078 ou 70,78 % de C
305,42 g de C18 H27 NO3
1, 5 mol de H
3 mol de H
6 mol de H
=
=
1 mol de C
2 mol de C
4 mol de C
1, 25 mol de O
5 mol de O
=
1 mol de C
4 mol de C
Formule empirique : C4H6O5.
= 2 × 1021 molécules de H2O
46. a) Masse molaire = 305,42 g/mol.
c)
48. 15,0 kg de P ×
49.
1,00 g
1 cm
18,02 g de H2O
= 0,770 g de H2O
245,77 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2O
= 75,1 kg de Ca3(PO4)2
0,0688 mol de Cl
=4
0,0172 mol de Ge
Formule empirique : GeCl4.
45. 0,05 mL de H2O ×
25,86 g de Cu
= 2,72 g de Cu
100,00 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2O
10,5 g de Cu(NH3)4SO4 i H2O
44. 3,69 g de GexCly – 1,25 g de Ge = 2,44 g de Cl
2,44 g de Cl ×
63,55 g de Cu
× 100 % = 25,86 % de Cu
245,77 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2 O
(4)(14,01) g de N
× 100 % = 22,80 % de N
245,77 g de Cu(NH3 )4 SO4 i H2 O
Il y a douze molécules d’eau par unité formulaire
KAl(SO4)2.
0,526 g de Xe ×
70,78 mg de C
100,00 mg de C18 H27 NO3
50.
55,85 g de Fe
× 100 % = 36,76 % de Fe
151,92 g de FeSO4
55,85 g de Fe
× 100 % = 12,52 % de Fe
446,15 g de Fe(C6 H11O7 )2
La bouteille contenant du FeSO4 fournira le plus d’atomes
de fer.
51. 0,109 g de composé ×
(27)(1, 008) g de H
= 0,08911 ou 8,911 % de H
305,42 g de C18 H27 NO3
14, 01 g de N
= 0,04587 ou 4,587 % de N
305,42 g de C18 H27 NO3
(3)(16, 00) g de O
= 0,1572 ou 15,72 % de O
305,42 g de C18 H27 NO3
38, 82 g de Fe
1 mol
×
100,00 g de composé
55,85 g de Fe
= 7,58 × 10 –4 mol de Fe
0,109 g de composé ×
61,18 g de C2O4 2 –
1 mol
×
88,02 g
100,00 g de composé
= 7,58 × 10–4 mol de C2O42–
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3
10
CHIMIE GÉNÉRALE
7,58 × 10 –4 mol de Fe
1 mol de Fe
=
2−
–4
1 mol de C2 O4 2–
7,58 × 10 mol de C2 O4
Formule empirique : FeC2O4.
52. a) C10H15NO
b)
Masse molaire = 165,23 g/mol.
(10)(12, 01) g de C
= 0,7269 ou 72,69 % de C
165,23 g de C10 H15 NO
c) 0,125 g de C10H15 NO ×
1 mol
165,23 g
d) 7,57 × 10–4 mol de C10H15NO
6,022 × 10 molécules
= 4,56 × 10200 molécules
1 mol de C10H15 NO
23
4,56 × 1020 molécules ×
Anions
O2−
ClO4−
PO43−
Br−
NO3−
O2−
CO32−
Noms
oxyde de fer (III)
perchlorate de lithium
phosphate d’aluminium
bromure de lithium
nitrate de baryum
oxyde d’aluminium
carbonate de fer (III)
10 atomes de C
1 molécule
= 4,56 × 1021 atomes de C
53. Règle générale pour les composés ioniques: métal + non-métal.
c) Li2S, sulfure de lithium.
93,71 g de C ×
1 mol
= 7,802 mol de C
12,011 g de C
6,29 g de H ×
1 mol
= 6,24 mol de H
1,008 g de H
7,802 mol de C
5 mol de C
= 1, 25 =
6,24 mol de H
4 mol de H
Formule empirique : C5H4.
Masse formulaire de C5H4 = 64,08 g/mol.
128,16 g/mol
=2
64,08 g/mol
Formule moléculaire : C10H8.
d) In2O3, oxyde d’indium.
58. Supposez 100 g de composé.
g) CaF2, fluorure de calcium.
54. a) Trifluorure de chlore.
58,77 g de C ×
1 mol
= 4,893 mol de C
12,011 g de C
13,81 g de H ×
1 mol
= 13,70 mol de H
1,0079 g de H
27,40 g de N ×
1 mol
= 1,956 mol de N
14,007 g de N
b) Trichlorure d’azote.
c) Sulfate de chrome (III), ionique.
d) Nitrate de calcium, ionique.
e) Pentoxyde de diiode.
f) Trichlorure de phosphore.
g) Iodure de potassium, ionique.
4,893 mol de C
5 mol de C
= 2, 5 =
1,956 mol de N
2 mol de N
h) Sulfure d’aluminium, ionique.
i) Difluorure d’oxygène.
13,70 mol de H
7 mol de H
=
1,956 mol de N
1 mol de N
j) Phosphate de potassium, ionique.
55. a) NaClO, ionique.
=
b) BI3
c) Al(ClO4)3, ionique.
Masse formulaire de C5H14N2 = 102,2 g/mol = masse
molaire du composé.
e) KMnO4, ionique.
f) (NH4)2SO3, ionique.
Formule moléculaire : C5H14N2.
g) KH2PO4, ionique.
59. 1,246 g de IxCly – 0,678 g de I = 0,568 g de Cl
h) S2Cl2
0,678 g de I ×
i) ClF3
j) PF3
56. Cations
NH4+
Ba2+
Fe2+
Pb2+
Al3+
Anions
Br−
S2−
S2−
F−
CO32−
Noms
bromure d’ammonium
sulfure de baryum
sulfure de baryum
fluorure de plomb (II)
carbonate d’aluminium
14 mol de H
2 mol de N
Formule empirique : C5H14N2.
d) Ca(CH3COO)2, ionique.
3
Formules
Fe2O3
LiClO4
AlPO4
LiBr
Ba(NO3)2
Al2O3
Fe2(CO3)3
57. Supposez 100 g de composé.
= 7,57 × 10–4 mol de C10H15NO
×
Cations
Fe3+
Li+
Al3+
Li+
Ba2+
Al3+
Fe3+
Formules
NH4Br
BaS
BaS
PbF2
Al2(CO3)3
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Document reproductible. Droits de reproduction restreints.
1 mol
= 0,005 34 mol de I
126,9 g de I
0,568 g de Cl ×
1 mol
= 0,0160 mol de Cl
35,45 g de Cl
0,0160 mol de Cl
3 mol de Cl
=
0,005 34 mol de I
1 mol de I
Formule empirique : ICl3.
Masse formulaire de ICl3 = 233,3 g/mol.
11
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
67. a) Volume = 0,0550 cm × 1,25 cm2 = 0,0859 cm3
467 g/mol
=2
233,3 g/mol
0,0859 cm3 ×
Formule moléculaire : I2Cl6.
60. 2,04 g de V ×
1,93 g de S ×
0,765 g de Ni ×
1 mol
= 0,0602 mol de S
32,07 g de S
0,496 g de F ×
0,0602 mol de S
1,5 mol de S
3 mol de S
=
=
0,0400 mol de V
1 mol de V
2 mol de V
62. a) Vrai. La masse molaire de C8H18 est de 114,2 g/mol,
donc 57,1 g équivalent à 0,500 mol d’octane.
(8)(12, 01) g de C
= 0, 841
114,2 g de C8 H18
(18)(1, 008) g de H
= 9,07 g de H
114,2 g de C8 H18
63. d) Na2MoO4
1 comprimé
0,169 g de U ×
1 mol
= 7,10 × 10 –4 mol de U
238,0 g de U
0,030 g de O ×
1 mol
= 1,9 × 10 –3 mol de O
16,00 g de O
1,9 × 10 –3 mol de O
2, 68 mol de O
8 mol de O
=
=
–4
l
de
U
1
mo
7,10 × 10 mol de U
3 mol de U
La formule empirique est U3O8, un mélange d’oxyde
d’uranium (IV) et (VI).
c) Vrai.
300 mg de C21H15 Bi3O12
×
1g
1000 mg
b) La masse atomique de U étant de 238,0289 u, cela
signifie que l’isotope 238U est le plus abondant.
c) 0,865 g – 0,679 g = 0,186 g de H2O
0,186 g de H2 O ×
×
(4)(35, 453) g de Cl
= 0, 7475
65.
masse molaire de MCl4
Masse molaire de MCl4 = 189,7 g.
Masse atomique de M = 189,7 g – (4)(35,453) g = 47,9 g.
M est le titane, Ti.
15, 9 g
= 106 g/mol
0,15 mol
9,3 g
Masse molaire de AZ2 =
= 62 g/mol
0,15 mol
66. Masse molaire de A 2 Z3 =
(masse atomique de A) + (2)(masse atomique de
Z) = 62.
A2Z3 : (2)(masse atomique de A) + (3)(masse atomique
de Z) = 106.
(2)[62 – (2)(masse atomique de Z)] + (3)(masse
atomique de Z) = 106.
Masse atomique de Z = 18 g/mol.
Masse atomique de A = 26 g/mol.
1 mol
= 0,0103 mol de H2O
18,02 g de H2 O
0,679 g de UO2 (NO3 )2 ×
(3)(209, 0) g de Bi
= 0, 346 g de Bi
1086 g de C21H15 Bi3 O12
AZ2 :
1 mol
= 0,0261 mol de F
19,00 g de F
68. a) 0,199 g de UxOy – 0,169 g de U = 0,030 g de O
339, 8 g de Sb2 S 3
= 148 g de Sb2 S 3
(2)(121, 8) g de Sb
64. 2 comprimés ×
1 mol
= 0,0130 mol de Ni
58,69 g de Ni
c) Fluorure de nickel (II).
1000 g
10, 6 g de Sb
×
×
1 kg
100,0 g de minerai
d) Faux. 57,1 g de C8 H18 ×
= 0,765 g de Ni
0,0261 mol de F
2 mol de F
=
0,0130 mol de Ni 1 mol de Ni
Formule empirique : NiF2.
Formule empirique : V2S3.
b) Vrai.
1 cm3
b) 1,261 g de composé – 0,765 g de Ni = 0,496 g de F
1 mol
= 0,0400 mol de V
50,94 g de V
61. 1,00 kg de minerai ×
8, 908 g
1 mol
394,0 g de UO2 (NO3 )2
= 0,001 72 mol de UO2(NO3)2
0,0103 mol de H2 O
6 mol de H2 O
=
0,001 72 mol de UO2 (NO3 )2
1 mol de UO2 (NO3 )2
La formule du composé hydraté est :
UO2(NO3)2 i 6 H2O.
Chapitre 4
1. a) c = λν
b) E = hν
c) E n = -
Rhc
n2
2. L’énergie d’un photon, une particule de radiation sans
masse, est proportionnelle à sa fréquence de vibration.
E = hν, où h est la constante de proportionnalité.
3. Violet, indigo, bleu, vert, jaune, orange et rouge.
4. L’électron se comporte comme une onde et une particule.
La structure moderne de l’atome se base sur les propriétés
ondulatoires de l’électron et décrit des régions de probabilité de présence d’un électron donné autour du noyau.
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3
12
CHIMIE GÉNÉRALE
15. a) Les micro-ondes.
5. a) Oui.
b) Non. L’intensité d’un rayonnement lumineux est indépendante de la fréquence et est plutôt liée à son nombre
de photons.
c) Oui.
6. Un photon est une particule sans masse, un « paquet
d’énergie ». Pour déplacer un électron, il faut le faire
entrer en collision avec une autre particule. Puisque des
rayonnements lumineux dirigés sur certains métaux
expulsent des électrons, la lumière doit donc être
constituée de « particules » ou paquets d’énergie appelés
photons.
7. Le modèle atomique de Bohr repose sur les hypothèses
qu’un électron ne peut circuler que sur certaines orbites
correspondant à des niveaux d’énergie définis où il est stable et où il reste tant qu’il n’est pas perturbé.
8. La série de Lyman se trouve dans l’ultraviolet et la série de
Balmer, dans le visible.
9. c) L’émission d’énergie est observée sous forme de
lumière et provient du déplacement des électrons d’un
niveau d’énergie n donné vers un autre moins élevé.
10. Il est impossible de connaître simultanément avec
précision la position d’un électron et son énergie, si celuici est décrit comme une onde. Ainsi, la théorie atomique
moderne décrit des régions de haute probabilité de présence d’un électron donné autour du noyau.
11. n, nombre quantique principal, décrit la taille de l’orbitale,
= 1, 2, 3, ...
l, nombre quantique secondaire, décrit la forme de l’orbitale, = 0, 1, 2, ..., (n – 1).
m, nombre quantique magnétique, décrit l’orientation de
l’orbitale, = 0, ±1, ±2, ..., ±l.
12. Valeurs de l
Types d’orbitales
3
f
0
s
1
p
2
d
13. Orbitale s
b) La lumière rouge.
c) L’infrarouge.
16. a) Comme la longueur d’onde est inversement proportionnelle à la fréquence, le signal vert a une plus haute
fréquence que le signal ambre.
b) 595 nm ×
ν =
17. a) λ =
= 5, 95 × 10 –7 m
2, 998 × 108 m i s –1
c
=
= 261 m
ν
1150 × 103 s –1
1 longueur d’onde
= 0,863 longueurs d’onde
261 m
2, 998 × 108 m i s –1
c
=
= 3, 06 m
ν
98,1 × 106 s –1
225 m ×
18. 410 nm ×
ν =
1 nm
2, 998 × 108 m i s –1
c
=
= 5, 04 × 1014 s –1
λ
5, 95 × 10 –7 m
225 m ×
b) λ =
1 × 10 –9 m
1 longueur d’onde
3, 06 m
1 × 10−9 m
1 nm
= 73, 6 longueurs d’onde
= 4, 10 × 10 –7 m
2,998 × 108 m i s –1
c
=
= 7, 31 × 1014 s –1
λ
4,10 × 10 –7 m
E = hν = (6,626 × 10−34 J i s )(7,31 × 1014 s−1 )
= 4,84 × 10-19 J/photon
4, 84 × 10 –19 J
6, 022 × 1023 photons
×
1 photon
1 mol
= 2,92 × 105 J/mol de photons.
19. a) 285,2 nm : région de l’ultraviolet ;
383,8 nm : à la limite de la région du visible ;
518,4 nm : région du visible.
Orbitale px
x
b) 285, 2 nm ×
y
ν =
1 × 10−9 m
1 nm
= 2, 852 × 10 –7 m
2, 998 × 108 m i s –1
c
=
= 1, 051 × 1015 s –11
λ
2,852 × 10 –7 m
c) 285,2 nm. L’énergie d’une radiation est inversement proportionnelle à sa longueur d’onde.
4
14.
hc (6, 626 × 10 –34 J i s)(2, 998 × 108 m i s –1 )
×
=
λ
2, 852 × 10 –7 m
Types
d’orbitales
Nombre d’orbitales
dans une sous-couche
donnée
Nombre de
surfaces nodales
s
1
0
p
3
1
d
5
2
20. d) Les ondes radio FM.
f
7
3
c) Les micro-ondes.
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d) E =
6, 022 × 1023 photons
= 4, 197 × 105 J/mol
1 mol
13
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
21.
a) La lumière jaune.
b) n = 4 à n = 3.
e) UV
c) n = 4 à n = 1.
b) Les rayons X.
d) n = 4 à n = 3.
200 kJ
1 mol
1000 J
×
×
1 mol
1 kJ
6, 022 × 1023 photons
= 3,32 × 10−19 J/photon
λ =
(6, 626 × 10 –34 J i s)(2, 998 × 108 m i s –1 )
hc
=
E
3, 32 × 10 –19 J
27.
2, 5 × 108 cm
1m
×
= 2, 5 × 106 m i s –1
1s
100 cm
λ =
= 2,9 × 10−10 m ou 0,29 nm
= 5,98 × 10−7 m (région du visible)
22. 540 nm ×
E =
28. λ =
1 × 10 –9 m
= 5, 40 × 10 –7 m
1 nm
6, 626 × 10 –34 kg i m2 i s –1
h
=
mv (9,109 × 10 –31 kg)(2,5 × 106 m i s –1 )
6, 626 × 10 –34 kg i m2 i s –1
h
=
mv (9,11 × 10 –31 kg)(1,3 × 108 m i s –1 )
= 5,6 × 10−12 m ou 0,0056 nm
(6, 626 × 10 –34 J i s)(2, 998 × 108 m i s –1 )
hc
=
λ
5, 40 × 10 –7 m
= 3,68 × 10−19 J/photon
29. 1,0 × 102 g = 0,10 kg
λ =
6, 626 × 10 –34 kg i m2 i s –1
h
=
= 2, 2 × 10 –34 m
–1
mv
(0,10 kg )(30 m i s )
Non, cette lumière (540 nm et plus) n’a pas assez d’énergie
(3,68 × 10-19 J/photon) pour activer l’interrupteur.
23. a) 410, 2 nm ×
ν =
1 × 10−9 m
1 nm
2, 2 × 10 –34 m ×
= 4,102 × 10 –7 m
2, 998 × 108 m i s –1
c
=
= 7, 309 × 1014 s –1
λ
4,102 × 10 –7 m
5, 6 × 10 –3 nm ×
v =
1 nm
1 × 10 –9 m
1 × 10 –9 m
1 nm
= 2, 2 × 10 –25 nm
= 5, 6 × 10 –12 m
6, 626 × 10 –34 kg i m2 i s –1
h
1, 2 × 10 –21 m i s –1
=
mλ
(0,10 kg )(5,6 × 10 –12 m)
b) Violet.
30. a) Lorsque n = 4, l peut être 0, 1, 2, 3.
c) ni = 6 et nf = 2.
b) Lorsque l = 2, m peut être -2, -1, 0, +1, +2.
24. a) n = 3 à n = 2.
b) n = 4 à n = 1. À mesure que les niveaux d’énergie augmentent, ils se rapprochent progressivement. La différence d’énergie entre n = 4 et n = 1 est donc plus grande
que celle entre n = 5 et n = 2.
⎛ 1
1⎞
25. ∆E = -1312 ⎜ 2 – 2 ⎟ kJ/mol
n
n
⎝ f
i ⎠
1166 kJ
1 mol
1000 J
×
×
1 mol
1 kJ
6, 022 × 1023 photons
= 1,936 × 10−18 J/photon
ν =
1, 936 × 10−18 J
E
=
= 2, 922 × 1015 s –1
h
6, 626 × 10 –34 J i s
λ =
2, 998 × 10 m i s
c
=
ν
2, 922 × 1015 s –1
–1
= 1, 026 × 10 –7 m
= 102,6 nm (région de l’ultraviolet)
26. a) De n = 4 à n = 3, 2 ou 1
31. a) Lorsque l = 2, l’orbitale est de type d. C’est une orbitale
4d.
b) Lorsque n = 5, l = 0, 1, 2, 3 et 4.
1⎞
⎛ 1
= -1312 ⎜ 2 – 2 ⎟ kJ/mol = -1166 kJ/mol
⎝1
3 ⎠
8
c) Pour une orbitale 4s, n = 4, l = 0 et m = 0.
d) Pour une orbitale 4f, n = 4, l = 3 et m peut être -3, -2,
-1, 0, +1, +2, +3.
3 raies
De n = 3 à n = 2 ou 1
2 raies
De n = 2 à n = 1
1 raie
Total
6 raies possibles
l=0
Une orbitale s
l=1
Trois orbitales p
l=2
Cinq orbitales d
l=3
Sept orbitales f
l=4
Neuf orbitales g
2
Il y a un total de 25 ou n orbitales sur le niveau d’énergie n = 5.
c) Sept orbitales ; m = -3, -2, -1, 0, +1, +2, +3.
32. La combinaison c) est permise.
a) La valeur de l ne peut être plus grande que n − 1. Donc,
lorsque n = 2, la valeur maximale de l est 1.
b) et d) Lorsque l = 0, m ne peut être égal qu’à 0.
e) La valeur de m ne peut se situer qu’entre -1 et +1. Donc,
lorsque l = 3, m ne peut être égal qu’à -3, -2, -1, 0, +1,
+2, +3.
33. a) Aucune. Lorsque l = 0, m ne peut être égal qu’à 0.
b) Trois orbitales.
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4
14
CHIMIE GÉNÉRALE
c) Onze orbitales.
34. 2d et 3f ne peuvent exister parce qu’elles ne suivent pas la
règle l = 0, 1, 2, ..., (n − 1). Dans la couche n = 2, on ne
trouve que les sous-couches s et p, alors qu’il n’y a que les
sous-couches s, p et d dans la couche n = 3.
35.
a) 2p
b) 3d
c) 4f
E =
1 × 10 –9 m
= 4,23 × 10−19 J/photon
2, 50 × 1014 J
= 5, 92 × 104 photons
4, 23 × 10 –19 J/photon
n
l
m
2
1
-1
2
l
0
2
l
+1
3
2
-2
3
2
-1
3
2
0
3
2
+1
3
2
+2
41. a) Trois orbitales.
e) Cinq orbitales.
f) Sept orbitales.
⎛ 1
1⎞
40. ∆E = -Z 2Rhc ⎜ 2 – 2 ⎟ kJ/mol
n
n
⎝ f
i ⎠
1⎞
⎛ 1
= -(22 )(1312)⎜ 2 – 2 ⎟ kJ/mol = 5248 kJ/mol
⎝∞
1 ⎠
L’énergie d’ionisation de He+ (5248 kJ/mol) est quatre fois
plus grande que celle de H (1312 kJ/mol).
4
3
-3
b) Trois orbitales.
4
3
-2
c) Une orbitale.
g) Vingt-cinq orbitales.
4
3
-1
d) Cinq orbitales.
h) Une orbitale.
4
3
0
4
3
+1
4
3
+2
4
3
+3
36. d) 4d
37. 375 nm ×
(6, 626 × 10 –34 J i s)(2, 998 × 108 m i s –1 )
hc
=
λ
4, 70 × 10 –7 m
39. E =
d) Une orbitale.
42. b), e), f), g) et j). Cependant, les atomes h) et les molécules i) peuvent être observés à l’aide d’un microscope
électronique à effet tunnel.
43. 7, 8 × 107 km ×
1000 m
1 km
1s
×
2,998 × 108 m
= 2,6 × 102 s ou 4,3 min
= 3, 75 × 10 m
–7
1 nm
44. a) la taille et l’énergie
(6, 626 × 10 –34 J i s)(2, 998 × 108 m i s –1 )
hc
×
=
λ
3, 75 × 10 –7 m
6, 022 × 1023 photons
1 kJ
×
= 319 kJ/mol de ph
hotons
1 mol
1000 J
2, 998 × 108 m i s –1
c
=
= 0, 353 m
38. a) λ =
ν
850 × 106 s –1
b) E = hν = (6,626 × 10
−34
c) plus
d) 7
e) 1
f) Lettres :
d
s
p
l:
2
0
1
Surfaces nodales :
2
0
1
g) 0, 1, 2, 3 et 4
J i s )(850 × 10 s ) ×
6
b) l
−1
6, 022 × 10 photons
= 0, 339 J/mol
1 mol
h) 16
23
(6, 626 × 10 –34 J i s)(2, 998 × 108 m i s –1 )
hc
×
=
c) E =
λ
4, 20 × 10 –7 m
4
6, 022 × 1023 photons
= 2, 85 × 105 J/mol
1 mol
2, 85 × 105 J/mol
= 8, 40 × 105
0,339 J/mol
Chapitre 5
1. n, nombre quantique principal, décrit la taille de l’orbitale,
= 1, 2, 3, ...
l, nombre quantique secondaire, décrit la forme des orbitales d’une sous-couche, = 0, 1, 2, ..., (n – 1).
m, nombre quantique magnétique, décrit l’orientation de
l’orbitale d’une sous-couche assignée à un électron, = 0,
±1, ±2, ..., ±l.
s, nombre quantique de spin, décrit la rotation de l’électron sur lui-même, = +
Une mole de photons de lumière bleue a une énergie
de 285 kJ/mol, soit environ 840 000 fois plus qu’une
mole de photons provenant du signal téléphonique.
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1
2
1
2
ou - .
2. Deux électrons dans un atome ne peuvent avoir les quatre
mêmes nombres quantiques n, l, m et s.
15
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
3. Li
Notation spdf
13. a) Sm : [Xe]4f 55d 16s 2 (configuration réelle : [Xe]4f 66s 2).
2
1s 2s
1
b) Yb : [Xe]4f 146s 2 (symétrie sphérique).
Cases quantiques
14. Am : [Rn]5f 77s 2 (symétrie sphérique).
1s 2s
4. L’arrangement le plus stable des électrons occupant des
orbitales de même énergie est celui qui possède le maximum d’électrons non appariés, tous possédant le même
spin.
La configuration du carbone est
,
1s 2s
non
2p
15. a) Mg2+
1s 2s
2p
3s
3p
c) Remarquez que Cl− et K+ ont la même configuration électronique. Ils sont isoélectroniques avec Ar.
Cl−
2p
5. La notation abrégée remplace la configuration électronique correspondant au gaz rare par son symbole mis entre
crochets. Par exemple, Li : [He]2s 1.
6. Les éléments du groupe 3A (13) sont B, Al, Ga, In et Tl.
Prenons l’exemple du bore. Le numéro de groupe, 3A,
nous indique que le bore possède trois électrons
périphériques.
7. Le rayon atomique diminue dans une période et augmente
dans un groupe. En général, l’énergie d’ionisation et l’affinité électronique augmentent dans une période, et diminuent
dans un groupe.
8. Phosphore
Notation spdf
2p
3s
3p
Chlore
Cases quantiques
1s 2s
2p
[Ar]
3d
4s
2+
b) V est paramagnétique ; il a trois électrons non appariés.
[Ar]
4s
c) V a une configuration électronique équivalant à celle
de l’argon. Il est diamagnétique, puisque tous ses électrons sont appariés.
[Ar]
3d
3s
3p
Le chlore, qui se trouve dans le groupe 7A, possède sept électrons périphériques.
9. Cr : 1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1
Fe : 1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2
10. a) As : [Ar]3d 104s 24p 3
b) Kr : [Ar]3d 104s 24p 6 (ou [Kr]).
11. a) Sr : [Kr]5s 2
b) Zr : [Kr]4d 25s 2
4s
[Ar]
3d
4s
3d
4s
[Ar]
2+
2p
2p
3p
16. a) V est paramagnétique ; il a trois électrons non appariés.
17. a) Mn
1s 22s 22p 63s 23p 5
1s 2s
1s 2s
3s
e) Al3+
Le phosphore, qui se trouve dans le groupe 5A, possède cinq
électrons périphériques.
Notation spdf
2p
5+
Cases quantiques
1s 2s
1s 2s
d) O2−
3d
1s 22s 22p 63s 23p 3
b) Mn
c) Cinq électrons non appariés.
d) Oui, il est paramagnétique, puisqu’il a au moins un électron non apparié.
18. Cu+
2+
Cu
[Ar]
3d
4s
3d
4s
[Ar]
2+
c) Rh : [Kr]4d 75s 2 (configuration réelle : [Kr]4d 85s 1).
d) Sn : [Kr]4d 105s 25p 2
14
2p
b) K+
.
1s 2s
1s 2s
3
12. a) Ta : [Xe]4f 5d 6s
2
b) Le platine est le huitième élément des métaux de
transition de la sixième période. Ses électrons
périphériques correspondent donc à 5d 86s 2. Ainsi, la
configuration électronique du platine devrait être
[Xe]4f 145d 86s 2. Par contre, la configuration réelle
(tableau 5.3) est [Xe]4f 145d 96s 1.
L’ion Cu est paramagnétique.
19. a) Le nombre quantique de spin, s, ne peut être égal à 0.
La combinaison est permise si s = +
1
2
ou - 1 .
2
b) Les valeurs permises pour m doivent se retrouver dans
l’intervalle -l et +l. La combinaison est permise si m =
-1, 0 ou +1.
c) La valeur maximale pour l est (n − 1). La combinaison
est permise si l = 1 ou 2 (ne peut être égal à 0 dans ce
cas en raison de la valeur de m).
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5
16
CHIMIE GÉNÉRALE
20. a) Quatorze électrons.
b) Ho : [Xe]4f 116s 2 (voir le tableau 5.3 ).
b) Deux électrons.
[Xe]
c) Aucun, parce que l ne peut être égal à n. La valeur maximale pour l est (n − 1).
d) Un électron.
4f
Ho
3+
: [Xe]4f
5d
6s
5d
6s
10
[Xe]
21. Phosphore
4f
[Ne]
3s
32. a) Numéro atomique = (2 + 8 + 8 + 2) = 20.
3p
b) Nombre total d’électrons s = (2 + 2 + 2 + 2) = 8.
1
n = 3, l = 0, m = 0, s = + 2
n = 3, l = 0, m = 0, s = n = 3, l = 1, m =
n = 3, l = 1, m =
n = 3, l = 1, m =
c) Nombre total d’électrons p = (6 + 6) = 12.
1
2
d) Nombre total d’électrons d = 0.
1
-1, s = +
2
1
0, s = +
2
1
+1, s = +
2
e) Cet élément, le calcium (Ca), est un métal.
33. a) 4 (Z = 71 = Lu ; [Xe]4f 145d 16s 2).
b) 3 (Cu : [Ar]3d 104s 1).
34. a) P, phosphore.
22. Ordre croissant de taille : C < B < Al < Na < K.
b) Be, béryllium.
23. Ordre croissant de taille : P < Ge < Ca < Sr < Rb.
c) N, azote.
24. a) Cl− > Cl
d) Tc, technétium.
b) Al > O
c) In > I
d) Cs > Rb
25. c) Li < Si < C < Ne
f) Zn, zinc.
26. K < Li < C < N
27. a) Na a le plus grand rayon.
b) O a l’affinité électronique la plus négative.
c) Na < Mg < P < O
28. a) S < O < F. L’énergie d’ionisation diminue dans un
groupe (S < O) et augmente généralement dans une
période (O < F).
35. Cl− < Cl < Ca2+. Ca2+ (20 protons) et Cl− (17 protons) sont isoélectroniques (18 électrons). Il est donc plus difficile d’ioniser le cation, car ses électrons sont plus fortement attirés
par le noyau, que Cl−. Celui-ci est plus facilement ionisable que son élément neutre en raison de la répulsion
électron-électron (effet d’écran).
36. a) A est un métal alcalino-terreux.
b) O. L’énergie d’ionisation diminue dans un groupe
parce l’électron est de plus en plus éloigné du noyau.
b) B, un halogène, est un non-métal.
c) Cl. L’affinité électronique diminue dans un groupe
(Br < Cl) et augmente généralement dans une période
(Se < Br).
d) B a le plus petit rayon atomique.
d) O2−. Les anions sont toujours plus gros que leur atome
neutre (F− > F). O2− et F− sont isoélectroniques (10 électrons), mais O2− a seulement 8 protons pour attirer les
10 électrons alors que F− en a 9 (O2− > F−).
29. Rf : [Rn]5f 146d 27s 2
[Rn]
30. U
4+
U
5f
6d
7s
5f
6d
7s
[Rn]
L’uranium et l’ion uranium (IV) sont paramagnétiques.
5
e) Cl, chlore (voir la figure 5.10).
1
1
31. a) Ce : [Xe]4f 5d 6s
2
[Xe]
4f
5d
6s
37. In4+
L’indium n’a pas tendance à former un ion +4 parce
qu’il ne possède que trois électrons périphériques.
Fe6+
Les ions qui possèdent une charge de +3 ou +4 ont
peu tendance à perdre des électrons.
Sn5+ L’étain n’a pas tendance à former un ion +5 parce
qu’il ne possède que quatre électrons périphériques.
38. Ordre décroissant de taille : S2− > Cl− > K+ > Ca2+.
Ces ions sont isoélectroniques, mais ils n’ont pas le même
nombre de protons.
39. a) Se
b) Br−
c) Na. Extraire un électron périphérique (Na ([Ne]3s1)
Na+) requiert beaucoup moins d’énergie que
l’extraction d’un électron interne (Na+ ([Ne])
Na2+).
d) N
Ce3+ : [Xe]4f 1
[Xe]
4f
c) B devrait avoir la plus grande énergie d’ionisation.
5d
6s
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e) N3−. Pour des espèces isoélectroniques, moins il y a de
protons, moins les électrons sont attirés par le noyau,
plus grand est le rayon.
17
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
40. a) Ordre croissant de taille : Ca2+ < K+ < Cl−.
c) Énergie d’ionisation la plus faible : S.
−
+
Plus petit rayon : O.
2+
b) Ordre croissant d’énergie d’ionisation : Cl < K < Ca .
c) Ordre croissant d’affinité électronique (valeur de plus en
plus négative) : Cl− < K+ < Ca2+.
41. Mn et Co. Mn3+ : [Ar]3d 4 et Co3+ : [Ar]3d 6
42. L’énergie d’ionisation diminue dans un groupe parce que,
l’électron étant de plus en plus éloigné du noyau, la force
d’attraction noyau-électron diminue.
d) S < S2−
Chapitre 6
1. Li : un électron périphérique.
Ti : quatre électrons périphériques.
Zn : deux électrons périphériques.
Si : quatre électrons périphériques.
43. a) Co, cobalt.
45. Li, lithium. Des quatre éléments, seul Li fait partie du
groupe 1A (1). Au cours de la première ionisation, c’est
l’électron (périphérique) provenant de l’orbitale 2s qui est
enlevé, formant ainsi un ion avec une couche remplie
([He]). Extraire un deuxième électron, cette fois d’une
couche remplie, requiert beaucoup plus d’énergie.
46. L’électron acquis par les éléments du groupe 4A (14) se
retrouve dans une orbitale p vide donnant une symétrie
sphérique à cet élément. Par contre, les éléments du
groupe 5A (15) acquièrent un électron dans une orbitale
p déjà occupée. Les répulsions électron-électron causent
une diminution de l’affinité électronique, ce qui n’est pas
prévu par la tendance.
47. Pour former CaF3, le calcium devrait être un cation +3, ce
qui n’est pas le cas puisqu’il appartient au groupe 2A.
Comme il forme un cation +2 (configuration électronique
d’un gaz rare), la formation de Ca3+ est hautement défavorisée énergétiquement.
48. Puisque la masse des éléments augmente de K à V et que
leur rayon atomique diminue, la masse volumique (masse/
volume) augmente.
49. En général, puisque la charge nucléaire effective augmente
dans une période, l’énergie d’ionisation augmente aussi.
Toutefois, pour le bore, il est plus facile d’extraire un
électron non pairé situé dans une orbitale 2p de plus haute
énergie qu’un électron de l’orbitale 2s du Be qui est
complètement remplie.
50. En général, puisque la charge nucléaire effective augmente
dans une période, l’énergie d’ionisation augmente aussi.
Toutefois, pour le soufre, deux de ses quatre électrons 2p
sont appariés. Ceux-ci subissent une répulsion électronélectron plus forte que s’ils étaient seuls dans une orbitale
p. Cette répulsion plus importante rend la première ionisation plus facile.
51. a) S
1s 2s
2p
3s
3p
1
b) n = 3, l = 1, m = + 1, s = - 2
K F
–
La liaison est ionique.
3. Ioniques : a) KI et b) MgS.
Covalents : c) CS2 et d) P4O10.
4. L’énergie réticulaire est l’énergie de formation d’une mole
de composé ionique à l’état solide à partir de ses ions
considérés à l’état gazeux. Comme l’ion lithium est plus
petit que l’ion césium, l’énergie réticulaire de LiF devrait
donc être plus négative que celle de CsF.
5.
Cl
Cl
A
B
A
Cl
Cl
Cl
A
B
A
Cl
H
A
N
A
H
A
44. La diminution de la taille des atomes dans une période est
attribuée à l’augmentation de la charge nucléaire effective
Zeff , ce qui contracte les nuages électroniques.
2. K F
A
c) L’ion +3 sera formé par la perte des deux électrons 4s
et d’un électron 3d, laissant quatre électrons non
appariés.
Cl : sept électrons périphériques.
A
b) Paramagnétique, parce qu’il a trois électrons non
appariés.
H
6. NH3 et SO3 respectent la règle de l’octet.
NO2 et O2− ont un nombre impair d’électrons.
7. Le benzène possède deux formes limites de résonance qui
diffèrent par le positionnement des liaisons doubles.
8. Indice de liaison =
9. C
F<C
O<C
3 doublets liants
= 1,5.
2 liaisons C O
N<C
C<C
B
10. L’énergie de liaison est la variation d’enthalpie accompagnant le bris d’une liaison dans une molécule, les réactifs
et les produits se trouvant à l’état gazeux, dans les conditions normales de température et de pression (T = 273,15 K,
P = 101,325 kPa). Le bris d’une liaison requiert toujours
de l’énergie, la variation d’enthalpie est donc a), toujours
positive.
11. Plus l’indice de liaison est élevé, plus la liaison est courte
et plus l’énergie de liaison est élevée.
12. L’électronégativité est la capacité d’un atome situé dans une
molécule à attirer un électron. L’affinité électronique est
la variation d’énergie lorsqu’un atome en phase gazeuse
capte un électron.
13. L’électronégativité augmente généralement dans une
période et diminue dans un groupe.
14. Le principe d’électroneutralité stipule que, dans une
molécule, les électrons sont distribués de manière à ce que
les charges sur des atomes soient les plus proches possible
de zéro. En outre, si une charge négative se crée, elle doit
être placée sur l’atome le plus électronégatif. De la même
façon, une charge positive se trouve sur l’atome le moins
électronégatif.
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5
6
18
CHIMIE GÉNÉRALE
Ce principe permet d’exclure la forme limite suivante, car
un atome d’oxygène a une charge de +1 et l’autre, une
charge de -1, situation qui s’éloigne du principe d’électroneutralité. De plus, une charge de +1 se trouve sur un
atome très électronégatif.
0
O C
2
OOSOO
A
O
-1
O
15. La théorie RPE constitue un modèle permettant de prévoir
la géométrie des molécules covalentes et des ions polyatomiques. Elle repose sur le fait que les doublets liants
et les paires d’électrons libres se repoussent et cherchent à être aussi éloignés que possible.
16. La molécule d’eau comporte quatre paires d’électrons
autour de l’atome d’oxygène. La géométrie des paires
d’électrons est la géométrie adoptée par ces quatre paires
d’électrons. La géométrie de la molécule est la forme
décrite par les atomes de la molécule. La géométrie des
paires d’électrons de l’eau est tétraédrique, alors que sa
forme est coudée.
23. a) CHClF2
Vingt-six électrons périphériques.
F
A
Cl O C O F
A
H
b) CH3COOH
Vingt-quatre électrons périphériques.
H O
A
H O C O C O O OH
A
H
c) CH3CN
17. a) Si
Groupe 4A (14)
quatre électrons périphériques.
Seize électrons périphériques.
b) B
Groupe 3A (13)
trois électrons périphériques.
c) Na
Groupe 1A (1)
un électron périphérique.
d) Mg
Groupe 2A (2)
deux électrons périphériques.
H
A
HO C OC W N
A
H
e) F
Groupe 7A (17)
sept électrons périphériques.
f) Se
Groupe 6A (16)
six électrons périphériques.
Moins négative : a) NaCl.
20. Ordre croissant de leur énergie réticulaire :
RbI < LiI < LiF < CaO.
21. Lorsque la distance entre deux ions diminue, la force d’attraction augmente, ce qui rend le réseau plus stable. Ainsi,
le point de fusion est plus élevé puisqu’il faut plus d’énergie pour faire fondre le composé.
Trente-six électrons périphériques.
FO
F
O
CPCO
O
F
F
24. a) SO2, 18 électrons périphériques.
OOSPO
Vingt-six électrons périphériques.
FONOF
A
F
OPSOO
b) HNO3, 24 électrons périphériques.
O
A
OP N O O O H
O
O
O O N O O OH
SPCPN
25. a) BrF3, 28 électrons périphériques.
F
A
F O Br OF
b) HOBr
Quatorze électrons périphériques.
b) I3−, 22 électrons périphériques.
I OI O I
HOOOBr
c) ClO3−
c) XeO2F2, 34 électrons périphériques.
Vingt-six électrons périphériques.
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O ON P O OH
c) SCN−, 16 électrons périphériques.
S W CON
22. a) NF3
OOClOO
A
O
CF2
P
19. Plus négative : b) MgS.
d) F2C
P
18. b) P, e) Cl, g) Se, et h) Sn peuvent s’entourer de plus de
quatre paires d’électrons périphériques parce qu’ils se trouvent dans la troisième période et au-delà.
6
Vingt-six électrons périphériques.
P
+1
d) SO32−
O
A
F O Xe O F
A
O
SOC W N
19
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
d) XeF3+, 28 électrons périphériques.
F
A
F O Xe O F
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢2 + ⎜ × 6 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
H
26. a) H
N
N
H
H
⎡
⎞⎤
⎛1
H = 1 – ⎢ 0 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢2 + ⎜ × 6 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
3–
O
b)
P
O
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝
2
⎣
F
c) F
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
P = 5 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = +1
⎠⎦
⎝
2
⎣
–
H
H
B
F
⎡
⎞⎤
⎛1
F = 7 – ⎢ 6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
0
H
N
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢2 + ⎜ × 6 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
O
O
c)
b) OPNOO
0
+1
0
d) HOOONPO
A
O-
1
⎡
⎞⎤
⎛1
H = 1 – ⎢ 0 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = +1
⎠⎦
⎝
2
⎣
H
⎡
⎞⎤
⎛1
H = 1 – ⎢ 0 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
B = 3 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝2
⎣
H
d) H
N
28. La flèche pointe vers le pôle négatif du dipôle.
O
H
⎡
⎞⎤
⎛1
H = 1 – ⎢ 0 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢2 + ⎜ × 6 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
27. a) O
N
O
⎡
⎛1
⎞⎤
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎝
⎠⎦
2
⎣
⎡
⎛1
⎞⎤
N = 5 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = +1
⎝
⎠⎦
2
⎣
a) C
+
O
-
La liaison C
b) P Cl
+ - La liaison P
c) B O
+ - La liaison B
d) B F
+ - La liaison B
C N
+ - O est la plus polaire.
P Br
+ - Cl est la plus polaire.
B S
+ - O est la plus polaire.
B I
+ - F est la plus polaire.
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6
20
CHIMIE GÉNÉRALE
32. a) Oui, ils sont isoélectroniques, car ils contiennent tous
les deux 24 électrons périphériques.
b) CO32− a trois formes limites et BO33− en a quatre.
b) La liaison C O est la plus polaire et l’atome O est le
plus électronégatif.
30. a) Même si la charge formelle est -1 sur B et 0 sur F, le
fluor est beaucoup plus électronégatif. Puisque les liaisons B F sont polaires, la charge négative est répartie sur tous les atomes de fluor.
2
c) La charge formelle est -1 sur O et 0 sur H. Cela est
cohérent avec l’électronégativité de l’oxygène qui est
supérieure à celle de l’hydrogène. La liaison O H est
polaire.
31. a) NONW O
A
-1
+1
0
0
+1
NW NOO
B
C
0
O(1)
0
0
-1
0
-1
O(2)
-1
0
-1
O(3)
-1
O
A
O O BO O
O
A
O P BO O
0
-1
-1
-1
O(1) -1
0
-1
-1
O(2) -1
-1
0
-1
O(3) -1
-1
-1
0
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = +1
⎠⎦
⎝
2
⎣
c) La forme limite prépondérante est C : les charges sont
les plus petites possible et l’élément le plus électronégatif, O, porte la charge négative.
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P
O
A
HO C P O
HO C O O
⎡
⎞⎤
⎛1
H = 1 – ⎢ 0 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
H = 1 – ⎢ 0 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
C = 4 – ⎢ 0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
C = 4 – ⎢ 0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
L’ion H+ se lie à l’atome d’oxygène.
34.
Espèces
a) H2CO
Forme C
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝2
⎣
O
P
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = -1
⎠⎦
⎝
2
⎣
6
3
O OB O O
33.
Forme B
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = +1
⎠⎦
⎝2
⎣
0
3
O
A
O OBP O
O
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢2 + ⎜ × 6 ⎟ ⎥ = +1
⎠⎦
⎝2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢2 + ⎜ × 6 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
-1
3
d) L’ion H se lie à un atome d’oxygène.
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢0 + ⎜ × 8⎟ ⎥ = +1
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
OOC OO
+
b) Forme A
⎡
⎞⎤
⎛1
N = 5 – ⎢6 + ⎜ × 2⎟ ⎥ = -2
⎠⎦
⎝
2
⎣
2
O
A
OOC PO
C
B
-1
NPNPO
2
O
3
d) La liaison C O est la plus polaire avec δ– porté par
l’atome le plus électronégatif, l’oxygène.
+1
O(3)
O
A
O PC OO
b) Même si la charge formelle est -1 sur B et 0 sur H,
l’hydrogène est légèrement plus électronégatif. Ainsi, la
charge négative est répartie sur tous les atomes
d’hydrogène.
-2 +1
O(2)
c) O(1)
P
29. a) Les liaisons C H et C O sont polaires ; les liaisons
C C et C C sont non polaires.
Types de liaisons
Indices
de liaison
Deux liaisons simples C
Une liaison double C
2–
3
b) SO
c) NO
+
2
d) NOCl
Trois liaisons simples S
H.
O.
2
O.
Deux liaisons doubles N
1
O.
1
2
Une liaison double N
O.
2
Une liaison simple O
Cl.
1
35. a) B
Cl
c) P
O
b) C
O
d) C
O
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
36. Espèces
NO2+
NO
Types de liaisons
Indices
de liaison
Deux liaisons doubles N
−
2
O.
Une liaison simple N
O.
Une liaison double N
O.
NO
Deux liaisons simples N
Une liaison double N
Géométrie des paires d’électrons :
linéaire ;
forme : linéaire.
2
Géométrie des paires d’électrons :
tétraédrique ;
forme : coudée.
3/2
O.
O.
–
Trois formes limites de résonance.
41. a) OOClOO
4/3
Les liaisons azote-oxygène de NO3− sont les plus longues
(indice de liaison le plus faible), alors que celles de NO2+
sont les plus courtes (indice de liaison le plus élevé).
37. La liaison carbone-oxygène dans le formaldéhyde est
double avec un indice de liaison 2. Dans le monoxyde de
carbone, cette liaison est triple, indice de liaison 3. Le
monoxyde de carbone possède donc la liaison CO la plus
courte et la plus forte.
38. CO (g) + Cl2 (g)
d) HOOOF
Deux formes limites de résonance.
−
3
c) SPCPN
Géométrie des paires d’électrons :
tétraédrique ;
forme : coudée.
b)
Cl
A
Cl O Sn O Cl
c)
O
A
O OP O O
A
O
Cl2CO (g)
Au moment de cette réaction, une liaison triple C O et
une liaison simple Cl Cl sont brisées, alors qu’une liaison
double C O et deux liaisons simples C Cl sont formées.
3
+ 1 mol × DCl
) − (1 mol × DC
2 mol × DC
Cl
O
+
)
Cl
∆H = (1 mol × 1046 kJ/ mol + 1 mol × 242 kJ/ mol ) −
(1 mol × 745 kJ/ mol + 2 mol × 339 kJ/ mol )
0
O
39. O3 (g) + O (g)
O
P
b)
O ON O O
2 O2 (g)
∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) − ΣD (liaisons formées)
∆H 0 = 2 mol × Doo (ozone) − 2 mol × DO
Géométrie des paires
d’électrons : trigonale plane ;
forme : trigonale plane.
OOC O O
∆H 0 = 1288 kJ − 1423 kJ
∆H 0 = -135 kJ
O
O
A
O O S OO
d)
O
A
O O Cl O O
Géométrie des paires
d’électrons : tétraédrique ;
forme : pyramidale trigonale.
Doo (ozone) = 301 kJ/mol
O
= 146 kJ/mol
DO
O
= 498 kJ/mol
On estime que l’énergie de liaison des liens oxygèneoxygène dans l’ozone se situe entre celles des liaisons simples et des liaisons doubles oxygène-oxygène. Pour l’ozone,
l’indice de liaison est 1,5, valeur comprise entre les indices
d’une liaison simple (= 1) et d’une liaison double (= 2).
Par conséquent, l’énergie de liaison oxygène-oxygène dans
l’ozone est cohérente avec l’indice de liaison.
40. a) ClONOH
Géométrie des paires d’électrons :
tétraédrique ;
forme : pyramidale trigonale.
b) ClOOOCl
Géométrie des paires d’électrons :
tétraédrique ;
forme : coudée.
A
H
Géométrie des paires
d’électrons : trigonale plane ;
forme : trigonale plane.
2
c)
-394 kJ = 2 mol × Doo (ozone) − 2 mol × 498 kJ/ mol
DO
Géométrie des paires d’électrons :
tétraédrique ;
forme : tétraédrique.
2
42. a)
P
O
Géométrie des paires d’électrons :
tétraédrique ;
forme : pyramidale trigonale.
Géométrie des paires d’électrons :
linéaire ;
forme : linéaire.
d) S P C P S
∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) − ΣD (liaisons formées)
∆H 0 = (1 mol × DC
21
Géométrie des paires
d’électrons : tétraédrique ;
forme : pyramidale trigonale.
Les ions a) et b) sont isoélectroniques (24 électrons périphériques) et leur géométrie de paires d’électrons et leur
forme sont identiques. Les ions c) et d) sont aussi isoélectroniques (26 électrons périphériques) et ont une géométrie des paires d’électrons et une forme identiques.
43. a) FOClOF
b) FOClOF
A
F
Géométrie des paires d’électrons :
bipyramidale trigonale ;
forme : linéaire.
Géométrie des paires d’électrons :
bipyramidale trigonale ;
forme : en T.
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6
22
CHIMIE GÉNÉRALE
F
F
F
B
S
O théorique dans SO2 = 120°.
F dans BF3 : 120°.
c) Cl
C
Cl dans Cl2CO : 120°.
d) H
C
H = 109,5° et C
C
∆χ
O
H = 3,5 − 2,1 = 1,4
CS2
S
C = 2,5 − 2,5 = 0
CCl4
Cl
PCl3
ClF
b)
c) L’atome F dans ClF est le plus négatif (il est l’atome le
plus électronégatif).
Géométrie de
la molécule
H
B = 2,1 – 2,0 = 0,1
F
B = 4,0 – 2,0 = 2,0
linéaire
Polarité de
la molécule
non polaire
trigonale plane
polaire
La charge négative du dipôle se situe entre les 2 F ;
l’extrémité positive est sur le H.
Cl
C = 3,0 – 2,5 = 0,5
C
H = 2,5 – 2,1 = 0,4
S = 3,5 – 2,5 = 1,0
b) NPNPN
6
NO N W N
C W NO O
-1
1
–
C P NP O
-1
-2
1
–
0
C ON W O
-3
1
–
1
La première forme limite est prépondérante parce que la
charge formelle négative se trouve sur l’oxygène (atome le
plus électronégatif).
c) Le carbone, élément le moins électronégatif dans cet ion,
a une charge formelle négative. De plus, les trois formes
limites ont une distribution défavorable des charges.
53. a) Angle 1 = 120° ; angle 2 = 180° ; angle 3 = 120°.
b) Le lien double C
C C.
C est plus court que le lien simple
c) Le lien double C
C C.
C est plus fort que le lien simple
d) La liaison C N (∆ χ = 3,0 − 2,5 = 0,5) est légèrement
plus polaire que les liaisons C H (∆ χ = 2,5 − 2,1 = 0,4).
polaire
trigonale plane non polaire
b) Les deux doublets libres du chlore (voir la figure 6.14,
page 206) occupent les positions équatoriales. Même
raisonnement qu’en a).
tétraédrique
OOC W O
48. a) OPCPO
+ 2 mol × DC O + 3 mol × DO O) –
(4 mol × DC O + 6 mol × DO H)
54. a) Les trois doublets libres du xénon (voir la figure 6.14,
page 206) occupent les trois positions équatoriales à 120°
l’un de l’autre, de manière à ce qu’il y ait moins de
répulsion entre eux.
La charge négative du dipôle est sur le Cl ;
les trois H représentent l’extrémité positive.
O
H
∆H 0 = 4688 kJ − 5758 kJ
P = 3,0 − 2,1 = 0,9
HBF2
2 CO2 (g) + 4 H2O (g)
∆H 0 = (6 mol × 413 kJ/ mol + 2 mol × 358 kJ/ mol +
3 mol × 498 kJ/ mol ) – (4 mol × 745 kJ/ mol + 6 mol ×
463 kJ/ mol)
Cl = 4,0 − 3,0 = 1,0
Be = 3,0 - 1,5 = 1,5
F = 180°
H sont conservés durant la réaction.
∆H 0 = (6 mol × DC
F
Cl
Cl
∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) − ΣD (liaisons formées)
Cl
BeCl2
F
ClF a un angle de liaison plus grand en raison de la présence d’une paire supplémentaire d’électrons libres autour
de l’atome central.
52. a)
∆χ
F = 109°
−
2
C = 3,0 − 2,5 = 0,5
47. Molécule
Cl
F O Cl O F
∆H 0 = -535 kJ/mol de CH3OH.
b) CS2 et CCl4 sont des molécules non polaires.
SO3
F
–
∆H 0 = -1070 kJ pour la combustion de 2 mol de CH3OH.
a) H2O a les liaisons les plus polaires. La différence d’électronégativité est la plus grande entre les atomes O et H.
CH3Cl
F O Cl O F
Deux liens O
N = 180°.
b) La chaîne
CH2 CH(NH2) COOH ne peut être
linéaire parce que les deux premiers atomes de carbone
ont des angles de liaison de 109,5°, et le troisième atome
de carbone a des angles de liaison de 120° avec C et O.
H2O
ClF2–
51. 2 CH3OH (g) + 3 O2 (g)
45. a) Angle 1 = 120° ; angle 2 = 109,5° ; angle 3 = 120° ;
angle 4 < 109,5° ; angle 5 < 109,5°.
46. Molécule
ClF2+
50.
Géométrie des paires
d’électrons : octaédrique ;
forme : pyramidale à base carrée.
44. a) Angle O
b) F
(110 pm) est celle ayant l’indice de liaison le plus élevé
(NO2+), alors que les liaisons N O dans NO2− sont plus
longues (124 pm).
Géométrie des paires
d’électrons : octaédrique ;
forme : plane carrée.
AA
F
F
A
Cl
AA
d)
F
A
FOClOF
A
F
c)
O W COO
N W NON
c) OPCPN
OO C W N
O W CON
Ces trois espèces sont linéaires et comportent 16 électrons
périphériques.
49. Les liaisons N O dans NO2− ont un indice de liaison 1,5
alors que dans NO2+ il est 2. La liaison la plus courte
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⎡
⎞⎤
⎛1
55. a) S = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝
2
⎣
⎡
⎞⎤
⎛1
O = 6 – ⎢4 + ⎜ × 4 ⎟ ⎥ = 0
⎠⎦
⎝2
⎣
b) Angle 1 < 109,5° ; angle 2 = 109,5° ; angle 3 = 120°.
c) La liaison C
O est la plus polaire.
23
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
d) La molécule est polaire.
OM liante
OM antiliante
e) L’atome d’oxygène est dans le même plan que les quatre atomes de carbone, puisque chacun d’eux a une forme
trigonale plane.
56. a) Deux liens C H et un lien O O ont été brisés et
deux liens C O et deux liens O H ont été formés.
∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) – ΣD (liaisons formées)
∆H 0 = (2 mol × DC
H
+ 1 mol × DO
) − (2 mol × DC
2 mol × DO
O
+
)
H
O
∆H 0 = (2 mol × 413 kJ/ mol + 1 mol × 498 kJ/ mol ) −
(2 mol × 358 kJ/ mol + 2 mol × 463 kJ/ mol)
7. Dans la théorie ÉL, les électrons sont toujours partagés par
paires et localisés entre deux atomes pour former les liaisons σ et π alors que, dans la théorie des OM, les électrons
appartiennent à l’ensemble de la molécule, non à des
atomes en particulier.
8. Dans les isolants, on trouve une bande interdite entre les
bandes de valence et de conduction. Dans les métaux, il
n’y a pas de séparation.
∆H 0 = 1324 kJ −1642 kJ
∆H = -318 kJ
0
b) Exothermique (∆H 0 est négatif ).
9.
c) L’acétone est une molécule polaire.
d) Les atomes d’hydrogène liés aux atomes d’oxygène ont
une charge partielle positive plus élevée que les atomes
d’hydrogène liés aux atomes de carbone, car l’oxygène
est plus électronégatif.
57. a) La liaison C
C est plus forte que la liaison C
b) La liaison simple C
double C C.
La géométrie des paires d’électrons est tétraédrique et la
forme est pyramidale trigonale. L’atome N est hybridé sp 3 et
trois de ses quatre orbitales sont recouvertes chacune par une orbitale 2p du fluor pour former trois liaisons σ N F.
C.
C est plus longue que la liaison
10.
C sont conservés au
∆H 0 = ΣD (liaisons rompues) − ΣD (liaisons formées)
∆H 0 = 1 mol × DC
O
− (1 mol × DC
C
+ 1 mol × DC
F O Cl O F
Cl
A
HOCOCl
A
Cl
)
O
∆H 0 = 1 mol × 1046 kJ/ mol − (1 mol × 346 kJ/ mol +
1 mol × 745 kJ/ mol )
11.
∆H 0 = 1046 kJ − 1091 kJ
La géométrie des paires d’électrons et la forme de la
molécule sont tétraédriques. L’atome C est hybridé sp 3 et
trois de ses quatre orbitales sont recouvertes chacune par une
orbitale 3p du chlore pour former trois liaisons σ C Cl. La
liaison σ C H provient du recouvrement de la quatrième
orbitale hybridée du carbone par une orbitale 1s de
l’hydrogène.
∆H 0 = -45 kJ
La réaction est exothermique.
Chapitre 7
1. Pour une liaison sigma (σ ), la densité électronique se trouve
le long de son axe alors que, pour une liaison pi (π), elle
se trouve au-dessus et au-dessous de l’axe de liaison.
2. Le carbone peut former deux, trois ou quatre orbitales
hybrides parce qu’il a quatre orbitales sur sa couche électronique périphérique, soit une orbitale s et trois orbitales
p. Ainsi, il peut former deux orbitales sp ou trois orbitales
sp 2 ou quatre orbitales sp 3.
12. a) BBr3 : sp 2
d) CO32− : sp 2
13. a) CSe2 : sp
c) CH2O : sp 2
b) SO2 : sp
2
d) NH4+ : sp 3
14. a) C : sp 3
O : sp 3
b) CH3 : sp 3
4. Il reste deux orbitales p non hybridées sur un atome hybridé
sp. Ainsi, il peut former deux liaisons π.
c) N : sp 3
5. Tétraédrique : sp
Linéaire : sp
3
Octaédrique : sp d
2
c) CH2Cl2 : sp 3
b) CO2 : sp
3. sp : 180° ; sp 2 : 120° ; sp 3 : 109,5°.
3
d) C
C : sp
2
15.
Trigonale plane : sp 2
F
0
a)
F
A
Si
A
F
0
F
C central : sp 2
CH2 : sp 2
CH2 : sp 3
COOH : sp 2
C
N : sp
Géométrie
des paires
d’électrons
Forme
Hybridation
octaédrique
octaédrique
Si : sp3d 2
Bipyramidale trigonale : sp3d
6. L’OM liante est caractérisée par une densité électronique
située directement sur l’axe de la liaison et l’OM antiliante
possède un plan nodal (densité électronique nulle) entre
les deux noyaux.
La géométrie des paires d’électrons est tétraédrique et la
forme est coudée. L’atome Cl est hybridé sp 3 et deux de
ses quatre orbitales sont recouvertes chacune par une orbitale 2p du fluor pour former deux liaisons σ Cl F.
c) L’éthylène est non polaire, mais l’acroléine est polaire.
d) Quatre liens C H et un lien C
moment de cette réaction.
FONOF
A
F
2
F
F
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6
7
24
CHIMIE GÉNÉRALE
Géométrie
des paires
d’électrons
bipyramidale
trigonale
0
c)
Hybridation
∗ )2(σ )1
19. Li2+ : (σ 1s )2(σ 1s
2s
Indice de liaison =
Se : sp3d
tétraédrique
déformée
Indice de liaison =
bipyramidale
Le lien dans Li2 est plus fort (indice de liaison = 1) que
celui dans les deux ions (indice de liaison = 0,5).
I : sp3d
linéaire
trigonale
*2p
F
F
octaédrique
*2p
Xe : sp3d 2
plane carrée
Énergie
A
Xe
A
Géométrie
des paires
Forme
Hybridation
F
A
Br
F
F
0
0
F
F
2p
2s
octaédrique
F
pyramidale
à base carrée
3 2
Xe : sp d
L’ion C22− a 10 électrons périphériques (isoélectroniques avec N2).
b) Il y a une liaison σ et deux liaisons π, ce qui donne un
F
0
0
b)
O
A
Xe
2p
*2s
d’électrons
a)
– 3) = 0,5.
Indice de liaison = (4 – 2) = 1.
16.
F
1
(4
2
1
2
0
F
0
d)
– 2) = 0,5.
∗ )2(σ )2
Li2 : (σ 1s )2(σ 1s
2s
20. a)
F
1
(3
2
∗ )2(σ )2(σ ∗ )1
Li2– : (σ 1s )2(σ 1s
2s
2s
F
A F
b) Se
A F
F
Cl
A
I
A
Cl
Forme
octaédrique
F
0
F
A F
c) O O S
A F
F
pyramidale
à base carrée
indice de liaison de
Br : sp3d 2
1
(8
2
− 2) = 3.
c) Oui, car la molécule C2 a deux électrons de moins et
1
2
un indice de liaison de (6 − 2) = 2.
bipyramidale
trigonale
d) Non, il est diamagnétique, car tous les électrons sont
appariés.
S : sp3d
bipyramidale
trigonale
21. a) NO+ a 10 électrons périphériques : [électrons internes]
d) Br O Br O Br
bipyramidale
trigonale
O
A
17.
P F
O
H OO
0
F
32 électrons périphériques ;
b) σ2p
O
A
P F
O
0
O
F
32 électrons périphériques ;
forme tétraédrique.
forme tétraédrique.
P : sp 3
P : sp 3
O
ClO C O Cl
7
c) Diamagnétique.
d) Il y a une liaison σ et deux liaisons π, pour un indice de
P
18.
∗ )2(π )4(σ )2
(σ2s)2(σ 2s
2p
2p
sp3d
linéaire
L’atome C est hybridé sp 2 et deux de ses trois orbitales sont
recouvertes chacune par une orbitale 3p du chlore pour
former deux liaisons σ C Cl. La troisième orbitale hybridée du carbone est utilisée pour former une liaison σ C O
par recouvrement d’une orbitale sp 2 de l’oxygène.
L’orbitale 2p non hybridée du carbone est recouverte
latéralement par une orbitale 2p de l’oxygène pour former une liaison π C O.
© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.
Document reproductible. Droits de reproduction restreints.
1
2
liaison égal à (8 − 2) = 3.
22. Si un atome de magnésium peut contribuer, par son orbitale 3s et ses trois orbitales 3p, à la liaison métallique et
former quatre orbitales moléculaires, 100 atomes conduisent
à 400 OM. Sachant qu’une orbitale peut accueillir deux
électrons, il y aura 100 OM occupées complètement,
puisque chaque atome de magnésium fournit deux électrons périphériques pour un total de 200 électrons.
F O Cl O F
23.
Géométrie des
paires d’électrons
Forme
Angle F
Cl
F
Hybridation de Cl
–
F O Cl O F
tétraédrique
bipyramidale
trigonale
coudée
linéaire
< 109,5°
180°
sp
3
sp 3d
25
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
24. OPNOO
OONPO
A
F
O 0 H
H
b)
Géométrie des paires d’électrons : trigonale plane.
Forme : coudée.
Angle de liaison O
N
La forme de cet ion est coudée et l’atome F est hybridé sp 3.
O : 120°.
31. a) La liaison C
Indice de liaison : 1,5.
NPNPO
NW NOO
B
C
A
c) Oui, l’isomère cis est :
H
L’atome central N est hybridé sp dans chacune des formes
limites. L’autre atome N est hybridé sp 3, sp 2 et sp respectivement dans les structures A, B et C. Dans ces mêmes
structures, l’atome O est hybridé sp, sp 2 et sp 3. Les deux
orbitales hybrides sp de l’atome central sont recouvertes
par les orbitales hybrides des atomes voisins pour former
les liaisons σ N O et σ N N. Les deux orbitales 2p
non hybridées de l’azote central sont latéralement
recouvertes par des orbitales 2p de l’oxygène et/ou de
l’azote pour former des liaisons π N O et/ou π N N.
26. a) Les trois composés sont des isomères : ils ont la même
formule moléculaire (C2H4O), mais des structures différentes.
b) Oxyde d’éthylène : les deux atomes C sont hybridés sp 3.
Acétaldéhyde : l’hybridation du carbone CH3 est de type
sp 3 et celle de l’autre atome C, sp 2.
Alcool vinylique : les deux atomes C sont hybridés sp 2.
Angle H
c)
O est la plus polaire.
b) Il y a 18 liaisons σ et 5 liaisons π.
Hybridation de l’atome N : sp 2.
25. NONW O
+
Oxyde d’éthylène
109,5°
Acétaldéhyde
109,5°
Alcool vinylique
120°
C
H
H
C
H
C
C
C
C
C
H
H
CPC
C
O
H
H
d) Tous les atomes de carbone sont hybridés sp 2.
e) Les trois angles sont de 120°.
32.
OO
Xe
0
O
O
OO
O
A
Xe
0
O
O
Géométrie des
paires d’électrons
tétraédrique
tétraédrique
Forme
pyramidale
trigonale
tétraédrique
sp 3
sp 3
Hybridation de Xe
∗ )2(π )4(σ )2
33. N2 [électons internes] (σ 2s )2(σ 2s
2p
2p
H
∗ )2(π )4(σ )1
N2+ [électons internes] (σ 2s )2(σ 2s
2p
2p
∗ )2(π )4(σ )2(π ∗ )1
N2– [électons internes] (σ 2s )2(σ 2s
2p
2p
2p
e) L’alcool vinylique a la liaison C C la plus forte (liaison
double) et l’acétaldéhyde a la liaison C O la plus forte
(liaison double).
27. a) Il y a 11 liaisons σ et 1 liaison π.
N2−
N2+
N2
a)
d) Les trois molécules sont polaires.
diamagnétique
paramagnétique
paramagnétique
b) Liaisons π
2
2
1,5
c) Indice de liaison
3
2,5
2,5
d) N2 < N2+ ≈ N2−
b) C(1) = sp 3 ; C(2) = sp 2 ; O(3) = sp 3.
c) Le lien C O est le plus court et le plus fort des liens
CO de cette molécule.
d) Angle A = 109,5° ; angle B < 109,5° ; angle C = 120°.
28. a) C(1) = sp 2 ; O(2) = sp 3 ; N(3) = sp 3 ; C(4) = sp 3 ; P(5) =
sp 3.
b) Angle A = 120° ; angle B = 109,5° ; angle C = 109,5° ;
angle D = 109,5°.
c) Les liaisons P O et O H sont les plus polaires (∆ χ =
1,4).
29. a) La géométrie autour de l’atome B est trigonale plane
dans BF3 et tétraédrique dans H3N
BF3.
2
b) L’hybridation du bore est de type sp dans BF3 et sp
dans H3N
BF3.
3
30. a) L’hybridation de l’antimoine est de type sp 3d dans SbF5
et sp 3d 2 dans SbF6−.
* Dans l’énoncé de l’exercice, on aurait dû lire Ne2+, qui lui est
paramagnétique.
⎯ Longueur de liaison
e) N2+ ≈ N2− < N2
⎯ Force de liaison
34. a) Paramagnétique.
b) Diamagnétique*.
d) Paramagnétique.
e) Diamagnétique.
c) Diamagnétique.
35. a) Atomes de carbone du cycle : sp 2 ; atomes de carbone
de la chaîne : sp 3 ; atome d’azote : sp 3.
b) Angle A = 120° ; angle B = 109,5°; angle C < 109,5°.
c) Vingt-trois liaisons σ et trois liaisons π.
d) La molécule est polaire.
7
e) L’atome H forme une liaison avec N, l’atome le plus électronégatif de la molécule.
36. a) Tous les atomes C sont hybridés sp 3.
b) L’angle de la liaison C
O
H < 109,5°.
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26
CHIMIE GÉNÉRALE
c) Oui, la molécule est polaire.
d) Le cycle à six carbones n’est pas plan. Le cycle pourrait
être plan seulement si les atomes de carbone étaient
hybridés sp 2 (angles de liaison de 120°) comme le
benzène.
37. Dans un conducteur, la bande de valence est partiellement
remplie, ce qui permet aisément la promotion d’électrons
vers des niveaux d’énergie légèrement plus élevés (bande
de conduction). Par contre, dans un isolant, la bande de
valence est complètement remplie et la bande interdite
entre la bande de valence et la bande de conduction est
trop importante pour permettre ces promotions.
38. Le silicium est un meilleur conducteur parce que sa bande
interdite est moins large que celle du diamant.
39. Le germanium devrait être un meilleur conducteur que le
diamant parce que sa bande interdite est beaucoup plus
petite, mais il devrait être moins conducteur qu’un métal
tel le lithium.
40. a) Les formes énol et céto ne sont pas des formes limites de
résonance parce qu’il y a un réarrangement des atomes.
b) Dans la forme énol, les deux atomes de carbone terminaux sont hybridés sp 3, les trois atomes de carbone
centraux sont hybridés sp 2 et l’atome d’oxygène
OH
est hybridé sp3. Dans la forme céto, l’atome de carbone central est hybridé sp 3 et les deux atomes d’oxygène sont hybridés sp 2.
c) Pour l’ensemble des atomes de carbone, la forme correspond à la géométrie des paires d’électrons puisqu’il
n’y a pas de doublets libres sur ces atomes.
Dans la forme énol, la géométrie des atomes de carbone
CH3 est tétraédrique et celle des atomes centraux est
trigonale plane. Dans la forme céto, le carbone central
a maintenant une géométrie tétraédrique.
d) Il n’y a pas d’isométrie cis-trans dans la forme céto, mais
il est possible, théoriquement, pour la forme énol.
41. a) Même si tous les atomes sont hybridés sp 3, les angles de
liaison dans un cycle à trois atomes sont de 60°.
b) sp 3
3
c) L’hybridation sp prévoit des angles de liaison d’environ
109°, ce qui est significativement plus grand que les
angles observés. Le cycle est donc tendu et facile à briser.
(Molécule réactive)
Chapitre 8
1. Forces de Keesom (dipôle-dipôle), forces de Debye
(dipôle-dipôle induit), forces de dispersion de London
(dipôle instantané-dipôle induit), liaison hydrogène.
7
8
2. Des interactions dipôle-dipôle induit (Debye) peuvent se
manifester entre H2O et CO2 en plus des forces de dispersion de London. L’eau est une molécule polaire et le
dioxyde de carbone est une molécule non polaire, même
si elle comporte des liaisons polaires. Le pôle négatif du
dipôle de la molécule d’eau interagit avec le pôle positif du
dipôle de la liaison carbone-oxygène.
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3. N, O et F. Ce sont les atomes du tableau périodique qui
possèdent la plus forte électronégativité, alors que H est
très peu électronégatif. Les liaisons N H, O H et F
H sont donc très polaires, ce qui permet la formation des
liaisons hydrogène.
4. En passant de 4 °C à 0 °C, les molécules d’eau adoptent
graduellement la structure de la glace dans laquelle se forment des cages (et des cavités) en raison des liaisons hydrogène, d’où la plus faible densité de la glace.
5. Après un exercice relativement intense, le corps transpire
et élimine le surplus de chaleur par vaporisation de la sueur.
Dans ce processus naturel, le corps se refroidit.
6. Les longues chaînes hydrocarbonées bougent de façon
aléatoire et s’emmêlent, ce qui augmente la viscosité du
liquide. Le benzène possède une masse molaire beaucoup
plus faible et une structure cyclique. Les forces entre les
molécules de benzène sont donc beaucoup plus faibles, ce
qui lui confère une faible viscosité.
7. Cubique simple : huit atomes, molécules ou ions identiques,
situés aux huit sommets d’un cube.
Cubique centré : semblable à cubique simple, en ajoutant
une particule au centre du cube.
Cubique à faces
centrées :
semblable à cubique simple, en ajoutant
une particule au centre de chaque face
du cube.
8. Les solides ioniques possèdent des points de fusion très
élevés.
9. a) Liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye et
London.
b) Forces de dispersion de London.
c) Liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye et
London.
10. Iode solide : forces de dispersion de London.
CH3OH : liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye et
London.
CH3OH et I2 en solution homogène : forces de Debye
(dipôle-dipôle induit) et forces de dispersion de London.
11. a) Forces de dispersion de London.
b) Forces de dispersion de London.
c) Forces de Keesom, Debye et London.
d) Liaison hydrogène, forces de Keesom, Debye et
London.
e) Forces de dispersion de London.
12. À première vue, l’ordre serait : Ne < CH4 < CO < CCl4
(même si Ne a une masse molaire plus élevée que celle de
CH4, Ne est moins polarisable que la molécule ayant quatre
liaisons), mais dans les faits on observe les points d’ébullition dans l’ordre suivant : Ne (-246 °C) < CO (-192 °C) <
CH4 (-162 °C) < CCl4 (77 °C).
27
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
13. He < CH4 < CH3CH2CH2CH3 < CH3OH. L’hélium (He), le
méthane (CH4) et le butane (CH3CH2CH2CH3) sont
gazeux à 25 °C et à 101,3 kPa.
14. c) HF, d) CH3COOH et f) CH3OH peuvent former des
liaisons hydrogène à l’état liquide.
15. 0,500 mL ×
13, 53 g
1 mL
1 mol
59,11 kJ
×
= 1,99 kJ
200,59 g
1 mol
×
4 O2 – sur des faces ×
1
2
= 2 ions O2 – .
2 O2− à l’intérieur de la maille = 2 ions O2−.
Total = 2 Ti4+ et 4 O2−
Il y a donc deux unités TiO2 dans une maille élémentaire.
24. a) Cubique à faces centrées.
b) Sites tétraédriques.
c) (8 Ca2+ aux sommets ×
16. a) Environ 47 kPa.
1
8
) + (6 Ca2+ sur des faces ×
1
)
2
= 4 Ca2+
b) Éthoxyéthane < éthanol < eau.
8 F− à l’intérieur = 8 F–.
c) L’éthoxyéthane est gazeux, alors que l’éthanol et l’eau
sont à l’état liquide.
La formule est CaF2.
17. a) Lorsque l’eau se refroidit, sa pression de vapeur diminue, ce qui réduit la pression dans le contenant en plastique. Le contenant sera comprimé lorsque la pression
interne sera inférieure à la pression ambiante.
b) Le point d’ébullition normal de l’éthoxyéthane est de
34,6 °C, ce liquide s’évapore donc complètement à la
température du corps (37 °C).
18. a) NH3 (liaison hydrogène).
b) SO2 (molécule polaire).
c) HF (liaison hydrogène).
d) NOCl (masse molaire la plus élevée).
19. CH4 < CO < NH3 < SCl2
CO < CH4 < NH3 < SCl2
(prédiction basée sur l’ordre
croissant de la masse molaire
et de la présence de liaisons
hydrogène dans NH3).
(ordre croissant réel de
température d’ébullition).
25. a) (8 C aux sommets ×
1
)
8
1
2
+ (6 C sur des faces × ) + (4 C
dans la maille) = 8 atomes de carbone.
b) Système cubique à faces centrées avec certains atomes
de carbone sur des sites tétraédriques.
26. a) Forces de dispersion de London.
b) Les forces intermoléculaires entre les couches de carbone dans le graphite sont faibles. Ces couches glissent
donc facilement les unes contre les autres, ce qui permet à une pointe de crayon de glisser sur une feuille de
papier et d’y laisser une marque noire.
27. a) Non. La pente positive de la courbe d’équilibre solideliquide signifie que CO2 (l) est moins dense que CO2 (s).
b) Gazeux.
c) 31 °C
28. a) Le xénon est gazeux à température ambiante et à une
pression de 101 kPa.
b) Le xénon est liquide à 76 kPa et à -114 °C.
b) moins
c) Lorsque la pression d’un échantillon de xénon liquide
est de 51 kPa, sa température se situe entre -117 °C et
-119 °C.
c) ne change pas
d) 25 kPa
d) augmente
e) Le solide est plus dense que le liquide parce que la
courbe d’équilibre solide-liquide a une pente positive.
20. a) plus
21. La température critique du propane se situe bien au-dessus
de la température ambiante, il peut donc être liquéfié. Le
propane liquéfié est couramment utilisé pour le chauffage
et la cuisson.
22. Deux mailles élémentaires possibles :
29. a) Forces de dispersion de London.
b) Liaison hydrogène.
30. a)
101,325
Pression (kPa)
LIQUIDE
Chaque maille élémentaire contient un carré A et huit
carrés B. La formule empirique est donc AB8.
23. 8 Ti4+ aux sommets ×
4+
1
8
= 1 ion Ti4+ .
1 Ti au centre du cube = 1 ion Ti .
GAZ
8
Point triple
0
50
4+
Téb
normal
SOLIDE
Tfus normal
60
70
80
90
100
Température (K)
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28
CHIMIE GÉNÉRALE
b) La masse volumique de l’oxygène liquide est moins élevée que celle de l’oxygène solide parce que la courbe
d’équilibre solide-liquide a une pente positive.
c) T = -196 + 273,15 = 77 K. À cette température, la
pression de vapeur est de 20 à 25 kPa environ.
31. L’huile n’étant pas miscible avec l’eau, ces deux substances
n’ont pas les mêmes forces intermoléculaires. Puisque
l’eau est polaire et forme des liaisons hydrogène, on peut
déduire que les composés contenus dans l’huile végétale
sont peu polaires et ne forment pas de liaison hydrogène.
32. L’acétone forme des liaisons hydrogène avec l’eau, c’est
pourquoi elle l’absorbe si facilement.
Liaison
hydrogène
O
P
-
-
OO
H
HO
c) (diagonale du cube)2 = (longueur de l’arête)2 +
(diagonale de face)2
2
(diagonale du cube) = (longueur de l’arête)2 +
2(longueur de l’arête)2
Diagonale du cube =
3 × (longueur de l’arête)
Diagonale du cube =
3 × 316,5 pm
Diagonale du cube = 548,2 pm
Rayon =
548, 2 pm
= 137,0 pm
4
41. Les forces intermoléculaires sont plus fortes dans le
propanol (liaisons hydrogène) que dans le méthoxyéthane
(dipôle-dipôle).
42. C2H6 (forces de dispersion) < HCl (Keesom) < CH3OH
(liaison hydrogène).
CO
H3C O CH3
43. a) Environ -27 °C.
33. La viscosité de l’éthylène glycol est plus grande en raison
de sa plus grande capacité à faire des liaisons hydrogène
avec ses deux groupements OH (contre un pour l’éthanol).
34. a) ICl (molécule polaire).
b) Krypton (Kr) (masse molaire plus élevée).
c) CH3CH2OH (liaison hydrogène).
35. Le ménisque est concave en raison des forces d’adhésion
entre le méthanol et le silicate du verre.
36. a) 48 kPa
b) Éthanol (plus faible pression de vapeur à toutes les températures).
c) 83 °C
d) CS2 : 46 °C
C2H5OH : 78 °C
C7H16 : 99 °C
e) CS2 : gaz.
C2H5OH : gaz.
C7H16 : liquide.
37. a) Il y a plus de liaisons hydrogène dans l’eau (deux
liaisons O H et deux doublets d’électrons libres sur
O). L’éthanol, qui ne contient qu’une liaison O H,
donne lieu à moins de liaisons hydrogène et a donc une
température d’ébullition plus basse.
b) Les interactions entre les molécules d’éthanol et d’eau
sont très fortes (liaisons hydrogène), ainsi le volume est
légèrement plus petit que la somme des deux volumes.
b) 660 kPa
c) Au début, le jet est rapide parce que le liquide s’évapore
pour former la quantité maximale de vapeur à cette
température avec une pression d’environ 660 kPa.
Quand le gaz s’échappe de la bonbonne, d’autre liquide
s’évapore afin d’atteindre l’équilibre liquide-vapeur. Ce
sont les molécules les plus énergétiques, donc les plus
chaudes, qui s’évaporent, ne laissant que les moins énergétiques. Cela fait baisser la température de la bonbonne, d’où la formation de givre sur les parois extérieures. Cette plus basse température diminue également la pression de vapeur, ce qui ralentit le jet.
d) ii) Refroidir la bonbonne à -78 °C dans de la glace sèche
et ouvrir la valve. Refroidir le cylindre fera condenser
la vapeur et permettra ainsi de vider la bonbonne plus
facilement.
44. Volume de la maille élémentaire :
4 atomes de Ir
maille
×
192,22 g
1 cm3
×
×
22,56 g
1 mol
1 mol
6,022 × 1023 atomes de Ir
Longueur des arêtes de la maille :
V = 5,659 × 10−23 cm3 = (longueur de l’arête)3.
38. CO2 < CH3Cl < HCOOH
Longueur de l’arête =
39. 15,5 g ×
8
1 mol de C6 H6
9,95 kJ
×
= 1,97 kJ d’énergie
78,11 g
1 mol
Diagonale de face =
La quantité d’énergie requise pour la fusion est de 1,97 kJ
(+1,97 kJ).
Rayon =
40. a) Cubique centrée.
3
5,659 × 10 –23 cm3 = 3,839 × 10−8 cm.
Rayon :
(diagonale de face)2 = 2(longueur de l’arête)2
libérée (-1,97 kJ)
b) (8 W aux sommets ×
= 5,659 × 10 –23 cm3
2 × longueur de l’arête = 4 × rayon.
2 × 3,839 × 10 –8 cm
4
= 1,357 × 10 –8 cm
= 135,7 pm
1
)
8
+ (1 W au centre) = 2 atomes
W par maille élémentaire.
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45. Calculez la masse d’un atome de fer et comparez-la à la
masse d’une mole de fer.
29
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
⎛
1m
102 cm ⎞
V = ⎜ 286, 65 pm × 12
×
⎟
⎜⎝
10 pm
1 m ⎟⎠
3
c) 1,34 bar ×
7, 874 g
1 cm3
×
1 maille
2 atomes de Fe
= 9,273 × 10−23 g/atome de Fe
55, 845 g /mol de Fe
9,273 × 10 –23 g /atome de Fe
= 6,022 × 1023 atomes de Fe/mol
Chapitre 9
1. Dans les conditions normales de température et de pression (TPN), T = 273,15 K (0 °C) et P = 101,325 kPa.
Le volume occupé par une mole de gaz à TPN est de
22,414 L.
1 bar
7. 363 mm de Hg ×
101, 325 kPa
= 48, 4 kPa
760 mm de Hg
0,256 atm ×
101, 325 kPa
0,523 bar ×
100 kPa
1 atm
0,256 atm < 363 mm de Hg < 0,523 bar < 363 kPa
8. V 2 =
56, 5 mm de Hg × 125 mL
P1V1
=
= 113 mL
P2
62, 3 mm de Hg
9. V 2 =
T2V1
310,15 K × 3, 5 L
=
= 3, 7 L
T1
295,15 K
10. a) 150 mL de NO ×
Pour la réaction 2 H2 (g) + O2 (g)
2 H2O (g), 3 mol
de H2 à TPN (67,2 L) nécessitent 1,5 mol de O2 (33,6 L)
pour produire 3 mol de H2O (67,2 L).
b) 150 mL de NO ×
3. a) La pression d’un mélange de gaz (Ptot) est égale à la
somme des pressions partielles de chacun des gaz constituant le mélange (PA, PB, PC, etc.).
11. a) 5,2 L de C2 H6 ×
b) PO2
4. La vitesse d’effusion d’un gaz est inversement proportionnelle à la racine carrée de sa masse molaire.
vitesse d’effusion du gaz A
=
vitesse d’effusion du gaaz B
MB
MA
Posons H2 = B.
1
=
4
2, 02 g/mol
MB
MB = 32,3 g/mol
Ce gaz pourrait être O2.
5. 440 mm de Hg ×
440 mm de Hg ×
b) 5,2 L de C2 H6 ×
12. P2 =
6 L de H2 O
= 16 L de H2 O
2 L de C2 H6
État final
Pf = ?
Vi = 135 mL
Vf = 252 mL
ni
nf = ni
Ti = 22,5 + 273,15 = 295,65 K Tf = 0,0 + 273,15 = 273,15 K
Pi
T
V
= i × f
Pf
Tf
Vi
650 kPa est la pression la plus élevée.
7 L de O2
= 18 L de O2
2 L de C2 H6
Pi = 22,0 kPa
101, 325 kPa
= 58, 7 kPa
760 mm de Hg
101, 325 kPa
= 71,2 kPa
b) 534 mm de Hg ×
760 mm de Hg
2 mL de NO2
= 150 mL de NO2
2 mL de NO
13. État initial
Pi =
0,754 bar est la pression la plus élevée.
1 mL de O2
= 75 mL de O2
2 mL de NO
P1T2
48 kPa × 268,15 K
=
= 43 kPa
T1
298,65 K
1 atm
= 0,579 atm
760 mm de Hg
101, 325 kPa
1 bar
×
= 0,712 bar
6. a) 534 mm de Hg ×
760 mm de Hg
100 kPa
= 25,9 kPa
= 52,3 kPa
1 bar
2. La loi d’Avogadro stipule que des volumes égaux de gaz,
dans les mêmes conditions de température et de pression,
contiennent le même nombre de molécules.
= χ O2 Ptot = 0,21 × 100 kPa = 21 kPa
= 134 kPa
934 kPa est la pression la plus élevée.
= 2,3554 × 10−23 cm3
2,3554 × 10 –23 cm3 ×
100 kPa
n i RTi
Vi
Pf = Pi
Pf =
n f RTf
n RT
= i f
Vf
Vf
⎛ 273,15 K ⎞ ⎛ 135 mL ⎞
Tf V i
= (22, 0 kPa)⎜
⎟⎜
⎟ = 10,9 kPa
TV
⎝ 295, 65 K ⎠ ⎝ 252 mL ⎠
i f
14. 1,25 g de CO2 ×
750 mL ×
1 mol
44,01 g
= 0,0284 mol de CO2
1L
= 0,750 L
103 mL
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8
9
30
CHIMIE GÉNÉRALE
P =
0, 0284 mol × 8, 314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 295, 65 K
nRT
=
V
0, 750 L
= 93,1 kPa
8,0 g de Ar ×
1000 g
15. 30,0 kg de He ×
1 kg
×
1 mol
4,003 g
= 7494
nRT (7,49 × 103 mol )(8,314 kPa i L i mol –1 i K −1 )(295,15 K )
=
P
122 kPa
= 1,51 × 105 L
251 cm3 ×
1 mL
1 cm
46, 07 g
1L
×
3
103 mL
= 0, 0326 mol de C2 H5 OH
1 mol
= 0,20 mol de Ar
39,95 g
Ptot =
ntot RT 0,70 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 300,15 K
=
V
3,0 L
= 5,8 × 102 kPa
PA = χAPtot
PH2S = 0,045 × 4661 kPa = 2,1 × 102 kPa
PCO2 = 0,030 × 4661 kPa = 1,4 × 102 kPa
= 0,251 L
0,0326 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 523,15 K
nRT
P =
=
V
0,251 L
PN2 = 0,925 × 4661 kPa = 4,31 × 103 kPa
24. a)
= 564 kPa
17. n =
= 0,50 mol de H2
23. χ N2 = 1 – (0,045 + 0,030) = 0,925
1 mol
16. 1, 50 g de C2 H5 OH ×
1 mol
2,016 g
ntot = 0,50 mol + 0,20 mol = 0,70 mol
= 7,49 × 103 mol de He
V =
22. 1,0 g de H2 ×
111 kPa × 5, 0 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
mol d’halothane
23 kPa
=
= 0, 30
mol de O2
76 kPa
b) 160 g de O2 ×
1 mol
32,00 g
×
0, 30 mol d’halothane
197, 37 g
×
1 mol de O2
1 mol d’halothane
= 0,22 mol de He
0,22 mol de He ×
18. ρ =
4,003 g
1 mol
= 3,0 × 102 g d’halothane
= 0,90 g de He.
25. a) n =
31,1 kPa × 74,12 g i mol –1
PM
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
= 0,930 g/L
19. M =
ρRT 1,25 g i L–1 × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
=
P
26,0 kPa
= 119 g/mol
20. ρ =
M =
i
K
–1
× 296,15 K
9
M =
1 mol
= 2,07 g de He.
0,517 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 294, 65 K
nRT
=
V
26,0 L
χ He = 48,7 kPa = 0, 481
101, 3 kPa
χ O = 52,6 kPa = 0, 519
2
101, 3 kPa
12,5 mg
21. ρ =
= 0,100 g/L
125 mL
760 mm de Hg
b) P =
4,003 g
d) PA = χAPtot
–1
= 57,6 g/mol
24,8 mm de Hg ×
0,517 mol de He ×
c) PO2 = Ptot – PHe = 101,3 kPa – 48,7 kPa = 52,6 kPa
ρRT 2,23 g i L × 8,314 kPa i L i mol
=
95,3 kPa
P
101, 325 kPa
= 0,517 mol de He
= 48,7 kPa
1, 007 g
= 2,23 g/L
0,452 L
–1
101, 3 kPa × 12, 5 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K −1 × 294, 65 K
= 3,31 kPa
ρRT 0,100 g i L–1 × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
=
P
3,31 kPa
= 75,0 g/mol
d) B6H10 (M = 74,946 g/mol)
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26. La masse molaire de l’argon (40 g/mol) est supérieure à
celle de l’azote (28 g/mol). Ainsi, pour des échantillons
de masses égales, il y a plus de moles de N2 que de moles
de Ar.
a) Vrai. Comme il y a plus de moles de N2 que de Ar, il y
a donc plus de molécules aussi.
b) Faux. La pression est directement proportionnelle au
nombre de moles de gaz présent. La pression est donc
plus élevée dans le flacon contenant l’azote.
31
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
c) Faux. Le gaz ayant la masse molaire la plus petite (N2)
aura une vitesse moyenne plus élevée.
n =
d) Vrai. Les molécules d’azote, ayant une vitesse moyenne
plus élevée que les molécules d’argon et étant en plus
grand nombre, entrent en collision plus souvent avec
les parois du flacon.
27.
v2 =
3RT
=
M
= 29,1 mol de CO2
29,1 mol de CO2 ×
3(8,314 kg i s −2 i m2 i mol –1 i K –1 )298,15 K
28,01 × 10 –3 kg i mol –1
115 kPa × 628 L
PV
=
RT
15 K
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,1
33. T2 =
44,01 g
1 mol
= 1,28 × 103 g de CO2
V 2T1
21,5 mL × 363,15 K
=
= 306 K = 33 °C
V1
25,5 mL
= 265 493 m2 i s −2 = 515 m/s
2
399, 95 g/mol
v CO
3RT /M CO
v de CO
M Ar
=
=
=
=
= 1,194
M
v de Ar
2
3RT /M Ar
28, 01 g/mol
CO
v Ar
34.
v2 =
3(8,314 kg i s −2 i m2 i mol –1 i K –1 )240,15 K
3RT
=
M
4, 003 × 10 –33 kg i mol –1
= 1,22 × 103 m/s
Nouvelle vitesse = (1,22 × 103 m/s)(1,10) = 1,35 × 103 m/s
28. Ordre croissant de la vitesse moyenne :
CH2F2 <
Masse molaire (g/mol) : 51
Ar
<
40
N2
1,35 × 103 m/s =
< CH4
28
b) N2 (28 g/mol) effuse plus vite que O2 (32 g/mol).
c) C2H4 (28,1 g/mol) effuse plus vite que C2H6
(30,1 g/mol).
T = 290,58 K = 17 °C
35. n2 =
d) CFCl3 (137 g/mol) effuse plus vite que C2Cl2F4
(171 g/mol).
vitesse d’effusion de He
1
(vitesse d’effusion de He)
3
masse2 =
=3=
M inconnu
4, 003 g/mol
vitesse d’effusion de I2
=
vitesse d’effusion du fluorure d’uranium
⎞
⎟
⎟⎠
V
2×V
2 atm
296,15 K
1 atm
268,15 K
(2 atm)(V )
PV
(
R
)(296,15 K )
nHe
= RT =
(1 atm)(2 × V )
PV
n H2
RT
(R )(268,15 K )
M fluorure d’uranium
M I2
M fluorure d’uranium
=
253,, 8 g/mol
M fluorure d’’uranium
(0,003 34)2(M fluorure d’uranium )2 =
b) Si le ballon d’hydrogène contient 1 mol (2,02 g) de H2, le
ballon d’hélium contient 0,9 mol (4,003 g/ mol × 0,9 mol =
3,6 g) de He. Ainsi, le ballon rempli d’hélium contient
la plus grande masse.
253, 8 g/mol
Mfluorure d’uranium = 353 g/mol
⎛
100 cm ⎞
5
3
32. V = πr 2l = π(10,0 cm)2 ⎜ 20,0 m ×
⎟ = 6,28 × 10 cm
1m ⎠
⎝
1 mL
3
×
1L
1000 mL
= 628 L
0,9 mol de He
268,15
=
296,15
1 mol de H2
Il y a plus de molécules de H2 que de He.
37. T =
1 cm
Ballon d’hydrogène
=
⎛ 0,0177 g
⎞
1
×
⎜
⎟
M fluorure d’uranium ⎠
⎝ 1h
V = 6,28 × 105 cm3 ×
Ballon d’hélium
Pression
Température
a)
⎛ 0,0150 g
1 mol
×
⎜
⎜⎝ 1 h
253,8 g
⎛ 300,15 K ⎞
masse1T1
= 12, 0 g ⎜
⎟ = 12,9 g de O2
T2
⎝ 278,15 K ⎠
Volume
Minconnu = 36 g/mol
31.
masse (g)
n1T1
et n de O2 =
32, 00 g/mol
T2
36.
vitesse d’effusion de He
vitesse d’effusion du gaz inconnu
=
4, 003 × 10 –3 kg i mol –1
16
29. a) F2 (38 g/mol) effuse plus vite que CO2 (44 g/mol).
30.
3(8,314 kg i s −2 i m2 i mol –1 i K −1 )T
735 kPa × 1, 52 L
PV
=
nR
0,406 mol × 8,314 kPa i L i mol –11 i K −1
= 331 K = 58 °C
38. 100,00 % – (11,79 % de C + 69,57 % de Cl) = 18,64 % de F
Supposez 100 g de composé.
11,79 g de C ×
1 mol
12,01 g
9
= 0,9816 mol de C
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32
CHIMIE GÉNÉRALE
1 mol
69,57 g de Cl ×
18,64 g de F ×
35,453 g
1 mol
18,998 g
Comme la masse molaire de l’argon est largement supérieure aux masses molaires de H2 et de He, l’échantillon b) est le plus lourd (0,045 mol × 39,9 g/ mol = 1,8 g).
= 1,962 mol de Cl
= 0,9812 mol de F
41. He : P2 =
19, 3 kPa × 3, 0 L
P1V1
=
V2
5, 0 L
= 12 kPa
Ar : P2 =
47, 3 kPa × 2, 0 L
P1V1
=
V2
5, 0 L
= 19 kPa
0,9816 mol de C 1 mol de C
=
0,9812 mol de F
1 mol de F
Ptot = 12 kPa + 19 kPa = 31 kPa
1,962 mol de Cl
2 mol de Cl
=
0,9812 mol de F
1 mol de F
42. 7 × 10 –5 mg de PH3 ×
La formule empirique est CCl2F
M =
ρRT
=
P
⎛ 0,107 g ⎞
–1
–1
⎜
⎟ × 8,314 kPa i L i mol i K × 298,15 K
⎝ 0, 458 L ⎠
P =
= 204 g/mol
×
1 mol
33,99 g
–9
–1
–1
nRT (2 × 10 mol )(8,314 kPa i L i mol i K )(298,15 K )
=
1L
V
= 5 × 10−6 kPa
Masse de la formule empirique (CCl2F) : 102 g/mol.
La formule moléculaire est C2Cl4F2.
1000 mg
= 2 × 10−9 mol de PH3
2,84 kPa
204 g/mol
=2
102 g/mol
1g
43.
3,17 kPa
n
P
=
=
V
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
= 1,28 × 10−3 mol/L
39. a) 0,95 g de (NH4 )2 Cr2 O7 ×
1 mol
252,10 g
×
1,28 × 10 –3 mol
1L
5 mol de gaz
= 0, 019 mol de gaz formé.
1 mol de (NH4 )2 Cr2 O7
P =
ntot RT 0,019 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 296,15 K
=
V
15,0 L
= 3,1 kPa
⎛ 1 mol de N2 ⎞
b) PN2 = ⎜
⎟ 3,1 kPa = 0,62 kPa
⎝ 5 mol de gaz ⎠
⎛ 4 mol de H2 O ⎞
PH2O = ⎜
⎟ 3,1 kPa = 2,5 kPa
⎝ 5 mol de gaz ⎠
40. a) 1,0 L de H2 ×
b) 1,0 L de Ar ×
c) n =
d) n =
9
1 mol
22,414 L
1 mol
22,414 L
= 0,045 mol de H2
×
6, 022 × 1023 molécules
1 mol
×
1L
1000 mL
×
1 mL
= 7,70 × 1017 molécules de H2 O/cm3
1 cm3
44. a) NO2 (46 g/mol) < O2 (32 g/mol) < NO (30 g/mol)
b) 20 kPa ×
1 mol de O2
= 10 kPa
2 mol de NO
c) 20 kPa ×
2 mol de NO2
= 20 kPa
2 mol de NO
45. a) La masse molaire de O2 (32 g/mol) est inférieure à celle
de CO2 (44 g/mol). Ainsi, pour des échantillons de
masses égales, il y a plus de moles de O2, ce qui exerce
une plus grande pression.
b) Oui, parce que O2 est plus léger que CO2.
c) L’énergie cinétique moyenne est la même pour les deux
gaz, car ils sont à la même température.
= 0,045 mol de Ar
101 kPa × 1, 0 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 300,15 K
= 0,040 mol de H2
120 kPa × 1, 0 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 273,15 K
= 0,053 mol de He
Le nombre de molécules étant proportionnel au nombre de moles, l’échantillon d) contient le plus de molécules et l’échantillon c) en contient le moins.
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46. Les forces intermoléculaires deviennent plus importantes
lorsque les molécules se rapprochent.
a) Oui.
b) Oui.
c) Non, car le volume doit augmenter.
47. 165 g de CO2 ×
a) P =
1 mol
44,01 g
= 3,75 mol de CO2
3,75 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
nRT
=
12,5 L
V
= 743 kPa
33
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
2
⎛
⎡n ⎤ ⎞
b) ⎜ P + a ⎢ ⎥ ⎟ (V – bn ) = nRT
⎣V ⎦ ⎠
⎝
P =
P =
nRT
⎛n⎞
− a⎜ ⎟
⎝V ⎠
V – bn
b) 65 mol de CO ×
2
3, 75 mol × 8, 314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
12, 5 L – (0, 0427 L i mol –1 × 3,75 mol )
–
⎛ 3, 75 mol ⎞
(364 kPa i L2 i mol –2 )⎜
⎟
⎝ 12, 5 L ⎠
2 mol de Fe
= 43 mol de Fe
3 mol de CO
6. Dissoudre dans l’eau une masse connue d’un échantillon
du minerai. Y ajouter une solution de AgNO3 pour faire
précipiter tous les ions chlorure sous forme de AgCl, filtrer,
sécher et peser. Convertir la masse de AgCl en moles,
calculer le nombre de moles de NaCl
2
P = 720 kPa
b) Cu2S (s) + O2 (g)
1. Une équation chimique équilibrée donne la formule chimique, l’état physique et la quantité relative des réactifs et
des produits.
2. a) N2 (g) + 3 H2 (g)
2 NH3 (g)
b) Le rapport stœchiométrique
⎛ 2 mol de NH3 ⎞
⎜
⎟
⎝ 1 mol de N2 ⎠
.
4 H2O (l) + 7 CO2 (g)
d) 2 Cr (s) + 3 Cl2 (g)
2 CrCl3 (s)
Si (s) + 2 CO (g)
f) 3 Fe (s) + 4 H2O (g)
Fe3O4 (s) + 4 H2 (g)
g) BF3 (g) + 3 H2O (l)
3 HF (aq) + H3BO3 (l)
4. a) À l’aide de la masse molaire de Zn, convertir la masse
de zinc en moles. Calculer le nombre de moles de ZnI2
en utilisant le rapport stœchiométrique :
b) AlCl3 (s) + 3 H2O (l)
3 MgO (s) + 2 Fe (s)
Réactif : oxyde de fer (III).
Produit : oxyde de magnésium.
Al(OH)3 (s) + 3 HCl (aq)
Réactifs : chlorure d’aluminium et eau.
Produits : hydroxyde d’aluminium et acide chlorhydrique (ou chlorure d’hydrogène).
c) 2 NaNO3 (s) + H 2SO4 (l)
Convertir les moles de ZnI2 à l’aide de sa masse molaire.
b) Le rendement d’une réaction =
× 100 %
5. a) Dans le mélange il y a :
=
2,6 mol de CO
1 mol de Fe2 O3
La réaction requiert 3 mol de CO pour 1 mol de Fe2O3,
mais le mélange n’en contient que 2,6 mol. Donc, CO
est le réactif limitant.
Une autre façon de déterminer le réactif limitant est de
calculer le nombre de moles nécessaires d’un des réactifs :
25 mol de Fe2 O3 ×
3 mol de CO
1 mol de Fe2 O3
Produits : sulfate de sodium et acide nitrique.
(ou : 65 mol de CO ×
1 mol de Fe2 O3
3 mol de CO
= 22 mol de Fe2O3 nécessaires.
On voit bien que Fe2O3 est en excès avec 25 mol.)
Ni(NO3)2 (aq) + CO2 (g) +
H2O (l)
Réactifs : carbonate de nickel (II) et acide nitrique.
Produits : nitrate de nickel (II), dioxyde de carbone et
eau.
e) 4 NH3 (aq) + 5 O2 (g)
4 NO (g) + 6 H2O (l)
Réactif : ammoniaque.
Produits : oxyde d’azote et eau.
9. a) 6,0 mol de Al ×
b) 6,0 mol de Al ×
3 mol de O2
= 4,5 mol de O2
4 mol de Al
2 mol de Al2 O3
101,96 g
×
4 mol de Al
1 mol dee Al2 O3
= 3,1 × 102 g de Al2O3
= 75 mol de CO nécessaires.
Puisque le mélange ne contient que 65 mol de CO,
celui-ci est le réactif limitant.
Na 2SO4 (s) + 2 HNO3 (l)
Réactifs : nitrate de sodium et acide sulfurique.
d) NiCO3 (s) + 2 HNO3 (aq)
Ainsi, il manque la masse de ZnI2 réellement obtenue
à la suite de la réaction.
65 mol de CO
25 mol de Fe2 O3
2 Cu (s) + SO2 (g)
e) SiO2 (s) + 2 C (s)
8. a) Fe2O3 (s) + 3 Mg (s)
masse réelle
masse théorique
2 Cr2O3 (s)
c) C6H5CH3 (l) + 9 O2 (g)
3. a) et b) Utilisez les coefficients stœchiométriques de l’équation équilibrée : 2000 atomes de Al réagissent avec 3000 molécules de Br2 pour former 1000 molécules de Al2Br6.
⎛ 1 mol de ZnI2 ⎞
⎟.
⎜
⎝ 1 mol de Zn ⎠
et
convertir en grammes. La masse de NaCl divisée par la
masse de l’échantillon × 100 % donne la teneur en NaCl
dans le minerai.
7. a) 4 Cr (s) + 3 O2 (g)
Chapitre 10
⎛ 1 mol de NaCl ⎞
⎜
⎟
⎝ 1 mol de AgCl ⎠
10. a) Al(OH)3 (aq) + 3 HCl (aq)
b) 0,750 g de Al (OH)3 ×
AlCl3 (aq) + 3 H2O (l)
1 mol de Al(OH)3
78,00 g
×
3 mol de HCl
36,46 g
×
= 1, 05 g de HCl
1 mol de Al(OH)3
1 mol de HCl
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9
10
34
CHIMIE GÉNÉRALE
c) 0,750 g de Al(OH)3 ×
1 mol de Al(OH)3
×
78,00 g
15. n =
3 mol de H2 O
18,02 g
= 0,520 g de H2 O
×
1 mol de Al(OH)3
1 mol de H2 O
11. a) 4 Fe (s) + 3 O2 (g)
b) 2,68 g de Fe ×
55,85 g
×
2 mol de Fe2 O3
×
4 mol de Fe
159,7 g
= 3,83 g de Fe2 O3
1 mol de Fe2 O3
c) 3,83 g de Fe2O3 − 2,68 g de Fe = 1,15 g de O2.
12. a) CH4 (g) + 2 O2 (g)
CO2 (g) + 2 H2O (l)
1 mol de CH4
16,04 g
×
2 mol de O2
×
1 mol de CH4
32, 00 g
= 102 g de O2
1 mol de O2
c) 25,5 g de CH4 + 102 g de O2 = 128 g de réactifs = 128 g
de produits.
13. a) 0,095 g de C8 H18 ×
4 mol de KO2
71,10 g
×
= 52,6 g de KO2
2 mol de CO2
1 mol
0,370 mol de CO2 ×
2 Fe2O3 (s)
1 mol de Fe
b) 25,5 g de CH4 ×
102 kPa × 8, 90 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 295,15 K
= 0,370 mol de CO2
1 mol
114,22 g
= 8,3 × 10−4 mol de C8H18
16. a) (NH4)2CO3 (aq) + Cu(NO3)2 (aq)
2−
3
CO
2+
(aq) + Cu (aq)
CuCO3 (s) + NH4NO3 (aq)
CuCO3 (s)
b) Pb(OH)2 (s) + HCl (aq)
PbCl2 (s) + H2O (l)
−
+
Pb(OH)2 (s) + 2 H (aq) + 2 Cl (aq)
17. a) CH3COOH (aq) + NaOH (s)
PbCl2 (s) + 2 H2O (l)
NaCH3COO (aq) + H2O (l)
Acide acétique; hydroxyde de sodium; acétate de sodium;
eau.
b) 2 HNO3 (aq) + Ba(OH)2 (s)
Ba(NO3)2 (aq) + 2 H2O (l)
Acide nitrique; hydroxyde de baryum; nitrate de baryum;
eau.
18. a) Ba(OH)2 (s) + 2 HCl (aq)
BaCl2 (aq) + 2 H2O (l)
Réaction acidobasique.
b) 2 HNO3 (aq) + CoCO3 (s)
Co(NO3)2 (aq) + H2O (l) +
CO2 (g)
Réaction avec dégagement gazeux.
c) 2 Na3PO4 (aq) + 3 Cu(NO3)2 (aq)
Cu3(PO4)2 (s) +
6 NaNO3 (aq)
Réaction de précipitation.
8,3 × 10 –4 mol de C8 H18
18 mol de H2 O
×
2 mol de C8 H18
= 0,0075 mol de H2O
PH2O =
nH2O RT
=
V
0,0075 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 303,15 K
4,75 L
20. 2,335 g de K 2 Cr2 O7 ×
= 4,0 kPa
b) 8,3 × 10 –4 mol de C8 H18 ×
25 mol de O2
2 mol de C8 H18
[K 2Cr2O7] =
= 0,010 mol de O2
PO2 =
nO2 RT
V
=
0,010 mol × 8,314 kPa i L i mol
19. a) Cr2O72− est l’espèce réduite et l’agent oxydant ; Sn2+ est
l’espèce oxydée et l’agent réducteur.
b) FeS est l’espèce oxydée et l’agent réducteur; NO3− est l’espèce réduite et l’agent oxydant.
–1
i
K
–1
× 295,15 K
4,75 L
47,5 kPa × 5, 20 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
= 0,0996 mol de SiH4
0,0996 mol de SiH4 ×
V =
10
2 mol de O2
= 0,199 mol de O2
1 mol de SiH4
0,199 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
nRT
=
56,7 kPa
P
= 8,71 L de O2
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= 0,007 937 mol de K 2Cr2O7
294,18 g
0, 007 937 mol
= 0, 0159 mol/L
0, 500 L
Concentration des ions :
[K+] = 2 × [K 2Cr2O7] = 2 × 0,0159 mol/L = 0,0318 mol/L
[Cr2O72−] = [K 2Cr2O7] = 0,0159 mol/L
= 5,4 kPa
14. n =
1 mol
21. 25,0 g de NaOH ×
1 mol
40, 00 g
×
1L
×
0,123 mol de NaOH
1000 mL
1L
22. 0,250 L ×
0,15 mol de H2 C2 O4
1L
×
90,04 g
1 mol
= 5,08 × 103 mL
= 3,4 g de H2C2O4
Peser 3,4 g de H2C2O4 et les transférer dans une fiole jaugée de 250 mL. Ajouter une petite quantité d’eau distillée et agiter jusqu’à dissolution complète. Ajouter de nouveau
35
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
de l’eau jusqu’à ce que le bas du ménisque coïncide avec
le trait de jauge de la fiole. Boucher la fiole et agiter pour
rendre la solution homogène.
23. 50,0 mL ×
1L
×
1000 mL
0,125 mol de HNO3
1L
×
1 mol de Na 2 CO3
106,0 g
= 0,331 g de Na2CO3
×
2 mol de HNO3
1 mol de Na 2 CO3
b)
112 g de CaO ×
1L
×
1000 mL
0, 546 mol de NaOH
1L
1 mol
16, 04 g
= 62,0 mol de CH4
Quantité de H2O =
2510 g de H2 O ×
1 mol
18, 02 g
= 139,3 mol de H2 O
139, 3 mol de H2 O 2,25 mol de H2 O
1 mol de H2 O
=
>
62, 0 mol de CH4
1 mol de CH4
1 mol de CH4
CH4 est le réactif limitant.
b) 62,0 mol de CH4 ×
3 mol de H2
2, 016 g
×
1 mol de CH4
1 mol de H2
= 375 g de H2
180, 2 g
= 130 g d’aspirine
1 mol de C 9 H8 O4
100 g de C4 H6 O3 ×
1 mol C4 H6 O3
1 mol de C 9 H8 O4
×
×
102,1 g
1 mol de C4 H6 O3
180, 2 g
= 176 g d’aspirine
1 mol de C 9 H8 O4
La quantité maximale d’aspirine pouvant être formée est
de 130 g (C7H6O3 est le réactif limitant).
28. Rendement =
masse réelle
16,3 g
× 100 % =
× 100 % = 24,0 %
masse théorique
68,0 g
29. a) 10, 0 g de CH3 SH ×
77,3 mol de H2 O ×
26. a) 112 g de CaO ×
18,02 g
1 mol
= 1,39 × 103 g de H2 O
1 mol de CaO
56,08 g
×
2 mol de NH3
×
1 mol de CaO
17,03 g
= 68,0 g de NH3
1 mol de NH3
224 g de NH4 Cl ×
1 mol de NH4 Cl
53, 49 g
×
2 mol de NH3
×
2 mol de NH4 Cl
17,03 g
= 71,3 g de NH3
1 mol de NH3
La quantité maximale de NH3 pouvant être formé est
de 68,0 g (CaO est le réactif limitant).
1 mol de CH3 SH
48,11 g
×
1 mol de CH3 COSCH3
90,15 g
×
2 mol de CH3 SH
1 mol de CH3 COSCH3
= 9,37 g de CH3COSCH3
b) Rendement =
c) Sachant que 1 mol de CH4 réagit avec 1 mol de H2O,
139,3 mol de H2O − 62,0 mol de H2O ayant réagi =
77,3 mol de H2O en excès.
2 mol de NH4 Cl
×
1 mol de CaO
1 mol de C7 H6 O3 1 mol de C 9 H8 O4
×
×
1 mol de C7 H6 O3
138,1 g
25. a) Quantité de CH4 =
995 g de CH4 ×
×
224 g de NH4Cl − 214 g de NH4Cl ayant réagi = 10 g
de NH4Cl en excès.
×
1 mol de H2 C2 O4
1L
= 0,0769 L (76,9 mL)
×
2 mol de NaOH
0,125 mol de H2 C2 O4
56,08 g
53,49 g
= 214 g de NH4 Cl ayant réagi.
1 mol de NH4 Cl
27. 100 g de C7 H6 O3 ×
24. 35,2 mL ×
1 mol de CaO
30. 10, 0 g de CuSO4 ×
8,65 g
× 100 % = 92, 3 %.
9,37 g
1 mol de CuSO4
159, 6 g
×
1 mol de [Cu(NH3 )4 ]SO4
×
1 mol de CuSO4
227, 7 g
= 14,3 g de [Cu(NH3)4]SO4
1 mol de [Cu (NH3 )4 ]SO4
Masse réelle = Rendement × masse théorique.
Masse réelle = 0,88 × 14,3 g = 12,6 g de [Cu(NH3)4]SO4
31. 1,245 g de mélange − 0,832 g de mélange déshydraté =
0,413 g de H2O.
0, 413 g de H2 O ×
1 mol de H2 O
18, 02 g
×
1 mol de CuSO4 i 5 H2 O
×
5 mol de H2 O
249, 7 g
= 1,14 g de CuSO4 i 5 H2 O
1 mol de CuSO4 i 5 H2 O
1,14 g de CuSO4 i 5 H2 O
× 100 % = 91,9 % de CuSO4 i 5 H2O
1, 245 g de mélange
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10
36
CHIMIE GÉNÉRALE
32. Tl2SO4 (aq) + 2 NaI (aq)
0,1964 g de TlI ×
2 TlI (s) + Na2SO4 (aq)
1 mol de TlI
331,29 g
×
1 mol de Tl2 SO4
×
2 mol de TlI
504, 83 g
= 0,1496 g de Tl2 SO4
1 mol de Tl2 SO4
0,1496 g de Tl2 SO4
× 100 % = 1,467 % de Tl2 SO4 .
10, 20 g d’échantillon
1 mol de Al2 O3
33. 0,127 g de Al2 O3 ×
×
102,0 g
2 mol de Al
×
1 mol de Al2 O3
26,98 g
= 0,0672 g de Al
1 mol de Al
0,0672 g de Al
× 100 % = 8,79 % d’aluminium.
0,764 g d’échantillon
34. a) 0, 364 g de CO2 ×
1 mol de CO2
×
44, 01 g
1 mol de C
1 mol de CO2
= 0,00827 mol de C
0, 0596 g de H2 O ×
1 mol de H2 O
18, 02 g
2 mol de H
×
1 mol de H2 O
= 0,00661 mol de H
0, 008 27 mol de C 1, 25 mol de C 5 mol de C
=
=
0, 006 61 mol de H
1 mol de H
4 mol de H
La formule empirique est C5H4.
Formule moléculaire : C10H8.
35. a) 0,263 g de SxCly − 0,125 g de S = 0,138 g de Cl
1 mol
32,07 g
0,138 g de Cl ×
1 mol
35, 45 g
= 0,003 90 mol de S
44, 01 g
= 0, 003 89 mol de Cl
= 2,27 × 10−3 mol de CO
2, 27 × 10 –3 mol de CO
4 mol de CO
=
1 mol de Ni
5, 70 × 10 –4 mol de Ni
La formule empirique est Ni(CO)4.
37. 1,45 g de NaOH ×
1 mol de NaOH
40, 00 g
1L
1000 mL
×
= 44, 6 mL de HCl
0, 812 mol de HCl
1L
38. 2,150 g de Na 2 CO3 ×
1 mol de Na 2 CO3
105,99 g
×
2 mol de HCl
×
1 mol de Na 2 CO3
1
= 1, 052 mol/L de HCl
0, 038 55 L
39. a) CO2 (g) + 2 NH3 (g)
NH2CONH2 (s) + H2O (l)
b) 2 NaBH4 (s) + H2SO4 (aq)
B2H6 (g) + 2 H2 (g) +
Na2SO4 (aq)
c) TiO2 (s) + 2 Cl2 (g) + 2 C (s)
TiCl4 (l) + 2 Mg (s)
TiCl4 (l) + 2 CO (g)
Ti (s) + 2 MgCl2 (s)
d) Ca3(PO4)2 (s) + 2 H2SO4 (aq)
e) (NH4)2Cr2O7 (s)
Ca(H2PO4)2 (aq) +
2 CaSO4 (s)
N2 (g) + 4 H2O (l) + Cr2O3 (s)
Mg(NO3)2 (aq) + 2 NO2 (g)+
2 H2O (l)
b) Acide nitrique, nitrate de magnésium, dioxyde d’azote,
eau.
c) Mg (s) + 4 H+ (aq) + 2 NO3− (aq)
Mg2+ (aq) + 2 NO2 (g) +
2 H2O (l)
d) Mg est le réducteur et HNO3 est l’oxydant.
Zn(OH)2 (s) + 2 HCl (aq)
ZnCl2 (aq) + 2 H2O (l)
Lorsque la réaction est complète, évaporez l’eau pour
isoler le ZnCl2.
ZnCO3 (s) + 2 HCl (aq)
c) Réaction d’oxydoréduction.
Zn(s) + 2 HCl (aq)
La formule moléculaire est S2Cl2.
ZnCl2 (aq) + H2O (l) +
CO2 (g)
Zn(s) + Cl2 (g)
ZnCl2 (aq) + H2 (g) ou
ZnCl2 (s).
42. a) (NH4)2PtCl4 (aq) + 2 NH3 (aq)
10
1 mol de HCl
×
1 mol de NaOH
×
b) Réaction avec dégagement gazeux.
La formule empirique est SCl.
b) Masse formulaire de SCl = 67,52 g/mol.
36. 0, 0426 g de NiO ×
1 mol de CO
1 mol de CO2
×
41. a) Réaction acidobasique.
0, 003 90 mol de S
1 mol de S
=
0,003 89 mol de Cl 1 mol de Cl
135 g/mol
=2
67,52 g/mol
1 mol de CO2
40. a) Mg (s) + 4 HNO3 (aq)
b) Masse formulaire de C5H4 : 64,09 g/mol, soit la moitié
de la masse molaire de CxHy.
0,125 g de S ×
0,100 g de CO2 ×
1 mol de NiO
74, 69 g
×
1 mol de Ni
1 mol de NiO
= 5,70 × 10−4 mol de Ni
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Pt(NH3)2Cl2 (aq) +
2 NH4Cl (aq)
b) Masse de (NH4)2PtCl4 =
12,50 g de Pt(NH3 )2 Cl2 ×
1 mol de Pt(NH3 )2 Cl2
300,05 g
×
37
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
1 mol de (NH4 )2 PtCl4
372,97 g
×
1 mol de Pt(NH3 )2 Cl2
1 mol de (NH4 )2 PtCl4
= 15,54 g de (NH4)2PtCl4
masse réelle
masse théorique
d) Rendement =
Rendement en TiO2 =
6,43 g
10, 2 g
× 100 %
× 100 % = 63, 0 %
Volume d’ammoniaque =
12,50 g de Pt(NH3 )2 Cl2 ×
1 mol de Pt(NH3 )2 Cl2
300,05 g
45. a) Réactifs : Na (+1), I (-1), Mn (+4), O (-2), H (+1), S (+6).
×
2 mol de NH3
1L
×
1 mol de Pt(NH3 )2 Cl2
0,125 mol de NH3
= 0,667 L d’ammoniaque
43. Rendement =
Rendement =
Produits : Na (+1), S (+6), O (-2), Mn (+2), I (0), H (+1).
b) NaI (I−) = réducteur = espèce oxydée (I passe de -1 à 0 dans I2).
MnO2 = oxydant = espèce réduite (Mn passe de +4 à +2).
c) 20,0 g de NaI ×
1 mol de NaI
149, 9 g
masse réelle
× 100 % ou
masse théorique
10,0 g de MnO2 ×
1 mol de MnO2
86,94 g
Donc le rendement peut aussi être égal à :
× 100 %.
1 mol de CaC2
64,10 g
×
1 mol de C2H2
1 mol de CaC2
46. a) Selon l’exemple 10.10 (voir la page 354), O2 est le réactif
limitant.
750 g de O2 ×
Nombre de moles réel de C2H2 :
1 mol de O2
98,02 kPa × 0, 795 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298, 35 K
0,0314 mol
0,0413 mol
32, 00 g
b) 750 g de NH3 ×
× 100 % = 76, 0 %.
1,73 g
1 mL
×
1 mol de TiCl4
189,7 g
×
17, 03 g
1,73 g
1 mL
×
1 mol de TiCl4
189,7 g
×
1 mol de TiO2
79,87 g
= 10, 2 g de TiO2
×
1 mol de TiCl4
1 mol de TiO2
14,0 mL de TiCl4 ×
1,73 g
1 mL
×
1 mol de TiCl4
189,7 g
×
4 mol de HCl
36, 46 g
×
= 18, 6 g de HCl
1 mol de TiCl4
1 mol de HCl
×
5 mol de O2
×
4 mol de NH3
32,00 g
= 1,76 × 103 g de O2
1 mol de O2
47. Quantité de Si =
2,25 g de Si ×
2 mol de H2 O
18,02 g
= 4,60 g de H2 O
×
1 mol de TiCl4
1 mol de H2 O
c) 14,0 mL de TiCl4 ×
6 mol de H2 O
18,02 g
×
5 mol de O2
1 mol de H2 O
1 mol de NH3
44. a) Chlorure de titane (IV), eau, oxyde de titane (IV) et
acide chlorhydrique (chlorure d’hydrogène).
b) 14,0 mL de TiCl4 ×
×
= 507 g de H2 O
= 0,0314 mol de C2H2
Rendement =
1 mol de I2
×
1 mol de MnO2
La masse maximale de I2 pouvant être obtenue est de
16,9 g (NaI est le réactif limitant).
= 0,0413 mol de C2H2
n =
×
253,8 g
= 29,2 g de I2
1 mol de I2
Nombre de moles théorique de C2H2 :
2,65 g de CaC2 ×
1 mol de I2
×
2 mol de NaI
253,8 g
= 16,9 g de I2
1 mol de I2
nombre de moles réel × M
× 100 %
nombre de moles théorique × M
nombre de moles réel
nombre de moles théorique
×
1 mol
= 0,0801 mol de Si
28,09 g
Quantité de CH3Cl =
nCH3Cl =
78,0 kPa × 6, 56 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K −1 × 298,15 K
= 0,206 mol de CH3Cl.
2 mol de CH3 Cl
0,206 mol de CH3 Cl 2,58 mol de CH3 Cl
>
=
1 mol de Si
1 mol de Si
0,0801 mol de Si
Si est le réactif limitant.
Masse de (CH3)2SiCl2 =
0,0801 mol de Si ×
129,1 g
1 mol de (CH3 )2 SiCl2
= 10,3 g
×
1 mol de (CH3 )2 SiCl2
1 mol de Si
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10
38
CHIMIE GÉNÉRALE
50. Quantité de N2 =
Pression de (CH3)2SiCl2 =
P =
–1
–1
nRT 0,0801 mol × 8,314 kPa i L i mol i K × 368,15 K
=
V
6,56 L
95,1 kPa × 0, 295 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 294,15 K
= 0,0115 mol de N2
= 37,4 kPa
Masse de NaNO2 =
48. a) Quantité d’aluminium =
2,05 g de Al ×
n =
1 mol
= 0, 0760 mol de Al
26,98 g
0,0115 mol de N2 ×
69,00 g
1 mol de NaNO2
×
1 mol de NaNO2
1 mol de N2
= 0,792 g de NaNO2
Quantité de KOH =
185 mL ×
1L
1000 mL
1, 35 mol de KOH
×
1L
= 0,250 mol de KOH
0,250 mol de KOH 3,29 mol de KOH 1 mol de KOH
>
=
0,0760 mol de Al
1 mol de Al
1 mol de Al
Comme Al est le réactif limitant, il ne restera pas d’aluminium non dissous à la fin de la réaction.
b) 0,0760 mol de Al ×
2 mol de KAl(OH)4
2 mol de Al
= 0,0760 mol de KAl(OH)4
49. FeCl3 (aq) + 3 NaOH (aq)
a) Quantité de FeCl3 =
25,0 mL ×
1L
1000 mL
×
Fe(OH)3 (s) + 3 NaCl (aq)
0,234 mol
1L
= 0,005 85 mol de FeCl3
Pourcentage massique de NaNO2 =
0,792 g de NaNO2
× 100 % = 64,2 %
1, 232 g de mélange
51. 0,2070 g de BaSO4 ×
1 mol de BaSO4
×
233,39 g
1 mol de S
1 mol de saccharine
×
×
1 mol de BaSO4
1 mol de S
183,19 g
= 0,1625 g de saccharine
1 mol de saccharine
0,1625 g de saccharine
= 0, 7592 (ou 75, 92 %)
0, 2140 g d’échantillon
52. 0,422 g de B2 O3 ×
1 mol de B2 O3
69,62 g
Quantité de NaOH =
42,5 mL ×
1L
1000 mL
×
0,453 mol
1L
NaOH est le réactif en excès.
b) 0,005 85 mol de FeCl3 ×
1 mol de Fe(OH)3
×
1 mol de FeCl3
106, 9 g
= 0,625 g de Fe(OH)3
1 mol de Fe(OH)3
c) Quantité de NaOH ayant réagi avec FeCl3 =
0,005 85 mol de FeCl3 ×
3 mol de NaOH
= 0,0176 mol de NaOH
1 mol de FeCl3
⎛
1L
0,453 mol ⎞
×
⎜ 42,5 mL ×
⎟ mol de NaOH − 0,0176 mol
1000 mL
1L ⎠
⎝
de NaOH ayant réagi = 0,0017 mol de NaOH en excès.
0,148 g de BxHy − 0,131 g de B = 0,017 g de H
Quantité de B =
0,131 g de B ×
1 mol de B
10,81 g
= 0,0121 mol de B
Quantité de H =
0,017 g de H ×
1 mol de H
1, 008 g
= 0,017 mol de H
0, 017 mol de H
1,4 mol de H
7 mol de H
=
=
0, 0121 mol de B
1 mol de B
5 mol de B
La formule empirique est B5H7.
53. Quantité de C =
0,257 g de CO2 ×
1 mol de CO2
44,01 g
10
© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.
Document reproductible. Droits de reproduction restreints.
×
1 mol de C
1 mol de CO2
= 0,005 84 mol de C
[NaOH en excès] =
0,0017 mol
= 0,025 mol/L
(25, 0 + 42, 5) × 10−3 L
2 mol de B
×
1 mol de B2 O3
10, 81 g
= 0,131 g de B
1 mol de B
= 0,0192 mol de NaOH
0,0192 mol de NaOH 3,28 mol de NaOH 3 mol de NaOH
=
>
1 mol de FeCl3
1 mol de FeCl3
0,005 85 mol de FeCl3
×
0,005 84 mol de C ×
12, 01 g
1 mol
= 0,0701 g de C
39
Solutionnaire des exercices de fin de chapitre
Quantité de H =
Pureté de l’échantillon =
1 mol de H2 O
0,0350 g de H2 O ×
18,02 g
×
2 mol de H
1 mol de H2 O
= 0,003 88 mol de H
0,003 88 mol de H ×
1, 008 g
1 mol
3,13 g de Na 2 S 2 O3
× 100 % = 96,8 %
3,232 g d’échantillon
57. 8,63 g de Ag ×
1 mol de Ag
107,9 g
= 0,003 91 g de H
1 mol de Ag 2 MoS 4
×
2 mol dee Ag
×
439,9 g
= 17,6 g de Ag 2 MoS 4
1 mol de Ag 2 MoS 4
Masse de O = masse de quinone − masse de C − masse de H
= 0,105 g – 0,0701 g – 0,003 91 g
= 0,031 g de O
0,031 g de O ×
3,36 g de Mo ×
1 mol de Mo
95,94 g
1 mol
= 0,0019 mol de O
16, 00 g
1 mol de Ag 2 MoS 4
×
1 mol de Mo
439,9 g
= 15,4 g de Ag 2 MoS 4
1 mol de Ag 2 MoS 4
0,005 84 mol de C
3 mol de C
=
0,0019 mol de O
1 mol de O
4,81 g de S ×
0,003 88 mol de H
2 mol de H
=
0,0019 mol de O
1 mol de O
1 mol de S
32,07 g
×
1 mol de Ag 2 MoS 4
×
4 mol de S
439,9 g
= 16,5 g de Ag 2 MoS 4
1 mol de Ag 2 MoS 4
La formule empirique est C3H2O.
54. nCO = nMCO =
2
3
×
9,31 kPa × 0, 285 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 298,15 K
= 1,07 × 10−3 mol de MCO3
La masse maximale de Ag2MoS4 pouvant être obtenue est
de 15,4 g (Mo est le réactif limitant).
58. CH4 (g) + 2 O2 (g)
CO2 (g) + 2 H2O (g)
0,158 g de MCO3
= 148 g/mol
1, 07 × 10 –3 mol de MCO3
Considérez une période de une minute.
Quantité de CH4 =
148 g/mol = M métal + M CO3 = M métal + 60,01 g/mol
nCH4 =
Mmétal = 88 g/mol
Le métal est probablement Sr (87,6 g/mol).
103 kPa × 5, 0 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 301,15 K
= 0,21 mol de CH4
Quantité de O2 =
55. 1,598 g de TiO2 ×
1 mol de TiO2
79,866 g
×
1 mol de Ti
1 mol de TiO2
0,21 mol de CH4 ×
2 mol de O2
= 0,41 mol de O2
1 mol de CH4
= 0,020 01 mol de Ti
⎛
47,867 g ⎞
1,438 g de Ti x O y – ⎜ 0,020 01 mol de Ti ×
1 mol de Ti ⎟⎠
⎝
= 0,480 g de O
0,480 g de O ×
1 mol
16, 00 g
= 0,0300 mol de O
3 mol de O
0,0300 mol de O
1,5 mol de O
=
=
2 mol de Ti
0,020 01 mol de Ti
1 mol de Ti
1L
1000 mL
×
0, 246 mol de I2
1L
0,41 mol × 8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 299,15 K
nRT
=
P
98,9 kPa
= 10 L de O2
Le brûleur doit être alimenté en oxygène à un taux de
10 L/min.
59. 0,301 g de BaSO4 ×
1 mol de BaSO4
233,4 g
×
1 mol de S
×
1 mol de BaSO4
370,6 g
1 mol de thioridazine
×
×
2 mol de S
1 mol de thioridazine
La formule empirique est Ti2O3
56. 40,21 mL ×
V =
×
2 mol de Na 2 S 2 O3
158,12 g
×
= 3,13 g de Na2S2O3
1 mol de I2
1 mol de Na 2 S 2 O3
1000 mg
1g
= 239 mg de thioridazine
239 mg de thioridazine
= 19,9 mg de thioridazine par comprimé.
12 comprimés
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40
CHIMIE GÉNÉRALE
60. a) 10,8 g de produit – 2,0 g de Fe = 8,8 g de Br2
b) 2,0 g de Fe ×
8,8 g de Br2 ×
1 mol
55,85 g
1 mol
159,8 g
4,5 mg de Tc ×
= 0,036 mol de Fe
= 0,055 mol de Br2
iii) Faux.
iv) Faux.
61. a) Groupe 7B (7) et cinquième période.
1 MeV
×
1, 60 × 10−19 J
1 eV
= 2,26 × 10−14 J
2, 26 × 10−14 J
E
ν =
=
= 3,40 × 1019 s –1
h
6, 626 × 10 –34 J i s –1
λ =
2, 998 × 10 m i s
c
=
ν
3, 40 × 1019 s –1
8
–1
d) i) HTcO4 (aq) + NaOH (aq)
ii) Masse de NaTcO4 =
4,5 mg de Tc ×
1g
1000 mg
×
×
1 mol de HTcO4
1 mol de NaOH
40,00 g
×
×
1 mol de Tc
1 mol de HTcO4
1 mol de NaOH
–
b) OOClOO
O
O
O
e) Quantité de NaClO2 =
15,6 g de NaClO2 ×
b) n = 5, l = 0 et m = 0.
106 eV
97,91 g
d) L’ozone possède le plus grand angle de liaison parce que
son atome central est hybridé sp2.
2 FeBr3 (s)
e) Bromure de fer (III).
c) 0,141 MeV ×
1 mol de Tc
c) Le chlore est hybridé sp3. La forme de cet ion est coudée.
La formule empirique est FeBr3.
ii) Faux.
1000 mg
×
62. a) 7 + 2(6) = 19 électrons périphériques.
1, 5 mol de Br2
2 mol de Br
3 mol de Br
×
=
c)
1 mol de Fe
1 mol de Br2
1 mol de Fe
f) i) Vrai.
1g
= 1,8 × 10 –3 g de NaOH.
0,055 mol de Br2
1,5 mol de Br2
=
0,036 mol de Fe
1 mol de Fe
d) 2 Fe (s) + 3 Br2 (l)
Masse de NaOH =
= 8,80 × 10−12 m
1 mol
90,44 g
Quantité de Cl2 =
n =
140, 0 kPa × 1, 45 L
PV
=
RT
8,314 kPa i L i mol –1 i K –1 × 295,15 K
= 0,0827 mol de Cl2
0,172 mol de NaClO2
2,08 mol de NaClO2
=
>
0,0827 mol de Cl2
1 mol de Cl2
2 mol de NaClO2
1 mol de Cl2
NaTcO4 (aq) + H2O (l)
1 mol de Tc
97,91 g
×
1 mol de NaTcO4
184,90 g
×
= 8,5 × 10−3 g de NaTcO4
1 mol de Tc
1 mol de NaTcO4
10
© Groupe Beauchemin éditeur 2005, solutionnaire – Chimie générale.
Document reproductible. Droits de reproduction restreints.
= 0,172 mol de NaClO2
Cl2 est le réactif limitant.
Masse de ClO2 =
0,0827 mol de Cl2 ×
2 mol de ClO2
67,45 g
×
= 11,2 g de ClO2 .
1 mol de Cl2 1 mol de ClO2