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«EXERCICES CORRIGES DE
STRUCTURE DE LA MATIERE
ET DE LIAISONS CHIMIQUES»

Réalisé par les professeurs :
CHERKAOUI EL MOURSLI Fouzia
RHALIB KNIAZEVA Albina
NABIH Khadija

TABLE DES MATIERES

Préface ……………
...


9

Chapitre I : Structure de l’atome - Connaissances générales …
...
………

23

II
...


25

II
...


25

Exercices corrigés : Modèle quantique de l’atome : Atome de Bohr

28

Chapitre III : Modèle ondulatoire de l’atome ……………………………
...
1
...
……
III
...
Principe d’incertitude d’Heisenberg ……………………
...
3
...
4
...
………
Exercices corrigés : Modèle ondulatoire de l’atome …………
...


55

Exercices corrigés : Classification périodique, structure électronique et
propriétés des éléments …………………………………………
...
……

79

V
...
Représentation de Lewis ………………………………………
V
...
Liaison chimique : covalente, polaire et ionique ……
...
3
...
…
V
...
Conjugaison ……………………………………………………
V
...
Théorie de Gillespie : Modèle VSEPR ……………………
...
…

92

Tableau périodique ……………………………………………………………
...

En effet, le renforcement des capacités dans le domaine de la
recherche scientifique et technologique a toujours été une priorité pour
l'ISESCO dans ses différents programmes scientifiques, au titre de ses plans
d'action à court, moyen et à long terme
...

Elle appuie la publication et la diffusion d’outils référentiels et didactiques
dans plusieurs disciplines, afin d’accompagner la communauté scientifique
internationale dans la dissémination des résultats des recherches et des
informations les plus récentes
...

L’ISESCO exprime sa gratitude aux auteurs de cet ouvrage, fruit de
plusieurs années de recherches appliquées à la faculté des Sciences de
l’Université Mohammed V de Rabat, Royaume du Maroc
...

L’ISESCO espère que cet ouvrage sera d’une grande utilité pour les
étudiants, enseignants et chercheurs des pays membres
...

Il tire son originalité de la grande variété d’exercices qu’il propose et de
la présentation de corrigés illustrés par des schémas et des figures
...

Il comporte cinq chapitres correspondants au cours : «structure de la
matière et liaisons chimiques» dispensé en première année des facultés des
sciences
...
Les corrections détaillées des exercices
sont intégrées à la fin de chaque chapitre
...

Le Chapitre II est consacré au calcul des différents paramètres de
l’atome d’hydrogène (rayon, énergie, longueur d’onde du spectre) selon le
modèle de Bohr, ainsi que ceux des ions hydrogènoïdes
...

Le Chapitre III traite du modèle ondulatoire de l’atome (relation de Louis
De Broglie, principe d’incertitude, équation de Schrödinger, fonctions d’onde,
orbitales atomiques, etc
...

Dans le Chapitre IV, la résolution des exercices proposés vise à
acquérir le moyen de déterminer la structure électronique d’un atome ainsi
que son numéro atomique suivant son classement dans le tableau périodique
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

9

Par ailleurs, nous avons estimé nécessaire de rajouter des exercices de
calcul des énergies des différentes couches de l’atome pour savoir calculer
les énergies d’ionisation
...

Les étudiants apprendront à faire une prévision des liaisons possibles et à
mieux cerner les problèmes en traitant des exemples sur des représentations
simples de Lewis
...
Enfin, des
diagrammes énergétiques, donnés dans les corrections, permettent de mieux
comprendre la formation des différentes liaisons
...

La fin de ce chapitre propose des exercices sur les règles de Gyllespie pour
plusieurs molécules complexes
...

Nous espérons que cet ouvrage, fruit des travaux d’encadrement et de
formation que nous avons menés depuis de nombreuses années à la faculté des
sciences de Rabat, sera d’une grande utilité pour les étudiants des premières
années des facultés et leur permettra d’acquérir des bases solides en chimie
...

Exercice I
...

Pourquoi a-t-on défini le numéro atomique d’un élément chimique par le
nombre de protons et non par le nombre d’électrons?
Exercice I
...

Lequel des échantillons suivants contiennent le plus de fer ?
0
...
3 atome- gramme de fer
2
...
mol-1

MS=32g
...
1023
Exercice I
...

Combien y a-t-il d’atomes de moles et de molécules dans 2g de dihydrogène
(H2) à la température ambiante
...
4
...

Combien y a-t-il de moles et de molécules de CuO et d’atomes de Cu et de O
dans cet échantillon ?
MCu= 63,54g
...
mol-1
Exercice I
...

Un échantillon de méthane CH4 a une masse m = 0,32 g
...
mol-1

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

13

Exercice I
...

Les masses du proton, du neutron et de l'électron sont respectivement de
1,6723842
...
10-24g et 9,109534
...

1
...
m
...
Donner sa valeur en g avec
les mêmes chiffres significatifs que les masses des particules du
même ordre de grandeur
...
Calculer en u
...
a
...

3
...
m
...

(1eV=1,6
...
7
...
On peut porter des indications chiffrées dans les trois positions A, Z et
q au symbole X d’un élément
...
Quel est le nombre de protons, de neutrons et d’électrons présents
24
2+
79
2−
dans chacun des atomes ou ions suivants : 19 F
9
12 Mg
34 Se
3
...
8
...
9
...
Le noyau de l'atome d’azote N (Z=7) est formé de 7 neutrons et 7
protons
...
m
...
La
comparer à sa valeur réelle de 14,007515u
...
a
...

mp = 1,007277 u
...
a
...
m
...


-31

me = 9,109534 10 kg
N = 6,023 1023
h= 6
...
s

RH = 1,097 107 m-1
c = 3 108 ms-1

2
...
m
...
m
...
10
...
Déterminer, en u
...
a et avec la même précision que l’exercice
précédant, la masse du noyau, puis celle de l'atome de phosphore
...
Est-il raisonnable de considérer que la masse de l'atome est localisée
dans le noyau ?
3
...

4
...
mol-1
...
11
...

1
...
mol-1
...
Pourquoi le résultat n'est-il qu'approximatif ?
3
...

Prévoir pour chacun son type de radioactivité et écrire la réaction
correspondante
...
12
...
L'abondance naturelle de l'isotope le plus abondant
est de 92,23%
...
mol-1
...
Quel est l'isotope du silicium le plus abondant ?
2
...

Exercice I
...

L’élément magnésium Mg (Z=12) existe sous forme de trois isotopes de
nombre de masse 24, 25 et 26
...

1
...

2
...
1
...

Exercice I
...

Rappel : Dans une mole, il y a N particules (atomes ou molécules)
0
...

0
...

2
...
3
...
mol-1
nombre de moles : n =m /M
2g de H2 correspond à n = 2/2 =1 mole de molécules, à 1
...
6,0231023 atomes de H
...
4
...
N = 0,12
...
N = 0,12
...
5
...
N =(m/MCH4)
...
1023 molécules

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

17

Nombre d’atomes de C = nombre de molécules de CH4 =
1
...
N = (m/MCH4)
...
1023 atomes
Nombre d’atomes de H= 4 nombre de molécules de CH4 =
4
...
N= 4
...
1023 =0,48
...
6
...
Définition de l’unité de masse atomique : L’unité de masse atomique
(u
...
a
...
023
...
m
...
66030217
...

2
...
m
...
des masses du proton, du neutron et de l'électron
...
m
...


mn = 1,008665 u
...
a
...
m
...


E (1 u
...
a) = mc2 = 1,66030217
...
10-3 x ( 3
...
10-10 J

E=1,494271957
...
10-19 (eV) = 934 MeV
Exercice I
...

1
...
Element
19
9

24
12
79
34

F

nombre de masse
19

Protons
9

neutrons
10

électrons
9

Mg 2+

24

12

12

10

Se 2−

79

34

45

36

3
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

18

Exercice I
...

2
...
9
...
Masse théorique du noyau :
mthéo = 7
...
1,007277 = 14,111594 u
...
a
1 u
...
a = 1/N (g)
mthéo = 14,111594/N = 2,342951021
...
10-26 kg
La masse réelle du noyau est inférieure à sa masse théorique, la différence
∆m ou défaut de masse correspond à l'énergie de cohésion du noyau
...
m
...
10-28 kg/noyau
∆m= 0,104079 g/ mole de noyaux
Energie de cohésion : E = ∆m c2 (d’après la relation d’Einstein :
équivalence masse –énergie)
1eV= 1,6
...
10-28 (3 108)2 = 15,552
...
107 eV/noyau

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

19

2
...
mol-1
Exercice I
...

1
...
mp + 16
...
1,007277 + 16
...
10-23 g
Masse de l'atome de phosphore :
15 me = 1,36643
...
mp + 16
...
10-23g = 31,256025uma
2
...
Masse atomique molaire du phosphore :
M (P)=mat
...
mol-1
4
...
mol-1
...
mol-1
Le système perd de la masse sous forme d'énergie lors de la formation
du noyau (relation d’Einstein ∆E=∆m
...
11
...
Les deux isotopes de gallium Ga (Z=31) sont notés (1) pour 69Ga et
(2) pour 71Ga
...
L’élément naturel est composé de plusieurs isotopes en proportion
différente
...
Elle n'est donc pas
strictement égale au nombre de masse car ce dernier est un nombre
entier pour chaque isotope (voir exercice précédent)
...
66Ga : 31 protons et 35 neutrons - Isotope stable
Par comparaison avec les isotopes stables, on constate que cet isotope
présente un défaut de neutrons
...

72

Ga : 31 protons et 41 neutrons - Isotope Instable

Par comparaison avec les isotopes stables, on constate que cet isotope
présente un excès de neutrons
...

73

Ga : 31 protons et 42 neutrons - Isotope Instable

Par comparaison avec les isotopes stables, on constate que cet isotope
présente un excès de neutrons
...

66
31

Ga

66
30

Zn + o e
1

72
31

Ga

72
32

Ge +

o
−1

e

Ga

73
32

Ge +

o
−1

e

73
31

Exercice I
...

1
...
mol-1 =(28,085/ N)
...
m
...

Μ≈ 28==>L'isotope 28 est le plus abondant
...
Appelons x l'abondance de l'isotope 29 et y celle de l'isotope 30
...

28,085 = 28
...
13
...
Masse molaire atomique du magnésium naturel Mg (Z=12)
...

x (26Mg) = 0,113
et
M(26Mg) ≈ 26
25
x ( Mg) = 0,101
et
M(25Mg) ≈ 25
24
25
26
x( Mg) =1- x( Mg)- x( Mg)
et
M(24Mg) ≈ 24
x(24Mg) = 1 – (0,101 + 0,113) = 0,786
M (Mg) = [x (24Mg)
...
M (25Mg)]
+ [x (26Mg)
...
mol-1
2
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

22

CHAPITRE II

MODELE QUANTIQUE DE L’ATOME
ATOME DE BOHR

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

23

Définitions et notions devant être acquises : Electron-volt (eV) - QuantaAtome hydrogénoïde- Atome de Bohr- Orbite de Bohr- AbsorptionEmission- Constante de Rydberg- Séries spectrales (Lyman, Balmer,
Paschen, Brackett et Pfund)- Raie spectrale- Raie limite
...
1
...
1
...

1
...

b- L’énergie du système noyau-électron correspondant à cette orbite
...

2
...

3
...

4
...
10-34 J
...
10-19 Joules
c = 3
...
s-1

II
...
SPECTRE D’EMISSION DE L’ATOME D’HYDROGENE
Exercice II
...
1
...
Le spectre d’émission de l’atome d’hydrogène est composé de
plusieurs séries de raies
...
On
établira d’abord la formule donnant 1/λi -j, où λi -j représente la longueur
d’onde de la radiation émise lorsque l’électron passe du niveau ni au
niveau nj
...
La première raie de la série de Brackett du spectre d’émission de
l’atome d’hydrogène a pour longueur d’onde 4,052 µm
...

Exercice II
...
2
...

Calculer dans chaque cas la fréquence et la longueur d’onde du photon émis
...
2
...

Si un atome d’hydrogène dans son état fondamental absorbe un photon de longueur
d’onde λ1 puis émet un photon de longueur d’onde λ2, sur quel niveau l’électron se
trouve t-il après cette émission ? λ1 = 97, 28 nm et λ2= 1879 nm
Exercice II
...
4
...
Cette coloration est due à la présence dans son spectre, de deux
raies visibles à 605 nm et 461 nm
...

Attribuer la couleur correspondante à chacune de ces raies et calculer
l'énergie et la fréquence des photons correspondants
...

L'ordre des couleurs est celui bien connu de l'arc en ciel : VIBVJOR soit
Violet - Indigo - Bleu - Vert - Jaune - Orange - Rouge
...

Inversement, le rouge correspond aux faibles énergies, aux faibles
fréquences et aux grandes longueurs d'onde
...

Exercice II
...
5
...
Un atome d'hydrogène initialement à l'état fondamental absorbe une
quantité d'énergie de 10,2 eV
...
L’électron d’un atome d'hydrogène initialement au niveau n=3 émet une
radiation de longueur d'onde λ = 1027 Å
...
2
...

L'énergie de première ionisation de l'atome d'hélium est 24,6 eV
...
Quelle est l'énergie du niveau fondamental ?
2
...
Un de ses électrons
se trouve alors au niveau d'énergie égale à-21,4 eV
...
10-7 à 8
...
A l’intérieur de cet intervalle, la longueur d’onde
détermine la couleur perçue
...
1
...
1
...


r
v

+Ze

r
Fe

r
Fc
e-(électron)

1
...


Fe = −

Ze 2

et

4 πε 0 r 2

Fc =

m ev 2
r

r
r
Pour que l’électron reste sur une orbite de rayon r, il faut que : Fe = Fc

Ze 2
4 πε 0 r 2

=

me v 2

Equation (1)

r

Selon l’hypothèse de Bohr, le moment cinétique orbital est quantifié :

M = me vr = n(

h
2π

)

Equation (2)

a- A partir des expressions (1) et (2), on détermine celle du rayon de
l’orbite de rang n :

rn =

n2

h 2ε 0

(
)
Z π me 2

Equation (3)

b- L’énergie totale (Et) = énergie cinétique (Ec) + énergie potentielle (Ep)

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

29

2

me v

Ec =

Avec ;

et

2

Ep =

−Ze 2
4 πε 0 r

Nous avons : L’énergie du système noyau-électron est égale à :

−Ze 2

Et =

8 πε 0 r

En remplaçant le rayon r par son expression (3), nous obtenons :

Z2

E t = −(

n

)(
2

me 4
2
8ε 0 h 2

)

c- Si n = 1 et Z = 1 (cas de l’atome d’hydrogène)
Rayon de la première orbite de l’atome d’hydrogène

(r1 )H

=

h 2ε 0

π me 2

&
= 0,53A

Rayon de l’orbite de rang n des hydrogénoïdes
rn = (

n2
Z

 n2 
&
 0, 53 A
Z

) (r1 )H = 

Energie de la première orbite de l’atome d’hydrogène
me 4
(E1 )H = − 2 2 = −13, 6eV
8ε 0 h
Energie de l’électron sur une orbite de rang n des hydrogénoïdes
En = (

Z2

Z2

n

n2

) E
=(
2 ( 1 )H

)(−13,6)eV

2
...
ZLi = -13,6
...
10-18J

n=3

E3= -13,6eV = -2,18
...
10-18J

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

30

3
...
Conservation de l’énergie hυ1→2 = ∆E1→ 2 =

λ1→ 2 =

hc

λ1→2

hc
∆E1→ 2

λ 1 2= (6,62
...
108)/ (91,8 x 1,6
...
10-8m = 135 Å
...
2
...
2
...

1
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

31

En calculant l’expression

(E1 ) H

hc
trouve la valeur expérimentale :

(E1 ) H

, qui s’identifie à la constante de Rydberg, on

= (13,6 x 1,6
...
10-34x 3
...
107m-1

hc
Série Lyman : transition λ i j
Série Balmer : transition λ i j
Série Paschen : transition λ i j

avec j=1 et i ≥ 2
avec j=2 et i ≥ 3
avec j=3 et i ≥ 4

n= ∞

n=3
n=2

n=1

La première raie de chaque série est : λ j+1

j

La dernière raie (raie limite) de chaque série est : λ ∞
...
1 =

912 Å

Domaine ultra-violet
Série Balmer : λ 3

2

= 6565 Å ……………
...
3 = 8206 Å
Domaine infra-rouge

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

32

2
...
2
...

Dix raies sont possibles lors du retour de l’électron d’hydrogène du niveau excité
(n=5) à l’état fondamental (émission)
...
ν

=

(E1 ) H

1

λ i→ j

(E1 ) H
n2
j

et

n2

= RH (

−

1
n2
j

(E1 ) H
n i2

−

1
ni2

)

1
1
= (E ) ( 2 − 2 )
1 H n
ni
j

ν = c/ λ

(E1)H = -2,18 10-18 J = -13,6 eV
Raie Transition

Energie (J )

Fréquence (1015 Hz )

Longueur d’onde
(nm)

Domaine spectral

Série

5 4

4,905 10-20

0,074

4049

I
...
R

Paschen

-19

5 3

1,55 10

0,23

5 2

4,58 10-19

0,69

433,8

Visible

Balmer

5 1

2,09 10

-18

3,16

94,9

U
...
R

Paschen

4 2

4,09 10

-19

0,62

486

Visible

Balmer

4 1

2,04 10

-18

3,09

97,2

U
...
V

Lyman

2 1

1,63 10-18

2,5

121,5

U
...
2
...

Imaginons la transition entre deux niveaux n=1 et ni (absorption) et la
transition entre deux niveaux i (ni) et j (nj) avec i > j (émission)
ni
nj

∆E

=

n →n
i
j

hc

λ2

∆E1→n =
i

(Emission)

hc

λ1

(Absorption)

n1 = 1
∆E1→n =
i

hc

1

= (E1 ) H (1 −

λ1

1

λ1 RH
1
ni2

= (1 −

1
ni2

1

⇒

)
2

λ1

ni

)=

=

∆E1→n

hc

1
1,097
...
10−9

i

=

(E1 ) H
hc

(1 −

1
ni2

) = RH (1 −

= 0,937

= 1 − 0,937 = 0,0629 ⇒ ni2 = 15,89 ⇒ n i = 4

hc
1
1
∆E
=
= ( E1 ) H ( 2 − 2 )
n →n
n j ni
i
j λ2

⇒

1

λ2RH

1

λ2
=(

=

1
n2
j

∆E
n →n
i
j
hc

−

1
ni2

)=

=

( E1 ) H
hc

(

1
n2
j

1
1,09710 x187910−9

...

7

−

1
n i2

) = RH (

1
n2
j

−

1
n i2

)

= 0,0485 ⇒ n2 = 9,009⇒ nj = 3
j

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

35

1
n i2

)

Exercice II
...
4
...
10 8
605
...
1014 Hz

∆E 1 = 6,62
...
4,96
...
10 8
461
...
1014 Hz

∆E 2 = 6,62
...
6,51
...
2
...

1
...
Longueur d'onde de radiation émise : λ = 1027 Å= 1027 10-10 m
∆E =

hc

λ

=

6,62
...
10 8
1027
...
10−18 J = 12,086 eV

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

36

∆E

n →n
i
j

=

∆E
⇒

1

λ2

=

ici ni = 3

hc

λ2

= ( E1 ) H (

n →n
i
j

=

hc
et

1
n2
j

−

( E1 ) H
hc

1
ni2

(

)

1
n2
j

−

1
ni2

) = RH (

1
n2
j

−

1
ni2

)

nj = 1

L’électron retombe au niveau fondamental
...
2
...

1
...
10 −34
...
10 8
5,12
...
10 −7 m = 388 nm

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

37

CHAPITRE III

MODELE ONDULATOIRE DE L’ATOME

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

39

Définitions et notions devant être acquises : Effet photoélectrique -Photon Longueur d’onde - Dualité onde-corpuscule -Electron-Volt (eV) - Relation de
Louis de Broglie- Principe d’incertitude- Equation de Schrödinger- Probabilité
de présence- Fonction d’onde- Fonction radiale et fonction angulaire- Densité
radiale- Condition de normalisation- Nombres quantiques (n, l, m, et ms)- Case
quantique -Orbitales atomiques (s, p, d, f)- Structure électronique - Règle de
Hund- Règle de Pauli- Règle de Klechkowski
...
1
...
1
...

1
...
Quelle est la longueur d’onde associée ?
- à un électron dont l’énergie cinétique est de 54 eV ;
- à une balle dont la vitesse est de 300m
...

- à un proton accéléré sous une différence de potentiel de 1 MV (106V)
...
10-31 kg
masse du proton: mp =1,672x10-27kg
constante de Planck : h = 6
...
Quelle est la condition pour qu’un électron engendre sur une trajectoire
circulaire, une onde stationnaire ? Peut-on en déduire la condition de
quantification de Bohr ?

III
...
Principe d’incertitude d’Heisenberg
Exercice III
...
1
...
Un électron se déplaçant en ligne droite (∆x = 1Å)
...

2
...
Calculer m∆v
...
3
...
3
...

L’orbitale 1s de l’atome d’hydrogène a pour expression :

Ψ = N 1s e

−r
a0

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

41

1
...

2
...

3
...
Calculer la probabilité de présence de l’électron à l’intérieur d’une sphère
de rayon 0,2 a0 et au-delà de cette sphère
...
4
...
4
...

1
...

2
...

3
...

Exercice III
...
2
...
Énoncer les règles et principes qui permettent d’établir la structure
électronique d’un atome
...
Caractériser le type d'orbitale atomique pour chaque combinaison des
nombres quantiques, et donner une représentation spatiale pour les
orbitales s et p
...
Justifier l'inversion énergétique des orbitales atomiques 3d - 4s
...
4
...

Soient les structures électroniques suivantes :
1s2
1s2
1s2
1s2
1s2

2s2
2s2
2s2
2s2
2s2

2p6
2p7
2p5
2p6
2p6

3s1
3s2
3s1
2d10
3s2

3s2
3p6

3d10

3f6

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

42

Lesquelles parmi ces structures, celles qui sont à l’état fondamental, celles
qui sont à l’état excité et celles qui sont inexactes
...
4
...

Parmi les structures électroniques suivantes, quelles sont celles qui ne
respectent pas les règles de remplissages
...

abcd-

efg-

Exercice III
...
5
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

43

CHAPITRE III : Exercices corrigés

Modèle ondulatoire de l’atome
III
...
Postulat de Louis de Broglie
D’après Louis de Broglie, le mouvement de toute particule matérielle peut être
assimilé à un processus ondulatoire
...
Elle est donnée par la relation :λ =h/mv
Exercice III
...

1
...

[Travail] = [Force x distance]= F x L
F = M γ = MV/T
V = L/T
=>[Travail] = MVL/T= ML2T-2

Unité du travail = kg
...
s-2

h kg
...
s −1
(
)m
Donc h ( kg
...
s ) ⇒
mv kg
...
s −1
2

La quantité

2
...

mv
et

λ=

h
h
=
mv (2m
...
−
−
= 0,1668
...
(9,109 )
...
10 )]

...


λ( électron ) = 1,67 Å =>Pour l'électron, la longueur d’onde associée est de
l’ordre des dimensions des particules atomiques
...
10−23 Å => Pour la balle, la longueur d’onde associée λ est
non observable
...
Le postulat de Broglie n’est pas applicable dans ce cas
...
10−5 Å => Pour le proton, la longueur d’onde associée λ est de
l’ordre des dimensions des problèmes nucléaires
...
L’onde associée à l’électron sera stationnaire si après avoir effectué
un tour, l’électron est dans un même état vibratoire
...


2π
...


III
...
Principe d’incertitude d’Heisenberg
D’après le principe d’incertitude d’Heisenberg, il est impossible de
déterminer avec précision simultanément la position de la particule et sa
quantité de mouvement (ou impulsion)
...
∆x ≥

2π

∆x est l’incertitude sur la position
∆px l’incertitude sur la quantité de mouvement
...
2
...

Suivant une ligne droite, on a :
∆p x
...
m
...
Pour l’électron : ∆x= 1 Å =10−10 m et
∆v ≥

h
2π
...
∆v

me=9,109
...
10 − 34
= 1,16
...
s − 1
− 31 )
...
(3,14)
...
10

∆v ≥1,16
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

45

2
...
10-3 kg

∆v ≥1,05
...

Le principe d’Heisenberg n’a pas de sens physique à l’échelle macroscopique
...
Ainsi, la position d’un électron, possédant une
quantité de mouvement bien déterminée, ne sera définie qu’avec une certaine
incertitude
...


III
...
Fonction d’onde
Exercice
...
3
...

L’onde associée à un électron est une onde stationnaire
...
Elle est donnée par une
fonction mathématique appelée fonction d’onde ou orbitale
Ψ : fonction d’onde, solution de l’équation de Schrödinger HΨ = EΨ
La fonction d’onde Ψ n’a pas de signification physique
...

La probabilité de présence en un point : Ψ1s2
Dans un volume dv : dP = Ψ1s2 dv
Le rapport dP/dv est appelé densité de probabilité de présence de l’électron
au point considéré (ou densité électronique)
...
La probabilité de présence dans un espace limité par deux sphères de
rayon r et r+dr :
π

2π

r + dr

0

0

r

Pr → r + dr = ∫ sin θ dθ ∫ dϕ ∫
= 4π ∫

r + dr

r

r 2 Ψ1s Ψ1*s dr

r 2 Ψ1s Ψ1*s dr

2
...
Le rayon de la sphère sur laquelle la densité de probabilité est
dDr
=0
maximale, correspond à Dr' =
dr
D r'

=

dD r
dr

= 8π

N 12s

r (1 −

r
a0

)e

−2 r
a0

D r' = 0
⇒ r = 0

⇒ D0 = 0

2
⇒ r = a 0 ⇒ D a = 4 π a 0 N 12s e − 2
0

⇒ r = ∞

⇒ D∞ → 0

Dr

0

a0

r

Dr est maximale pour r = a0 = 0,53 Å(rayon de l’atome de Bohr); car la
dérivée s’annule et change de signe en ce point
...
A l’intérieur de la sphère de rayon r = 0,2 a0
Le Calcul de N1s est donné par les conditions de normalisation :

2

∫ Ψ1s dv = 4π
Or

−2 r
∞ 2 a0
∫0 r e dr

=

∞
N 12s ∫0

n!

α n +1

2

r e

−2 r
a0

⇒ N1s =

dr = 1

1
3
π a0

⇒ Ψ1s =

1
3
π a0

e

−r
a0

La probabilité à l’intérieur de la sphère de rayon 0,2 a0
P0 , 2 a =
0

2

π r Ψ1s dr =

r
∫0 4

2

−2 r
r 2 a0
r e dr
3 ∫0
a0

4

4 − a r2 a2 r a2
= 3 ( 0 − 0 − 0 )e
a0
2
2
4

−2 r
a

r = 0 , 2 a 0 ⇒ P0 , 2 a = 0 ,008
0

Au delà de la sphère P = 1 - P 0, 2 a = 0,992
0

III
...
Nombres quantiques et structures électroniques :
Exercice III
...
1
...
La fonction d’onde dépend de trois nombres quantiques n, l, m
...

Pour n = 1, nous avons la couche 1 ou couche appelée « K »
Pour n = 2, nous avons la couche 2 ou couche appelée « L »
Pour n = 3, nous avons la couche 3ou couche appelée « M »
...

Ce nombre détermine la forme générale de l’orbitale, c’est à dire de la région
dans laquelle l’électron se déplace(ou configuration spatiale)
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

48

Ce nombre quantique secondaire, lié à la quantification du moment cinétique
orbital total, définit donc la sous couche
...

Exemple :
Pour n=1, l= 0, la fonction Ψ1, 0, m est appelée « orbitale 1s »
Pour n=2, l= 1, la fonction Ψ2, 1, m est appelée « orbitale 2p »
Type d’orbitale

s

p

d

f

l

0

1

2

3

m : nombre quantique magnétique (-l ≤ m≤ +l)
...

Ce nombre m détermine l’orientation d’une configuration spatiale par
rapport à un axe défini par l’action d’un champ magnétique
...

Il peut prendre les valeurs de -l à +l :
m= -l, (-l +1), …
...

En effet l’électron tourne autour de lui-même
...

Ce mouvement est appelé « spin »
...

ms : nombre quantique magnétique de spins (ms=±1/2) qui quantifie
le moment cinétique propre à l’électron
...
A) => n2 = 1
Dans la couche n = 2, nous avons quatre orbitales atomiques => n2 = 4
Dans la couche n = 3, nous avons neuf orbitales atomiques => n2 = 9
2
...
A pour chaque valeur de n (ou niveau) est de n2
...
Donc le
nombre d’électrons maximum que peut contenir la couche de nombre
quantique est égal à 2n2
...

3
...

Ψ3,0,0 => Ψn,l,m => n = 3, l = 0 (orbitale s) et m = 0
Ψ3,2,0 => Ψn,l,m => n = 3, l = 2 (orbitale d) et m = 0
Ψ2,1,-1 => Ψn,l,m=> n = 2, l = 1 (orbitale p) et m = -1

=> orbitale 3s
=> orbitale 3d
=> orbitale 2p

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

50

Exercice III
...
2
...
Les règles de remplissage électronique sont :
- Règle de stabilité : les électrons occupent les niveaux d’énergie les
plus bas
...
Autrement dit, dans une case quantique, les électrons
doivent avoir des spins anti parallèles
...
La multiplicité des spins est maximale
...

Si, pour deux sous couches, cette somme est la même, celle qui a la plus petite
valeur de n se remplit la première
...

Règle de Klechkowski
Valeur de l
Sous couche
Couche n

0
s

1
p

2
d

K

1

1s

L

2

2s

2p

M

3

3s

3p

3d

N

4

4s

4p

4d

4f

O

5

5s

5p

5d

5f

P

6

6s

6p

6d

6f

Q

7

7s

7p

7d

7f

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

3
f

51

L’ordre de remplissage en fonction de l’énergie croissante: 1s 2s 2p 3s 3p
4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s……
...

2
...

Il y a une seule orbitale puisqu'il n'y a qu'une valeur possible de m (m = 0) et
aucune orientation préférentielle
...

Le rayon de la sphère dépend du nombre quantique n et augmente avec ce
dernier
...

Il y a trois orbitales puisqu'il y a trois valeurs possibles de m (m = -1, 0, +1)
...

Les figures ci-dessous présentent les vues perspectives de ces orbitales selon
les trois directions x, y, et z de l'espace
...

pz

py
Z

z

px
Z

y

x

y

x

y

x

3
...

D’après la règle de Klechkowski, nous avons :
3d :(n + l) = (3+2)=5
4s : (n + l) = (4+0)= 4
L’orbitale 4s a la plus petite valeur de (n+l)
...

Exercice III
...
3
...
4
...

a) Etat inexacte : il faut que les deux spins soit opposés (règle de
Pauli)
...
La règle de Hund et le principe de Pauli ne sont pas
respectés (voir exercice III
...
2)
g) Etat fondamental

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

53

Exercice III
...
5
...

Il faudra donc respecter la règle de Klechkowski pour avoir la structure
électronique existante
...

Pour les éléments de transition, les électrons de valence occupent la dernière
couche et la sous couche d en cours de remplissage
...
1
...
Donner les configurations électroniques des atomes
...
En déduire le nombre
d’électrons de valence
...
Situer ces atomes dans la classification périodique et les grouper si
possible par famille ou par période
...
Le césium (Cs) appartient à la même famille que le potassium (K) et à
la même période que l’or (Au)
...

Exercice IV
...

Trouver la configuration électronique des éléments suivants et donner les
ions possibles qu’ils peuvent former :
1
...

2
...

3
...

4
...

5
...

6
...

7
...

Exercice IV
...

Le molybdène (Mo) appartient à la famille du chrome Cr (Z=24) et à la
cinquième période
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

57

Exercice IV
...

On considère deux éléments de la quatrième période dont la structure
électronique externe comporte trois électrons célibataires
...
Ecrire les structures électroniques complètes de chacun de ces éléments et
déterminer leur numéro atomique
...
En justifiant votre réponse, déterminer le numéro atomique et donner la
configuration électronique de l’élément situé dans la même période que le
fer (Z = 26) et appartenant à la même famille que le carbone (Z = 6)
...
5
...
6
...
et 0 ≤ y≤ 6
...

Quel est le nom de leur groupe ?
Ont-ils des propriétés chimiques variées ?
Quelles sont leurs caractéristiques physiques ?
Ont-ils des utilisations en industrie ?
Exercice IV
...

L’atome d’étain (Sn) possède dans son état fondamental deux électrons sur
la sous-couche 5p
...
Donner sa structure électronique, son numéro atomique ainsi que le
nombre d’électrons de valence
...
Fait-il partie des métaux de transition ? Pourquoi ?
Exercice IV
...

Définir l’énergie d’ionisation, l’affinité électronique et l’électronégativité d’un
atome
...
Justifier votre réponse
...
9
...
V) 13,53 22,46 5,36

Be
4
9,28

C
F
Na
6
9
11
11,21 17,34 5,12

K
19
4,32

1
...

2
...

Exercice IV
...

Soient les éléments suivants : F (Z=9), Na (Z=11) ; K (Z=19)
1
...

2
...
Classer l’ensemble des atomes et ions par rayons atomiques ou ioniques
croissants
...
11
...

Li
Na
K
Rb
Cs
Z
3
11
19
37
55
r (Å) 1,50 1,86 2,27 2,43 2,62
Na
Z
11
r (Å) 1,86

Mg
12
1,60

Al
13
1,48

Si
14
1,17

P
15
1,00

S
16
1,06

Cl
17
0,97

1
...

2
...
12
...
13
...
Quelle particularité ont ces ions ? Lequel de ces
ions a le plus petit rayon ionique ?
Exercice IV
...

Comment expliquer que le cuivre Cu (Z=29) existe sous deux degrés
d’oxydation Cu+ et Cu2+ et que le potassium K(Z=19) existe sous un seul
degré d’oxydation K+
...
15
...

En déduire les différentes énergies d’ionisation
...

Exercice IV
...

Calculer la charge nucléaire effective :
1
...
d’un électron sur l’orbitale 4p de Se (Z = 34)
...
17
...
A l’aide des règles de Slater, justifier pourquoi, dans le cas du
potassium, l’électron de valence est placé dans la sous couche 4s au lieu de 3d
...
Calculer les valeurs de la première et de la deuxième énergie d’ionisation
du potassium K (Z= 19)
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

60

Exercice IV
...

Calculer la charge nucléaire effective de l’un des électrons 4s et celle de l’un des
électrons 3d du zinc (Z=30)
...

Exercice IV
...

Donner les ions que peut former l’atome de fer Fe (Z=26)
...
20
...
Quelle est la configuration électronique du magnésium Mg (Z=12)
dans l'état fondamental ?
2
...

3
...

4
...

Exercice IV
...

Calculer les électronégativités (χ ) dans l’échelle de Pauling des éléments H,
Cl et Br en vous servant des données du tableau suivant :
H-H
Longueur
de liaison(Å)
∆H298 de
dissociation
(kJ
...
74

1
...
99

2
...
92

1
...
42

150

560
...
5 360

431
...
5 238
...

La différence d’électronégativité entre 2 éléments dans l’échelle de Pauling
obéit à la relation :
∆HAB = ½(∆HAA + ∆HBB) + 96,39 ( χA – χB)2 (kj
...
1
...
Nous allons écrire pour chaque élément, sa structure électronique selon la
règle de Klechkowski et selon la disposition spatiale, et donner le nombre
d’électrons de valence
...

Cette structure est instable
...
La
structure électronique de la sous couche 3d est à demi remplie
...
Cette structure est instable
...
La structure électronique de la sous
couche 3d est totalement remplie
...
Un seul élément appartiennent à la période n=2 : N (Z=7) (groupe VA)
- Les éléments qui appartiennent à la période n=4 sont : K (groupe IA),
Sc (groupe IIIB), Cr (groupe VIB), Mn (groupe VIIB), Fe (groupe
VIIIB), Cu (groupe IB), Zn (groupe IIB)
- Les éléments qui appartiennent à la famille IB sont: Cu (4éme période)
Ag (5éme période), Au (6éme période)
- Les éléments qui appartiennent à la famille de métaux de transition (leur
couche de valence est de type (n-1)dy nsx où l ≤ x≤ 2
...
Cs : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s24d10 5p6 6s1 4f14
Selon la règle de Klechkowski
2

2

6

1s 2s 2p 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f14
...
5p6 6s1
Selon la disposition spatiale
La structure électronique de l’atome de césium est :
[Xe] 6s1 et son numéro atomique est égal à 55(Z=55)
...
2
...
K (19) : [Ar] 4s1
un seul ion possible K+
...

2
...
Cl (17) : [Ne]3s23p5
l’argon :gaz inerte

un seul ion possible Cl- (structure de

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

63

4
...
Br (35) : [Ar]3d104s24p5
inerte krypton)
6
...


(Ti4+, Ti3+ sont les plus stables)
7
...
3
...
Il appartient à la
famille des métaux de transition de structure électronique de couche de
valence de type (n-1)d5 ns1
Le molybdène Mo appartient à la même famille que le chrome et à la 5ème
période donc la structure de sa couche de valence de type (n-1)d5 ns1 avec n=5 :
Mo : [Kr]4d5 5s1 => Z = 42
Exercice IV
...

1
...

Le vanadium V : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3
d’après la règle de Klechkowski
: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d3 4s2
d’après la disposition spatiale
Le numéro atomique est : Z = 23
Remarque : En ne respectant pas la règle de Klechkowski, la structure serait la
suivante :
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5
Cette structure est inexacte
...

Cela peut s’expliquer qu’avant remplissage, le niveau de l’orbitale 4s est
légèrement inférieur que celui des orbitales atomiques 3d, et qu’après
remplissage, ce niveau 4s devient supérieur au niveau 3d
...

Donc la structure électronique du germanium est : Ge [Ar] 3d10 4s2 4p2
Exercice IV
...

La troisième couche peut contenir au maximum 2n2 électrons c’est-à-dire 18
électrons
...
6
...

Ils ne sont pas nocifs pour nous, c'est pourquoi ils ont plusieurs utilités
...

L'hélium :
- Dans les bonbonnes de plongée des grandes profondeurs
- En cryogénie à cause de sa basse température à l’état liquide
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

65

Le radon :
- Dans les industries, il sert initier et à influencer des réactions
chimiques
...

- En médecine, pour les traitements anti-cancer
...

- En médecine, surtout pour les anesthésies
...

Exercice IV
...

1
...

2
...

Exercice IV
...

Rayon atomique :
Dans une colonne du tableau périodique, quand le numéro de la période(n)
augmente, le rayon atomique croit
...
L'effet d'écran variant peu, les
électrons ont tendance à être plus attiré par le noyau et par conséquences le
rayon diminue
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

66

Elle diminue quand le rayon atomique augmente et elle augmente quand le rayon
diminue
...

L’électronégativité : c’est la tendance d’un atome à attirer les électrons de
la liaison
...

Exercice IV
...

1
...

I (He) > I (H)
et
I (F) >…> … > I (Li)
Dans une même colonne (ou groupe) du tableau périodique, quand le
numéro de la période (n) augmente, le rayon atomique croit et l’énergie
d’ionisation diminue du haut vers le bas
...
Le rayon atomique augmente dans un même groupe du haut vers le
bas et dans une même période de la droite vers la gauche (voir
exercice V
...
10
...
rF < rNaK : n (F) = 2 ; n (Na) = 3 et n (K) = 4
...
F (Z =9) : 1s2 2s2 2p5F− : 1s2 2s2 2p6
F- a la structure stable du gaz rare Ne
Na+ : 1s2 2s2 2p6
Na (Z =11) : 1s2 2s2 2p63s1
Na+ a la structure stable du gaz rare Ne
K (Z =19) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s1
K+ a la structure stable du gaz rare Ar

K+ : 1s2 2s2 2p63s1- 3s2 3p6

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

67

3
...

L’attraction noyau- électrons sur F est donc plus forte et par conséquences le
rayon rF est plus petit
...

L’attraction noyau-électrons sur Na+ est donc plus forte et par
conséquences le rayon de l’atome Na+ est plus petit
...

L’attraction noyau- électrons sur K+ est donc plus forte et par
conséquences le rayon rK+ est plus petit
rNa+nombre de protons est plus grand sur l’ion Na+
...

Expérimentalement, nous avons : rK+ = rF− = 1,33 Å
...
Par conséquent, l’attraction augmente et le rayon diminue
...

Par conséquences : rF
Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

68

rA− (Å)
)
2,5
-

Cs+

I
2,0

Br
Cl

-

-

Rb+
K+

1,5
F−

Na+

1,0
1,0

1,5

2,0

rC+ (Å)
)

Figure représentant la confrontation des valeurs des rayons ioniques (M
...
Drakine Constitution de la matière p
...

Exercice IV
...

1
...
Par conséquent, l’attraction entre l’électron
périphérique et le noyau devient de plus en plus faible et l’énergie
d’ionisation diminue du lithium au césium
...
Ces atomes appartiennent
à la même période
...

Cependant, leur nombre de protons augmente entraînant une attraction de
plus en plus forte entre l’électron périphérique et le noyau
...

2
...

Du sodium au chlore, les atomes sont de moins en moins réducteurs
...
Il se trouve en bas et à gauche du tableau
périodique (représenté par un rectangle)
...
12
...

Par conséquent, l’attraction entre l’électron périphérique et le noyau devient
de plus en plus faible et le rayon atomique augmente du sodium au rubidium
...
Le numéro de la couche de
valence est toujours le même, mais le numéro atomique (Z) augmente du
carbone vers l’oxygène
...

rC>rN>rO
- Les structures électroniques de Fe, Fe2+ et Fe3+ sont :
Fe (Z=26) : [Ar] 3d6 4s2
Fe2+(Z=26) : [Ar] 3d6
Fe3+(Z=26) : [Ar] 3d5
Pour ces trois éléments, le nombre de protons est constant, le nombre
d’électrons diminue
...

Par conséquences, l’attraction augmente et le rayon diminue :
rFe>rFe2+>rFe3+

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

70

- Cl-(Z=17), Ar (Z=18), Ca2+(Z=20)
Ces trois éléments ont la même structure électronique 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
...

L’attraction devient ainsi plus importante quand le numéro atomique (Z)
augmente, donc le rayon diminue :
rCl->rAr >rCa2+
Exercice IV
...

Les ions Na+, Mg2+ et Al3+ ont la structure du Néon : 1s2 2s2 2p6
...

Le nombre d’électrons étant constant, l’attraction devient plus importante quand
le numéro atomique (Z) augmente, entraînant une diminution du rayon
...
14
...

Cu2+(Z=29):
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9
Le cation Cu2+ existe
...

Ceci est caractéristique des éléments de transition, qui sont capables de perdre les
électrons de la dernière couche, ainsi que certains électrons de la sous couche d
en cours de remplissage
...
15
...
0,85)=1,97

EBe= -398,2 eV
+

Be (Z = 4) ; 1s2 2s1
EBe+= 2E1s+ E2s
Z*1s = Z – (1σ1s 1s ) = 4-0,3 = 3,7
E1s= (-13,6) [(3,7)2/12]

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

72

Z*2s = Z – (2 σ1s 2s) = 4-(2
...

On constate que l’utilisation des règles de Slater permet de calculer facilement et
rapidement une valeur assez rapprochée de l’énergie d’ionisation
...
16
...
Cu (Z=29) : (1s ) (2s 2p ) (3s 3p ) (3d ) (4s )
Aspect spatial
(Les parenthèses indiquent les différents groupes de Slater)
Z*4s = Z – (10σ3d 4s + 8 σ3s,3p 4s + 8σ2s,2p
Z*4s = 29 – [(18
...
85) + 10] = 3,7
Z*3d = Z – (9σ3d 3d +8σ3s,3p 3d + 8σ2s,2p
Z*3d = 29 - (9
...
35 + 8 + 10) = 7,85

3d

4s

+ 2σ1s

+ 2σ1s

3d

4s

)

)

2
...
(1s2) (2s2 2p6) (3s2 3p6 ) (3d10) (4s2 4p4 )
Aspect spatial
(Les parenthèses indiquent les différents groupes de Slater)

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

73

Z*4p = Z – (5 σ4s,4p

4p

+ 10 σ3d

4p

+ 8 σ3s,3p

4p

+ 8 σ2s,2p

4p

+ 2 σ1s

4p

)

Z*4p = 34 – [5
...
0,85) + 8 + 2] = 6,95
Exercice IV
...

1
...
0
...

2
...
0,35+ 8
...
0,35 + 8
...
Il serait très
difficile d’arracher un deuxième électron au potassium
...
18
...
0,85 + 8
...
85 +10) = 4,35
Z*3d = Z – (9σ3d 3d + 8σ3s,3p 3d + 8σ2s,2p
Z*3d = 30 – (9
...
La force qui les retient est donc
plus faible que celle des électrons de l’orbitale 3d
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

75

Exercice IV
...

Fe (Z = 26) :
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6 D’après la règle de Klechkowski
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2 D’après la disposition spatiale
Les ions que peut former l’atome de fer sont :
Fe2+ (Z = 26) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d6
Fe3+ (Z = 26) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d5
L’orbitale 3d peut contenir au maximum 10 électrons
...
20
...
Mg (Z = 12) : (1s2) (2s2 2p6) (3s2 )
Aspect spatial
(Les parenthèses indiquent les différents groupes de Slater)
2
...

Z*3s = Z – (1 σ3s 3s +8 σ2s,2p 3s + 2 σ1s 3s)
Z*3s = 12 - (0, 35 + 8
...
0,35 + 2
...
(2,852/ 9) = -12,27 eV
E2s,2p = -13,6 (7,852/ 4) = -209,51 eV
E1s = -13,6;(11,70)2 = -1861,7 eV
3
...

M

Mg+ + e

Mg (Z = 12) : (1s2) (2s2 2p6) (3s2)
E(Mg) = 2 E1s + 8 E2s2p + 2 E3s
E(Mg) = - 5422,02 eV

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

76

Mg+(Z = 12) : (1s2) (2s2 2p6) (3s1 )
E(Mg+) = 2 E1s + 8 E2s2p + 1E3s
Z*3s (Mg+) = Z – (8 σ2s,2p 3s + 2 σ1s
Z*3s(Mg+) = 12-(8
...
1)=3,2

3s

)

E3s(Mg+)= -13,6(3,22/9)=-15,47eV
E3s(Mg+)≠ E3s(Mg) car Z*3s(Mg+)≠ Z*3s(Mg)
L’électron 3s de Mg subit un effet d’écran de l’électron 3s du même groupe
...

E(Mg+) = 2 E1s + 8 E2s2p + E3s = - 5414,95 eV
4
...
:
Ei = EMg+ - EMg = 9,07 eV
Exercice IV
...

Electronégativité : c’est la tendance d’un atome à attirer vers lui les
électrons de la liaison
...

Soit la réaction suivante : A-A + B-B

2 A-B

L’enthalpie de dissociation ∆HAB =1/2(∆HAA + ∆HBB) + ∆AB
∆AB est l’énergie de liaison supplémentaire
∆AB (J
...
103(χΑ − χΒ)2
L’enthalpie de dissociation de la molécule AB est :
∆HAB = ½(∆HAA + ∆HBB) + 96,39 ( χA – χB)2 (kJ
...
mol-1)
Pour la molécule HF : (χF – χH) = 1,76
χF = 4 χH = 2,24
Pour la molécule HCl : (χCl – χH) = 1,34
χH = 2,24 χCl = 3,58
Pour la molécule HBr : (χBr – χH) = 1,34
χH = 2,24
χ Br = 3,36

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

78

CHAPITRE V

LIAISON CHIMIQUE

Définitions et notions devant être acquises : Représentations de Lewis- Règle
de l’Octet- LCAO- Orbitale moléculaire –Liaison covalente- Liaison polaireLiaison ionique-Liaison sigma σ- Liaison π− Orbitale liante – Orbitale anti
liante- Indice (ou ordre) de liaison- Liaison multiple- Energie de liaisonLongueur de liaison- Electrons anti-liants- Electrons non liants – Molécule
homonucléaire- Molécule hétéronucléaire- Moment dipolaire – Hybridation –
Conjugaison- Règle de Gillespie (VSEPR)
...
I
...
1
...

Représenter selon le modèle de Lewis, les éléments du tableau périodique
suivants :
H, He, Li, Be, B, C, N, F, Ne
...
1
...

1
...
Quels sont parmi ces composés ceux qui ne respectent pas la règle de
l’Octet ?
3
...

4
...
Les deux
chlorures PCl3 et PCl5 existent
...


V
...
Liaison chimique : covalente, polaire et ionique
Exercice V
...
1
...
Rappeler les principaux résultats obtenus lors de l’étude de la
formation de la liaison H-H
...
Quelles sont les orbitales moléculaires qui peuvent se former lors du
recouvrement des orbitales s-s ; s-p et p-p
...
Représenter l’aspect spatial de ces orbitales moléculaires
...
2
...

1
...

2
...

3
...
Classer ces espèces chimiques par ordre de stabilité
...
2
...

1
...

2
...
Comparer le nombre de liaisons et la longueur de liaison de ces ions avec
ceux de la molécule O2 et attribuer à chaque molécule ou ion moléculaire une
des longueurs de liaison suivantes : 1, 49 Å ; 1,26 Å ; 1, 21 Å et 1, 12 Å
...
Classer ces espèces chimiques par force de liaison croissante
...
2
...

La famille du carbone (Z=6) comporte dans l’ordre les éléments suivants :
C, Si, Ge, Sn, Pb
...
De l’atome de carbone à l’état fondamental
...
De l’atome de germanium (Ge) à l’état fondamental et de l’ion Ge2+
...
D’un atome X, sachant qu’il appartient à la même période que celle du
germanium (Ge) et au groupe VIB
...
Classer par ordre croissant le rayon atomique des éléments suivants :
C, Si, Ge, Sn, Pb
...
Expérimentalement, on constate que la molécule C2 est diamagnétique
...
C (Z=6)
...
2
...

- La famille du bore B (Z=5) comporte dans l’ordre les éléments suivants :
B ; Al ; Ga ; In
...
Donner la configuration électronique
a) De Al, Ga et In à l’état fondamental
...

c) D’un élément Y, sachant qu’il appartient à la même période que
celle de l’aluminium et au groupe chimique VIIA
...
A quelles familles appartiennent les éléments X et Y ?
3
...
Justifier
votre réponse
...
Comment varie l’énergie d’ionisation des éléments de la famille du
bore ?
5
...

6
...
En déduire la configuration électronique de B2
...

Exercice V
...
6
...
Donner le diagramme énergétique des orbitales moléculaires (OM) de
la molécule de N2 et CN
...
En déduire les propriétés magnétiques de N2 et CN
...
Comparer la stabilité des espèces chimiques suivantes en justifiant vos
réponses
...


Exercice V
...
7
...
Donner le diagramme énergétique des orbitales moléculaires (OM) des
molécules hétéronucléaire de : CO ; CO+ et CO
...
En déduire leur configuration électronique et leur indice de liaison
...
Laquelle, parmi ces espèces, celle qui a la plus courte liaison ?
4
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

83

Exercice V
...
8
...
Classer les éléments suivants par ordre des électronégativités
croissantes :
C (Z=6) ; N (Z=7) ; O (Z=8) ; F (Z=9) ; S (Z=16) ; Cl (Z=17) ;
Se (Z=34) ; Br (Z=35) ; I (Z=53)
...
Connaissant l’électronégativité des atomes H (2,2), F(4), Cl(3,1), K( 0,8),
prévoir le caractère principal (ionique, polaire, covalent) des liaisons
dans les molécules suivantes :
K-F ; H-F ; K-Cl ; H-Cl et H-H
...
Calculer le pourcentage ionique et le pourcentage
liaisons dans ces molécules
...
On
sait que 1 e Å = 4,8D
KF
KCl
HF
HCl
H2
2,17 2,67 0,92 1,27 0,95
d(Å)
µ exp(D)
9,62 10,10 1,82 1,07 0
4
...
2
...

1
...
Si la liaison entre
l’hydrogène et l’halogène était purement ionique, quelle serait en
unité Debye, la valeur du moment dipolaire de chacune de ces
molécules
...
En fait, on trouve expérimentalement les valeurs suivantes des
moments dipolaires exprimées en unités Debye
...
Ce qui se traduit par
l’écriture Hδ+ Xδ−
...

Quelle remarque peut-on faire concernant la série des halogénures
d’hydrogène proposés ?
Exercice V
...
10
...

1
...

2
...

On donne µ O-H = 1,51D et lO-H = 0,96 Å
...
3
...
3
...

1
...
Représenter les niveaux d’énergie des électrons de la dernière couche
de l’atome de carbone dans : l’état fondamental, l’état excité et les
différents états hybridés
...
Donner la configuration spatiale des trois états hybridés (s,p) dans un
repère cartésien (l’atome de carbone occupe le centre)
...
3
...

1
...
Préciser les états d’hybridation des atomes de carbone et de
bore
...
Donner le diagramme énergétique des orbitales moléculaire de CH4 ;
C2H4 et C2H2
...
3
...

Donner la structure électronique du béryllium Be (Z=4) dans son état
fondamental et dans son premier état excité
...
Représenter l’aspect spatial des orbitales atomiques de couche de
valence
...
On connaît la structure de la molécule de BeH2 : les deux liaisons Be-H
ont la même énergie
...
Quel est le type des liaisons formées ?
4
...
3
...

L’ion ammonium NH4+ a une structure tétraédrique avec des angles de
liaisons de 109°28 environ
...
Quel est l’état d’hybridation de l’azote dans ce cation ?
2
...

3
...

Exercice V
...
5
...
Comparer les structures électroniques de l’oxygène et de l’azote à
celle du carbone excité, et envisager toutes les possibilités de
remplissage des orbitales atomiques hybridées (représentation
énergétiques et spatiales)
...
Après avoir donné la structure électronique du bore, expliquer en
considérant les trois atomes N, O et B hybridés en sp3, les diagrammes
énergétiques de formation des orbitales moléculaires des molécules :
(NH3+ H+) ; (NH3+ H-) ; (BH3+ H+) ; (BH3+ H-) ; (H2O+ H+) et (H2O+ H-)
...
En supposant l’oxygène toujours hybridé en sp2 dans les composés
organiques, faire apparaître ; les liaisons σ et π et les paires libres sp2
ou p dans les molécules suivantes :

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

86

H

H
C=O

H

CH2=CH
C=O

HO

(A)

C=O

et

CH3-OH

HO

(B)

(C)

(D)

- Que peut-on conclure quant à la nature des paires libres en fonction du type
de liaison (C, O) ?
- Expliquer ensuite la différence de stabilité des ions suivants
...

Exercice V
...
6
...

1
...

2
...

Exercice V
...
7
...
Donner la forme développée de cette molécule en précisant les valeurs
des angles de liaisons
...
Préciser les états d’hybridation des atomes de carbone
...
Préciser les atomes qui se trouvent dans le même plan
...
3
...

180°
Soit le squelette carboné suivant :

C1

C2

C3

120°

C4

120°

C5

Sachant que les atomes C1, C2 et C3 sont alignés, que les cinq atomes sont
ˆ
ˆ
et C C C
sont égaux
dans le même plan et que les angles C C C
2

3

4

3

4

5

avec une valeur de 120°
...
Donner la formule développée des deux hydrocarbures pouvant
présenter cette géométrie en précisant le nombre et la position des
atomes d’hydrogène
...
Donner le type d’hybridation de chaque atome dans chacune des deux
structures
...
3
...

Les molécules CCl4, BCl3 et BeH2 ne sont pas polaires
...

Quel est l’état d’hybridation des atomes C, B et Be dans ces trois composés ?

Exercice V
...
10
...
3
...

On considère les molécules : C2H2 ; N2H2 ; H2O2

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

88

Donner l’état d’hybridation des atomes C, N, O dans ces trois molécules
ainsi que le nombre, la nature des liaisons et le nombre de doublets libres
dans chacune d’elles
...
4
...
4
...

Soit la réaction d’isomérisation suivante :
O
H2C(1) = C(2) = C(3)HOH
Molécule A

H2C(1) = C(2)H
Molécule B

C(3)
H

1
...

2
...

Préciser pour la molécule A, les atomes qui se trouvent dans le même
plan
...
Sachant que l’énergie théorique de formation de la molécule B
calculée à partir des énergies de liaison est de -94,87kJ
...
mol-1
...

En déduire l’énergie de conjugaison
...
4
...

1
...

Faire apparaître la conjugaison des orbitales
...
Définir l’énergie de conjugaison
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

89

On donne les longueurs de liaison C-C : dans les molécules suivantes
C2H6 : lC-C = 1,54 Å
C2H4 : lC=C = 1,35 Å
C2H2 : lC=C = 1,20 Å
C6H6 : lC-C = 1,44Å
Exercice V
...
3
...

Préciser sa forme géométrique
...
4
...

1
...

En déduire le nombre de liaisons que peuvent établir ces atomes
...
La difluorodiazine est une molécule plane
...

a) Représenter le recouvrement spatial des orbitales dans N2F2
...
5
...
5
...

Définir brièvement la théorie de Gillespie et à l’aide de cette théorie, préciser
la géométrie des molécules suivantes : MgF2 ; AlCl3 ; CH4 ; PCl5 ; H3O+ ;
H2O ; AsCl3 ; CO2
...
5
...

On donne les trois molécules suivantes :
H

α=120°
H

H
C=CH2

α=119°

H

C=NH

α=116°

H

C=O

H

1
...

2
...
5
...

Prévoir la géométrie des molécules CO2 et SO2 sachant que:
µ CO2 = 0 et µ SO2 ≠ 0
...
5
...

A l’aide de la théorie de Gyllespie, préciser la géométrie des molécules
suivantes : H2O ; H2S ; H2Se et H2Te
...


Exercice V
...
5
...

ˆ
Dans la molécule H2O, l’angle HOH est égal à 105°
...


Exercice V
...
6
...

ˆ
Expliquer comment varient les angles de liaisons XBX dans ces molécules
...
5
...


ˆ
Classer suivant l’angle de la liaisons XPX les molécules suivantes :
PI3 ; PBr3 ; PF3, PCl3

Exercice V
...
8
...
1
...
1
...

H (Z = 1) : 1s1
He (Z = 2) : 1s2
Li(Z = 3) : 1s2 2s1
Be (Z = 4) : 1s2 2s2
B (Z = 5) : 1s2 2s2 2p1
C(Z = 6) : 1s2 2s2 2p2
N(Z = 7) : 1s2 2s2 2p3
F (Z = 9) : 1s2 2s2 2p5
Ne(Z = 10) : 1s2 2s2 2p6
•
•He

•H

• Li

•
•

Be

•
•B•

• •
• C•

•
• N•

F•

Ne

Exercice V
...
2
...
Notation de Lewis des molécules et ions suivants :

H −H

Cl − CL
H −O− H

H −N−H

H+

H

H






H − N − H 






H



+

H −O− H

H

H −C − H

H

H

Cl − N − CL

H −C = C − H

Cl
H

H

H

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

92

F

F

F −S −F

F −S−F

F

F

F

F

Cl

CL

Cl − P − CL

Cl − P − CL

Cl

Cl

2
...

Limite du modèle de l'octet
•

La règle de l'octet ne s'applique strictement qu'aux atomes C, N,
O et F de la 2e période du tableau périodique
...


•

Par contre, un atome peut posséder
o

soit moins de huit électrons autour de lui : c’est le cas du
bore
Exemple : H3BO3

o

soit plus que huit électrons sur sa couche M (troisième
période) : c’est le cas du phosphore
...
Formation des molécules SF6 et PCl5
...
Ils peuvent donc
loger plus de 8 électrons en utilisant les orbitales atomiques 3d
...
Dans l’azote et le phosphore, les électrons externes sont au nombre de
5 dont 3 électrons célibataires ; d’où l’existence de NCl3 et de PCl3
...
Par contre, dans la
couche externe de l’azote (n = 2 ; couche L) la sous couche d n’existe
pas
...
2
...
2
...

1
...

Aspect mathématique : La méthode C
...
O
...
L
...
A)
...

ΨAB2 = (a ΨA + b ΨB)2 = a2 ΨA2 + 2 ab ΨA ΨB + b2 ΨB2
La probabilité de trouver l’électron autour du noyau est égale à :
a2 ΨA2 : si l’électron est proche de l’atome HA
b2 ΨB2 : si l’électron est proche de l’atome HB
2 ab ΨA ΨB : si l’électron est situé entre de l’atome HA et l’atome
HB assurant la liaison
...

La probabilité de trouver l’électron près de HA est donc égale à la probabilité
de le trouver prés de HB
...

D’où a2 = b2 et b = ± a
ΨAB = a ΨA + a ΨB = a (ΨA + ΨB)

Orbitale moléculaire (OM) liante

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

95

ΨAB = a ΨA – a ΨB = a (ΨA - ΨB)

Orbitale moléculaire (OM) antiliante

Ainsi le recouvrement de deux Orbitales Atomiques (OA) donne naissance à deux
Orbitales Moléculaires (OM):
- Une orbitale liante d’énergie plus basse que celle des deux Orbitales
Atomiques (OA)
...
Dans ce type d’orbitale
moléculaire (OM), les électrons ont une forte probabilité d’occupation
de l’espace situé entre les noyaux, ce qui conditionne une liaison
efficace
...

- Recouvrement de deux lobes de signes opposés
...
Dans ce type d’orbitale moléculaire (OM), les
électrons ont plus de chance de se trouver en dehors de l’espace
internucléaire
...
Les orbitales moléculaires qui peuvent se former lors du recouvrement des
orbitales s-s ; s-p et p-p sont :
Recouvrement axial : Si le recouvrement s’effectue de telle sorte que les
deux orbitales atomiques mettent en commun leur axe de symétrie (ou un
de leurs axes de symétrie), qui devient celui de l’orbitale moléculaire, il
s’agit d’une liaison sigma σ
...

Il y a aussi le recouvrement axial entre deux OA de type p
...

Il s’agit d’une liaison π
...

Les liaisons triples ont une de type σ et deux de type π
...


x

A

B

Exercice V
...
2
...
Diagramme énergétique et structure électronique moléculaire des
espèces chimiques suivantes : H2+ ; H2 ; He2+ ; He2
...
A
H

OM
H 2+
σs*

O
...
A
H

O
...
A
H

L’indice de liaison de H2 est i = 1/2(2-0) = 1

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

98

O
...
A
He+

σs

O
...
A
He

σs

L’indice de liaison de He2 est i =1/2(2-2) = 0
Les structures électroniques des molécules et des ions suivants sont :
H 2+ : σ s

1

2
...


Remarque : Dans la molécule He2+, la liaison est affaiblie par la présence
d’un électron sur l’orbitale moléculaire antiliante σs* ; d’où sa longueur
de liaison légèrement supérieure à celle de H2+
...

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

99

Exercice V
...
3
...
Diagramme énergétique des orbitales moléculaires (OM) de la
molécule homonucléaire de O2 :
O (Z = 8): 1s2 2s22p4
OA
...
O2

Ε

OA
...
Structure électronique des ions moléculaires suivants : O2- ; O2+ et O22- La structure électronique de O2- est :
σs2 σs*2 σpz 2 (πx2 = πy2) (πx*2 = πy*1)
- La structure électronique de O22- est :
σs2 σs*2 σpz 2 (πx2 = πy2) (πx*2 = πy*2)
- La structure électronique de O2+ est :
σs2 σs*2 σpz 2 (πx2 = πy2) πx*1

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

100

3
...
Quand la longueur de la liaison augmente, l’interaction s’affaiblit, la
force de la liaison devient moins intense et l’énergie de
dissociation ∆Hd diminue :
∆Hd (O2+) > ∆Hd(O2) > ∆Hd(O2-) > ∆Hd(O22-)
...
2
...

La famille du carbone (Z = 6) comporte dans l’ordre les éléments suivants :
C, Si, Ge, Sn, Pb
...
La configuration électronique de l’atome de carbone à l’état
fondamental est : 1s2 2s2 2p2
...
Le germanium est de la même famille que le carbone
...

Pour le carbone, le numéro de la période est n = 2, pour le silicium n = 3 et donc
pour le germanium n = 4
...

d’après la disposition spatiale
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

101

3
...

Il appartient donc à la période n = 4 et possède six électrons de valence
...
Or cette structure est
instable
...

La configuration électronique de l’atome X à l’état fondamental est
finalement 1s22s22p63s23p44s13d5
...
Dans une colonne (ou groupe chimique) du tableau périodique, le nombre
de couches augmente du haut vers le bas
...

Le rayon des atomes augmente ainsi dans l’ordre : C, Si, Ge, Sn, Pb
...
C (Z = 6) : 1s2 2s2 2p2
Deux diagrammes énergétiques des orbitales moléculaires de la molécule
C2 sont possibles :
OA
...
C2
OA
...
C
OM
...
C
∗
∗
σpz
σpz

πx∗

πy∗

2px 2py 2pz

πx∗

2pz 2py 2px

πx

πy

σpz

σpz
2s

πy∗

σs∗

πx
2s

2s

πy

σ s∗

σs

σs

Sans interaction
entre les orbitales atomiques s et p

Avec interaction
entre les orbitales atomiques s et p
Inversion des OM πx et πy avec l'OM σpz

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

102

La présence d’électrons célibataires sur les OM de C2 rend cette molécule
paramagnétique
...

La molécule C2 étant diamagnétique, nous avons une interaction entre les
orbitales atomiques s et p
...

Exercice V
...
5
...

1
...
La
famille du bore possède une couche de valence de structure de type
ns2 np1
Pour le bore, le numéro de la période est n = 2
...
Pour le gallium, il est égal à 4
...

Les structures électroniques sont donc :
Al : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1
ou
Ga : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s23d104p1
ou
2
2
6
2
6
2
10
6
2
10
1
In : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p ou

[Ne] 3s2 3p1
[Ar] 3d10 4s24p1
[Kr]4d10 5s25p1

b) L’atome X appartient à la même période que celle de l’aluminium
(n = 3) et au groupe chimique IA
...

La structure de sa couche de valence est donc : 3s1
...

c) L’atome Y appartient à la même période que celle de l’aluminium
(n = 3) et au groupe chimique VIIA
...

La structure de sa couche de valence est donc : 3s2 3p5
...

2
...

3
...

4
...

5
...

Le nombre de couche étant constant, la force d’attraction entre le
noyau et les électrons augmente puisque le numéro atomique
augmente de X vers Y
...

rX > rAl > rY
IX < IAl < IY
6
...

B(Z = 5) : 1s2 2s2 2p1
Ε OA
...
B2
OA
...

Exercice V
...
6
...

1
...
N

OM N2

Ε

OA
...

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

105

N(Z = 7) : 1s2 2s2 2p3

C(Z = 6) : 1s2 2s2 2p2

L’atome d’azote N est plus électronégatif que l’atome de carbone
...

Le diagramme énergétique, dans ce cas, est assymétrique
...
N

OM
...
C

2pz 2py 2px
2px 2py 2pz

πx∗

πy∗

σpz
πx

σs∗

2s

πy

2s

σs
La structure électronique de la molécule CN est : σs2 σs*2 (πx2 = πy2) σpz1
2
...

La présence d’électron célibataire sur les orbitales moléculaires de CN rend
cette molécule paramagnétique
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

106

3
...
2
...

1
...

C (Z = 6) : 1s2 2s2 2p2
O (Z = 8) : 1s2 2s2 2p4
L’atome d’oxygène O est plus électronégatif que l’atome du carbone
...

Le diagramme énergétique, dans ce cas, est asymétrique
...
O

OM
...
C

πy∗

2pz 2py 2px

2px 2py 2pz
σpz
πx

πy
σs∗

2s

2s

σs
La structure électronique de la molécule CO est : σs2 σs*2 ((πx2 = πy2) σpz 2
L’indice de liaison est : i(CO) = ½(8-2) = 3

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

108

Diagramme énergétique des orbitales moléculaires (OM) de la molécule de CO+

Ε

OA O+

OM CO+
σpz∗

πx∗

OA C

πy∗
2pz 2py 2px

2px 2py 2pz
σpz
πx

πy

σs∗

2s

2s
σs

La structure électronique de la molécule CO+ est : σs2 σs*2 (πx2 = πy2) σpz 1
L’indice de liaison est : i (CO+) = ½(7-2) = 2,5

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

109

-

Diagramme énergétique des orbitales moléculaires (OM) de la molécule de CO
Ε OA
...
CO
σpz∗

-

OA
...
Les indices de liaisons sont : i (CO) = ½(8-2) = 3
-

i (CO ) = ½(8-3) = 2,5

i (CO+) = ½(7-2) = 2,5

5
...

Par contre dans la molécule CO, les électrons sont appariés ; ce qui
confère à CO un caractère diamagnétique
...
2
...

1
...

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

110

Dans le tableau périodique, l’électronégativité croit du bas vers le haut dans
une colonne et de gauche vers la droite dans une période (dans le sens de
diminution du rayon atomique)
...
Caractère principal (ionique, polaire, covalent) des liaisons dans :
H-F ; K-Cl ; H-Cl et H-H
...

Ainsi lorsque ∆χ est de l’ordre de 1,6(correspondant à 3,2/2), la liaison entre
deux atomes est à 50% ionique
...
(Vers ∆χ ≤ 1)
Si 1 ≤ ∆χ ≤ 2 - la liaison est polaire (les atomes portent des charges
partielles ±δ)
Si ∆χ < 0,5 - la liaison est covalente
...
(K+, F )
Pour KCl, ∆χ = 2,3 - le caractère est ionique prépondérant mais moins marqué
Pour HF, ∆χ = 1,8 - la liaison est polaire
...

Pour HCl, ∆χ = 0,9 - la liaison est polaire mais moins marquée
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

111

-

3
...
d = δ
...
d (en électron
...
Å = 4,8Debye, nous avons : µ = δ
...
d
...

Le moment dipolaire théorique est :

µ théorique = 1
...
d
...

C’est pourquoi nous avons δ compris entre 0 et 1
Le pourcentage ionique = (µ expérimental/µ théorique)
...
Diagramme énergétique de la formation HF
F (Z = 9) : 1s2 2s2 2p5
H (Z = 1) : 1s1
L’atome F est plus électronégatif que l’atome H
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

112

E

OA H

OM HF

OA F

E

σ∗

2px 2py

2pz 2px 2py

2s2

2s2

Exercice V
...
9
...
Dans le cas d’une liaison purement ionique, le moment dipolaire est
donné par la relation :
µ = δ
...
d
...
e
...
4,8 (en Debye)
µ th= δ
...
d
...
δ = (µ expérimental/µ théorique)
δHF = 0,408
δHCl = 0,173 δHBr = 0,116

H-Br
1,40
6,79

H-I
1,61
7,81

δHI = 0,048

Ces molécules sont polaires
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

113

Exercice V
...
10
...
Moment dipolaire de la molécule H2O :

r

µ H 2O

r

r

µOH

µOH
O

H

α=105°

H

L'oxygène étant plus électronégatif que l’hydrogène, la liaison O-H est
polarisé
...

r
En faisant la somme des deux vecteurs µOH , on obtient le moment dipolaire
r
µ H 2O de la molécule qui est dirigé suivant la bissectrice de l’angle HÔH
...
cos(α / 2) = 2
...
Pourcentage ionique de la liaison O-H dans H2O
...
100%
Le moment dipolaire théorique : µ = δ
...
d
...

% ionique = [1,51/(1
...
4,8)]
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

114

V
...
Hybridation
Exercice V
...
1
...
Définition de la théorie d’hybridation :
L’hybridation permet d’expliquer la configuration spatiale des molécules
...


Ce qui distribue les atomes d’hydrogène au sommet d’un tétraèdre régulier
...

Dans ce cas, l’orbitale s forme avec les trois orbitales p de la même couche,
quatre orbitales hybridées sp3
...


Cette molécule est plane où chaque atome de carbone n’est lié qu’à trois atomes
(un atome de carbone et deux hydrogènes)
...

Ceci s’explique par le fait que l’orbitale s forme avec les deux orbitales p de la
même couche, trois orbitales hybridées sp2 coplanaires
...

Ces orbitales p pures qui sont perpendiculaires au plan de la molécule vont ainsi
assurer la double liaison entre les carbones
-

L’hybridation sp permet d’expliquer la configuration spatiale des
molécules comme l’acétylène C2H2 : molécule linéaire avec deux
carbones triplement liés
...


Il reste deux orbitales p non hybridées pour chaque atome de carbone, qui
assurent deux liaisons π entre les carbones
...
Niveaux d’énergie des électrons de la dernière couche de l’atome de
carbone dans : l’état fondamental, l’état excité et les différents états
hybridés
...
Configuration spatiale des trois états hybridés (s, p) dans un repère cartésien
(l’atome de carbone occupe le centre)
...
3
...

1
...

Le recouvrement des orbitales atomiques hybridées (sp3, sp2, sp) forme des
liaisons sigma σ (recouvrement axial)
...

B(Z = 5) :

1s2 2s2 2p1

B* (excité): 1s2 2s1 2p2

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

117

Trois électrons de valence (2s1 2p2) assurent trois liaisons simples mais de
natures différentes
...

Les angles entre les liaisons deviennent égaux (120°)
...

sp2
sp2
sp2
p pure
2
BF3: B hybridé sp
σ
F

σ
F

σ
F

C (Z = 6) : 1s2 2s2 2p2
C*(excité) : 1s2 2s1 2p3
sp3

sp3

sp3

sp3

3

C hybridé sp

L’orbitale s forme avec les trois orbitales p, quatre orbitales hybridées sp3
qui vont assurer quatre liaisons σ
sp2

sp2

sp2

p pure

2

C hybridé sp

L’orbitale s forme avec les deux orbitales p, trois orbitales hybridées sp2 qui
vont assurer trois liaisons σ, l’orbitale p «pure» forme une liaison π
...
Les deux orbitales p «pures» forment deux liaisons π
...

Dans la molécule C2H4 :, le carbone est hybridé sp2
...

2
...
H

4OA
...
CH4
σ∗

1s1

σ∗

σ∗

σ

1s1 1s1

σ∗

σ

σ

σ

1s1

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

119

Diagramme énergétique des orbitales moléculaires de C2H4
2OA
...


Ε(Η)

OA
...

Ε(C)

σ∗

σ

p

π

sp2 sp2 sp2

σ∗

σ

π∗

p

σ σ

OM
...
sp2 de C

sp2 sp2 sp2

σ

Diagramme énergétique des orbitales moléculaires de C2H2
...
H

OM
...


OA
...


p

sp
σ

σ

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

120

Exercice V
...
3
...
Structure électronique du béryllium Be dans son état fondamental et
dans son premier état excité
...
Représentation des orbitales atomiques de couche de valence
...
4
...
Be (Z = 4) : 1s2 2s2

2s

2p

Be* : 1s2 2s1 2p1
H
H
Si le recouvrement s’était effectué entre deux orbitales atomiques pures s et
p du béryllium, nous aurions deux liaisons différentes
...

L’hybridation sp permet d’expliquer la formation de deux liaisons identiques
et confirme que la molécule BH2 est linéaire
...

sp

sp

2 p pures

Be hybridé sp
H

H

Les deux recouvrements sont identiques (donc même énergie) car ils
s’effectuent entre deux orbitales hybridée sp et deux orbitales atomiques s de
l’hydrogène
...
Les liaisons formées sont de type sigma σ (liaison simple)
5
...
3
...

L’ion ammonium a une structure tétraédrique avec des angles de liaisons de
109° 28 environ
...
Etat d’hybridation de l’azote dans NH4+
N (Z = 7) : 1s2 2s2 2p3
...

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

121

L’orbitale s se combine avec 3OA p pour former les 4 orbitales
hybridées sp3
N hybridé sp3
H+

H

H

H

Nous avons une liaison dative : le doublet qui assure la liaison est donné par
un seul atome
...

La charge positive est délocalisée sur toute la molécule
...
Diagramme énergétique de NH4+ sachant que les énergies moyennes
1s de l’hydrogène, 2s et 2p de l’azote sont respectivement -13,6eV,
-25,5eV et -13,1eV
...
NH4+

4 OA
...
N
hybridées sp3

4 OA
...
Disposition spatiale des liaisons dans NH4+ (schéma de recouvrement des
orbitales identique à celui de la molécule CH4)
...
3
...

1
...

C (Z = 6) : 1s2 2s2 2p2

C*(Z = 6) : 1s2 2s1 2p3

Représentation des niveaux d'énergies des orbitales :
Ε

p

p

p

p

p

p

4 sp3
sp
sp

2

2

sp

2

sp

sp

s
Etat fondamental ou excité

Etat hybridé sp2

Etat hybridé sp

Etat hybridé sp3

Cas du carbone (voir exercice V
...
1)
Cas de l’azote : N(Z = 7) : 1s2 2s2 2p3
Ε

Ε

px p y

sp sp

Ε
p x py

Ε

Ε

py

sp2 sp2 sp2

sp sp

py

sp2

sp2 sp2
sp3 sp3 sp3 sp3

N
px

N
py

px

N
py

N
py

N
py

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

123

Cas de l’oxygène : O(Z = 8) : 1s2 2s2 2p4
Ε

px

py

2sp

p x py

2sp

O
px

px

px

py

O
py px

py

3sp2

2sp

O
py

py

3 sp2

O

O
py

py

4sp3

O

py

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

124

2
...
H

Liaison dative OA
...

Molécule : NH3 + H
E

3OA H

-

Liaisons covalentes

σ∗

σ∗

OA H-

OA hybridées N

σ∗

σ∗

4sp3
σ

σ

σ

Il n’y a pas de formation de la liaison : NH3
entre N et H est nul
...
H

OA
...

Il n’y a pas de formation de la liaison BH3 H+
Molécule : BH3 + H
E

OA
...
H
Liaisons covalentes

σ∗

σ∗

Liaison dative

σ∗

σ∗

Bsp3

σ
σ
σ
σ
−
Il y a formation de la liaison dative BH3 H car le doublet d’électrons est
fourni par l’ion H ;

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

126

Molécule : H2O + H+
E

2OA
...
H+

σ∗

4ΟΑ sp3 de O

σ

σ

σ

Il y a formation de la liaison H2O H+
...

Molécule : H2O + HE

2OA
...
H-

Liaisons covalentes

σ∗

σ∗

σ∗

Ο sp3

σ

σ

σ

Il n’y a pas de formation de liaison H2O H- car l’indice de liaison entre
l’oxygène et l’ion H est égal à zéro (i=1/2 (n-n*)= ½(2-2)=0

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

127

π
3
...
Si l’oxygène est simplement lié, une paire
libre occupe l’orbitale p pure
...

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

129

Ce doublet p peut se conjuguer c'est-à-dire former des liaisons partielles par
recouvrement latéral avec des orbitales atomiques p portées par le carbone voisin
...
Le degré
de conjugaison croit avec le nombre d’atomes successifs portant des
orbitales p susceptibles de se recouvrir avec formation des liaisons π
...

Cette conjugaison provoque une diminution de la charge portée par
l’oxygène et entraîne une stabilité à l’ion
...

Donc la molécule G est plus basique que la molécule E qui elle-même est
plus basique que la molécule F
...
3
...

C(1)H2 = C(2)H-C(3)H = C(4)H2

1
...
Ils sont donc
tous hybridés en sp2
2
...
3
...

1
...
Le carbone C1 est hybridé en sp3
...
Le carbone C5 est hybridé en sp
3
...

Exercice V
...
8
...
3
...

Les molécules CCl4, BCl3 et BeCl2 ne sont pas polaires
...

L’état d’hybridation des atomes de carbone, de bore et de béryllium dans les
molécules CCl4, BCl3 et BeCl2
C sp3 ; quatre orbitales atomiques hybridées sp3 forment quatre liaisons
simples(σ) avec quatre atomes de chlore
...

Be sp ; deux orbitales atomiques hybridées sp forment deux liaisons simples(σ)
avec deux atomes de chlore
...
3
...

Les structures des molécules suivantes sont :
CS2 molécule linéaire
...
Il n’y pas de
doublets libres
...
Le carbone et le bore
forment chacun trois liaisons σ
...

Le carbone et le bore sont hybridés sp2
...

Les carbones forment quatre liaisons σ
...
Les
carbones sont hybridés sp3
Exercice V
...
11
...
4
...
4
...

1
...

Molécule A : C1 et C3 hybridés sp2, C2 hybridés sp
Molécule B : C1, C2 et C3 hybridés sp2
2
...
L’énergie de liaison expérimentale est inférieure à l’énergie de liaison
théorique du fait que la molécule a liaisons conjuguées est plus stable
que celle à liaisons localisées
...
mol-1
...
4
...

1
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

134

p1
π

H
120°

p2

C1

Η p3
π

C2
π

H

p4

C3

H
C4

π

H

H

Molécule plane : tous les atomes sont contenus dans un même plan
...

D’où la possibilité de conjugaison
...

Ce qui est confirmé par la valeur des longueurs de liaison :
Les longueurs de liaison lC1=C2 et lC3=C4 sont supérieures à celle de lC=C de la
molécule C2H4 (lC=C = 1,35 Å)
La longueur de liaison lC2-C3 est inférieure à celle de lC-C de la molécule C2H6
(lC-C = 1,54 Å)
Nous avons donc une délocalisation des électrons p sur toute la molécule :
Phénomène de conjugaison
...
Cette molécule est plane et les angles sont de 120°
...
De plus, toutes les liaisons C-C du benzène sont équivalentes et ont
une longueur de 1,44 Å, valeur intermédiaire entre la double liaison de
l’éthylène (lC=C = 1,35 Å) et la simple liaison de l’éthane (lC-C = 1,54 Å)
...
Il n’y a plus de localisation des électrons p entre deux atomes de
carbone
...

C’est une des caractéristiques principales des noyaux aromatiques
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

136

Allène : CH2 = C = CH2

π

H
C1

π
C2

,

H

C3

H

H

C1 et C3 sont hybridés en sp2 et C2 en sp
...
Les orbitales p de l’atome central
étant perpendiculaires, les orbitales π formées sont aussi perpendiculaires et
la conjugaison ne peut apparaître que lorsque les orbitales p sont parallèles
...
Deux plans perpendiculaires contenant
chacun deux atomes d’hydrogène, se coupent selon la ligne des carbones
...
L’énergie de conjugaison est la différence d’énergie qui existe entre
l’énergie réelle de la molécule conjuguée et celle qu’elle aurait dans
le cas où les nuages électroniques π seraient parfaitement localisés
...

Exercice V
...
3
...
4
...

1
...

F (Z = 9) : 1s2 2s2 2p5
Il y a possibilité de formation d’une seule liaison σ car le fluor possède un seul
électron célibataire
...
La difluorodiazine est une molécule plane
...

En général, les doublets libres occupent les orbitales atomiques
hybridées
...
Recouvrement spatial des orbitales dans N2F2
...
L’angle FNN est inférieur à 120° car le doublet libre de l’azote
occupe plus de place qu’une paire liante et joue un rôle écrasant sur
ˆ
les liaisons
...


c
...
5
...
Soit
une molécule de type AXnEm
...

Les règles de Gyllespie sont :
1
...

2
...

3
...

4
...

5
...

Pour calculer le nombre de doublets libres (m), on peut utiliser la relation
suivante :
n+m = ½ ( nombre d’électrons de valence de l’atome central + nombre de
liaisons simples – nombre de liasons doubles) + ½ (nombre de charges
négatives – nombres de charges positives)
Exemple : NH4+ : (m+n) = ½(5+4-0) + ½(0-1) = 9/2+(-0,5) = 4
n = 4 donc m = 0
CO2 : (m+n) = ½(4+2-2) + ½(0-0) = 4/2 = 2
n = 2 donc m = 0

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

139

Le tableau suivant résume ces indications :
Type
de
molécules
AXnEm

Nombres total
de doublets

Figure de
répulsion

Forme des
molécules

Exemples (L’atome
central
est
souligné)

2
3

linéaire
Triangle

BeCl2 ; CO2 ; HCN
BF3 ; AlCl3

2
4

En V
Tétraèdre

SO2 ; SnCl2
CH4 ; SiCl4 ; NH4+

3

Pyramide

NH3 ; NF3 ; H3O+

X2
AX3

2
3

AX2E
AX4

3
4

AX3E

4

AX2E2

4

2

En V

H2O; H2S

AX5

5

5

Bipyramide

PCl5

AX4E

5

4

Pyramide

TeCl4 ; SF4

3

en T

ICl3 ; ClF3

2
6

linéaire
Octaèdre

XeF2
SF6

5

Pyramide

BrF5 ; IF5

4

Carré

XeF4

AX3E2

Droite

Nombre de
liaisons

Triangle
équilatéral

Tétraèdre

Bipyramide
trigonale

5

AX2E3
AX6

5
6

AX5E

6

AX4E2

6

Octaèdre

Exercice V
...
1
...

Ces deux atomes forment donc qu’une seule liaison avec l’atome
centrale(comme le cas de l’hydrogène)
...
Il n’y a pas de doublets libres
...
Il n’y a pas de doublets libres
...

CH4 :
C(Z = 6) : 1s2 2s2 2p2
(m+n) = ½(4+4-0) + ½(0-0) = 8/2 = 4

n=4

m=0

Remarque : les quatres électrons de valence (2s2 2p2) assurent quatre liaisons
simples avec 4 atomes d’’hydrogène
...
Donc la
molécule CH4 est de type AX4 de forme tétraédrique
...

Il n’y a pas de doublets libres
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

141

H 2O
O (Z = 8) : 1s2 2s2 2p4
(m+n) = ½(6+2-0) + ½(0-0) = 8/2 = 4
3s2

n=2

m=2

3p4

H H
Six électrons de valence assurent deux liaisons simples avec deux
hydrogènes
...
Donc la molécule est de type AX2E2 plane de
forme en V
...

Il reste un doublet libre
...

AsCl3 :
As (Z = 33) : (Ar)3d104s24p3
(m+n) = ½(5+3-0) + ½(0-0) = 8/2 = 4
3s2

n=3

m=1

3p3

As :

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

142

Cinq électrons de valence assurent trois liaisons simples avec 5 atomes de
chlore
...

Donc la molécule AsCL3 est de type AX3E de forme pyramidale
...

Il n’y a pas de doublets libres sur le carbone
...
5
...

1
...

H
α = 120°

H
C=CH2

H
Pas de paire libre

α = 119°

H
C = NH

H
une paire libre sur l’azote

α = 116°

C= O

H
Deux paires libres sur l’oxygène

2
...

Par conséquences, l’angle α diminue
...

Exercice V
...
3
...

CO2

C(Z = 6) : 1s2 2s2 2p2

(m+n) = ½(4+2-2) + ½(0-0) = 4/2 = 2

n=2

m=0

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

143

Carbone à l’état excité : C*

sp2
O hybridé sp

sp2 sp2

p

2

σ
sp

π
sp

p

p

C hybridé sp
σ

π

O hybridé sp2
sp2

sp2

sp2

p

Quatre électrons de valence de l’atome de carbone assurent deux
liaisons σ et deux liaisons π avec deux atomes d’oxygène
...

r

µ

r

r

µ

1

2

O==C==O

r

r

µ total = µ 1 + µ 2 = 0
SO2
S (Z = 16) : (Ne) 3s2 3p43d0
(m+n) = ½(6+2-2) + ½(0-0) = 6/2 = 3

n=2

m=1

S*
Six électrons de valence de soufre assurent deux liaisons σ et deux liaisons π
avec deux atomes d’oxygène
...
Donc la molécule est de type AX2E plane en forme
de V
...

r
Il existe donc un moment dipolaire µ SO ayant pour direction chaque

liaison S-O, le sens étant par convention dirigé des charges positives
vers les charges négatives
...


Exercice V
...
4
...
Les électrons de la liaison sont plus attirés
vers l’atome central et la force de répulsion entre les électrons augmente,
entrainant une ouverture de l’angle
...
5
...

NH3
N (Z = 7) :1s2 2s2 2p3

Cinq électrons de valence

(m+n) = ½(5+3-0) + ½(0-0) = 8/2 = 4

n=3

m=1

La molécule NH3 est de type AX3E de forme en pyramide triangulaire
...
5
...

ˆ
ˆ
Ce qui explique que l’angle HNH est supérieur à l’angle HOH

Exercice V
...
6
...

Donc les molécules BCl3 et BF3 sont de type AX3 de forme triangulaire
plane
...

L’électronégativité des atomes de fluor étant supérieure à celle des atomes
ˆ
de chlore, la valeur de l’angle FBF est donc inférieure à celle de l’angle
ˆ
ClBCl

Exercice V
...
5
...

L’électronégativité des atomes F, Cl, Br, I varie dans le sens :
χ(F)> χ(Cl)> χ(Br)> χ(I)
Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

146

Nous savons que plus l’électronégativité des atomes liés est élevée, plus les
angles de liaison entre deux paires liantes diminuent, d’où :
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
FPF p ClPCl pBrPBr pIPI

97°8 100°3

101°

102°

Exercice V
...
5
...

Les molécules SCl2 et OCl2
SCl2
S (Z = 16) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 3d0
(m+n) = ½(6+2-0) + ½(0-0) = 8/2 = 4

n=2

m=2

n=2

m=2

OCl2
O( Z = 8) : 1s2 2s2 2p4
(m+n) = ½(6+2-0) + ½(0-0) = 8/2 = 4

Deux doublets libres sur l’oxygène ou sur le soufre
...


S
Cl

O
Cl

Cl

Cl

103°
111°
L’électronégativité du soufre est inférieure à celle de l’oxygène :
χ(S) < χ(O)
...

La répulsion entre les doublets liants est plus forte, et par conséquences,
l’angle augmente
...

Quand l’électronégativité des atomes liés augmente, les doublets de la
liaison sont plus attirés par ces atomes
...


Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

148

Exercices corrigés de structure de la matière et de liaisons chimiques

149



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Title: Chimie ( secrets of atomes)
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