ANNEEUNIVERSITAIRE2010/2011 DEVOIRSURVEILLE
CYCLEPREPARATOIRE
PARCOURS : CPI UE : CPI101
Epreuve : Chimie générale
Date : 01 décembre 2010 Durée : 1h20
Documents non autorisés
Epreuve de M : C. Crespos et F. Castet
Exercice 1 : Interprétation du spectre de l’hydrogène
Les postulats de Bohr conduisent pour l'atome d'hydrogène à des niveaux d'énergie : En = E0/n2 où E0 = –13,6 eV
a) Montrer que l'on peut retrouver, à l'aide des postulats de Bohr, la formule empirique de Rydberg. Calculer la constante de Rydberg et donner sa valeur en cm–1.
b) Calculer la longueur d’onde de la première raie et de la raie limite de la série de Balmer. Dans quel domaine du spectre électromagnétique se situe cette série de raies ? Série de Balmer : retour sur niveau 2.
1ère raie : 3 2 : λ = 658 nm.
Raie limite : ∞ 2 : λ = 365 nm.
La série de Balmer se situe essentiellement dans le domaine du visible.
Exercice 2 : Effet photoélectrique
a) Une radiation électromagnétique éclairant une plaque de lithium produit des électrons animés d'une vitesse de 0,1737 mm/s. Quelle est la longueur d'onde (en nm) de la radiation incidente, sachant que l'énergie d'ionisation du lithium est de 5,39 eV ? h.ν = h.νseuil + m.v2/2
L’énergie cinétique est ici négligeable devant l’énergie d’ionisation, d’où :
h.ν = h.νseuil = h.c/λ λ = 231 nm.
b) Dans quel domaine du spectre électromagnétique se situe cette radiation ? Domaine des UV
c) Des électrons seraient-ils émis si la radiation incidente était dans le domaine du visible
? Détaillez votre réponse.
Les longueurs d’onde visibles sont supérieures à 400 nm. D’après la relation de Planck- Einstein (E= h.c/λ), de telles longueurs d’onde sont associées à des énergies inférieures à 4,97. 10–19 J. L’énergie d’ionisation étant égale à 5,39 eV soit 8,62. 10–19 J, l’énergie d’un rayonnement visible est insuffisante pour arracher un électron du métal et provoquer un effet photoélectrique.
Exercice 3 : Classification périodique et propriétés des éléments a) Donner la configuration électronique des éléments suivants :
Cr (Z=24), S, Br, Na, Cu (Z=29), Cu2+
Cr : 4s1 3d5 (exception à la règle de Kleshkovski) S: 3s2 3p4
Br : 4s2 4p5 Na : 3s1
Cu : 4s1 3d10 (exception à la règle de Kleshkovski)
Cu2+ : 4s0 3d9 (l’électron 4s de Cu est arraché en premier)
b) Classer les atomes Cs, F, K, N, B et Li du plus petit au plus volumineux. Justifier votre réponse.
F < N < B < Li < K < Cs
De gauche à droite le long d’une période, r diminue car la charge nucléaire Z augmente et entraine une concentration du nuage électronique.
De haut en bas le long d’une colonne r augmente car on ajoute des électrons sur des couches supérieures.
c) Deux ions A2– et B2+ et un élément C ont chacun 18 électrons. Déterminer A, B et C.
C : Z = 18 correspond à Ar, d’où A = S et B = Ca.
Exercice 4 : Structure électronique des molécules
a) Ecrire les formules de Lewis de l'aminométhane (méthylamine) CH3NH2, du méthanethiol (méthylmercaptan) CH3SH et du chlorure de carbonyle (phosgène) OCCl2.
C
H
H H
N H H
C
H
H H
S H
C
Cl Cl
O
b) Donner pour chacune des trois molécules : l’environnement électronique de l’atome central (souligné) dans la nomenclature VSEPR (AXmEn), la forme de la figure de répulsion et la géométrie moléculaire, en précisant dans chaque cas l’ordre de grandeur des angles de liaison.
CH3NH2 CH3SH OCCl2
Classe VSEPR AX3E AX2E2 AX3
Fig. de répulsion tétraèdre tétraèdre triangle
Géométrie Pyramide En V Triangle
Angles de liaison 109,5° 109,5° 120°
c) Donner l’état d’hybridation de l’atome central pour les trois molécules.
CH3NH2 CH3SH OCCl2
Hybridation sp3 sp3 sp2
d) Proposer un schéma des liaisons à partir des cases quantiques pour la molécule OCCl2.
Cl (sp3) Cl (sp3)
C (sp2)
O (sp2)
σ σ
σ π
e) Justifier la différence observée entre les angles de liaisons (107°, 102° et 87°) dans les molécules NH3, NF3 et ClF3.
NH3 et NF3 sont des molécules de type AX3E, dont la figure de répulsion est tétraédrique.
L’angle de liaison dans NH3 est supérieur à celui de NF3 du fait de la forte électronégativité des fluors : ceux-ci attirent les électrons des liaisons N-F vers l’extérieur, ce qui contribue à diminuer l’angle de liaison.
ClF3 est une molécule de type AX3E2, dont la figure de répulsion est une bipyramide à base trigonale. Dans ce cas, les angles de liaison sont proches de 90°.
f) A partir des états de valence du phosphore et de l'azote, expliquez la formation de NH3 et PH3, puis celle de PH5. Expliquez l'inexistence de NH5.
Dans les molécules NH3 et PH3, l’état d’hybridation des atomes N et P est sp3. Dans la molécule PH5, l’état d’hybridation de P est sp3d. L’azote étant un élément de la couche 2, il lui est impossible d’atteindre un tel état d’hybridation, et donc de former 5 liaisons covalentes.
Exercice 5 : Forces intermoléculaires
a) Expliquer brièvement la nature des interactions de Keesom, Debye et London.
Cf. cours.
b) Les deux isomères cis et trans du dichloro-1,2-ethylène ont pour point d’ébullition 47,7°C et 60,3°C. Attribuer à chacun son point d’ébullition, en justifiant votre réponse.
Cl
Cl
H H
Cl
H
Cl H
trans-dichloro-1,2-ethylène cis-dichloro-1,2-ethylène
L’isomère trans est centro-symétrique, donc apolaire. L’isomère cis est polaire. Dans une solution de ce dernier, il existe donc des interactions attractives de type dipôle-dipôle (Keesom) qu’il faut rompre avant d’atteindre l’ébullition. Le point d’ébullition de l’isomère cis est donc supérieur à celui de l’isomère trans.
