Corrigé avec barème Exercice 1 1- La fonction d’onde représentant une OA s’écrit :

Texte intégral

(1)Université Mohamed Premier. Année Universitaire 2015/2016. Faculté des sciences. Semestre S2. Département de Chimie. Filières SMP/SMC/SM. Oujda. Durée 1heure 30 mn. EXAMEN :. LIAISON CHIMIQUE responsable : e.b.maarouf. Exercice 1 1- La fonction d’onde représentant une OA s’écrit :. 𝜓𝑛,𝑙,𝑚 = 𝑅𝑛,𝑙 𝑌𝑙,𝑚. O. R étant la partie radiale fonction de n et l. Y la partie angulaire fonction de l et m. M. Corrigé avec barème. 2- Orthogonalité de deux fonctions d’onde :. 𝑒𝑠𝑝. A. C. Pour une orbitale S : 𝑙 = 0 𝑒𝑡 𝑚 = 0d’où:𝜓𝑛 ,0,0 = 𝑅𝑛 ,0 𝑌0,0 la partie angulaire est la même pout tout n. 𝜓𝑖 𝜓𝑗 𝑑𝑉 = 0. 1. 𝜓𝑖 𝜓𝑗 𝑑𝑉 =. 𝜋 1. 3. 2. 4𝜋 2. =. 2. ∞. 𝑟 2−𝑟 𝑒. 2. 2𝑟 𝑒. 0. 2 2. 0. 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝜃 0. 3. 𝑑𝜑 0. 𝜋. 𝑟2 2 − 𝑟 𝑒. 3 − 𝑟 2. 𝑑𝑟. 0. 3 −2 𝑟. 𝑟 𝑒. 𝑑𝑟. 2𝜋. ∞. 1. =. 𝑑𝑟 −. 3 2. − 𝑟. 0. ∞ 3 − 𝑟 2. 𝜋. ∞. 1. .U FS O =. 1. 𝑟 2 2 − 𝑟 𝑒 −2𝑟 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝜑. 4𝜋 2. M. =. 𝑟. 2 − 𝑟 𝑒 −2 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝜑. 4 2𝜋. PO. =. 1. U. 𝑒𝑠𝑝. 𝑒 −𝑟. JD. 3- 1s et 2s orthogonales ?. 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝜃 0. 1 2. ∞ 3. 𝑟 2 2 − 𝑟 𝑒 −2𝑟 𝑑𝑟 0. 1. 2 𝑑𝑟 = 2. 3 2. 3. 2 . 2! − 3. Merci pour votre visite http://fso.umpoujda.com/. 4. . 3! =. 1 25 25 − =0 2 33 33.

(2) Exercice 2 Molécule,HF 1𝐻 1𝑠. de valence. 1𝑠 2 interne. 9𝐹. O. Couche. 2𝑠 2 2𝑝5 de valence. M. Couche. 1. Ammoniac, NH3 7𝑁 1𝑠. de valence. 2𝑝3. U. interne. 2𝑠 2. PO. Couche. 2. JD. D’où la représentation de Lewis pour la molécule,HF. A. C. L’atome du Fluore F possède trois doublets libres et un électron célibataire sur sa couche de valence ; on le représente par :. M. D’où la représentation de Lewis pour la molécule d’ammoniacNH3. .U. 2) CH4type AX4- molécule tétraédrique- angle 109°28 CH2O type AX3 - molécule plane - angle 120°. FS O. Exercice 3 1-Le bore est un élément du groupe IIIA de la deuxième période (n=2). La couche n=1 est saturée avec 2 électrons. La deuxième couche est saturée avec 8 électrons MAIS l’élément appartient au groupe IIIA c’est-à-dire qu’il possède 3 électrons dans sa couche de valence. Au total cet élément possède 2+3 = 5 électrons. Comme l’atome est neutre, il possède alors 5 protons d’où Z=5. 2- Configuration électronique : 1𝑠 2 2𝑠 2 2𝑝1 3- Nombre d’orbitales atomique de la couche de valence est égal à 4 (2𝑠, 2𝑝𝑥 , 2𝑝𝑦 𝑒𝑡 2𝑝𝑧 ) 4- Le nombre d’électrons de la couche de valence est égal à 3 5- Pour le Bore la différence d’énergie entre les orbitales 2s et 2p est relativement petite et il y a donc interaction ce qui donne un diagramme avec inversion. Merci pour votre visite http://fso.umpoujda.com/.

(3) M O 𝜎𝑆∗. 2. 𝜋𝑥 1 = 𝜋𝑦 1. A. C. 2. JD. 6- Configuration de la molécule 𝐵2 : 𝜎𝑆 7- Molécule paramagnétique 1. U. 8- Indice de liaison : 𝑖. 𝑙 = 2 4 − 2 = 1. Les deux atomes sont simplement liés. 𝜑1 = 𝑎1 𝑆 + 𝑏1 𝑝𝑥 + 𝑐1 𝑝𝑧 𝜑2 = 𝑎2 𝑆 + 𝑏2 𝑝𝑥 + 𝑐2 𝑝𝑧 𝜑3 = 𝑎3 𝑆 + 𝑏3 𝑝𝑥 + 𝑐3 𝑝𝑧. FS O. .U. M. PO. Exercice 4 1-Le carbone est engagé dans trois liaisons 𝜎 et une liaison 𝜋. Configuration AX3. L’état d’hybridation du carbone est sp2. 2- Nous partons, de trois orbitales atomiques s, 𝑝𝑥 et 𝑝𝑧 (par exemple) qui ont des symétries différentes et des énergies différentes. Nous allons chercher trois combinaisons linéaires correspondant à trois orbitales atomiques hybrides, ayant même symétrie et énergie. Nous allons chercher neuf (9) coefficients : 𝑎𝑖 𝑖 = 1,2,3 , 𝑏𝑖 𝑖 = 1,2,3 𝑒𝑡 𝑐𝑖 (𝑖 = 1,2,3). 𝜑1 , 𝜑2 et 𝜑3 étant les trois orbitales atomiques hybrides. 𝜑1 , 𝜑2 et 𝜑3 doivent être normées et orthogonales, c'est-à-dire : 𝜑1∗ 𝜑1 𝑑𝑉 = 𝜑2∗ 𝜑2 𝑑𝑉 = 𝜑3∗ 𝜑3 𝑑𝑉 = 1 (Conditions de normalisation de 𝜑1 , 𝜑2 et 𝜑3 ) 𝜑1∗ 𝜑2 𝑑𝑉 = 𝜑1∗ 𝜑3 𝑑𝑉 = 𝜑2∗ 𝜑3 𝑑𝑉 = 0 (Conditions d’orthogonalité). (1) 𝑎12 + 𝑏12 + 𝑐12 = 1(4) 𝑎1 𝑎2 + 𝑏1 𝑏2 + 𝑐1 𝑐2 = 0 2 𝑎22 + 𝑏22 + 𝑐22 = 1 5 𝑎1 𝑎3 + 𝑏1 𝑏3 + 𝑐1 𝑐3 = 0 3 𝑎32 + 𝑏32 + 𝑐32 = 1 (6) 𝑎3 𝑎2 + 𝑏3 𝑏2 + 𝑐3 𝑐2 = 0 L’orbitale S est de symétrie sphérique : 𝑎1 = 𝑎2 = 𝑎3 = 𝑎 et puisqu’il ya 1 seule orbitale S 1 alors 3𝑎2 = 1 ; d’où 𝑎1 = 𝑎2 = 𝑎3 = 3. Nous allons prendre l’orbitale hybride 𝜑1 parallèle à l’axe Oz : 𝑏1 = 0 .. Merci pour votre visite http://fso.umpoujda.com/.

(4) L’équation (1) donne alors : 𝑐12 = 1 − 𝑎12 = 1 − Des équations (4) et (5), on déduit : 𝑐2 = 𝑐3 = −. 1. 3 𝑎2. =. 𝑐1. 2 3. =− 1. 2. d’où 𝑐1 = 1 6. 3. .. 1. 1. Des équations (2) et (3), on déduit : 𝑏22 = 𝑏32 = 1 − − = . 3 6 2 1 1 1 L’équation (6), nous donne 𝑏2 𝑏3 = − 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑏2 = 𝑒𝑡 𝑏3 = − 2. 2. 2. Calculons l’angle entre 𝜑1 et 𝜑2 par exemple : 2. cos 𝑉 , 𝑊 = 2/3 𝑒𝑡 𝑊 =. 2/3. × − 𝑉. 𝑊. 1. 6. JD. avec 𝑉 =. 3. A. C. 𝜑1 = 𝑆 + 𝑝𝑧 3 3 1 1 1 𝜑2 = 𝑆+ 𝑝𝑥 − 𝑝𝑧 3 6 2 1 1 1 𝜑3 = 𝑆− 𝑝𝑥 − 𝑝𝑧 3 6 2. Soit enfin :. M. 2. O. 1. .U. M. PO. U. 1 𝑠𝑜𝑖𝑡 cos 𝛼12 = − 𝑑 ′ 𝑜𝑢 𝛼12 = 120° 2. FS O. Exemple : Molécule Ethylène. Merci pour votre visite http://fso.umpoujda.com/.

(5) M O A. C JD U PO M .U FS O Merci pour votre visite http://fso.umpoujda.com/.

(6)