Chim Generale Solutionnaire Ch 5

C H A P I T R E

5 des atomes

Recueil de solutions − Chimie générale

..............................................................................................................................................................................

La structure électronique

Réponses aux problèmes ciblés

5.7 a) DÉMARCHE

On connaît la fréquence d’une onde électromagnétique et l’on nous demande de calculer sa longueur d’onde. En isolant λ dans l’équation 5.1 et en remplaçant vp par c, la vitesse de la lumière, on obtient :

λ = cν

SOLUTION

En remplaçant ν et c par leur valeur, on obtient :

λ = cν =

8

13 13,00 10 m/s8,6 10 s −

× =×

3,5 × 10−6 m

Convertissons les mètres en nanomètres comme demandé dans l’énoncé du problème. Rappelons que 1 nm = 1 × 10–9 m (voir le tableau 1.3).

? nm = 3,5 × 10−6 m × 91 nmm

1 10 m−××

= 3,5 × 103 nm

b) DÉMARCHE

On connaît la longueur d’onde d’une onde électromagnétique et l’on nous demande de calculer sa fréquence. En isolant ν dans l’équation 5.1 et en remplaçant vp par c, la vitesse de la lumière, on obtient :

ν = λc

SOLUTION

Convertissons la longueur d’onde en mètres, car la vitesse de la lumière est donnée en mètres par seconde.

? m = 566 nm × 91 10 m

1 nm

−× = 5,66 × 10−7 m

En remplaçant λ et c par leur valeur, on obtient :

ν = λc =

8

73,00 10 m/s5,66 10 m −

× =×

5,30 × 1014 s−1 ou 5,30 × 1014 Hz

© 2009 Chenelière Éducation inc.


80 Chapitre 5 • La structure électronique des atomes

5.8 a) Étant donné que λν = c,

ν = λc 8 93,00 10 m/s 10 nm

456 nm 1 m⎛ ⎞⎛ ⎞×= =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ 6,58 × 1014 s−1 ou Hz

b) On peut écrire :

λ = cν =

8 9

9 13,00 10 m/s 10 nm

1 m2,45 10 s −⎛ ⎞⎛ ⎞×⎜ ⎟⎜ ⎟× ⎝ ⎠⎝ ⎠

= 1,22 × 108 nm

5.9 Puisque la vitesse de la lumière est de 3,00 × 108 m/s, on peut écrire :

(2,1 × 108 km) × 1 000 m1 km

× 81

3,00 10 m/s× = 7,0 × 102 s

Le temps serait-il différent pour d’autres types de rayonnements électromagnétiques ?

5.10 (4,5 × 107 km) × 1 000 m1 km

= 4,5 × 1010 m

temps = distancevitesse

= 10

84,5 10 m

3,00 10 m/s××

= 1,5 × 102 s ou 2,5 min

5.11 λ = cν =

8

13,00 10 m/s

9 192 631 770 s −× = 3,26 × 10−2 m ou 3,26 × 107 nm

Ce rayonnement se situe dans la région des micro-ondes.

5.12 La longueur d’onde est

λ = 1 m1 650 763,73 longueurs d’onde

= 6,057 802 106 × 10−7 m

ν = λc =

8

73,00 10 m/s

6,057 802 106 10 m −×

× = 4,95 × 1014 s−1

5.15 E = hν = λhc =

34 8

9

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)624 10 m

−

−•× ××

= 3,19 × 10–19 J

5.16 a) DÉMARCHE

On connaît la fréquence de l’onde électromagnétique et on nous demande de calculer la longueur d’onde correspondante. Par réarrangement de l’équation 5.1 et en remplaçant vp par c, la vitesse de la lumière, on obtient :

λ = cν

SOLUTION

λ = cν

8

143,00 10 m/s7,5 10 /s

⎛ ⎞×= =⎜ ⎟×⎝ ⎠ 4,0 × 10–7 m ou 4,0 × 102 nm

VÉRIFICATION

Cette valeur calculée de 400 nm donne dans la région bleue du visible comme l’on devait s’y attendre.



Problèmes ciblés 81

b) DÉMARCHE

On connaît la fréquence d’une onde électromagnétique et l’on nous demande de calculer son énergie. L’équation 5.2 donne la relation entre l’énergie et la fréquence d’une onde selon : E = hν

SOLUTION

Par substitution de h, la constante de Planck, par sa valeur (6,63 × 10–34 J • s) et de la fréquence ν par sa valeur (7,5 × 104 s–1), on calcule l’énergie associée à un seul photon ayant cette fréquence.

E = hν = (6,63 × 10–34 J • s)(7,5 × 104 s–1) = 5,0 × 10–19 J

VÉRIFICATION

On devait s’attendre à ce que l’énergie associée à un seul photon soit très petite, et c’est ce que démontre le résultat de notre calcul.

5.17 a) λ = cν

8

43,00 10 m/s

6,0 10 /s

⎛ ⎞×= =⎜ ⎟×⎝ ⎠ 5,0 × 103 m ou 5,0 × 1012 nm

Ce rayonnement ne se situe pas dans le visible, il s’agit plutôt d’une onde radio.

b) E = hν = (6,63 × 10–34 J • s)(6,0 × 104 /s) = 4,0 × 10–29 J

c) La conversion en J/mol : E = (4,0 × 10–29 J/photon)(6,022 × 1023 photons/mol) = 2,4 × 10−5 J/mol

5.18 DÉMARCHE

Dans l’énoncé de ce problème, l’énergie est donnée pour une mole de photons gamma. Il faudra la calculer pour un seul photon, ce qui permettra ensuite de calculer la longueur d’onde et la fréquence du rayon gamma.

SOLUTION

Énergie par photon : 11

231,29 10 J 1 mol

1 mol 6,022 10 photons× ×

× = 2,14 × 10–13 J/ photon

Longueur d’onde : de E = hν = λhc ,

λ = hcE

= 34 8

13

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)2,14 10 J

−

−•× ××

= 9,29 × 10–13 m ou 0,929 pm

Fréquence de E = hν,

ν = Eh

= 13

342,14 10 J

6,63 10 J s

−

−•

××

= 3,23 × 1020 s–1

5.19 E = hν = λhc =

34 8

9

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)0,154 10 m

−

−•× ××

= 1,29 × 10–15 J

5.20 a) λ = cν =

8

143,00 10 m/s8,11 10 /s

××

= 3,70 × 10–7 m ou 3,70 × 102 nm

b) En examinant la figure 5.3 du manuel, on peut remarquer que la région du spectre pour la partie visible s’étend de 400 à 700 nm. 370 nm se situe dans l’ultraviolet.




c) E = hv. En remplaçant la fréquence v par sa valeur dans cette équation, on obtient l’énergie d’un quantum, soit l’énergie associée à un seul photon.

E = hv = (6,63 × 10–34 J • s)(8,11 × 1014/s) = 5,38 × 10–19 J

5.25 L’arrangement des niveaux d’énergie est particulier à chaque élément. Les fréquences de la lumière émise par les éléments sont propres à chaque élément. Même les fréquences émises par les isotopes d’un même élément ont des différences très légères entre elles.

5.26 On peut analyser la lumière émise en la faisant passer à travers un prisme (l’examiner au spectroscope).

5.27 La lumière émise par la substance fluorescente a toujours une énergie inférieure à celle de la lumière qui a heurté la substance. L’absorption de lumière visible ne peut pas provoquer une émission de lumière ultraviolette, car celle-ci est d’énergie supérieure.

Le procédé inverse (la lumière ultraviolette produisant de la lumière visible par fluorescence) est très courant. Certaines marques de lessive contiennent des substances appelées « azurants optiques » qui, par exemple, peuvent rendre une chemise plus blanche et plus éclatante qu’une chemise blanche lavée avec une lessive ordinaire. Comment, selon vous, l’azurant optique travaille-t-il ?

5.28 Les atomes excités des éléments chimiques émettent les mêmes fréquences caractéristiques, ou raies, dans un laboratoire sur la Terre, sur le Soleil ou sur une étoile éloignée de plusieurs années-lumière de la Terre.

5.29 a) La différence d’énergie entre les états E1 et E4 est

E4 − E1 = (−1,0 × 10–19 J) − (−15 × 10–19 J) = 14 × 10–19 J

λ = hcE∆ =

34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)

14 10 J

−

−•× ××

= 1,4 × 10–7 m ou 1,4 × 102 nm

b) La différence d’énergie entre les états E2 et E3 est E3 − E2 = (−5,0 × 10–19 J) − (−10,0 × 10–19 J) = 5 × 10–19 J

c) La différence d’énergie entre les états E1 et E3 est E1 − E3 = (−15 × 10–19 J) − (−5,0 × 10–19 J ) = −10 × 10–19 J

En ignorant le signe négatif de ∆E, on trouve la longueur d’onde de la même manière qu’en a) :

λ = hcE∆ =

34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)10 10 J

−

−•× ××

= 2,0 × 10–7 m ou 2,0 × 102 nm

5.30 Pour résoudre ce problème, étant donné la grande précision de la longueur d’onde, il faut utiliser des valeurs plus précises de h et de c.

34 8

9

(6,6256 10 J s) (2,998 10 m/s)λ 656,3 10 mhcE −

−•

−× ×= = =×

193,027 × 10 J

5.31 DÉMARCHE

On connaît l’état initial et l’état final de l’électron de l’atome d’hydrogène lors de ce phénomène d’émission.

L’énergie du photon émis se calcule à l’aide de l’équation 5.5. Ensuite, à partir de cette énergie, on peut calculer la fréquence et finalement la longueur d’onde. La constante de Rydberg vaut 2,18 × 10–18 J.




SOLUTION

Dans ce problème, ni = 5 et nf = 3. Selon l’équation 5.5, on peut écrire :

∆E = RH 2 21 1

i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ = (2,18 × 10–18 J) 2 2

1 15 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ = −1,55 × 10–19 J

λ = hcE∆ =

34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)1,55 10 J

−

−•× ××

= 1,28 × 10–6 m ou 1,28 × 103 nm

Est-ce que le signe de la variation d’énergie respecte la convention des signes pour les processus exothermiques et endothermiques ?

VÉRIFICATION

Cette longueur d’onde donne dans la région de l’infrarouge du spectre électromagnétique (voir la figure 5.3). Ce résultat est en accord avec le fait qu’une transition du niveau 5 vers le niveau 3 correspond à une raie spectrale de la série de Paschen (voir le tableau 5.1 et la figure 5.9) qui se situe dans l’infrarouge.

5.32 ∆E = (2,18 × 10–18 J) 2 21 14 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ = −4,09 × 10–19 J

ν = Eh

∆ = 19

344,09 10 J

6,63 10 J s

−

−•

××

= 6,17 × 1014 s–1

λ = cν =

8

143,00 10 m/s6,17 10 /s

××

= 4,86 × 10–7 m ou 4,86 × 102 nm

Cette longueur d’onde donne dans le visible et correspond à la raie verte dans la série de Balmer (voir la figure 5.9) qui est attribuable au retour de l’électron du niveau ni = 4 au niveau nf = 2.

5.33 Nous devons donner une réponse comportant quatre chiffres significatifs, vu les valeurs très rapprochées que nous obtenons. On utilise 6,6256 × 10–34 J • s comme constante de Planck. D’abord, il faut calculer l’énergie d’un photon de chaque type :

E = hν = λhc =

34 8

9

(6,6256 10 J s) (2,998 10 m/s)

589,0 10 m

−

−•× ××

= 3,372 × 10–19 J

E = hν = λhc =

34 8

9

(6,6256 10 J s) (2,998 10 m/s)589,6 10 m

−

−•× ××

= 3,369 × 10–19 J

Pour un photon, la différence d’énergie est ∆E = (3,372 × 10–19 J) − (3,369 × 10–19 J) = 3 × 10–22 J

Pour une mole de photons, la différence d’énergie est 223 10 J

1 photon

−⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠

236,022 10 photons1 mol

⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠

= 2 × 102 J/mol

5.34 L’énergie du photon est

E = λhc =

34 8

9

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)434 10 m

−

−•× ××

= 4,58 × 10–19 J

Puisqu’il s’agit d’une émission, la variation d’énergie (∆E) doit être négative : −4,58 × 10–19 J.

∆E = −4,58 × 10–19 J = RH 2 21 1

i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ = (2,18 × 10–18 J) 2 2

1 12in

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠




21

in =

19

184,58 10 J

2,18 10 J

−

−⎛ ⎞− ×⎜ ⎟×⎝ ⎠

+ 212

= −0,210 + 0,250 = 0,040

ni = 10,040

= 5

5.39 DÉMARCHE

On connaît la masse et la vitesse du neutron, et l’on nous demande de calculer sa longueur d’onde. Il faudra utiliser l’équation de De Broglie (voir l’équation 5.7). Notez que les unités de la constante de Planck étant en J • s, m doit être en kg et v en m/s, car 1 J = 1 kg m2/s2.

SOLUTION

Selon l’équation 5.7, λ = hmv =

234

2

27 2

kg m6,63 10 ss

(1,675 10 kg)(7,00 10 m/s)

−

−

••

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠× ×

= 5,65 × 10–10 m ou 0,565 nm

5.40 λ = hmv =

234

2

27 8

kg m6,63 10 ss

(1,673 10 kg)(2,90 10 m/s)

−

−

••

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠× ×

= 1,37 × 10–15 m ou 1,37 × 10−6 nm

5.41 Il faut d’abord convertir la vitesse exprimée ici en km/h en m/s : 2 1000 m1,93 10 km 1 h

1 h 1 km 3 600 s⎛ ⎞× ⎛ ⎞⎛ ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠= 53,6 m/s

λ = hmv =

234

2

kg m6,63 10 ss

(0,0124 kg)(53,6 m/s)

− ••

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 9,98 × 10−34 m ou 9,98 × 10−25 nm

5.42 Calcul de la vitesse en m/s : ( ) 1000 m56 km 1 h1 h 1 km 3 600 s

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 16 m/s

λ = hmv =

234

2

3

kg m6,63 10 ss

(2,5 10 kg)(16 m/s)

−

−

••

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠×

= 1,7 × 10−32 m ou 1,7 × 10−23 nm

5.53 Le nombre quantique secondaire (l) peut avoir des valeurs entières de 0 à n − 1. Dans le cas présent, n = 2, donc les valeurs permises du nombre quantique secondaire sont 0 et 1.

Chaque valeur permise du nombre quantique secondaire (l) correspond à une sous-couche. Dans une sous-couche donnée (nommée l), il y a 2l + 1 niveaux d’énergie permis (orbitales), chacun défini par une valeur propre du nombre quantique magnétique (ml). Les valeurs permises de ml sont −1, 0 et +1. Pour la sous-couche définie par le nombre quantique secondaire l = 0, la valeur permise du nombre quantique magnétique est ml = 0. Pour l’autre sous-couche définie par le nombre quantique secondaire l = 1, les valeurs permises du nombre quantique magnétique sont −1, 0 et 1.

Si les valeurs permises sont toujours des nombres entiers allant de −1 à 1, y a-t-il toujours 2l + 1 valeurs de l ? Pourquoi ?




5.54 DÉMARCHE

Quelles sont les relations entre les valeurs de n, l et ml ?

SOLUTION

On sait que le nombre quantique principal est n = 3. Les valeurs possibles de l sont comprises entre 0 et (n−1). Alors, pour n = 3, il y a trois valeurs possibles de l : 0, 1 et 2. Ces dernières valeurs correspondent respectivement aux orbitales s, p et d. Quant aux valeurs de ml, elles peuvent varier de – l à +l. Les valeurs de ml pour chaque valeur de l sont :

l = 0 ml = 0 l = 1 ml = −1, 0, 1 l = 2 ml = −2, −1, 0, 1, 2

5.55 a) 2p : n = 2, l = 1, ml = −1, 0, 1 b) 3s : n = 3, l = 0, ml = 0 (la seule valeur permise) c) 5d : n = 5, l = 2, ml = −2, −1, 0, 1, 2

Une orbitale peut avoir n’importe laquelle des valeurs permises par les valeurs du nombre quantique magnétique de la sous-couche à laquelle elle appartient. Toutes les orbitales d’une sous-couche donnée ont exactement la même énergie.

5.56 a) Le nombre attribué à une sous-couche est le nombre quantique principal, soit n = 3 dans ce cas. Pour les orbitales s, on a l = 0. Étant donné que ml ne peut prendre que des valeurs entières comprises entre − l et +l, si n = 3, alors ml = 0. Le nombre quantique de spin, ms, est soit +½, soit −½.

Selon un raisonnement semblable à celui exposé en a), voici les réponses obtenues pour b) et c) : b) 4p : n = 4; l = 1; ml = −1, 0, 1; ms = +½, −½ c) 3d : n = 3; l = 2; ml = −2,−1, 0, 1, 2; ms = +½, −½

5.57 Une orbitale 2s est plus grande qu’une orbitale 1s. Les deux ont la même forme sphérique. L’énergie de l’orbitale 1s est inférieure à celle de l’orbitale 2s.

5.58 Les deux ont une taille, une forme et une énergie identiques. Seule leur orientation relative diffère.

Pouvez-vous assigner un nombre quantique magnétique spécifique à ces orbitales ? Quelles sont les valeurs du nombre quantique magnétique permises pour la sous-couche 2p ?

5.59 Les valeurs permises de l sont 0, 1, 2, 3 et 4. Elles correspondent aux sous-couches 5s, 5p, 5d, 5f et 5g. Ces sous-couches possèdent respectivement une, trois, cinq, sept et neuf orbitales.

5.60 Pour n = 6, les valeurs permises de l sont 0, 1, 2, 3, 4 et 5, soit des nombres entiers de valeurs l = 0 à (n − 1). Ces valeurs de l correspondent aux sous-couches 6s, 6p, 6d, 6f, 6g et 6h. Ces sous-couches possèdent respectivement 1, 3, 5, 7, 9 et 11 orbitales, la règle générale prévoyant que pour une valeur de l donnée, il y aura 2l + 1 orbitales.

5.61 Il ne peut y avoir que 2 électrons par orbitale.

a) 2 b) 6 c) 10 d) 14

Quelle loi de la nature implique qu’il ne peut y avoir plus de deux électrons par orbitale ? Ces électrons ont-ils la même énergie ? Quelle différence y a-t-il entre eux ? Est-ce que cinq orbitales 4d contiennent autant d’électrons que cinq orbitales 3d ? En d’autres termes, est-ce que le nombre quantique principal (n) a une influence sur le nombre d’électrons contenus dans une sous-couche donnée ?




5.62 Valeur de n Somme des orbitales Nombre total d’électrons

1 1 2

2 1 + 3 = 4 8

3 1 + 3 + 5 = 9 18

4 1 + 3 + 5 + 7 = 16 32

5 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 50

6 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 72

Dans chacun des cas, le nombre total d’orbitales est égal à n2. Le nombre total d’électrons est donc 2n2.

5.63 3s : 2; 3d : 10; 4p : 6; 4f : 14; 5f : 14

5.64 Les configurations électroniques des éléments sont : a) N : 1s22s22p3. Il y a trois électrons de type p. b) Si : 1s22s22p63s23p2. Il y a six électrons de type s. c) S : 1s22s22p63s23p4. Il n’y a aucun électron de type d.

5.65 Voir la figure 5.20.

5.66 Pour les atomes polyélectroniques, les électrons des orbitales 3p sont plus blindés (effet d’écran plus prononcé) par les électrons des couches internes (ceux dans 1s, 2s et 2p que ceux de l’orbitale 3s). L’orbitale 3s est plus « pénétrante » que les orbitales 3p et 3d. Dans l’atome d’hydrogène, il n’y a qu’un électron ; les orbitales 3s, 3p et 3d ont donc la même énergie.

5.67 L’équation 5.4 ne permet que de calculer l’énergie qui est associée au nombre quantique principal (n); dans le cas de l’atome d’hydrogène, l’énergie ne dépend d’aucun autre nombre quantique. Donc si deux orbitales de l’atome d’hydrogène ont la même valeur de n, leur énergie est égale.

a) 2s > 1s b) 3p > 2p c) Égale d) Égale e) 5s > 4f

5.68 a) 2s < 2p b) 3p < 3d c) 3s < 4s d) 4d < 5f

5.77 a) Est impossible, car le nombre quantique magnétique ml ne peut être qu’un nombre entier. c) Est impossible, car la valeur maximale du nombre quantique secondaire l est n − 1. e) Est impossible, car le nombre quantique de spin ms ne peut avoir que des valeurs de +1/2 ou

de −1/2.

5.78 a) Pour l’aluminium, il n’y a pas assez d’électrons dans la sous-couche 2p. Cette sous-couche devrait contenir six électrons. Le nombre d’électrons est le bon, soit 13. La configuration électronique devrait être 1s22s22p63s23p1. La configuration indiquée dans le problème pourrait correspondre à celle d’un atome d’aluminium excité.

b) Pour le bore, il y a trop d’électrons. Le bore a seulement cinq électrons. La configuration électronique devrait être 1s22s22p1. Quelle serait la charge électrique d’un atome de bore ayant la configuration donnée dans la question ?

c) Pour le fluor, il y a trop d’électrons. Le fluor a neuf électrons. La configuration donnée est celle de l’ion F−. La bonne configuration électronique est 1s22s22p5.




5.79 Puisque le nombre atomique est impair, il est mathématiquement impossible que tous les électrons soient couplés. Il doit alors y avoir au moins un électron célibataire. Donc, les atomes de cet élément sont paramagnétiques.

5.80 B (1), Ne (0), P (3), Sc (1), Mn (5), Se (2), Kr (0), Fe (4), Cd (0), I (1), Pb (2).

B: [He]2s22p1 (1 électron célibataire) Ne : (0 électron célibataire, pourquoi ?)

P : [He]3s23p3 (3 électrons célibataires) Sc : [Ar]4s23d1 (1 électron célibataire)

Mn : [Ar]4s23d 5 (5 électrons célibataires) Se : [Ar]4s23d104p4 (2 électrons célibataires)

Kr : (0 électron célibataire) Fe : [Ar]4s23d 6 (4 électrons célibataires)

Cd : [Kr]5s24d10 (0 électron célibataire) I : [Kr]5s24d105p5 (1 électron célibataire)

Pb : [Xe]6s24f 145d106p2 (2 électrons célibataires)

5.85 B : 1s22s22p1

V : [Ar]4s23d3

Ni : [Ar]4s23d8

As : [Ar]4s23d104p3

I : [Kr]5s24d105p5

Au : [Xe]6s14f 145d10

Que signifient [Ar], [Kr] et [Xe] ?

5.86 DÉMARCHE

Combien d’électrons possède le germanium (pour Ge, Z = 32) ? Commençons avec le niveau n = 1 et procédons au remplissage selon l’ordre indiqué à la figure 5.21. Rappelons qu’une orbitale ne peut contenir plus de deux électrons. À partir de n = 2, il y a trois orbitales p de même énergie, correspondant aux valeurs de ml = −1, 0, 1. À partir de n = 3, il y a cinq orbitales d de même énergie, correspondant aux valeurs de ml = −2, −1, 0, 1, 2. Il faut placer les électrons dans les orbitales en respectant le principe d’exclusion de Pauli et la règle de Hund. Pour simplifier cette tâche, la structure électronique des électrons internes du germanium peut être représentée par la structure de gaz inerte qui le précède.

SOLUTION

Le germanium possède 32 électrons, car Z = 32. La structure de gaz inerte faisant partie de la structure électronique du germanium est [Ar], car Ar est le gaz inerte qui précède le germanium. [Ar] représente 1s22s22p63s23p6. Cette structure de gaz inerte loge 18 électrons. Il en reste donc 14 à placer.

Consultez la figure 5.21 pour vérifier l’ordre de remplissage des sous-couches au-delà de la structure de gaz inerte de Ar. Vous devriez trouver que c’est 4s, 3d, puis 4p. Il nous restait 14 électrons à distribuer dans ces orbitales. L’orbitale 4s peut contenir 2 électrons. Chacune des orbitales 3d peut en contenir 2 pour un total de 10 électrons, ce qui en laisse 2 pour occuper des orbitales 4p.

La configuration électronique de Ge est :

[Ar]4s23d104p2




Vous devriez procéder de la même manière dans les autres cas en consultant les figures 5.21 et 5.22.

Fe : [Ar]4s23d 6 Zn : [Ar]4s2 3d10 Ru : [Kr]5s14d 7 W : [Xe]6s24f 145d 4

Tl : [Xe]6s24f 145d106p1

5.87 Il y a un total de 12 électrons :

Orbitale n l ml ms

1s 1 0 0 +½

1s 1 0 0 −½

2s 2 0 0 +½

2s 2 0 0 −½

2p 2 1 1 +½

2p 2 1 1 −½

2p 2 1 0 +½

2p 2 1 0 −½

2p 2 1 –1 +½

2p 2 1 –1 −½

3s 3 0 0 +½

3s 3 0 0 −½

Il s’agit du magnésium.

5.88

2 3

3 3s p↑↓ ↑ ↑ ↑ 2 4

3 3s p↑↓ ↑↓ ↑ ↑ 2 5

3 3s p↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑

S+ (5 électrons de valence) S (6 électrons de valence) S− (7 électrons de valence)

3 électrons célibataires 2 électrons célibataires 1 électron célibataire

C’est donc S+ qui a le plus grand nombre d’électrons célibataires.

5.89 Dans son état fondamental, la configuration électronique du Se est : [Ar]4s23d104p4

5.90 Dans son état fondamental, la configuration électronique du Tc est : [Kr]5s24d 5

Réponses aux problèmes variés

5.91 Il faut d’abord calculer la longueur d’onde, puis trouver la couleur à l’aide de la figure 5.3.

λ = hcE

= 34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)4,30 10 J

−

−•× ××

= 4,63 × 10–7 m ou 463 nm

Cette longueur d’onde se situe dans le bleu. La flamme est donc bleue.



Problèmes variés 89

5.92 a) Calculons d’abord l’énergie d’un seul photon de longueur d’onde de 633 nm :

E = λhc =

34 8

9

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)633 10 m

−

−•× ××

= 3,14 × 10–19 J

Le nombre de photons produits par une pulsation de 0,376 J est :

0,376 J × 19

1 photon3,14 10 J−×

= 1,20 × 1018 photons

b) Puisque 1 W = 1 J/s, la puissance fournie pendant une pulsation d’une durée de 1,00 × 10–9 s est :

90,376 J

1,00 10 s−×= 3,76 × 108 J/s = 3,76 × 108 W

Comparez cette puissance à celle d’une ampoule lumineuse de 100 W.

5.93 a) La longueur d’onde et la fréquence sont des propriétés ondulatoires qui dépendent l’une de l’autre. Les deux sont reliées par l’équation 5.1. Voyez l’exemple 5.1, où l’on applique cette relation à une onde lumineuse.

b) Les propriétés typiques des ondes sont : longueur d’onde, fréquence, vitesse de propagation caractéristique (le son, la lumière, etc.). Les propriétés typiques des particules sont : masse, vitesse, moment (masse × vitesse), énergie cinétique. Dans les phénomènes que nous percevons normalement tous les jours (niveau macroscopique), ces propriétés s’excluent mutuellement. Au niveau atomique (niveau microscopique), les « objets » peuvent avoir des caractéristiques à la fois particulaires et ondulatoires. Ce phénomène se situe complètement en dehors de notre champ habituel de perception; il est donc très difficile à concevoir.

c) La quantification de l’énergie implique que l’émission ou l’absorption de l’énergie n’est permise qu’en quantités discrètes (exemple : un spectre de raies). La variation continue d’énergie suppose que tous les changements d’énergie sont permis (exemple : un spectre continu).

5.94 a) Avec n = 2 et ms = +1/2, l peut valoir 0 et alors ml = 0 (1 e−), ou l peut valoir 1 alors m = −1, 0, +1 (3 e−), pour un total de 4 e− (un e− dans l’orbitale 2s et un e− dans chaque orbitale 2p). On peut aussi résoudre ce problème ainsi : Avec n = 2, il y a n2 orbitales, soit 22 = 4, et ms = +½ signifie qu’il y a un seul électron par orbitale, pour un total de 4 e−.

b) Avec n = 4 et ml = +1, l = 1, 2 ou 3, et dans chaque cas ms = ±1/2, pour un total de 6 e−

(2 e− dans une orbitale 4p, 2 e− dans une 4d et 2 e− dans une 4f ). c) Avec n = 3 et l = 2, ml = 2, 1, 0, −1 ou −2, et dans chaque cas ms =

±1/2, pour un total de 10 e− (2 e− dans chacune des cinq orbitales 3d).

d) Avec n = 2 et l = 0, ml ne peut avoir que la valeur 0 et comme ms = −1/2 signifie qu’il n’y a qu’un seul électron par orbitale, il y a un total de 1 e− (une orbitale 2s contenant 1 e−).

e) Avec n = 4, l = 3 et ml = −2, il s’agit d’une orbitale 4f. Avec ms = ±1/2, on a un total de 2 e−.

5.95 Voir les sections appropriées dans le manuel au chapitre 5.

5.96 Les propriétés ondulatoires.

5.97 L’effet photoélectrique consiste dans le fait qu’une lumière d’énergie suffisante qui éclaire une surface métallique provoque l’éjection d’électrons (photoélectrons). Puisque les électrons sont des particules chargées, la surface métallique devient chargée positivement à mesure qu’elle perd des électrons. Après un certain temps, la surface positive devient suffisamment chargée pour attirer les électrons éjectés; l’énergie cinétique en est ainsi réduite.




5.98 a) Après avoir converti les km/h en m/s, on applique l’équation de De Broglie :

λ = hmv =

234

2

kg m6,63 10 ss

(0,141 kg)(53,6 m/s)

− ••

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 8,77 × 10–35 m

b) Après avoir calculé la masse moyenne de 1 atome d’hydrogène en divisant la masse molaire par le nombre d’Avogadro, on applique l’équation de De Broglie :

λ = hmv =

234

2

27

kg m6,63 10 ss

(1,67 10 kg)(53,6 m/s)

−

−

••

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠×

= 7,41 × 10–9 m

5.99 À cause de la règle de Hund, il y a beaucoup plus d’atomes paramagnétiques que d’atomes diamagnétiques.

5.100 La série de Balmer correspond aux transitions de retour vers le niveau n = 2.

Pour He+ :

∆E = RH 2 21 1

i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ et λ = hc

E∆ = 34 8(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)

E

−•× ×∆ =

251,99 10 J mE

−•×

∆

Pour la transition n = 3 → 2,

∆E = 8,72 × 10−18 J = 2 21 13 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ = −1,21 × 10−18 J

λ = 25

181,99 10 J m

1,21 10 J

−

−•×

× = 1,64 × 10−7 m ou 164 nm

Pour la transition n = 4 → 2, ∆E = −1,64 × 10−18 J et λ = 121 nm



Pour H, les calculs sont les mêmes que précédemment, mais dans ce cas il faut utiliser la valeur 2,18 × 10−18 J pour la constante de Rydberg.





Toutes les transitions de la série de Balmer pour He+ sont dans la région de l’ultraviolet, alors que celles pour H sont toutes dans la région de la partie visible du spectre des ondes électromagnétiques. Rappelons que le signe « − » devant les valeurs d’énergie signifie qu’il y a émission d’énergie sous forme de photons.

5.101 Puisque l’énergie associée à un photon de longueur d’onde λ1 est égale à la somme de l’énergie d’un photon de longueur d’onde λ2 et de celle d’un photon de longueur d’onde λ3, on peut écrire l’équation suivante :

énergie du photon 1 = (énergie du photon 2 + énergie du photon 3).



Problèmes variés 91

Puisque E = λhc , alors :

1 2 3λ λ λ= +hc hc hc

et, en divisant par hc :

1 2 3

1 1 1λ λ λ= +

5.102 La différence d’énergie d’ionisation est (412 kJ/mol − 126 kJ/mol) = 286 kJ/mol. Pour un seul atome,

3

23286 10 J 1 mol

1 mol 6,022 10 atomes× ×

×= 4,75 × 10−19 J/atome

λ = hcE∆ =

34 8

19

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)

4,75 10 J

−

−•× ××

= 4,19 × 10−7 m ou 419 nm

5.103 Utilisons le principe d’incertitude d’Heisenberg avec le signe d’égalité afin de calculer l’incertitude minimale.

4hx p π∆ ∆ =

La quantité de mouvement p est égale à la masse multipliée par la vitesse.

p = mv ou ∆p = m∆v Nous pouvons écrire :

∆p = m∆v = 4

hxπ∆

Finalement, l’incertitude pour la vitesse de la molécule d’oxygène est :

∆v =4

hm xπ ∆ =

34

26 5

(6,63 10 J s) 4 (5,3 10 kg)(5,0 10 m)π

−

− −•×

× × = 2,0 × 10−5 m/s

5.104 DÉMARCHE

Il faudra d’abord calculer l’énergie d’un photon de longueur d’onde de 600 nm. Ensuite, on pourra calculer combien de photons peuvent fournir une énergie de 4,0 × 10–17 J.

SOLUTION

Calculons l’énergie d’un photon de longueur d’onde de 600 nm :

E = λhc =

( ) ( )34 8

19

6,63 10 J s 3,00 10 m/s

600 10 m

−

−

•× ×

×= 3,32 × 10−19 J

Calculons le nombre de photons pouvant produire 4,0 × 10–17 J :

(4,0 × 10−17 J) × 19

1 photon3,32 10 J−×

= 1,2 × 102 photons




Réponses aux problèmes spéciaux

5.105 Une bonne approximation de l’énergie d’ionisation pour Fe13+ → Fe14+ + 1e− consiste à la considérer comme étant égale à l’énergie cinétique moyenne (Ēc) d’une mole d’ions, soit (3/2 × RT). Il faudra aussi convertir les kilojoules en joules :

Ēc = (3/2 × RT )

3,5 × 107 J = 3/2 × (8,314 J • mol−1• K−1) × T

T = 2,8 × 106 K

La véritable température pourrait être encore plus élevée et elle l’est probablement.

5.106 La règle de sélection stipule que ∆l = ±1; donc, seulement b) et d) sont des transitions permises.

5.107 a) La raie A correspond à la longueur d’onde la plus longue, donc à la transition émettant la plus faible énergie, soit la transition 3 → 2. Par conséquent, la raie B correspond à la transition 4 → 2 et la raie C, à la transition 5 → 2.

b) Trouvons l’équation décrivant le changement d’énergie, ∆E, lors d’une transition électronique :

Ef = − RH Z 2 21

fn

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

et Ei = − RH Z 2 21

in

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∆E = Ef − Ei = − RH Z 2 21

fn

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

− 2H 2

1

i

R Zn

⎛ ⎞⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∆E = − RH Z 2 2 21 1 i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

La raie C correspond à la transition 5 → 2. La variation d’énergie associée à cette transition se calcule à partir de la longueur d’onde (27,1 nm).

E = λhc =

34 8

9

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)27,1 10 m

−

−•× ××

= 7,34 × 10−18 J

Dans le cas de cette transition 5 → 2, nous connaissons maintenant ∆E, ni, nf et RH (RH = 2,18 × 10−18 J). Puisque cette transition correspond à un phénomène d’émission, il y a dégagement d’énergie et ∆E est négative (∆E = −7,34 × 10−18 J). On peut maintenant substituer ces valeurs dans l’équation précédente afin de trouver la valeur de Z.

∆E = − RH Z 2 2 21 1 i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

−7,34 × 10−18 J = (2,18 × 10−18 J)Z2 2 21 1 5 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

= (−4,58 × 10−19)Z2

Z2 = 16,0 Z = 4

Z doit être un nombre entier parce qu’il représente le numéro atomique d’un atome parent.



Problèmes spéciaux 93

Maintenant que nous connaissons la valeur de Z, nous pouvons remplacer Z par sa valeur dans le cas des transitions 3 → 2 (raie A) et 4 → 2 (raie B) afin de pouvoir trouver les ∆E. On pourra ensuite calculer les longueurs d’onde qui correspondent à ces énergies.

Pour la transition 3 → 2 qui génère la raie A :

∆E = − RH Z 2 2 21 1 i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= (2,18 × 10−18 J)(42) 2 2

1 1 3 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

= −4,84 × 10−18 J

λ = hcE

= 34 8

18

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)4,84 10 J

−

−•× ××

= 4,11 × 10−8 m ou 41,1 nm

Pour la transition 4 → 2 qui génère la raie B :

∆E = − RH Z 2 2 21 1 i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= (2,18 × 10−18 J)(42) 2 2

1 1 4 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

= −6,54 × 10−18 J

λ = hcE

= 34 8

18

(6,63 10 J s) (3,00 10 m/s)6,54 10 J

−

−•× ××

= 3,04 × 10−8 m ou 30,4 nm

c) La valeur de n pour l’état d’énergie final est nf = ∞ . Utilisons l’équation déduite en a) pour calculer ∆E.

∆E = − RH Z 2 2 21 1 i fn n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= (2,18 × 10−18 J)(42) 2 2

1 1 4

⎛ ⎞−⎜ ⎟∞⎝ ⎠

= 2,18 × 10−18 J d) Au fur et à mesure que les niveaux d’énergie augmentent dans un atome ou un ion, les

différences d’énergie entre un niveau n et le suivant sont de plus en plus petites (voir la figure 5.9). Les transitions des électrons provenant de niveaux élevés vers le niveau n = 2 ont des valeurs d’énergie très rapprochées, ce qui correspond aussi à des longueurs d’onde très rapprochées pour les photons émis. En fait, les raies sont si rapprochées qu’elles forment un continuum et sont confondues. Ce continuum signifie que l’électron a été enlevé de l’ion et qu’il n’y a plus de niveaux d’énergie quantifiés associés à l’électron. En d’autres mots, l’énergie de l’électron peut maintenant varier de manière continue, sans sauts, et peut avoir ainsi une infinité de valeurs.

5.108 a) La courbe indique un maximum d’énergie radiante autour de 500 nm. Ainsi, au cours de l’évolution, depuis des milliards d’années, les organismes ont évolué de manière à capter l’énergie solaire dans cette région spectrale. Mentionnons deux exemples importants : la photosynthèse et la vision.

b) Les astronomes enregistrent les courbes d’émission thermique des étoiles (des radiations de corps noirs) et les comparent à celles de corps chauffés à différentes températures au laboratoire. Comme l’allure générale de la courbe ainsi que la longueur d’onde dominante dépendent de la température du corps chauffé, les astronomes peuvent déterminer de manière fiable la température à la surface d’une étoile en trouvant laquelle des courbes expérimentales se superpose le mieux à celle de l’étoile.




5.109 a) Utilisons le principe d’incertitude d’Heisenberg avec le signe d’égalité afin de calculer l’incertitude minimale.

4hx p π∆ ∆ = où ∆p = m∆v

∆x(m∆v) = 4hπ

∆x = 4

hmπ ∆v = ( )

34

31 6

6,63 10 J s4 (9,1094 10 kg) (0,01)(5 10 m/s)π

−

−•×

× × = 1 × 10−9 m

Notez que la constante de Planck ayant des unités en joules, la masse doit être en kilogrammes et la vitesse en m/s.

L’incertitude dans la position de l’électron étant beaucoup plus grande que le rayon de l’atome, il est impossible de savoir où est l’électron dans l’atome.

b) On applique encore ici le principe d’incertitude pour calculer l’incertitude de la position de la balle.

∆x = 4

hpπ∆ =

34

76,63 10 J s

4 (1,0 10 )(6,7 kg m/s)π

−

−•

•

××

= 7,9 × 10−29 m

La position de la balle est donc connue avec une grande précision, car l’incertitude calculée est extrêmement petite.


Chim Generale Solutionnaire Ch 5

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