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DUREE 1 H 30 Contrôle Continu n° 1, 10 novembre 2007 Licence 1 SVET-CHIMIE Stru

DUREE 1 H 30 Contrôle Continu n° 1, 10 novembre 2007 Licence 1 SVET-CHIMIE Structure de la Matière Module SVT110E – SCH122AE Nom, prénom : Groupe : Aucun document. Calculatrice personnelle autorisée. Les formules et données numériques utilisables pour l’ensemble des questions sont regroupées à la fin du sujet. Barème: I/4,5 ; II/4,5 ; III/9 ; IV/4. I – Le bore 5B existe sous la forme de deux isotopes naturels stables 10B et 11B dont les masses atomiques et abondances relatives sont données dans le tableau suivant : Isotope Masse atomique (u.m.a) Abondance relative (%) 10B 10,012937 19,9 11B 11,009305 80,1 1) Calculer la masse atomique relative de l’élément bore. En déduire sa masse molaire. (2*0,5 points) mr = 0,199. 10,012937 + 0,801. 11,009305 = 10,8 u.m.a. M(B) = 10,8 g.mol -1 2) Calculer le défaut de masse (en u.m.a.) de l’isotope 11B.(2 points) mcalc = 5 mp + 6 mn + 5 me = 5. 1,6726.10-27 + 6 . 1,6749.10-27 + 5. 9,1096.10-31 = 1,84171.10-26 kg = 1,84171.10-26.103 .6,0221.1023 = 11,0910 u.m.a. ∆m = mexp – mcalc = 11,009305 - 11,0910 = -0,0817 u.m.a. 3) Calculer l’énergie de cohésion (en MeV) du 11B. (1,5 point) E = ∆m c2 = [-0,0817.10-3/ 6,0221.1023 ](2,998.108)2 = -1,22.10-11 J = -1,22.10-11 / 1,602 .10-19 = -7,61 107 eV E = - 76,1 MeV 1/6 II – 1) Donner la définition d’un ion hydrogénoïde. (0,5 point) Un ion hydrogénoïde est un système atomique dans lequel on a un électron seul autour d’un noyau chargé + Ze. 2) Le numéro atomique du bore B est Z = 5. Donner l’ion hydrogénoïde associé au bore. (0,5 point) L’ion hydrogénoïde associé au bore est B4+. 3) A quoi correspond l’énergie de 5ième ionisation du bore B ? Pourquoi peut-on calculer sa valeur ? Donner cette énergie en J et en eV. (2 points) L’énergie de 5ième ionisation du bore B correspond à l’énregie nécessaire pour arracher un cinquième électron au bore, c’est à dire l’énergie pour passer de l’ion B4+ à l’ion B5+. On peut calculer cette énergie car l’ion B4+ est un ion hydrogénoïde pour lequel la formule de Balmer et la formule des niveau d’énergie suivante est applicable : En = - Z2 A/n2 où A = 13,60 eV = 13,60.1,602.10-19 = 2,178.10-15 J On accède à la valeur en prenant la valeur absolue de E1, avec Z = 5. On peut aussi la calculer à partir de la longueur d’onde de la raie limite de la série K, en utilisant l’enrgie associé à la longueur d’onde. E = hc/λ = hcZ2Rh E = 6,626.10-34.2,998.108.52 1,097.107 4) Calculer la longueur d’onde en nm de la raie de tête de la série K pour cet ion hydrogénoïde. (1,5 point) 1/λ = Z2Rh(1 –1/22) = 52 1,097.107 (1 –1/22) λ = 4,862.10-9 m III – 1) Le numéro atomique du magnésium Mg est Z =12. a) Enoncer la règle de Klechkowski et construire le schéma associé. (1 point) Le remplissage des sous-couches électroniques se fait dans l’ordre des (n+l) croissants, et pour le même (n+l), selon l décroissant. 2/6 E = 340,0 eV E = 5,445.10-17 J λ= 4,862 nm b) Enoncer la règle de Hund et l’illustrer à l’aide d’un exemple. (1 point) c) Donner la structure électronique complète et abrégée du magnésium 12Mg. Souligner les électrons de valence. (1,5 point) 12Mg 1s2 2s2 2p6 3s 2 ou [Ne] 3s 2 d) Quels sont les nombres quantiques associés aux électrons de valence du magnésium ? (1 point) 3s 2 : n = 3, l = 0, m = 0, s = ± ½ 3/6 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s 5f 6d 7p n+l 1 2 3 4 5 6 7 8 l=0 l=0 l=0 l=0 l=0 l=0 l=0 l=1 l=1 l=1 l=1 l=1 l=2 l=2 l=2 l=2 l=1 l=3 l=3 n l =0 l = 1 l =2 l =3 1 1s 2 2 2s 2p 3 3s 3p 3d 4 4s 4p 4d 4f 5 5s 5p 5d 5f 6 6s 6p 6d 6f 7 7s 7p 7d 7f 1 2 3 3 4 5 4 5 6 7 5 6 7 8 6 7 8 9 7 8 9 10 ou Exemple : le titane (Ti, Z = 22) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2 1s2 Et non : = Maximum de spins parallèles Règle de Hund 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d2 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d2 2) Le dernier électron d’un élément possède les nombres quantiques n = 3, l = 2, m = 0 et s = ½ (dans l’ordre de remplissage normal et conventionnel). a) Donner la structure électronique complète et abrégée ainsi que le numéro atomique de cet élement. (1,5 point) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d3 4s2 ou [Ar] 3d3 4s2 Z = 18 + 5 = 23 b) A quelle période et quelle colonne du tableau périodique se situe-t-il ? (1 point) Il se situe à la 5ème colonne de la 4ème période. c) A quelle famille de la classification périodique appartient-il ? (0,5 point) Il appartient à la famille des métaux de transition. d) L’élément de la même colonne à la cinquième période s’appelle le niobium Nb. Donner la configuration électronique complète et abrégée attendue pour cet élément ainsi que son numéro atomique. (1,5 point) 5ème colonne, 5ème période : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d3 5s2 ou [Kr] 4d3 5s2 Z = 36 + 5 = 41 IV – Un ion hydrogénoïde de numéro atomique inconnu Z possède entre un de ses niveaux n et le niveau n’ = 9, une différence d’énergie égale à 6,018 eV (n < n’). 1) Calculer la longueur d’onde (en nm) de la radiation correspondant à une transition entre ces deux niveaux. Quel est le domaine de longueurs d’onde dans lequel est situé cette radiation ? (1 point) E = hν = hc/λ λ = hc/E = 6,626.10-34. 2,998.108 / (6,018.1,602.10-19) = 2,060.10-7 m λ = 206,0 nm Cette radiation est dans le domaine de l’ultraviolet. 4/6 2) La longueur d’onde la plus proche (de valeur immédiatement supérieure) et appartenant à la même série de raies est de 2337 Å. Calculer la valeur de Z, ainsi que celle de n. Donner le détail du calcul permettant d’arriver à ces résultats, toute réponse même exacte et non justifiée n’apportera pas de point. (1,5 point) Comme il s’agit de la même série, la valeur de n est identique pour les deux transitions. La longueur d’onde est de valeur immédiatement supérieure, il s’agit par conséquent d’une transition depuis le niveau d’énergie immédiatement en dessous de n’ = 9 : c’est la longueur d’onde associée à la transition 8 → n 1 / λ 8→n = Z2Rh (1/n2 –1/82 ) et 1 / λ 9→ n= Z2Rh (1/n2 –1/92 ) On prend la différence de ces deux expressions pour déterminer Z : (1 / λ 8→n ) - (1 / λ 9→ n ) = Z2Rh (1/92 –1/82 ) Z2 =[ (1 / λ 8→n ) - (1 / λ 9→ n )] / [Rh (1/92 –1/82 )] Z2 = [(1 / 2337.10−10 ) - (1 / 2,060.10−7 )] / [1,097.107(1/92 –1/82 )] =16 Z = 4 On determine ensuite n : 1 / λ 9→ n= Z2Rh (1/n2 –1/92 ) 1 / (Z2Rh λ 9→ n) = 1/n2 –1/92 1/n2 = 1/92 + 1 / (Z2Rh λ 9→ n) 1/n2 = 1/92 + 1 / (42.1,097.1072,060.10−7) n = 5 3) Déterminer à l’aide du schéma ci-dessous le nombre de raies appartenant à la même série et dont les longueurs d’onde sont supérieures à celle de la transition : En’ → En ( n’ = 9) . Représenter les transitions correspondantes sur le schéma. (0,5 point) 5/6 E n’ = 9 n = 5 Il y a trois raies de longueur d’onde supérieure à celle de la transition E9 → E5 (en rouge sur le schéma). 4) Calculer les longueur d’onde (en Å) de toutes les raies représentées sur le schéma précédent. (1 point) λ 9→5 = 2060 Å λ 8→5 = 2337 Å 1/λ 7→5 = 521,097.107 (1/52 –1/72 ) donne λ 7→5 = 2908 Å 1/λ 6→5 = 521,097.107 (1/52 –1/62 ) donne λ 6→5 = 4661 Å Données : Constante de Planck : h = 6,624.10-34 J.s Charge de l’électron e = 1,602. 10-19 C Masse de l’électron : me= 9,109. 10-31 kg Masse du proton : mp = 1,6726.10-27 kg Masse du neutron : mn = 1,67493.10-27 kg Nombre d'Avogadro : N = 6,0221. 1023 Vitesse de la lumière : c = 2,998. 108 m.s-1 Constante de Rydberg : RH = 1,097. 107 m-1 Formule de Balmer :       − = 2 2 2 1 2 1 1 1 n n Z RH λ les Gaz rares : 2He, 10Ne, 18Ar, 36Kr, 54Xe, 86Rn 6/6 uploads/Histoire/ controle-structure-de-la-matiere-2007-corrige.pdf