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1 3ème année licence « chimie fondamentale » Faculté des Sciences Exactes. Modu

1 3ème année licence « chimie fondamentale » Faculté des Sciences Exactes. Module « Cristallographie » Département de chimie. Travaux Dirigés N° 0 : Corrigés. Corrigé Exercice 1 : 1°) 0 1 2 u r ; 1 1 1 v r ) , ( ^ v u r r = θ 775 , 0 5 3 3 5 3 cos = = ⋅ = ⋅ ⋅ = v u v u r r r r θ ' 14 39 23 , 39 ° ± = ° ± = θ 2°) 1 2 1 1 1 1 0 1 2 − = = ∧ = k j i v u w r r r r r r 3°) 6 1 2 1 1 1 1 0 1 2 ) ( ) , , ( = − = ⋅ ∧ = w v u w v u r r r r r r Corrigé Exercice 2 : 1°) 3 2 1 a a a A r 3 2 1 b b b B r ) , ( ^ B A r r = ϕ 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 3 3 2 2 1 1 cos b b b a a a b a b a b a + + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ϕ 2°) 1 1 1 1 M O r 1 2 2 2 M O r 0 1 2 3 M O r 0 1 1 1 2 2 1 = − = OM OM M M 1 0 1 1 3 3 1 − = − = OM OM M M 2 1 2 2 1 cos = ⋅ = ϕ 3 π ϕ ± = ) 60 ( ° ± = ϕ 3°) La plan (P) passe par le point M. On a 0 0 0 z y x M O r ce plan est perpendiculaire à 3 2 1 a a a A r . Soit le point P tel que z y x OP appartenant à P). L’équation du plan est de la forme : D z C y B x A = ⋅ + ⋅ + ⋅ . 0 0 0 z z y y x x MP − − − est perpendiculaire à A r , donc : 0 ) ( ) ( ) ( 0 3 0 2 0 1 = − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ z z a y y a x x a Ou ) ( 0 3 0 2 0 1 3 2 1 z a y a x a z a y a x a ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ de la forme D z C y B x A = ⋅ + ⋅ + ⋅ Cas particulier : 1 2 3 3 2 1 = − = = a a a A r 1 2 2 0 0 0 2 = = = ≡ z y x M M L’équation du plan est donc : 3 2 3 = + ⋅ − ⋅ z y x ou 0 3 2 3 = − + ⋅ − ⋅ z y x 2 Corrigé Exercice 3 : 1°) k z j y i x r OM r r r r ⋅ + ⋅ + ⋅ = = Le vecteur unitaire : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z y x z z y x y z y x x OM OM u + + + + + + = = r ; r z r y r x u = r On vérifie que : α cos = = ⋅ r x i u r r ; de même β cos = = ⋅ r y j u r r et γ cos = = ⋅ r z k u r r . donc γ β α cos cos cos = u r on a aussi 1 cos cos cos 2 2 2 = + + γ β α . 2°) 0 3 4 = M 5 4 25 4 cos = = α ; ° ± = 86 , 36 α 5 3 cos = β ; ° ± = 13 , 53 β 2 π γ = . Remarque : z O OM r ⊥ Corrigé Exercice 4 : Cube : Prisme droit à base carré. Faces : 6 Sommets : 8 Arêtes : 12. Coordonnées réduites des 8 sommets du cube : a A O / 0 0 1 r a B O / 0 1 1 r a C O / 0 1 0 r 0 0 0 O D ≡ a E O / 1 0 1 r a F O / 1 1 1 r a G O / 1 1 0 r a H O / 1 0 0 r . 1°) ) , ( ^ B H G A r r = θ 1 1 1 − = − = A O G O G A r r r 1 1 1 − = − = H O B O B H r r r 1 − = ⋅ B H G A r r 3 1 3 3 1 cos − = ⋅ − = ⋅ ⋅ = B H G A B H G A r r r r θ ' ' 16 ' 28 109 47 , 109 ° = ° = θ C’est l’angle entre deux liaisons covalentes simples d’une molécule tétraédrique (voir figure de CH4). 3 2°) Si le Plan (ACH) est perpendiculaire à F D r alors les vecteurs C A r , H C r et H A r sont perpendiculaires à F D r . En effet : 1 1 1 − C A r 1 1 0 − H C r 1 0 1 − H A r 1 1 1 F D r On remarque que 0 = ⋅ = ⋅ = ⋅ F D H A F D H C F D C A r r r r r r On peut montrer aussi que le plan (BGE) est également perpendiculaire à F D r , les plans (ACH) et (BGE) sont donc parallèles. Symétrie d’ordre 3 : Les triangles ACH et BGE sont équilatéraux, la rotation de ° = = 120 3 2π ϕ autour de la direction F D r permet de retrouver un cube équivalent. La diagonale principale du cube est donc un axe de symétrie d’ordre 3. Corrigé Exercice 5 : 1°) Ocatédre régulier : double pyramides à bases carrée. Faces : 8 Sommets : 6 Arêtes : 12. Le volume de l’octaèdre est : ) 3 1 ( 2 h B V ⋅ ⋅ ⋅ = La base de l’octaèdre est un carré de côté d, effectuons la projection dans le plan ABCD. 2 2 2 a a d = ⋅ = 2 2 a B = La hauteur de la pyramide est : 2 a h = 3 2 6 2 2 3 1 2 3 3 2 . d a a a Voct ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ = Conclusion : 6 . cube oct V V = 2°) Tétraèdre régulier : Pyramide à faces triangles équilatéraux. F : 4 S : 4 A: 6 2 ⋅ = a d ; h B Vtétra ⋅ ⋅ = 3 1 . avec 2 3 4 3 2 2 ⋅ = ⋅ = a d B Pour trouver la hauteur, il faut chercher le point d’intersection I de la normale au plan DBE issue de G. A B C D I’ J’ K’ L’ A B C D 4 L’équation du plan (DBE) est de la forme D z C y B x A = ⋅ + ⋅ + ⋅ . Ce plan passe par les points D , B et E. donc :      = + = + = 0 0 0 B A C A D ce qui donne C A − = ; C B = ; 0 = D , donc l’équation recherchée est 0 = + + − z y x . 1 1 0 0 0 − − z y x I G r est perpendiculaire à 0 1 1 B D r , à 1 0 1 E D r et à 1 1 0 − E B s , ce qui permet d’écrire :      = − + − = − + = − + 0 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 z y z x y x Après calculs on trouve : 3 2 0 = x ; 3 1 0 = y ; 3 1 0 = z . On vérifie que ce point appartient bien au plan. On écrit le vecteur 3 2 3 2 3 2 − − I G r , on calcule ensuite son module , on trouve : a a uploads/Ingenierie_Lourd/ corrige-td-cristallo-chimie 1 .pdf