Corrigé de l'examen de l'epst blida .pdf


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+Corrigé de l’examen de chimie-1 CPST du 19 01 2016

Exercice-1
A) l’abondance relative de chaque isotope :
On a :

mmoyen = (m1x1+m2x2)/100

et

x1+x2 = 100 %

ce qui nous donne :

x1= 100.(mmoy-m2)/(m1-m2)

AN :

et

x1= 93.26 %

B) l’énergie de liaison de

A1

x2= 6.74 %

19K

m1 =38.9637 uma donc A1 =39
ce qui nous donne la composition nucléaire de

39

19K

( p=19 et n=20)

Δm= m(3919K) – 19 m(p) – 20 m(n) = -0.34783 uma
l’énergie de liaison du noyau est ΔE = IΔmI.931.5 = 324 MeV

c) la stabilité d’un noyau est reliée au rapport ΔE/A ( énergie de liaison par nucléon)
Plus sa valeur est élevée plus le noyau est stable.

Pour

39

le noyau de

Pour le noyau du

56Fe

19K

,

ΔE/A = 8.30 MeV /nucléon

ΔE = 491.83 MeV

d’où ΔE/A = 8.78 MeV /nucleon

Conclusion :

56Fe

est plus stable de

39

19K

.

Exercice-2 :
A) l’hydrogène absorbe un photon ce qui fait passer son électron du niveau
n1 =1 au niveau n2
et à partir du niveau n2 il descend au niveau n en
émettant un photon.
n2=7
Le niveau atteint après l’absorption :

ΔE 2

n=4

1/λ1 = RH(1/n12 – 1/n22)
λ1
AN:

n 2= 7

n1=1

Après l’émission : ΔE2 = En – En2 = EH/n2 – EH/n22 = - 0.57245 eV (émission)
d’où n2 = EH/(ΔE1 +EH /n22 )

AN :

n=4

B) la raie ( 7 → 4) appartient à la série de Brackett
C) à partir du niveau n=4
La raie qui se situe dans le visible correspond à la transition
(4 →2 ) ,
La raie qui se situe dans l’ultra violet correspond a la transition : (2 →1 )

1/λ = RH(1/n12 – 1/n22)

la longueur d’onde peut être calculée par :
Ce qui donne :

λ42 = 484.85 nm

et

λ21 = 121.21 nm

Exercice-3
a) l’onde associée est donnée par λ = h/mv

λelectron = 3.33 10-10 m = 3.33 Å

(Cette valeur est de l’ordre de grandeur des dimensions atomiques, ce qui confirme le caractère
ondulatoire de l’électron).

b) pour observer l’effet photoélectrique , il faut que E > E0 (énergie d’extraction)
donc :

E=E0 + Ec

d’ou

E0 = E-Ec = hc/λ –Ec = 3.011 eV

c) la longueur d’onde seuil se calcul par

λ0 = hc/E0 = 412.24 nm

d) on peut observer l’effet photoélectrique avec la lumière visible à condition que
λ soit inferieure à λ0 = 412.24 nm qui est la longueur d’onde seuil.

Exercice-4

élément
A
B
C
D
E
F

configuration électronique
2
5
2He-2s -2p
1
10
18Ar-4s -3d
2
3
10Ne-3s -3p
2
18Ar-4s
2
3
18Ar-4s -3d
2
10
2
18Ar-4s -3d -4p

période
2
4
3
4
4
4

groupe et sous groupe
VIIA
IB
VA
IIA
VB
IVA

Pour les classer on fait un mini tableau périodique
n
2
3
4

IIA

VB

IB

IVA

VA
C

D

E

B

F

Par rayons atomiques croissants :

R(A) < R(C) < R(F) < R(B) <R(E) < R(D)

Par électronégativités croissantes :

χ(D) < χ (E) < χ(B) < χ (F) < χ(C)<χ(A)

VIIA
A

ion stable
AB+
C3D2+
E2+
F4+

partie liaison chimique

Diagrammes de Lewis

F
F—Br —O
F

( O—N=O )-

( O=N=O)+ ou

,

,

( IO

I N=O)+

Cl—O—N=N –O—Cl

O

e) la molécule NO2 est angulaire de la forme AB2
on a μNO2= 2 μNOcos(α/2)
d’où

μNO= μNO2 /2 cos(α/2)

μNO = δ.dNO

d’ou

N+2δ
-δO
O-δ

AN : μNO = 0.15 D

δ = μNO /dNO

AN : δ= 4.16 10-21C = 0.026 e

CIP (NO) = (μexp/ μth ).100 = (δ/e).100 = 2.6 %

exercice-5 ( bonus)
molécule( ion)
BrOF3
NO2+
NO3N2O2Cl2

(2 points)
AXnEm
AX4E1
AX2
AX3E1
AX2E1

hybridation
sp3d
sp
sp3
sp2

géométrie
pyramide à base triangulaire
linéaire
pyramide à base triangulaire
angulaire

angle de liaison
α=900 β=1200
1800
≤1090
≤ 1200


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