Correction DM1

Correction DM 1
Exercice 1 :
1. configuration électronique de Mn : 1s22s22p63s23p64s23d5. L’atome de manganèse a
donc 7 électrons de valence
configuration électronique de Mn2+ : 1s22s22p63s23p64s03d5.
2. L’atome de manganèse isolé a pour représentation de Lewis :
a donc 7+4×6+1=32 électrons à répartir soit 16 doublets
soient liants ou non liants. On peut donc proposer la
représentation suivante dans laquelle tous les O O
respectent l’octet et Mn est hypervalent :
Mn
; dans MnO4-, il y
qu’ils
O
O
Mn
O
Mn
O
O
O
O
Pour la géométrie, dans l’ion permanganate, Mn est de type AX4 : il doit donc être
sous forme tétraèdrique
O
Dans l’ion manganate, il y a un électron supplémentaire : on peut donc
proposer la représentation suivante (bien noter l’électron célibataire sur Mn) :
O
O
Mn
Pour la géométrie, dans l’ion manganate, Mn est de type AX4E, car l’électron
O
célibataire compte pour un doublet non liant : il doit donc s’inscrire dans une
bipyramide à base triangulaire. L’électron seul entraînant moins de répulsion
on peut penser qu’il se placera préférentiellement en position axiale. La
O
géométrie serait donc appelée pyramide à base triangulaire (mais différente du
O
Mn
type NH3). Si vous placiez l’électron en équatorial, je considère cela comme
O
correct.
O
3. Toutes les liaisons sont équivalentes car l’on peut écrire des formes mésomères qui
montrent que tous les atomes d’oxygène sont équivalents dans chacun des 2 types
d’ions.
O
O
Mn
O
O
O
O
O
O
Mn
O
O
Mn
O
Mn
O
O
O
O
O
Idem avec l’ion manganate
O
O
Mn
O
O
O
O
Mn
O
O
Mn
O
........
O
O
O
4. Dans l’ion permanganate, le barycentre des charges négatives est confondu avec le
manganèse car les 4 oxygène sont équivalentes (ils portent tous une charge partielle valant
δ=-1/4
-1/4) : la molécule est donc apolaire
O
Mn
O
δ=-1/4
O
O
δ=-1/4
δ=-1/4
Dans l’ion manganate, chaque oxygène porte une charge partielle de -1/2, et le
barycentre des charges négatives n’est plus confondu avec l’atome central : la molécule
est polaire
O
O
δ=-1/2
δ=-1/2
O
Mn
O
O
O
Mn
δ=-1/2
O
δ=-1/2
O
le barycentre des charges négatives est situé sur cet axe à
1/4 de la distance Mn-O.
On peut également faire la somme de tous les
r
vecteurs moments dipolaires associés à chaque
r
µ tot
µ
r
O
liaison et se rendre compte que la somme est
µ
r
O
Mn
O
Mn
µ
différente du vecteur nul.
=
r
µ
O
O
O
O
O
Exercice 2 :
1. configuration électronique de l’arsenic : 1s22s22p63s23p64s23d104p3.
2. L’arsenic appartient donc à la 4ème ligne et à la 15ème colonne (celle en p3)
3. Le degré d’oxydation +III correspond au départ des 3 électrons de la sous-couche 4p
(on obtient une configuration électronique avec uniquement des sous couches remplies
donc relativement stables, en 1s22s22p63s23p64s23d10), le degré d’oxydation +V, lui
correspond au départ supplémentaire des 2 électrons du niveau 4s
(1s22s22p63s23p64s03d10)
4. Avec 5 électrons de valence pour l’arsenic et 1 pour chaque hydrogène, on a
5+1+1+1=8 électrons à répartir soit 4 doublets. On
peut donc proposer la représentation de Lewis H
As
H
As
suivante qui correspond en VSEPR à un type AX3E
H
H
donc à une géométrie pyramidale :
H
H
5. La géométrie de référence est celle d’un tétraèdre
(mais le doublet non liant n’apparaît pas) : lorsqu’il est parfaitement régulier les angles
de liaison valent alors 109°. Ici, le doublet non liant est plus répulsif et repoussent
encore plus les doublets liants qui se resserent d’où un angle de liaison moindre.
6. L’électronégativité augmentant de bas en haut dans une colonne de la CPE et l’azote
étant dans la même famille que l’arsenic, l’azote est plus électronégatif que l’arsenic.
La géométrie de NH3 est la même que celle de AsH3. Chaque liaison présentant un
moment dipolaire plus grand le moment dipolaire total est plus grand dans NH3 que
dans AsH3. Orientation du moment dipolaire :
r
r
µ
As
µ As
H
r
r H
µ tot
H
µ
H
H
H
r
7. La contribution de chaque moment µ au moment dipolaire total est la même (il y a
symétrie par rotation autour d’un axe vertical passant par As) et vaut µ cos α
r
donc µ tot = 3µ cos(α )
8. Signification des pictogrammes :
a. Danger d’incendie
b. Gaz sous pression
c. Danger de toxicité aigüe
d. Danger pour la santé
e. Danger pour l’environnement
µ
As
µ cos α
H
H
H
α
O
Exercice 3 :
1. Il y a 6+ 3×6+2= 26 électrons à répartir soit 13 doublets. On peut
proposer la représentation de Lewis suivante :
2. Les 3 oxygène sont en fait totalement équivalents : cela apparaît
clairement avec les formes mésomères
S
O
O
O
O
S
S
S
O
O
O
O
O
O
O
3. Il est de type AX3E, donc pyramidal (comme NH3)
Pour SO2, la représentation de Lewis est la suivante :
donc de type AX2E et sa géométrie de type coudée
4. Le moment dipolaire global est la somme des 2 soit
µ tot = 2 µ S −O cos α
Donc
r
µ
S
r
µ
O
O
α
µ S −O =
µ tot
2 cos α
=
O
S
O
La molécule est
S
O
O