1. Exercice I : Deux ions sont isoélectroniques lorsqu'ils possèdent le même nombre d'électrons.
Le numéro atomique du souffre (Z=16) vous est donné, il correspond au nombre de protons mais aussi au
nombre d'électrons puisque l'atome est électriquement neutre. Sur les 3 ions qui vous sont donnés seul
Ar 2 + possède 16 électrons.
Exercice II : Soit le rapport r = « nombre d'atomes d'azote »/ masse molaire moléculaire. Il suffit de calculer
le rapport pour chaque molécule et de trouver le plus grand.
Rappel : la masse molaire d'une molécule est la somme des masses molaires des atomes qui la composent.
• Pour l'urée : r = 2 / (14x2 + 12 + 16 + 4) = 2/60 = 1/30
• Pour le nitrate d'ammonium : r = 2 / (14x2 + 4 + 16x3) = 2/80 = 1/40
• Pour la guanidine : r = 3 / (14x3 + 12 + 5) = 3/59
La guanidine est donc le composé le plus riche en azote par rapport à sa masse
Exercice III : C + O2 → CO 2
Les coefficients stœchiométriques sont identiques donc une mole de carbone et une mole de dioxygène
donnent une mole de dioxyde de carbone.
Attention : il faut raisonner en quantité de matière et pas en masse. Le piège complètement débile à éviter :
« Ah, bah c'est facile, on utilise 3,1g de carbone donc aussi 3,1g de dioxygène et on forme 3,1g de dioxyde
de carbone »
Soient n : la quantité de matière (en mol)
m : la masse (en g)
M : la masse molaire (en g/mol)
n = m/M = 3,1/12 = 0,25 moles de carbone utilisées, on utilise donc 0,25 moles de dioxygène aussi :
0,25 = m/M <=> m = 0,25 x M = 0,25 x 16 = 4g de dioxygène.
On forme également 0,25 moles de dioxyde de carbone :
n = m/M <=> m = 0,25 x 44 = 11g de dioxyde de carbone.
Exercice IV :
Rappel des deux formules à connaître pour le modèle de Bohr :
r (n ; Z) = 0,53 x n²/Z (en Å) E (n ; Z) = -13,6 x Z²/n² (en eV)
a) r (1 ; 2) = 0,53 x ½ = 0,265 Å
b) E (1 ; 2) = -13,6 x 4 = -54,4 eV
c) L'électron passe de la couche K à la couche L : il s'éloigne du noyau, c'est donc une absorption.
E (2 ; 2) = -13,6 x 4/4 = -13,6 eV ΔE = |E (1 ; 2)| – |E (2 ; 2)| = 54,4 – 13,6 = +40,8 eV
r (2 ; 2) = 0,53 x 4/2 = 1,06 Å
Exercice V :

2. 6 raies différentes peuvent
être émises au total :
- E4 → E1
- E4 → E3
- E3 → E2
- E2 → E1
- E3 → E1
- E4 → E2
E (1 ; 1) = -13,6 eV
E (4 ; 1) = -13,6 x 1/16 = -0,85 eV
ΔE = E(1) – E(4)= -13,6 + 0,85 = -12,75 eV
E(eV) = 1240/ λ(nm) <=> λ = 1240/ 12,75 ≈ 97 nm (ultraviolet)
Exercice VI :
Attention, l'or est une des 5 exceptions à la règle de Klechkowski (colonne 11): [Xe] 6s¹ 4f¹⁴ 5d¹⁰
On peut remplacer une partie de la configuration (électrons de cœur qui ne nous intéressent pas)par le
symbole du gaz rare précédent, entre crochets. Ici [Xe] permet d'éviter d'écrire les 54 électrons précédents.
Pour l'électron célibataire : n= 6
l= 0
m= 0
s= + ½ ou - ½
Exercice VII : L'atome dont on nous donne la configuration possède 12 électrons, c'est donc le Magnésium,
un alcalino-terreux appartenant à la troisième période. Les alcalino-terreux possédant tous 2 électrons de
valence on en déduit que le Magnésium forme facilement le cation Mg 2 + et qu'il s'entoure de 2 ions
chlorure Cl - . La formule brute du composé ionique est donc MgCl 2
Exercice VIII :
La configuration C correspond à celle d'un alcalino-terreux (2 électrons de valence, configuration en ns²)
La configuration B correspond à celle d'un halogène (7 électrons de valence, configuration en ns² np⁵)
La configuration E correspond à celle d'un gaz rare (8 électrons de valence, configuration en ns² np⁶)
La configuration A correspondrait à celle d'un chalcogène (tel que O, S, Se, Te et Po), la D à celle de la

3. colonne 15 (N, P, As, etc).
Exercice IX :
– La configuration C (gaz rare) correspond à I₁ le plus élevé
– I₁ le plus faible s'observe chez les alcalins qui obtiennent la configuration électronique du gaz rare
précédent après le départ d'un électron. Il y a deux alcalins dans la liste (propositions A et D),
seulement c'est bien D qui possède le potentiel de première ionisation le plus faible puisqu'il est
juste en dessous de A dans la classification (Rappel : dans une colonne, quand Z ↗, I ↘)
– I₂ le plus faible s'observe chez les alcalino-terreux qui ont tendance à former des cations A2 + .
Proposition E
Exercice X :
– BeCl 2 possède une géométrie de type AX 2 , c'est donc une molécule linéaire et apolaire
(puisque les moments dipolaires des liaisons Be-Cl s'annulent). La règle de l'octet n'est pas
respectée puisque Be de configuration 1s² 2s² est entouré au final de 4 électrons (+ présence de 2
lacunes électroniques)
– Le méthane possède une géométrie de type AX 4 , c'est une molécule tétraédrique apolaire. La
règle de l'octet est respectée puisque le carbone est entouré de 8 électrons.
– H 2 CO (formaldéhyde) possède une géométrie de type AX 3 , c'est donc une molécule
plane avec des angles proches de 120°. C'est une molécule polaire (les vecteurs moments dipolaires
ne s'annulent pas) qui respecte la règle de l'octet (puisque le carbone central est entouré de 8
électrons).
Exercice XI : Le tableau comprenant les niveaux d'énergie des OA ne sert à rien puisqu'on vous propose des
molécules diatomiques homonucléaires (donc ΔE= 0 pour toutes les sous-couches). L'électron ajouté à
chaque espèce apparaît en bleu dans les diagrammes.
Pour savoir si la liaison est renforcée ou non on calcule l'ordre (ou indice) de la liaison qui est donné par la
formule : i = (nombre d'électrons liants – nombre d'électrons antiliants) /2.
Rappel : lorsque i augmente la liaison est d'autant plus stable, dure à briser et généralement plus la distance
entre les deux atomes diminue.
– Pour Li 2 :
Pour Li 2 i = 2/2 = 1
-
Pour Li 2 i = (2-1)/2 = ½
L'ajout d'un électron à Li 2 rend donc la
liaison moins stable.

4. – Pour Be 2 :
Pour Be 2 i= (2-2)/2= 0 ( Be 2 n'existe pas)
-
Pour Be 2 i= (3-2)/2= ½ → L'ajout d'un électron provoque donc le renforcement de la liaison
– Pour N2 :
Pour N 2 i= (8-2)/2 = 3
-
Pour N 2 i= (8-3)/2 = 2,5 => L'ajout d'un électron rend la liaison moins stable.
– Pour O2 :

5. Pour O 2 : i= (8-4)/2 =2
-
Ajout d'un électron à O 2 → formation de l'ion superoxyde O2 i = (8-5)/2 = 1,5 (liaison moins stable)
Jusqu'à N les niveaux σ et π liantes des OM sont inversés puis à partir de O l'OM σ liante est en dessous des
π liantes.
– Pour F2 :
Pour F 2 : i= (8-6)/2 = 1
Pour F -2 : i= (8-7)/2 = ½ (liaison moins stable)
Exercice XII : Il y a 2 carbones hybridés sp, 12 carbones hybridés sp² et 7 carbones hybridés sp³. L'oxygène
de la fonction carbonyle (R-CO-R') est hybridé sp², ses deux doublets non liants sont contenus dans deux
orbitales sp². L'oxygène de la fonction éther (R-O-R') est hybridé sp³, ses deux doublets non liants sont
contenus dans des orbitales sp³

6. N.B. : On peut déterminer l'état d'hybridation d'un atome de carbone à partir du type de liaison qu'il
établit :
– Lorsque le carbone établit 4 liaisons σ (comme dans le méthane et tous les autres alcanes) il est
hybridé sp³. C'est aussi le cas des carbanions, de géométrie tétraédrique, qui possèdent un doublet
non liant contenu dans une orbitale sp³.
– Lorsque le carbone établit 3 liaisons σ et une liaison π (comme dans les alcènes) il est hybridé sp².
C'est aussi le cas des carbocations, de géométrie plane, qui possèdent une lacune électronique
(orbitale p restante).
– Lorsque le carbone fait 2 liaisons σ et 2 liaisons π, comme dans les alcynes, il est hybridé sp.