Feuille d'entraînement : Liaisons, Lewis, VSEPR et interactions intermoléculaires

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2026, Q1

   Les nombres d'électrons de valence des atomes considérés sont :

   • Azote \mathrm{N} (colonne 15) : n_{\mathrm{v}}(\mathrm{N}) = 5 ;
   • Oxygène \mathrm{O} (colonne 16) : n_{\mathrm{v}}(\mathrm{O}) = 6 ;
   • Hydrogène \mathrm{H} (colonne 1) : n_{\mathrm{v}}(\mathrm{H}) = 1.

   1. Monoxyde d'azote \mathrm{NO}(\mathrm{g}) : Il comporte 5 + 6 = 11 électrons de valence (nombre impair). On ne peut pas former exclusivement des paires d'électrons :

   2. Ion nitrite \mathrm{NO}_2^-(\mathrm{aq}) : Nombre d'électrons de valence : 5 + 2 \times 6 + 1 = 18 électrons, soit 9 doublets. L'atome central d'azote porte un doublet non liant, une double liaison avec un oxygène et une liaison simple avec un oxygène portant une charge formelle négative :

   3. Acide nitreux \mathrm{HNO}_2(\mathrm{aq}) : Nombre d'électrons de valence : 1 + 5 + 2 \times 6 = 18 électrons (9 doublets). Le proton est lié à l'un des atomes d'oxygène :

   4. Ion nitrate \mathrm{NO}_3^-(\mathrm{aq}) : Nombre d'électrons de valence : 5 + 3 \times 6 + 1 = 24 électrons, soit 12 doublets. L'azote central est tétracovalent, porte une charge formelle positive \oplus, et est lié à un oxygène par une double liaison et à deux oxygènes par des liaisons simples portant chacun une charge formelle \ominus :

   5. Acide nitrique \mathrm{HNO}_3(\mathrm{aq}) : Nombre d'électrons de valence : 1 + 5 + 3 \times 6 = 24 électrons (12 doublets) :

   Particularité du monoxyde d'azote \mathrm{NO}(\mathrm{g}) :

   \boxed{\text{$\mathrm{NO}(\mathrm{g})$ est une espèce radicalaire possédant un électron célibataire (11 électrons de valence).}}

   Ne pouvant pas saturer la couche de valence de chacun de ses atomes (l'azote est entouré de 7 électrons), il présente une très forte réactivité afin de compléter son octet (tendance rapide à la dimérisation en \mathrm{N}_2\mathrm{O}_2 à basse température ou à l'oxydation en \mathrm{NO}_2 en présence de dioxygène).

   Résultat

   $$\text{NO(g) est une espeˋce radicalaire posseˊdant un eˊlectron ceˊlibataire (11 eˊlectrons de valence).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q42

   • Décompte des électrons de valence :

     • Le carbone appartient à la colonne 14 (4e colonne du bloc p) : n_v(\mathrm{C}) = 4 électrons.
     • L'oxygène appartient à la colonne 16 (6e colonne du bloc p) : n_v(\mathrm{O}) = 6 électrons.
     • L'ion porte une charge globale q = -2\,e, soit 2 électrons supplémentaires.

     Le nombre total d'électrons de valence est :

     N_e = 4 + 3 \times 6 + 2 = 24 \text{ électrons, soit } 12 \text{ doublets}.

   • Respect de la règle de l'octet et charges formelles : Le carbone et l'oxygène appartiennent à la deuxième période et ne peuvent pas être hypervalents : ils doivent satisfaire strictement la règle de l'octet.

     Autour du carbone central :

     • une double liaison avec un premier oxygène, qui possède 2 doublets non liants (charge formelle 6 - 4 - 2 = 0) ;
     • deux liaisons simples avec les deux autres oxygènes, qui possèdent chacun 3 doublets non liants et portent une charge formelle 6 - 6 - 1 = -1 ;
     • le carbone est engagé dans 4 liaisons covalentes et n'a aucun doublet non liant (charge formelle 4 - 4 = 0).

   Le schéma de Lewis de l'ion carbonate \mathrm{CO_3^{2-}} est représenté ci-dessous (l'ion présente trois formes mésomères équivalentes) :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MP 2022, Q30

   L'atome d'azote \mathrm{N} (Z=7, configuration 1s^2\,2s^2\,2p^3) apporte 5 électrons de valence.
   Chacun des trois atomes d'hydrogène \mathrm{H} (Z=1, configuration 1s^1) apporte 1 électron de valence.

   Le nombre total d'électrons de valence de la molécule d'ammoniac \mathrm{NH}_3 est :

   n_{\text{v}} = 5 + 3 \times 1 = 8 \text{ électrons, soit } 4 \text{ doublets}.

   L'atome d'azote forme trois liaisons simples covalentes (doublets liants) avec les trois atomes d'hydrogène, ce qui permet à chaque hydrogène de respecter la règle du duet. Il reste un doublet non liant localisé sur l'atome central d'azote, qui satisfait ainsi la règle de l'octet :

   \boxed{\text{Schéma de Lewis de }\mathrm{NH}_3 \text{ : l'azote possède } 1 \text{ doublet non liant et } 3 \text{ liaisons simples }\mathrm{N-H}.}

   Résultat

   $$\text{Scheˊma de Lewis de }{\mathrm{NH}}_3\text{ : l’azote posseˋde }1\text{ doublet non liant et }3\text{ liaisons simples }\mathrm{N}-\mathrm{H}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q34

   a) Structures de Lewis des trois formes mésomères

   L'azote (\mathrm{N}, Z=7) possède 5 électrons de valence et l'oxygène (\mathrm{O}, Z=8) en possède 6. Le nombre total d'électrons de valence est :

   n_e = 2 \times 5 + 6 = 16\text{ électrons, soit } 8\text{ doublets}.

   L'atome central étant l'azote, le squelette est \mathrm{N_{(t)}-N_{(c)}-O}. On peut proposer les trois formes mésomères suivantes :

   Forme (I)	Forme (II)	Forme (III)
   :\!\mathrm{N} \equiv \overset{\oplus}{\mathrm{N}} - \bar{\bar{\mathrm{O}}}:^{\ominus}	^{\ominus}\!:\!\bar{\mathrm{N}} = \overset{\oplus}{\mathrm{N}} = \bar{\mathrm{O}}:	:\!\mathrm{N} \equiv \mathrm{N} = \bar{\mathrm{O}}:

   • Dans la forme (I), chaque atome est entouré de 8 électrons (octet respecté). L'azote central porte une charge formelle +1 et l'oxygène une charge -1.
   • Dans la forme (II), chaque atome est également entouré de 8 électrons (octet respecté). L'azote central porte une charge formelle +1 et l'azote terminal une charge -1.
   • Dans la forme (III), bien que toutes les charges formelles soient nulles, l'atome d'azote central est engagé dans 5 liaisons covalentes (une triple et une double), ce qui correspond à 10 électrons de valence.

   \boxed{\text{La forme (III) } :\mathrm{N} \equiv \mathrm{N} = \bar{\mathrm{O}}: \text{ met en défaut la règle de l'octet (hypervalence).}}

   L'azote étant un élément de la deuxième période (n=2), il ne dispose pas d'orbitales \mathrm{d} de basse énergie pour étendre sa couche de valence au-delà de 8 électrons : cette forme est donc impossible et n'a aucune existence physique.

   b) Équiprobabilité des deux autres formes et moment dipolaire

   • Équiprobabilité des formes (I) et (II) : L'oxygène est plus électronégatif que l'azote (\chi_{\mathrm{P}}(\mathrm{O}) \approx 3{,}4 > \chi_{\mathrm{P}}(\mathrm{N}) \approx 3{,}0). La charge formelle négative est donc mieux stabilisée sur l'atome d'oxygène que sur l'atome d'azote. Par conséquent :

     \boxed{\text{Les deux formes ne sont pas équiprobables : la forme (I) est plus stable et a un poids prépondérant.}}

   • Existence d'un moment dipolaire : D'après la théorie VSEPR, l'azote central est lié à deux atomes sans posséder de doublet non liant propre (type \mathrm{AX_2E_0}) dans les formes (I) et (II). La molécule adopte donc une géométrie linéaire (angle de liaison de 180^\circ).

     Cependant, la molécule \mathrm{N-N-O} est asymétrique : les atomes situés aux deux extrémités étant de natures différentes, les dipôles de liaison \vec{\mu}_{\mathrm{N-N}} et \vec{\mu}_{\mathrm{N-O}} (ainsi que la dissymétrie des charges formelles) ne se compensent pas.

     \boxed{\text{La molécule } \mathrm{N_2O} \text{ possède un moment dipolaire permanent non nul : } \vec{\mu} \neq \vec{0}.}

     (Expérimentalement, \mu \approx 0{,}16\text{ D}).

   Résultat

   $$\text{La forme (III) }:\mathrm{N}\equiv \mathrm{N}=\bar{\mathrm{O}}:\text{ met en deˊfaut la reˋgle de l’octet (hypervalence).}$$

   $$\text{Les deux formes ne sont pas eˊquiprobables : la forme (I) est plus stable et a un poids preˊpondeˊrant.}$$

   $$\text{La moleˊcule }{\mathrm{N}}_2\mathrm{O}\text{ posseˋde un moment dipolaire permanent non nul : }\vec{\mu }\ne \vec{0}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2020, Q4

   D'après la question Q3, chaque atome d'oxygène (Z = 8) possède 6 électrons de valence (couche 2s^2 2p^4).

   Pour la molécule de dioxygène \mathrm{O}_2, le nombre total d'électrons de valence est :

   n_v = 2 \times 6 = 12\text{ électrons}

   ce qui correspond à un ensemble de n_d = \frac{12}{2} = 6 doublets électroniques.

   Pour que chaque atome d'oxygène satisfasse à la règle de l'octet (entouré de 4 doublets, soit 8 électrons) sans porter de charge formelle, les deux atomes partagent deux doublets liants (formation d'une liaison double) et conservent chacun deux doublets non liants.

   La représentation de Lewis de la molécule de dioxygène est donc :

   soit formellement :

   \boxed{\;|\overline{\mathrm{O}}=\overline{\mathrm{O}}|\;}

   Résultat

   $$|\overline{\mathrm{O}}=\overline{\mathrm{O}}|$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q43

   D'après le schéma de Lewis établi en Q42 :

   • l'atome central de carbone est entouré de m = 3 atomes d'oxygène (liaisons \sigma) ;
   • le carbone ne possède aucun doublet non liant (n = 0).

   L'ion carbonate relève donc de la figure de répulsion Vsepr du type :

   \boxed{\mathrm{AX}_3\mathrm{E}_0}

   Selon le modèle de Gillespie, les trois domaines électroniques entourant l'atome central se repoussent mutuellement de façon à minimiser leur répulsion électrostatique. La disposition géométrique qui maximise leur éloignement mutuel est la configuration triangulaire plane, avec les trois liaisons \mathrm{C}-\mathrm{O} orientées vers les sommets d'un triangle équilatéral.

   De surcroît, la mésomérie décrite en Q42 fait intervenir un système délocalisé à 4 électrons \pi conjugués sur l'ensemble de l'ion. Le recouvrement optimal des orbitales atomiques 2p_z du carbone et des trois oxygènes impose la coplanarité de tous les noyaux, conférant à l'ion une géométrie rigoureusement plane à trois angles de liaison identiques :

   \boxed{\widehat{\mathrm{O-C-O}} = 120^\circ}

   Résultat

   $${\mathrm{AX}}_3{\mathrm{E}}_0$$

   $$\widehat{\mathrm{O}-\mathrm{C}-\mathrm{O}}=120^{\circ }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q38

   D'après le document 1, le rayonnement solaire ultraviolet qui parvient à la surface de la Terre se décompose en deux bandes spectrales :

   • les UVB (\lambda \in [290\,;\,320]\text{ nm}), responsables des brûlures et des coups de soleil ;
   • les UVA (\lambda \in [320\,;\,400]\text{ nm}), plus pénétrants, responsables du vieillissement prématuré et de l'apparition de cancers cutanés.

   L'analyse de la figure 11 montre que :

   • Le dioxyde de titane \mathrm{TiO}_2 (courbe en trait plein) présente une forte absorbance dans le domaine des UVB (pic autour de 310\text{ nm}), mais son pouvoir absorbant décroît très rapidement dans les UVA, devenant médiocre au-delà de 340\text{ nm}.
   • L'oxyde de zinc \mathrm{ZnO} (courbe en tirets) conserve une absorbance élevée et constante sur une large partie du spectre UVA (jusqu'à environ 380\text{ nm}), domaine dans lequel \mathrm{TiO}_2 absorbe nettement moins. En contrepartie, son absorbance dans les UVB est inférieure à celle du dioxyde de titane.

   \boxed{\text{La combinaison de }\mathrm{TiO}_2\text{ et de }\mathrm{ZnO}\text{ offre une protection à large spectre en couvrant conjointement les UVB et les UVA.}}

   Résultat

   $$\text{La combinaison de }{\mathrm{TiO}}_2\text{ et de }\mathrm{ZnO}\text{ offre une protection aˋ large spectre en couvrant conjointement les UVB et les UVA.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 MP 2024, Q19

   L'énergie potentielle d'interaction entre deux molécules varie en -1/r^6. Il s'agit des interactions de van der Waals, qui décrivent l'attraction électrostatique à moyenne distance entre dipôles électriques (permanents, induits ou instantanés, notamment les forces de dispersion de London).

   Pour déterminer le signe de la constante \alpha, exprimons la force d'interaction \vec{F} exercée par la molécule située à l'origine sur une molécule repérée par \vec{r} = r\,\hat{u}_r :

   \vec{F} = -\frac{\mathrm{d}\varepsilon_p}{\mathrm{d}r}\,\hat{u}_r = -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(-\frac{\alpha}{r^6}\right)\hat{u}_r = -\frac{6\alpha}{r^7}\,\hat{u}_r

   L'interaction étant attractive, la force est dirigée vers l'origine, c'est-à-dire dans le sens opposé au vecteur unitaire \hat{u}_r. On en déduit :

   -\frac{6\alpha}{r^7} < 0

   soit :

   \boxed{\alpha > 0}

   Résultat

   $$\alpha >0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique MP 2023, Q13

   Le potentiel de Lennard-Jones s'écrit sous la forme :

   V(x) = \frac{A}{x^{12}} - \frac{B}{x^6} \quad \text{avec } A > 0 \text{ et } B > 0

   La force d'interaction entre les deux atomes dérive de cette énergie potentielle :

   F(x) = -\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x} = \frac{12 A}{x^{13}} - \frac{6 B}{x^7}

   • Le terme en -\dfrac{B}{x^6} (terme attractif) :
     Il correspond à une force attractive (F_{\text{att}} < 0) prépondérante à moyenne et longue distances. Il modélise les interactions attractives interatomiques de type van der Waals, plus particulièrement les forces de dispersion de London (interactions dipôle induit – dipôle induit).
   • Le terme en +\dfrac{A}{x^{12}} (terme répulsif) :
     Il correspond à une force répulsive (F_{\text{rép}} > 0) fortement divergente à courte distance (x \to 0). Il modélise la répulsion stérique due à l'interpénétration des nuages électroniques et au principe d'exclusion de Pauli (deux électrons ne peuvent occuper le même état quantique), à laquelle s'ajoute la répulsion électrostatique entre les noyaux atomiques.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10E3A Physique-Chimie MP 2021, Q41

    Les configurations électroniques des atomes dans leur état fondamental sont :

    • Oxygène (Z=8) : 1s^2\,2s^2\,2p^4, soit 6 électrons de valence ;
    • Soufre (Z=16) : 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^4, soit 6 électrons de valence.

    1. Molécule de dioxyde de soufre \text{SO}_2 : Le nombre total d'électrons de valence est :

    n_v = 6 + 2 \times 6 = 18 \text{ électrons, soit } 9 \text{ doublets.}

    Le soufre, appartenant à la troisième période, peut être hypervalent grâce à l'intervention de ses orbitales 3d. Deux représentations de Lewis sont couramment admises :

    • Forme hypervalente (privilégiée car elle annule les charges formelles) : l'atome de soufre porte un doublet non liant et forme deux doubles liaisons avec les oxygènes. Chaque oxygène porte deux doublets non liants. Le soufre est entouré de 10 électrons.
    • Formes mésomères respectant la règle de l'octet : le soufre porte un doublet non liant, une liaison simple avec un oxygène chargé négativement et une liaison double avec l'autre oxygène, le soufre portant une charge formelle positive +1.

    2. Molécule de trioxyde de soufre \text{SO}_3 : Le nombre total d'électrons de valence est :

    n_v = 6 + 3 \times 6 = 24 \text{ électrons, soit } 12 \text{ doublets.}

    De la même manière, on distingue :

    • Forme hypervalente (charges formelles nulles) : le soufre forme trois doubles liaisons avec les trois atomes d'oxygène et ne possède aucun doublet non liant. Chaque atome d'oxygène dispose de deux doublets non liants.
    • Forme mésomère respectant la règle de l'octet : une liaison double \text{S}=\text{O} et deux liaisons simples \text{S}-\text{O}^-, le soufre portant une charge formelle +2.

    Indice, stratégie et pièges de cette question