Feuille d'entraînement : Structure de la matière

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2026, Q16

   D'après l'énoncé, la structure cristalline de l'oxyde de nickel \mathrm{NiO} est de type chlorure de sodium (\mathrm{NaCl}) :

   • Les anions oxyde \mathrm{O^{2-}} forment un sous-réseau cubique à faces centrées :

     • les 8 sommets de la maille ;
     • les centres des 6 faces.

   • Les cations \mathrm{Ni^{2+}} occupent la totalité des sites octaédriques :

     • les milieux des 12 arêtes de la maille ;
     • le centre du cube.

   Légende :

   • \bullet Grandes sphères (rouges) : Anions oxyde \mathrm{O^{2-}} (sommets et centres des faces du réseau CFC)
   • \bullet Petites sphères (vertes) : Cations nickel \mathrm{Ni^{2+}} (milieux des arêtes et centre du cube, sites octaédriques)

   \boxed{\text{La maille conventionnelle de }\mathrm{NiO}\text{ est cubique à faces centrées en ions }\mathrm{O^{2-}}\text{ avec les ions }\mathrm{Ni^{2+}}\text{ dans tous les sites octaédriques (type }\mathrm{NaCl}\text{).}}

   Résultat

   $$\text{La maille conventionnelle de }\mathrm{NiO}\text{ est cubique aˋ faces centreˊes en ions }{\mathrm{O}}^{2-}\text{ avec les ions }\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}\text{ dans tous les sites octaeˊdriques (type }\mathrm{NaCl}\text{).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2026, Q18

   La masse volumique \rho du cristal d'oxyde de nickel \mathrm{NiO} est le quotient de la masse contenue dans une maille par le volume de cette maille.

   La maille étant cubique d'arête a, son volume est :

   V_{\text{maille}} = a^3

   D'après la question Q17, chaque maille contient Z = 4 unités formulaires \mathrm{NiO}. La masse d'une maille s'exprime donc par :

   m_{\text{maille}} = \frac{Z \cdot M(\mathrm{NiO})}{N_A} = \frac{4\left(M(\mathrm{Ni}) + M(\mathrm{O})\right)}{N_A}

   où N_A est la constante d'Avogadro.

   On en déduit l'expression littérale de la masse volumique :

   \boxed{\rho = \frac{4\left(M(\mathrm{Ni}) + M(\mathrm{O})\right)}{N_A \, a^3}}

   Application numérique :

   • M(\mathrm{Ni}) + M(\mathrm{O}) = 59 + 16 = 75\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 75 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • a = 418\text{ pm} = 4{,}18 \times 10^{-10}\text{ m} ;
   • N_A = 6{,}02 \times 10^{23}\text{ mol}^{-1}.

   Calculons le dénominateur :

   \begin{aligned} a^3 &= (4{,}18 \times 10^{-10}\text{ m})^3 \approx 73{,}0 \times 10^{-30}\text{ m}^3 \\ N_A \, a^3 &\approx 6{,}02 \times 10^{23} \times 73{,}0 \times 10^{-30} \approx 4{,}40 \times 10^{-5}\text{ m}^3\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   D'où :

   \rho = \frac{4 \times 75 \times 10^{-3}}{4{,}40 \times 10^{-5}} = \frac{300}{44} \times 10^3 \approx 6{,}8 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}

   \boxed{\rho \approx 6{,}8 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} = 6{,}8\text{ g}\cdot\text{cm}^{-3}}

   Résultat

   $$\rho =\frac{4\left(M(\mathrm{Ni})+M(\mathrm{O})\right)}{N_A{a}^3}$$

   $$\rho \approx 6,8\times 10^3\text{ kg}\cdot {\text{m}}^{-3}=6,8\text{ g}\cdot {\text{cm}}^{-3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation PC 2026, Q37

   Pour l'atome de nickel dans son état fondamental (Z = 28), le remplissage des sous-couches électroniques selon la règle de Klechkowski (par ordre d'énergie croissante : 1\mathrm{s}, 2\mathrm{s}, 2\mathrm{p}, 3\mathrm{s}, 3\mathrm{p}, 4\mathrm{s}, 3\mathrm{d}) s'écrit :

   \boxed{1\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{p}^6\, 3\mathrm{s}^2\, 3\mathrm{p}^6\, 3\mathrm{d}^8\, 4\mathrm{s}^2 \quad \text{ou} \quad [\mathrm{Ar}]\, 3\mathrm{d}^8\, 4\mathrm{s}^2}

   La position du nickel dans le tableau périodique se déduit de sa structure électronique de valence :

   • Ligne (période) : le nombre quantique principal le plus élevé pour les électrons occupés est n = 4. Le nickel se situe donc sur la 4e ligne (ou 4e période).
   • Colonne (groupe) : les électrons de valence correspondent aux orbitales externes non totalement remplies plus l'orbitale de valence la plus externe, soit ici la couche de valence 3\mathrm{d}^8 4\mathrm{s}^2, comptant 8 + 2 = 10 électrons. Selon la nomenclature internationale (UICPA), le nickel appartient à la colonne 10.

   \boxed{\text{4\ieme{} ligne (période 4) \quad et \quad 10\ieme{} colonne}}

   Résultat

   $$1{\mathrm{s}}^{2}2{\mathrm{s}}^{2}2{\mathrm{p}}^{6}3{\mathrm{s}}^{2}3{\mathrm{p}}^{6}3{\mathrm{d}}^{8}4{\mathrm{s}}^2\text{ou}[\mathrm{Ar}]3{\mathrm{d}}^{8}4{\mathrm{s}}^2$$

   $$\text{4e ligne (peˊriode 4) et 10e colonne}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Modelisation PC 2026, Q38

   Dans une maille cubique :

   • un atome situé sur un sommet est partagé entre 8 mailles adjacentes et compte pour une fraction \frac{1}{8} ;
   • un atome situé au centre d'une face est partagé entre 2 mailles adjacentes et compte pour une fraction \frac{1}{2}.

   D'après le descriptif de la maille :

   • Atomes de nickel : ils occupent les 8 sommets du cube et le centre de 4 faces. Le nombre d'atomes de nickel appartenant en propre à la maille est donc :

     N(\mathrm{Ni}) = 8 \times \frac{1}{8} + 4 \times \frac{1}{2} = 1 + 2 = 3

   • Atomes de chrome : ils occupent le centre des 2 autres faces opposées. Le nombre d'atomes de chrome appartenant en propre à la maille est donc :

     N(\mathrm{Cr}) = 2 \times \frac{1}{2} = 1

   \boxed{N(\mathrm{Ni}) = 3 \quad \text{et} \quad N(\mathrm{Cr}) = 1}

   Résultat

   $$N(\mathrm{Ni})=3\text{et}N(\mathrm{Cr})=1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q1

   À partir des configurations électroniques fondamentales :

   • \mathrm{H}\ (Z=1) : 1\mathrm{s}^1 \implies 1 électron de valence ;
   • \mathrm{C}\ (Z=6) : 1\mathrm{s}^2\,2\mathrm{s}^2\,2\mathrm{p}^2 \implies 4 électrons de valence ;
   • \mathrm{N}\ (Z=7) : 1\mathrm{s}^2\,2\mathrm{s}^2\,2\mathrm{p}^3 \implies 5 électrons de valence ;
   • \mathrm{O}\ (Z=8) : 1\mathrm{s}^2\,2\mathrm{s}^2\,2\mathrm{p}^4 \implies 6 électrons de valence.

   1. Dioxyde de carbone \mathrm{CO}_2 : Le nombre total d'électrons de valence est n_v = 4 + 2 \times 6 = 16, soit 8 doublets. Le carbone central forme deux doubles liaisons avec les oxygènes, et chaque atome d'oxygène possède deux doublets non liants. Chaque atome respecte la règle de l'octet et aucune charge formelle n'apparaît :

   2. Méthane \mathrm{CH}_4 : Le nombre total d'électrons de valence est n_v = 4 + 4 \times 1 = 8, soit 4 doublets. Le carbone forme quatre liaisons simples covalentes avec les quatre atomes d'hydrogène :

   3. Protoxyde d'azote \mathrm{N}_2\mathrm{O} : L'énoncé précise que l'atome central est un atome d'azote, ce qui correspond à l'enchaînement atomique \mathrm{N}-\mathrm{N}-\mathrm{O}. Le nombre total d'électrons de valence est n_v = 5 + 5 + 6 = 16, soit 8 doublets. Pour respecter la règle de l'octet pour les trois atomes, deux formes mésomères limites principales peuvent être proposées :

   • Forme à triple liaison \mathrm{N}\equiv \mathrm{N} et simple liaison \mathrm{N}-\mathrm{O} :

   • Forme à deux doubles liaisons \mathrm{N}=\mathrm{N}=\mathrm{O} :

   Le schéma privilégié (contributeur prépondérant) est le premier, car la charge formelle négative est portée par l'atome d'oxygène, qui est plus électronégatif que l'azote :

   \boxed{|\mathrm{N}\equiv \overset{\oplus}{\mathrm{N}}-\underline{\overline{\mathrm{O}}}\,^{\ominus}|}

   Résultat

   $$|\mathrm{N}\equiv \stackrel{\oplus }{\mathrm{N}}-\underline{\overline{\mathrm{O}}}{}^{\ominus }|$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q24

   1. Population de la maille

   • Les ions indium \mathrm{In}^{3+} forment un réseau cubique à faces centrées (cfc) :

     • 8 ions aux sommets du cube, appartenant chacun à 8 mailles : 8 \times \frac{1}{8} = 1 ;
     • 6 ions aux centres des faces, appartenant chacun à 2 mailles : 6 \times \frac{1}{2} = 3.

     Soit :

     N(\mathrm{In}^{3+}) = 1 + 3 = 4

   • Les sites tétraédriques d'un réseau cfc sont situés au centre des 8 sous-cubes d'arête a/2, donc entièrement intérieurs à la maille (chacun compte pour 1). Les ions arséniure \mathrm{As}^{3-} occupant la moitié de ces sites :

     N(\mathrm{As}^{3-}) = \frac{1}{2} \times 8 = 4

   La maille contient donc :

   \boxed{N(\mathrm{In}^{3+}) = 4 \quad \text{et} \quad N(\mathrm{As}^{3-}) = 4}

   soit Z = 4 motifs formulaires \mathrm{InAs} par maille conventionnelle.

   2. Électro-neutralité du cristal

   La charge électrique totale contenue dans une maille s'écrit :

   Q_{\text{maille}} = N(\mathrm{In}^{3+}) \times (+3e) + N(\mathrm{As}^{3-}) \times (-3e) = 4 \times (+3e) + 4 \times (-3e) = 0

   \boxed{Q_{\text{maille}} = 0}

   La présence d'un même nombre de cations tricationiques \mathrm{In}^{3+} et de trianions \mathrm{As}^{3-} assure la neutralité électrique globale du cristal.

   3. Coordinence As-In

   Chaque ion arséniure \mathrm{As}^{3-} occupe le centre d'un site tétraédrique, c'est-à-dire le centre de gravité d'un tétraèdre régulier dont les 4 sommets sont occupés par des ions \mathrm{In}^{3+}.

   Le nombre de plus proches voisins indium autour d'un ion arséniure est donc égal à 4 :

   \boxed{\text{Coordinence}(\text{As-In}) = 4}

   Résultat

   $$N({\mathrm{In}}^{3+})=4\text{et}N({\mathrm{As}}^{3-})=4$$

   $$Q_{\text{maille}}=0$$

   $$\text{Coordinence}(\text{As-In})=4$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q25

   Le centre d'un site tétraédrique est situé sur la diagonale principale d'un des huit petits cubes d'arête a/2, à la distance :

   d_{\text{In-As}} = \sqrt{\left(\frac{a}{4}\right)^2 + \left(\frac{a}{4}\right)^2 + \left(\frac{a}{4}\right)^2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}

   À la limite de contact entre l'anion \text{As}^{3-} occupant le site et le cation \text{In}^{3+} situé au sommet le plus proche :

   r_{\text{In}^{3+}} + r_{\text{As}^{3-}} = \frac{a\sqrt{3}}{4}

   On en déduit l'expression du paramètre de maille a :

   \boxed{a = \frac{4}{\sqrt{3}}\left(r_{\text{In}^{3+}} + r_{\text{As}^{3-}}\right)}

   Application numérique : Avec r_{\text{In}^{3+}} = 80\text{ pm} et r_{\text{As}^{3-}} = 160\text{ pm} :

   a = \frac{4}{\sqrt{3}} \times (80 + 160) \times 10^{-12} \approx 5{,}54 \times 10^{-10}\text{ m}

   \boxed{a = 554\text{ pm}}

   La maille élémentaire contient Z = 4 motifs de formule InAs (établi à la question Q24). Sa masse molaire est :

   M_{\text{InAs}} = M_{\text{In}} + M_{\text{As}} = 114{,}8 + 74{,}9 = 189{,}7\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}

   La masse volumique s'exprime donc par :

   \boxed{\rho_{\text{InAs}} = \frac{Z\left(M_{\text{In}} + M_{\text{As}}\right)}{\mathcal{N}_A a^3}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} \rho_{\text{InAs}} &= \frac{4 \times 189{,}7 \times 10^{-3}}{6{,}02 \times 10^{23} \times \left(5{,}543 \times 10^{-10}\right)^3} \\ &= \frac{0{,}7588}{6{,}02 \times 10^{23} \times 1{,}703 \times 10^{-28}} \approx 7{,}40 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} \end{aligned}

   \boxed{\rho_{\text{InAs}} = 7{,}40 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} = 7{,}40\text{ g}\cdot\text{cm}^{-3}}

   Résultat

   $$a=\frac{4}{\sqrt{3}}\left(r_{{\text{In}}^{3+}}+r_{{\text{As}}^{3-}}\right)$$

   $$a=554\text{ pm}$$

   $${\rho }_{\text{InAs}}=\frac{Z\left(M_{\text{In}}+M_{\text{As}}\right)}{{\mathcal{N}}_A{a}^3}$$

   $${\rho }_{\text{InAs}}=7,40\times 10^3\text{ kg}\cdot {\text{m}}^{-3}=7,40\text{ g}\cdot {\text{cm}}^{-3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec 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

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q32

   D'après la description de la structure cristalline (figure 9) :

   • Les ions \mathrm{Cl}^- occupent les 8 sommets et les 6 centres de faces de la maille cubique :

     N(\mathrm{Cl}^-) = 8 \times \frac{1}{8} + 6 \times \frac{1}{2} = 1 + 3 = 4

   • Les ions \mathrm{Na}^+ occupent les milieux des 12 arêtes et le centre du cube :

     N(\mathrm{Na}^+) = 12 \times \frac{1}{4} + 1 \times 1 = 3 + 1 = 4

   La maille contient donc Z = 4 motifs \mathrm{NaCl} en propre.

   La masse molaire du chlorure de sodium vaut :

   M(\mathrm{NaCl}) = M(\mathrm{Na}) + M(\mathrm{Cl}) = 23{,}0 + 35{,}5 = 58{,}5\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 58{,}5 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}

   La masse de la maille est donnée par m_{\text{maille}} = \frac{Z\,M(\mathrm{NaCl})}{\mathcal{N}_A}, et son volume cubique est V = a^3. La masse volumique \mu s'écrit donc :

   \mu = \frac{m_{\text{maille}}}{V} = \frac{Z\,M(\mathrm{NaCl})}{\mathcal{N}_A\,a^3}

   On en déduit l'expression du paramètre de maille a :

   \boxed{a = \left(\frac{Z\,M(\mathrm{NaCl})}{\mu\,\mathcal{N}_A}\right)^{1/3}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} a &= \left(\frac{4 \times 58{,}5 \times 10^{-3}}{2{,}16 \times 10^3 \times 6{,}02 \times 10^{23}}\right)^{1/3} \\ &= \left(\frac{0{,}234}{1{,}300 \times 10^{27}}\right)^{1/3} \\ &\approx 5{,}65 \times 10^{-10}\text{ m} = 565\text{ pm} \end{aligned}

   \boxed{a = 5{,}65 \times 10^{-10}\text{ m} = 565\text{ pm}}

   Résultat

   $$a={\left(\frac{ZM(\mathrm{NaCl})}{\mu {\mathcal{N}}_A}\right)}^{1/3}$$

   $$a=5,65\times 10^{-10}\text{ m}=565\text{ pm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q35

    1. Monoxyde d'azote \mathrm{NO}

    • Dénombrement des électrons de valence :

      n_v = n_v(\mathrm{N}) + n_v(\mathrm{O}) = 5 + 6 = 11\ \mathrm{e}^-

      Il s'agit d'une molécule à nombre impair d'électrons (espèce radicalaire).

    • Structure de Lewis : L'oxygène étant plus électronégatif que l'azote (\chi_{\mathrm{O}} > \chi_{\mathrm{N}}), il satisfait préférentiellement la règle de l'octet (8 électrons autour de \mathrm{O}). L'atome d'azote possède alors 7 électrons dans son environnement de valence (un doublet non liant, un électron célibataire et une double liaison) :

      \begin{aligned} q(\mathrm{N}) &= 5 - 2 - 1 - 2 = 0 \\ q(\mathrm{O}) &= 6 - 4 - 2 = 0 \end{aligned}

      Toutes les charges formelles sont nulles.

    2. Ion nitrate \mathrm{NO}_3^-

    • Dénombrement des électrons de valence :

      n_v = n_v(\mathrm{N}) + 3\,n_v(\mathrm{O}) + 1 = 5 + 3 \times 6 + 1 = 24\ \mathrm{e}^- \quad \text{soit } 12 \text{ doublets}.

    • Structure de Lewis : L'azote est l'atome central. N'appartenant qu'à la deuxième période de la classification périodique, il ne peut pas excéder l'octet. Il est engagé dans une double liaison \mathrm{N}=\mathrm{O} et deux liaisons simples \mathrm{N}-\mathrm{O}^-, sans doublet non liant propre :

      \begin{aligned} q(\mathrm{N}) &= 5 - 4 = +1 \\ q(\mathrm{O}_{\text{double liaison}}) &= 6 - 4 - 2 = 0 \\ q(\mathrm{O}_{\text{simple liaison}}) &= 6 - 6 - 1 = -1 \end{aligned}

      La somme des charges formelles vaut bien (+1) + 2 \times (-1) + 0 = -1.

    • Mésomérie : La double liaison se délocalise de façon équivalente sur les trois atomes d'oxygène, conduisant à trois formes mésomères limites en résonance.

    Indice, stratégie et pièges de cette question