Feuille d'entraînement : Atomistique et classification périodique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q36

   L'absorption d'un photon de longueur d'onde \lambda (associé au nombre d'onde \sigma = 1/\lambda) communique à un électron une énergie :

   E_{\mathrm{ph}} = h \nu = \frac{h c}{\lambda} = h c \sigma

   Sur la figure 9 (en particulier sur l'agrandissement intermédiaire), on observe une série de raies d'absorption très resserrées qui s'accumulent (série de Rydberg d'états excités) vers une limite au-delà de laquelle l'électron est éjecté dans le continuum de l'état libre : c'est la limite de première ionisation. On lit sur la figure 9 le nombre d'onde de cette limite de convergence :

   \sigma_{\mathrm{ion}} \approx 112\,900\text{ cm}^{-1} \approx 1,13\cdot 10^7\text{ m}^{-1}

   L'énergie de première ionisation s'exprime en joules puis en électron-volts :

   \begin{aligned} E_i &= h c \sigma_{\mathrm{ion}} \\ E_i(\text{eV}) &= \frac{h c \sigma_{\mathrm{ion}}}{e} \end{aligned}

   Numériquement, avec les données du problème :

   \frac{h c}{e} = \frac{6,6\cdot 10^{-34} \times 3,0\cdot 10^8}{1,6\cdot 10^{-19}} = 1,24\cdot 10^{-6}\text{ eV}\cdot\text{m} = 1,24\cdot 10^{-4}\text{ eV}\cdot\text{cm}

   D'où :

   E_i = 1,24\cdot 10^{-4} \times 112\,900 \approx 14\text{ eV}

   En respectant la consigne d'un seul chiffre significatif :

   \boxed{E_i \approx 1\cdot 10^1\text{ eV} \quad (\text{ou } 14\text{ eV})}

   Interprétation de la valeur élevée : Le krypton (\text{Kr}, Z = 36) est un gaz noble. Sa configuration électronique fondamentale présente une sous-couche de valence entièrement remplie :

   [\text{Ar}]\,3d^{10}\,4s^2\,4p^6

   Cette structure à sous-couches fermées (octet 4s^2 4p^6) possède une très grande stabilité énergétique et une charge nucléaire effective élevée ressentie par les électrons périphériques. L'arrachement d'un premier électron requiert ainsi une énergie d'ionisation particulièrement élevée comparée à celle des éléments voisins du tableau périodique (alcalins notamment).

   Résultat

   $$E_i\approx 1\cdot 10^1\text{ eV}(\text{ou }14\text{ eV})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q37

   1. Définition du mot isotope :

   Des isotopes sont des atomes (ou nucléides) possédant le même numéro atomique Z (même nombre de protons dans le noyau et même cortège électronique, donc appartenant au même élément chimique), mais un nombre de masse A différent (nombre de neutrons N = A - Z distinct).

   2. Équations permettant de déterminer les pourcentages x et y :

   Les pourcentages x, y, 22\,\% et 52\,\% représentent les abondances isotopiques naturelles relatives des quatre isotopes stables du plomb.

   • La somme des pourcentages des constituants isotopiques vaut 100\,\% :

     x + y + 22 + 52 = 100 \iff x + y = 26

   • La masse molaire atomique moyenne de l'élément plomb est la moyenne pondérée des masses molaires de chaque isotope par son abondance relative. En assimilant la masse molaire de chaque isotope ^{A}\text{Pb} à son nombre de masse A exprimé en \text{g}\cdot\text{mol}^{-1} :

     M(\text{Pb}) = \frac{x}{100} \times 204 + \frac{y}{100} \times 206 + \frac{22}{100} \times 207 + \frac{52}{100} \times 208

     avec M(\text{Pb}) = 207,2\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}.

   Le système de deux équations à deux inconnues s'écrit donc :

   \boxed{\left\{ \begin{aligned} x + y &= 26 \\ 204\,x + 206\,y + 207 \times 22 + 208 \times 52 &= 20\,720 \end{aligned} \right.}

   Résultat

   $$\{\begin{array}{rl}x+y& =26\\ 204x+206y+207\times 22+208\times 52& =20720\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q30

   Le polychlorure de vinyle (PVC) est un polymère de formule chimique (\mathrm{CH}_2\mathrm{CHCl})_n. Le motif élémentaire (monomère constitutif) possède la formule brute \mathrm{C}_2\mathrm{H}_3\mathrm{Cl}.

   Sa masse molaire s'exprime par :

   \begin{aligned} M_{\text{motif}} &= 2\,\mathcal{M}_{\mathrm{C}} + 3\,\mathcal{M}_{\mathrm{H}} + \mathcal{M}_{\mathrm{Cl}} \\ M_{\text{motif}} &= 2 \times 12{,}0 + 3 \times 1{,}0 + 35{,}5 = 62{,}5\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   Chaque motif comporte un atome de chlore de masse molaire \mathcal{M}_{\mathrm{Cl}} = 35{,}5\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}. La proportion massique (ou fraction massique) w(\mathrm{Cl}) du chlore dans le PVC s'obtient par le rapport :

   \begin{aligned} w(\mathrm{Cl}) &= \frac{\mathcal{M}_{\mathrm{Cl}}}{M_{\text{motif}}} = \frac{35{,}5}{62{,}5} = 0{,}568 \end{aligned}

   \boxed{w(\mathrm{Cl}) = 56{,}8\,\%}

   Résultat

   $$w(\mathrm{Cl})=56,8\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique MPI 2024, Q12

   1. Choix du dideutérium (A=2) :

   • D'après le résultat de la question Q10, le rapport des vitesses après collision frontale est :

     \frac{v'}{v} = \frac{A-1}{A+1}

     Pour que le transfert d'énergie soit le plus efficace possible, il faut que A soit le plus proche possible de 1. Pour A=2, on a v'/v = 1/3, ce qui correspond à une perte de près de 89\,\% de l'énergie cinétique du neutron dès le premier choc frontal.

   • Le noyau le plus léger existant est le proton (A=1, hydrogène ordinaire), qui permettrait théoriquement une perte d'énergie encore plus rapide (v'=0). Cependant, l'hydrogène ordinaire présente une section efficace de capture neutronique non négligeable (\mathrm{n} + {}^1\mathrm{H} \to {}^2\mathrm{H} + \gamma), ce qui entraînerait une perte importante du flux de neutrons. Le deutérium (A=2) présente une section efficace de capture radiative extrêmement faible : il ralentit très efficacement les neutrons sans les absorber.

   2. Choix de la phase liquide :

   • La densité volumique atomique n du dideutérium liquide est de l'ordre de 10^3 fois supérieure à celle du gaz dans les conditions usuelles.
   • Le libre parcours moyen d'un neutron entre deux collisions, donné par \ell = \frac{1}{n\sigma} (où \sigma est la section efficace de diffusion élastique), est donc considérablement plus faible en phase liquide qu'en phase gazeuse. Cela permet d'obtenir le nombre requis de collisions dans un volume compact.

   Indice, stratégie et pièges de cette question