Feuille d'entraînement : Atomistique et classification périodique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP 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

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie PC 2025, QChimie-Problème 1-I-Q23

   Le chrome a pour numéro atomique Z = 24. Il possède donc 24 électrons dans son état fondamental.

   L'application directe des règles de remplissage (Klechkowski) conduirait à la configuration 1\mathrm{s}^2 2\mathrm{s}^2 2\mathrm{p}^6 3\mathrm{s}^2 3\mathrm{p}^6 4\mathrm{s}^2 3\mathrm{d}^4. Cependant, la promotion d'un électron 4\mathrm{s} vers la sous-couche 3\mathrm{d} permet d'atteindre une sous-couche 3\mathrm{d} demi-remplie, plus stable énergétiquement en raison de la symétrie sphérique et de la minimisation de la répulsion électronique.

   La configuration électronique du chrome à l'état fondamental est donc :

   \boxed{1\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{p}^6\, 3\mathrm{s}^2\, 3\mathrm{p}^6\, 3\mathrm{d}^5\, 4\mathrm{s}^1} \quad \text{soit} \quad \boxed{[\mathrm{Ar}]\, 3\mathrm{d}^5\, 4\mathrm{s}^1}

   Pour un élément du bloc \mathrm{d}, la couche de valence est constituée des électrons de la couche externe (n = 4) ainsi que de ceux de la sous-couche (n-1)\mathrm{d} en cours de remplissage (3\mathrm{d}). Le nombre d'électrons de valence du chrome est donc :

   \boxed{n_{\text{val}} = 6}

   Résultat

   $$1{\mathrm{s}}^{2}2{\mathrm{s}}^{2}2{\mathrm{p}}^{6}3{\mathrm{s}}^{2}3{\mathrm{p}}^{6}3{\mathrm{d}}^{5}4{\mathrm{s}}^1$$

   $$[\mathrm{Ar}]3{\mathrm{d}}^{5}4{\mathrm{s}}^1$$

   $$n_{\text{val}}=6$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PC 2023, Q1

   L'atome de fer possède un numéro atomique Z = 26, soit 26 électrons à placer dans son état fondamental.

   Le remplissage des sous-couches s'effectue selon les règles suivantes :

   • le principe d'exclusion de Pauli : une orbitale atomique ne peut contenir au maximum que deux électrons de spins opposés (antiparallèles) ;
   • la règle de Klechkowski : les sous-couches sont remplies par valeurs croissantes de la somme n + \ell, et pour une même valeur de n + \ell, par valeur croissante du nombre quantique principal n.

   L'ordre de remplissage des sous-couches est ainsi :

   1\mathrm{s} \longrightarrow 2\mathrm{s} \longrightarrow 2\mathrm{p} \longrightarrow 3\mathrm{s} \longrightarrow 3\mathrm{p} \longrightarrow 4\mathrm{s} \longrightarrow 3\mathrm{d}.

   En tenant compte du nombre maximal d'électrons par sous-couche (2 pour \mathrm{s}, 6 pour \mathrm{p}, 10 pour \mathrm{d}), les 26 électrons se répartissent selon :

   1\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{p}^6\, 3\mathrm{s}^2\, 3\mathrm{p}^6\, 4\mathrm{s}^2\, 3\mathrm{d}^6

   soit, en faisant apparaître le cœur de gaz rare de l'argon (_{18}\mathrm{Ar}) :

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

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique 1 PC 2022, Q9

   D'après les données, la structure électronique de valence du silicium (Z = 14, colonne 14) est 3\text{s}^2\,3\text{p}^2, soit 4 électrons de valence.

   À l'aide de l'extrait de la classification périodique fourni :

   • Le bore (\text{B}, Z=5) et le gallium (\text{Ga}, Z=31) appartiennent à la colonne 13 (groupe du bore) et possèdent 3 électrons de valence sur leur couche externe. Possédant un électron de valence de moins que le silicium, ils agissent comme accepteurs d'électrons : ils créent des trous mobiles dans le réseau cristallin. Ce sont des dopants de type \boldsymbol{P}.
   • Le phosphore (\text{P}, Z=15) et l'arsenic (\text{As}, Z=33) appartiennent à la colonne 15 (groupe de l'azote) et possèdent 5 électrons de valence sur leur couche externe. Possédant un électron de valence supplémentaire par rapport au silicium, ils agissent comme donneurs d'électrons : ils libèrent des électrons de conduction. Ce sont des dopants de type \boldsymbol{N}.

   \boxed{\text{Dopants de type } N \text{ : phosphore (P), arsenic (As)} \quad ; \quad \text{Dopants de type } P \text{ : bore (B), gallium (Ga)}}

   Résultat

   $$\text{Dopants de type }N\text{ : phosphore (P), arsenic (As)};\text{Dopants de type }P\text{ : bore (B), gallium (Ga)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PC 2022, Q40

   Déterminons tout d'abord les configurations électroniques des atomes neutres dans leur état fondamental en appliquant la règle de Klechkowski, le gaz rare précédant le fer et le cobalt étant l'argon (Z = 18) de configuration 1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 :

   • Pour le fer (Z = 26) :

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

   • Pour le cobalt (Z = 27) :

     \mathrm{Co} : 1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 4s^2 3d^7 \quad \text{ou} \quad [\mathrm{Ar}]\,3d^7 4s^2

   Lors de l'ionisation d'un élément de transition, les électrons sont arrachés en priorité sur l'orbitale de nombre quantique principal n le plus élevé, c'est-à-dire l'orbitale 4s, avant d'arracher des électrons de l'orbitale 3d :

   • L'ion \mathrm{Fe}^{2+} est formé par perte des deux électrons 4s :

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

   • L'ion \mathrm{Co}^{3+} est formé par perte des deux électrons 4s et d'un électron 3d :

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

   Les deux ions sont donc isoélectroniques : ce sont des ions de configuration fondamentale d^6.

   Résultat

   $${\mathrm{Fe}}^{2+}:1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^6\text{ou}[\mathrm{Ar}]3d^6$$

   $${\mathrm{Co}}^{3+}:1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^6\text{ou}[\mathrm{Ar}]3d^6$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q7

   L'établissement de la configuration électronique d'un atome dans son état fondamental repose sur les règles suivantes :

   • Le principe de stabilité (ou d'énergie minimale) : à l'état fondamental, les électrons occupent les orbitales atomiques disponibles de plus basse énergie.

   • La règle de Klechkowski : l'ordre énergétique croissant des sous-couches s'effectue selon les valeurs croissantes de la somme n + \ell (où n est le nombre quantique principal et \ell le nombre quantique azimutal). En cas d'égalité de la somme n + \ell, les sous-couches sont classées par valeur croissante de n. L'ordre de remplissage est ainsi :

     1\mathrm{s} < 2\mathrm{s} < 2\mathrm{p} < 3\mathrm{s} < 3\mathrm{p} < 4\mathrm{s} < 3\mathrm{d} < 4\mathrm{p} < 5\mathrm{s} < 4\mathrm{d} < 5\mathrm{p} < \dots
   • Le principe d'exclusion de Pauli : deux électrons d'un même atome ne peuvent avoir leurs quatre nombres quantiques (n, \ell, m_\ell, m_s) identiques. Par conséquent, une orbitale atomique (définie par le triplet (n, \ell, m_\ell)) peut contenir au maximum deux électrons, qui doivent alors posséder des spins opposés (antiparallèles).
   • La règle de Hund : pour un ensemble de sous-couches de même énergie (orbitales dégénérées, telles que les trois orbitales \mathrm{p}), les électrons occupent d'abord le maximum d'orbitales avec des spins parallèles afin de maximiser le spin total S, avant de s'apparier.

   Les halogènes appartiennent à la 17e colonne (groupe 17 ou colonne des pré-gaz rares) du tableau périodique. Ils possèdent donc 7 électrons de valence. Selon les règles précédentes, leur configuration électronique de valence à l'état fondamental est de la forme :

   \boxed{n\mathrm{s}^2\,n\mathrm{p}^5 \quad (n \ge 2)}

   où n désigne le numéro de la période considérée.

   Pour les éléments concernés dans la suite de l'étude (le chlore et l'iode, constituants de \mathrm{ICl}) :

   • Chlore (Z = 17, période n = 3) :

     \boxed{1\mathrm{s}^2\,2\mathrm{s}^2\,2\mathrm{p}^6\,3\mathrm{s}^2\,3\mathrm{p}^5 \quad \text{soit} \quad [\mathrm{Ne}]\,3\mathrm{s}^2\,3\mathrm{p}^5}

   • Iode (Z = 53, période n = 5) :

     \boxed{[\mathrm{Kr}]\,4\mathrm{d}^{10}\,5\mathrm{s}^2\,5\mathrm{p}^5}

   Résultat

   $$n{\mathrm{s}}^{2}n{\mathrm{p}}^5(n\ge 2)$$

   $$1{\mathrm{s}}^{2}2{\mathrm{s}}^{2}2{\mathrm{p}}^{6}3{\mathrm{s}}^{2}3{\mathrm{p}}^5\text{soit}[\mathrm{Ne}]3{\mathrm{s}}^{2}3{\mathrm{p}}^5$$

   $$[\mathrm{Kr}]4{\mathrm{d}}^{10}5{\mathrm{s}}^{2}5{\mathrm{p}}^5$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique-Chimie L PC 2020, Q12

   D'après les données fournies en annexe, le numéro atomique du palladium est Z = 46.

   Le gaz noble précédant immédiatement le palladium est le krypton, de numéro atomique Z = 36 :

   [\mathrm{Kr}] : 1\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{s}^2\, 2\mathrm{p}^6\, 3\mathrm{s}^2\, 3\mathrm{p}^6\, 4\mathrm{s}^2\, 3\mathrm{d}^{10}\, 4\mathrm{p}^6

   Il reste donc 46 - 36 = 10 électrons de valence à placer.

   Selon la règle de Klechkowski, les sous-couches sont remplies par ordre croissant de n + \ell, puis par ordre de n croissant en cas d'égalité :

   • pour l'orbitale 5\mathrm{s} : n + \ell = 5 + 0 = 5 ;
   • pour l'orbitale 4\mathrm{d} : n + \ell = 4 + 2 = 6.

   L'orbitale 5\mathrm{s} se remplissant avant la sous-couche 4\mathrm{d}, la règle de Klechkowski prévoit d'y placer deux électrons, puis d'attribuer les huit électrons restants à la sous-couche 4\mathrm{d}.

   La configuration électronique attendue selon Klechkowski est donc :

   \boxed{[\mathrm{Kr}]\, 4\mathrm{d}^8\, 5\mathrm{s}^2}

   soit une configuration de valence attendue 4\mathrm{d}^8\, 5\mathrm{s}^2.

   Comparaison avec l'expérience : La configuration électronique réelle à l'état fondamental est :

   \boxed{[\mathrm{Kr}]\, 4\mathrm{d}^{10}} \quad (\text{ou } [\mathrm{Kr}]\, 4\mathrm{d}^{10}\, 5\mathrm{s}^0)

   Le palladium présente donc une exception (anomalie de remplissage) à la règle de Klechkowski : les deux électrons attendus sur la sous-couche 5\mathrm{s} sont transférés sur la sous-couche 4\mathrm{d}.

   Résultat

   $$[\mathrm{Kr}]4{\mathrm{d}}^{8}5{\mathrm{s}}^2$$

   $$[\mathrm{Kr}]4{\mathrm{d}}^{10}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q37

   1. Comparaison entre les orbitales de l'oxygène et de l'azote

   L'atome d'oxygène (Z = 8) et l'atome d'azote (Z = 7) appartiennent à la même deuxième période du tableau périodique. L'oxygène étant situé plus à droite, il possède une charge nucléaire plus élevée et une électronégativité supérieure à celle de l'azote (\chi_{\mathrm{O}} \approx 3{,}44 > \chi_{\mathrm{N}} \approx 3{,}04 dans l'échelle de Pauling).

   D'après les règles de Slater, la charge nucléaire effective Z^* vue par les électrons de valence de l'oxygène est plus importante que celle vue par ceux de l'azote. Les orbitales atomiques (OA) de l'oxygène sont donc plus fortement stabilisées (énergie plus basse) que celles de l'azote :

   E(2s, \mathrm{O}) < E(2s, \mathrm{N}) \quad \text{et} \quad E(2p, \mathrm{O}) < E(2p, \mathrm{N})

   2. Placement relatif des OA et des orbitales moléculaires (OM)

   L'écart énergétique entre les sous-couches 2s et 2p d'un même atome est grand (de l'ordre de 15 à 25\text{ eV}), ce qui sépare nettement les deux blocs d'interaction.

   • Bloc 2s : L'interaction des OA 2s donne une OM liante \sigma_s (\phi_1) stabilisée et une OM antiliante \sigma_s^* (\phi_2) déstabilisée. Les niveaux des OA 2s sont donc encadrés par \phi_1 et \phi_2 :

     \boxed{E(\phi_1) < E(2s, \mathrm{O}) < E(2s, \mathrm{N}) < E(\phi_2)}

   • Bloc 2p : L'interaction des OA 2p génère le bloc liant (\phi_3, \phi_4 de symétrie \pi et \phi_5 de symétrie \sigma) ainsi que le bloc antiliant (\phi_6, \phi_7 de symétrie \pi^* et \phi_8 de symétrie \sigma^*). Par conséquent :

     • Les orbitales liantes \phi_3, \phi_4 et \phi_5 sont stabilisées par rapport aux OA parentes : elles se situent en dessous des OA 2p de départ.
     • Les orbitales antiliantes \phi_6, \phi_7 et \phi_8 sont déstabilisées par rapport aux OA parentes : elles se situent au-dessus des OA 2p.

     Les niveaux 2p des deux atomes sont donc situés dans la fenêtre d'énergie comprise entre l'orbitale liante la plus haute (\phi_5) et l'orbitale antiliante la plus basse (\phi_6, \phi_7) :

     \boxed{E(\phi_5) < E(2p, \mathrm{O}) < E(2p, \mathrm{N}) < E(\phi_6, \phi_7)}

   3. Diagramme énergétique qualitatif complété

   Résultat

   $$E({\varphi }_1)<E(2s,\mathrm{O})<E(2s,\mathrm{N})<E({\varphi }_2)$$

   $$E({\varphi }_5)<E(2p,\mathrm{O})<E(2p,\mathrm{N})<E({\varphi }_6,{\varphi }_7)$$

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9. Exercice 9Polytechnique Physique A PC 2026, Q13

   1. Forme de la charge de l'ion

   La charge électrique est quantifiée. La molécule étant initialement électriquement neutre, son ionisation par perte d'un nombre entier z \in \mathbb{N}^* d'électrons (chacun de charge -e) lui confère une charge nette positive :

   \boxed{q = ze \quad \text{avec } z \in \mathbb{N}^*}

   (De façon équivalente en spectrométrie ESI en mode positif, cela correspond à la fixation de z protons \mathrm{H}^+).

   2. Détermination des états de charge z et de la masse m

   La masse d'un électron étant négligeable devant celle des nucléons (m_e \approx m_u / 1836), la masse m de l'ion est sensiblement égale à celle de la macromolécule neutre. Chaque pic correspond à une valeur M_z = m/z.

   Le rapport entre les deux valeurs suggérées par l'énoncé vaut :

   \frac{(m/z)_1}{(m/z)_2} = \frac{1999{,}30}{1000{,}15} \approx 1{,}999 \approx 2

   Comme m est constante pour une même protéine, on a \frac{z_2}{z_1} \approx 2, soit z_2 \approx 2z_1.

   Pour deux pics consécutifs d'états de charge z et z+1, de rapports respectifs M_z = m/z et M_{z+1} = m/(z+1), on a la relation :

   \begin{aligned} m &= z M_z = (z+1) M_{z+1} \\ z (M_z - M_{z+1}) &= M_{z+1} \implies z = \frac{M_{z+1}}{M_z - M_{z+1}} \end{aligned}

   En considérant le pic à M_z = 1999{,}30 et le pic adjacent visible sur la figure 2 à M_{z+1} = 1888{,}29 :

   M_z - M_{z+1} = 1999{,}30 - 1888{,}29 = 111{,}01

   z = \frac{1888{,}29}{111{,}01} \approx 17{,}01 \implies z_1 = 17

   On en déduit immédiatement pour le pic à 1000{,}15 :

   z_2 = 2 z_1 = 34

   Les valeurs de z cherchées sont donc :

   \boxed{z = 17 \text{ pour } m/z = 1999{,}30 \quad \text{et} \quad z = 34 \text{ pour } m/z = 1000{,}15}

   On en déduit la masse de la protéine :

   \begin{aligned} m &= 17 \times 1999{,}30 \approx 33\,988\text{ u} \\ m &= 34 \times 1000{,}15 \approx 34\,005\text{ u} \end{aligned}

   En retenant deux chiffres significatifs cohérents avec la dispersion expérimentale :

   \boxed{m \approx 3{,}4 \cdot 10^4\text{ u} \quad (\text{soit } 34\text{ kDa})}

   3. Ordre de grandeur du nombre d'atomes

   Deux approches permettent d'évaluer le nombre d'atomes N_{\text{at}} :

   • Par les acides aminés : un résidu d'acide aminé a une masse moyenne d'environ 110\text{ u} et comporte en moyenne une quinzaine d'atomes (\text{C, H, O, N}). La protéine contient ainsi environ 34\,000 / 110 \approx 300 résidus, soit :

     N_{\text{at}} \approx 300 \times 15 \approx 4\,500 \text{ atomes}

   • Par la masse atomique moyenne : la matière organique est constituée majoritairement de carbone (12\text{ u}), d'hydrogène (1\text{ u}), d'azote (14\text{ u}) et d'oxygène (16\text{ u}). La masse moyenne par atome est de l'ordre de \bar{m}_{\text{at}} \approx 7\text{ u}, ce qui donne :

     N_{\text{at}} = \frac{m}{\bar{m}_{\text{at}}} \approx \frac{34\,000}{7} \approx 5\,000 \text{ atomes}

   \boxed{N_{\text{at}} \sim 10^3 \text{ à } 10^4 \text{ atomes (quelques milliers d'atomes)}}

   Résultat

   $$q=ze\text{avec }z\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

   $$z=17\text{ pour }m/z=1999,30\text{et}z=34\text{ pour }m/z=1000,15$$

   $$m\approx 3,4\cdot 10^4\text{ u}(\text{soit }34\text{ kDa})$$

   $$N_{\text{at}}\sim 10^3\text{ aˋ }10^4\text{ atomes (quelques milliers d’atomes)}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique 1 PC 2022, Q10

    Le taux de dopage (ou pourcentage de substitution) représente la fraction d'atomes de silicium remplacés par des atomes dopants de bore. En notant n_B = 10^{22}\text{ m}^{-3} la densité volumique d'atomes de bore introduits et n_{\text{Si}} la densité volumique d'atomes de silicium dans le cristal, ce taux s'écrit :

    \tau_{\text{dop}} = \frac{n_B}{n_{\text{Si}}}

    D'après la question Q8, la densité volumique d'atomes de silicium est :

    n_{\text{Si}} = \frac{\rho \mathcal{N}_A}{M} \approx 5{,}0 \times 10^{28}\text{ m}^{-3}

    On en déduit la valeur du taux de dopage :

    \begin{aligned} \tau_{\text{dop}} &= \frac{10^{22}}{5{,}0 \times 10^{28}} = 2{,}0 \times 10^{-7} \end{aligned}

    Exprimé en pourcentage, le taux de substitution obtenu est :

    \boxed{\tau_{\text{dop}} = 2{,}0 \times 10^{-5}\ \% \quad (\text{soit } 0{,}20\text{ ppm})}

    Résultat

    $${\tau }_{\text{dop}}=2,0\times 10^{-5}\%(\text{soit }0,20\text{ ppm})$$

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