Terminale · Physique-chimie

Transformations nucléaires

Chapitre 6

15 questions originales à réponses multiples pour vérifier les notions, les méthodes et les points de vigilance du chapitre.

Prévois papier, stylo et calculatrice. Plusieurs réponses peuvent être justes. Différencie un noyau individuel, une population et une activité ; conserve A et Z séparément et vérifie les unités de temps.

Comment répondre ?

Prévois une feuille et un stylo pour poser tes calculs et rédiger tes étapes. Chaque QCM propose cinq affirmations. Une ou plusieurs réponses peuvent être exactes. Coche-les, vérifie, puis ouvre la correction pour comprendre chaque proposition. Tu obtiens un point seulement si tu coches toutes les bonnes réponses, sans cocher de réponse fausse.

0 question vérifiée sur 15

Question 1

Une demi-vie

Un échantillon comporte initialement N₀ = 800 noyaux radioactifs. Sa demi-vie est T_1/2 = 5 jours. Pour une grande population, on utilise le modèle moyen N(t) = N₀ × 2^{−t/T₁/₂}. Quelles conclusions valent après 5 jours ?

Le modèle prévoit en moyenne 400 noyaux radioactifs restants. La fraction restante est 1/2¹, nombre sans dimension. Le modèle prévoit en moyenne 400 noyaux désintégrés depuis le début. Au cours de la demi-vie suivante, 400 noyaux supplémentaires se désintégreront en moyenne. La valeur moyenne prévue est nécessairement l’effectif exactement observé dans chaque échantillon.

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Réponse attendue : A, B, C

A — Vrai. La durée 5 jours représente 1 demi-vie. Donc N=N₀/2¹=800/2¹=400 noyaux en moyenne.
B — Vrai. Le quotient N/N₀ vaut 2^{−t/T₁/₂}=2⁻¹=1/2¹, sans dimension : il décrit la fraction moyenne de noyaux survivants.
C — Vrai. Le nombre transformé est N₀−N(t)=800−400=400 noyaux, en moyenne. Il ne s’agit pas du nombre de noyaux encore radioactifs.
D — Faux. À la date étudiée, 400 noyaux subsistent en moyenne. Durant la demi-vie suivante, c’est la moitié de ce reste, soit 200 noyaux, qui disparaîtrait en moyenne ; pas la moitié du stock initial.
E — Faux. La loi de décroissance décrit une moyenne statistique. Pour un échantillon fini, l’effectif réellement observé fluctue autour de cette valeur : on ne peut pas imposer une égalité exacte à chaque mesure.

Méthode à retenir. Compter les demi-vies successives ; ne pas annoncer la date de désintégration d’un noyau isolé.

Question 2

Deux populations radioactives

Deux isotopes A et B possèdent initialement chacun 800 noyaux. Leurs demi-vies valent respectivement 2,0 h et 4,0 h. On observe les populations après 4,0 h et on suppose la loi statistique idéale. Quelles propositions sont exactes ?

Une demi-vie de 2,0 h signifie que tous les noyaux A ont disparu après 2,0 h. Il reste en moyenne 400 noyaux de B. Il reste en moyenne 200 noyaux de A. L’isotope A décroît plus vite que B, puisque sa demi-vie est plus courte. Les deux populations restantes diffèrent malgré 800 noyaux initiaux pour chacune.

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Réponse attendue : B, C, D, E

A — Faux. Après une demi-vie, la population moyenne est divisée par deux, non annulée. Pour A, elle passe de 800 à 400 noyaux en moyenne après 2,0 h.
B — Vrai. Pour B, 4,0 h représentent une seule demi-vie. La population moyenne est donc 800/2=400 noyaux radioactifs restants.
C — Vrai. Quatre heures représentent deux demi-vies de 2,0 h pour A. Sa population moyenne est 800/2²=200 noyaux encore présents.
D — Vrai. À effectifs initiaux égaux, A ne conserve que 200 noyaux contre 400 pour B après 4,0 h. Cela correspond à sa demi-vie de 2,0 h, plus courte.
E — Vrai. Après 4,0 h, le modèle donne 800/2²=200 noyaux de A et 800/2=400 noyaux de B. Les demi-vies différentes empêchent l'égalité des effectifs moyens restants.

Méthode à retenir. Appliquer à chaque isotope son nombre propre de demi-vies, sans confondre égalité des effectifs initiaux et des effectifs finaux.

Question 3

Décroissance à t = 1/λ

Une population de N₀ = 1,00 × 10⁶ noyaux suit N(t)=N₀e^−λt, avec λ=0,0200 s⁻¹. On donne e⁻¹≈0,368. On examine t=50,0 s. Quelles propositions sont justes ?

À 50,0 s, le produit λt vaut 1,00 sans unité. Il faut écrire e^+λt pour que N diminue. À t=1/λ, exactement la moitié de N₀ subsiste. Le modèle prévoit environ 3,68 × 10⁵ noyaux restants. La demi-vie est environ 34,7 s, inférieure à 1/λ=50,0 s.

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Réponse attendue : A, D, E

A — Vrai. On multiplie 0,0200 s⁻¹ par 50,0 s : λt=1,00. Les secondes se compensent ; l’exposant d’une exponentielle est sans dimension.
B — Faux. Pour λ>0 et t croissant, e^−λt diminue depuis 1. Un exposant +λt ferait croître la population, à l’opposé d’une décroissance radioactive.
C — Faux. À t=1/λ, la fraction restante est e⁻¹≈0,368 et non 0,500. La demi-vie survient plus tôt, à t=ln(2)/λ≈34,7 s.
D — Vrai. N(50,0 s)=1,00 × 10⁶×e⁻¹≈1,00 × 10⁶×0,368=3,68 × 10⁵ noyaux en moyenne.
E — Vrai. On utilise T_1/2=ln(2)/λ≈0,693/0,0200 s⁻¹=34,7 s. Le temps 1/λ=50,0 s est une autre durée caractéristique.

Méthode à retenir. Vérifier que λt est sans dimension, puis évaluer l’exponentielle et distinguer 1/λ de la demi-vie.

Question 4

Activité après une demi-vie

L’activité initiale d’un échantillon est A₀ = 1600 Bq ; sa demi-vie vaut T_1/2 = 4 h. Le modèle est A(t) = A₀e^−λt avec λ = ln(2)/T_1/2. Quelles propositions sont exactes à t = 4 h ?

À t = 4 h, l’échantillon contient exactement 800 noyaux radioactifs. La valeur attendue de l’activité est 800 Bq. λ = 4,814 × 10⁻⁵ h⁻¹ sans changement de valeur numérique. La constante de désintégration vaut environ 4,814 × 10⁻⁵ s⁻¹. Le becquerel correspond à une désintégration par seconde en moyenne.

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Réponse attendue : B, D, E

A — Faux. 800 Bq désigne ici une activité, pas un effectif de noyaux. Le nombre N(t) dépend aussi de λ par A=λN et ne se déduit pas en copiant le nombre de becquerels.
B — Vrai. Une activité suit le même facteur de décroissance que N : après 1 demi-vie, A=A₀/2¹=1600/2¹=800 Bq.
C — Faux. Le calcul 4,814 × 10⁻⁵ est effectué après conversion de 4 h en secondes ; son unité est s⁻¹. L’exprimer en h⁻¹ demanderait de multiplier la valeur numérique par 3600.
D — Vrai. La demi-vie 4 h vaut 14400 s ; λ=ln(2)/T_1/2=0,693/14400 s≈4,814 × 10⁻⁵ s⁻¹. L’exposant λt est sans dimension.
E — Vrai. L’activité A=λN est une fréquence de désintégration pour la population : 1 Bq = 1 s⁻¹. Elle n’est ni une énergie, ni un nombre total de noyaux.

Méthode à retenir. Exprimer λ en s⁻¹ si t est en s ; on peut aussi compter les demi-vies pour A(t).

Question 5

Retrouver l’activité depuis N

Un échantillon renferme N=2,00 × 10⁹ noyaux radioactifs à l’instant étudié. Sa constante de désintégration est λ=3,00 × 10⁻⁴ s⁻¹. L’activité théorique est A=λN. Quelles interprétations ou valeurs sont valables ?

Si N est divisé par deux à λ constant, A est aussi divisée par deux. L’activité vaut 6,00 × 10⁵ J parce que chaque désintégration libère une énergie. Une activité de 6,00 × 10⁵ Bq signifie en moyenne autant de désintégrations par seconde. La constante λ=3,00 × 10⁻⁴ s⁻¹ est un nombre de noyaux. L’activité moyenne vaut 6,00 × 10⁵ Bq.

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Réponse attendue : A, C, E

A — Vrai. La relation A=λN est proportionnelle à N pour un radionucléide fixé. Avec N/2 noyaux, la nouvelle activité serait 3,00 × 10⁵ Bq.
B — Faux. Une activité est un débit de désintégrations en Bq=s⁻¹, pas une énergie en J. Le calcul λN ne contient aucune énergie par désintégration.
C — Vrai. Par définition 1 Bq=1 désintégration·s⁻¹ en moyenne. L’activité instantanée ne dit pas quel noyau précis se transformera pendant la seconde suivante.
D — Faux. λ possède l’unité inverse du temps et représente une probabilité de désintégration par unité de temps dans ce modèle, tandis que N est l’effectif de noyaux.
E — Vrai. A=λN=3,00 × 10⁻⁴ s⁻¹×2,00 × 10⁹=6,00 × 10⁵ s⁻¹=6,00 × 10⁵ Bq.

Méthode à retenir. Multiplier λ en s⁻¹ par N sans unité ; ne pas confondre activité et nombre de noyaux.

Question 6

Compter des désintégrations

Un compteur enregistre 1 200 événements pendant 60,0 s sur une source dont le bruit de fond est négligeable. Le rendement de détection est supposé égal à 100 % : chaque désintégration de l’échantillon pendant la mesure est enregistrée. On considère l’activité stable pendant cette minute. Quelles conclusions suivent des données ?

L’activité mesurée est exactement égale au nombre total de noyaux radioactifs de la source. L’activité est 72 000 Bq, car il faut multiplier 1 200 événements par 60,0 s. Un comptage répété peut différer de 1 200 car les désintégrations individuelles sont aléatoires. L’activité estimée sur cette minute est 20,0 Bq. En prolongeant le modèle à activité constante, on attend environ 600 événements en 30,0 s.

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Réponse attendue : C, D, E

A — Faux. Le nombre de noyaux présents est une population N sans unité, alors que l’activité est un débit en s⁻¹. Il faut connaître λ pour relier les deux par A=λN.
B — Faux. Une activité est un débit, donc un quotient par le temps : 1 200/60,0=20,0 Bq. Multiplier donnerait des unités événements·s, incompatibles avec le Bq.
C — Vrai. La loi de décroissance fournit une moyenne statistique. Même pour une activité stable, les désintégrations et leur détection fluctuent d’une fenêtre de 60,0 s à l’autre.
D — Vrai. L’estimation est nombre d’événements/durée=1 200/60,0 s=20,0 s⁻¹=20,0 Bq sous l’hypothèse de détection complète donnée.
E — Vrai. L’activité moyenne de 20,0 événements·s⁻¹ sur 30,0 s donne une attente 20,0×30,0=600 événements ; un comptage réel peut fluctuer.

Méthode à retenir. Diviser un nombre d’événements par une durée pour estimer l’activité ; garder la nature statistique du comptage.

Question 7

Échantillon ancien A

Dans une méthode de datation simplifiée, on suppose une population initiale N₀ connue, aucune contamination ni apport ultérieur. La population actuelle mesurée est N = N₀/4. La demi-vie du noyau est 500 ans. Quelles propositions sont correctes ?

L’âge vaut 2000 ans en multipliant directement le dénominateur de N/N₀ par T_1/2. Le modèle indique 2 demi-vies écoulées. L’âge estimé par ce modèle vaut 1000 ans. La mesure détermine automatiquement l’instant de désintégration de chacun des noyaux disparus. Une contamination par des noyaux de même espèce pourrait fausser l’âge ainsi calculé.

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Réponse attendue : B, C, E

A — Faux. La loi est exponentielle : le facteur 4=2² correspond à 2 demi-vies, donc 1000 ans, pas 4 demi-vies.
B — Vrai. Le rapport de la population actuelle à la population initiale vaut N/N₀=1/4=1/2². La loi N=N₀2^{−t/T₁/₂} impose donc t/T_1/2=2, nombre sans dimension.
C — Vrai. La durée estimée est t=2×T_1/2=2×500 ans=1000 ans. La conclusion dépend de la connaissance de N₀ et du système supposé fermé.
D — Faux. Une datation s’appuie sur une population et des hypothèses initiales. Les instants des désintégrations individuelles restent aléatoires ; le rapport global ne livre pas une chronologie de chaque noyau.
E — Vrai. Ajouter des noyaux modifie le rapport N/N₀ sans modifier forcément la date recherchée. Le modèle de système fermé et la valeur initiale supposée doivent être contrôlés.

Méthode à retenir. Identifier N/N0, compter les demi-vies et préciser les hypothèses de la datation.

Question 8

Reconstituer l’activité initiale

Un fragment organique est daté sous les hypothèses d’un stock initial comparable connu et d’aucun échange ultérieur. Son activité actuelle est A=80 Bq, sa demi-vie pertinente vaut 5 730 ans et l’on sait que deux demi-vies se sont écoulées. Quelles affirmations sont correctes ?

Une entrée ultérieure de carbone récent pourrait biaiser cette estimation d’âge. L’activité initiale estimée est 320 Bq. On peut dater indépendamment de la valeur initiale et de tout échange avec le milieu. L’âge calculé à partir de ce modèle est 11 460 ans. L’activité initiale était 20 Bq, parce que remonter le temps divise par deux.

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Réponse attendue : A, B, D

A — Vrai. Un apport de noyaux radioactifs après l’événement daté augmenterait l’activité mesurée. Le rapport A/A₀ ne suivrait plus seul la décroissance du stock initial.
B — Vrai. Après deux demi-vies l’activité est divisée par 2²=4. En remontant le temps, A₀=4A=4×80=320 Bq dans les hypothèses posées.
C — Faux. Le calcul requiert la référence initiale et un modèle de système fermé ou des corrections documentées. Sans elles, la même activité actuelle peut correspondre à plusieurs histoires.
D — Vrai. Deux demi-vies de 5 730 ans donnent t=2×5 730=11 460 ans. Ce résultat dépend de la fermeture du système et du stock initial supposé.
E — Faux. En remontant vers le passé, la population radioactive et l’activité étaient plus grandes. Deux demi-vies en arrière multiplient 80 Bq par quatre, soit 320 Bq.

Méthode à retenir. Remonter la décroissance de l’activité : à chaque demi-vie en arrière, doubler.

Question 9

Noyau père et produit stable

Un minéral fermé contient aujourd’hui 250 noyaux radioactifs pères et 750 noyaux fils stables. On suppose qu’il ne contenait aucun noyau fils au départ et que chaque noyau père désintégré a donné exactement un noyau fils conservé. Quelles conclusions sont justes ?

Le quart du stock père initial subsiste. Le modèle correspond à deux demi-vies écoulées. La fraction radioactive restante est 3/4 puisque 750 est le nombre le plus grand. Les 750 noyaux fils étaient nécessairement présents dès la formation du minéral. Le stock initial de noyaux pères était 1 000.

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Réponse attendue : A, B, E

A — Vrai. La fraction restante est N/N₀=250/1 000=0,250=1/4, nombre sans dimension. Elle correspond à deux divisions successives par deux dans ce modèle.
B — Vrai. Une demi-vie donne 1/2 restant ; deux donnent (1/2)²=1/4. La fraction 250/1 000=1/4 permet donc de conclure à deux demi-vies.
C — Faux. 750 désigne les noyaux fils stables, pas les pères radioactifs restants. La fraction des pères survivants est 250/1 000=1/4.
D — Faux. L’énoncé suppose explicitement zéro noyau fils au départ. Ils sont apparus par désintégration de 750 noyaux pères ; inverser cette hypothèse changerait la datation.
E — Vrai. Les 750 noyaux fils proviennent chacun d’un père désintégré. Le stock initial vaut donc 250 pères restants + 750 fils produits = 1 000 noyaux pères.

Méthode à retenir. Reconstituer N₀ par conservation du nombre père + fils, puis lire la fraction restante.

Question 10

Émission alpha

On étudie la transformation nucléaire ²³⁸₉₂U → ²³⁴₉₀Th + ⁴₂He. Sélectionner les analyses correctes.

Le nombre de nucléons est conservé : 238 = 234 + 4. Le produit est un isotope du noyau père puisque U et Th ont des symboles distincts. Le numéro atomique du noyau fils doit rester 92, car la particule α n'emporte aucune charge. Le bilan complet ne conserve pas le nombre de nucléons, car le noyau fils en porte 234. La particule α emporte 5 nucléons dans cette transformation.

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Réponse attendue : A

A — Vrai. À gauche A=238 ; à droite le noyau-fils en contient 234 et la particule émise en contient 4. La somme retrouve 238, comme l’exige le bilan nucléaire.
B — Faux. Isotopes d’un même élément signifient même Z. Ici U a Z=92 et Th a Z=90 : ce sont deux éléments différents, comme le montrent les symboles distincts.
C — Faux. La particule α est un noyau d'hélium de charge +2e. La conservation de la charge impose 92=90+2 : le noyau fils a Z=90 et devient du thorium.
D — Faux. Il faut compter aussi la particule émise, de nombre de masse 4 : 234 + 4 = 238 nucléons, comme dans le noyau père. Le bilan complet conserve A.
E — Faux. La conservation de A impose une particule de nombre de masse 4, non 5. Une particule β a A=0, tandis qu’une particule α a A=4.

Méthode à retenir. Additionner séparément les nombres de nucléons A et les numéros atomiques Z.

Question 11

Lire le déplacement β− sur un diagramme

Sur un diagramme où l’abscisse est N, nombre de neutrons, et l’ordonnée Z, nombre de protons, le noyau ¹⁴₆C se transforme par β⁻ en ¹⁴₇N. On ne trace ici que les noyaux ; l’électron et l’antineutrino sont omis du diagramme. Quelles analyses sont justes ?

Sur le diagramme (N,Z), la flèche β− va vers la droite et le bas. Le noyau ¹⁴₆C contient 14 neutrons. Le nombre de nucléons A reste égal à 14. Le noyau fils garde Z=6 car le carbone et l’azote sont des isotopes. Le point passe de (N=8,Z=6) à (N=7,Z=7).

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Réponse attendue : C, E

A — Faux. Le nombre de neutrons diminue de un et le nombre de protons augmente de un. Avec N horizontal et Z vertical, la flèche va à gauche et vers le haut.
B — Faux. Le nombre 14 représente tous les nucléons. En retranchant Z=6 protons, on trouve N=8 neutrons pour le carbone 14.
C — Vrai. Avant comme après, A=N+Z=14. Un neutron devient un proton lors de β⁻ ; l’électron émis porte A=0 dans l’équation de conservation.
D — Faux. Le carbone possède Z=6, l’azote Z=7 : ils sont des éléments différents. Des isotopes auraient le même numéro atomique Z.
E — Vrai. Pour ¹⁴₆C, N=14−6=8. Pour ¹⁴₇N, N=14−7=7. Le diagramme montre donc un déplacement vers la gauche et le haut.

Méthode à retenir. Calculer N=A−Z pour chaque noyau ; interpréter β− comme N−1 et Z+1.

Question 12

Vérifier l’émission β+

Un noyau de fluor ¹⁸₉F se transforme en oxygène ¹⁸₈O et émet un positon ⁰₊₁e ainsi qu’un neutrino. On ne suit ici que A et Z ; le neutrino est de charge et nombre de nucléons nuls. Quelles affirmations sont correctes ?

Le neutrino augmente Z du noyau fils de une unité. Le noyau fils doit avoir A=17 puisque le positon emporte un nucléon. Le positon est un électron ordinaire de charge négative. La conservation de la charge donne 9=8+1. La conservation du nombre de nucléons donne 18=18+0.

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Réponse attendue : D, E

A — Faux. Le neutrino est électriquement neutre, donc de numéro de charge 0 dans ce bilan. La variation de Z est liée à l’émission du positon et à la conversion interne.
B — Faux. Le positon a un nombre de nucléons A=0. Le nombre de masse du noyau reste 18 lors de cette transformation β⁺.
C — Faux. Le positon a une charge +e, opposée à celle de l’électron −e. C’est précisément cette charge positive qui permet 9=8+1 dans le bilan.
D — Vrai. Le fluor initial a Z=9. Le noyau d’oxygène a Z=8 et le positon porte la charge élémentaire +1, ce qui rétablit 9.
E — Vrai. Le noyau fils porte A=18, le positon A=0 et le neutrino A=0. La somme à droite reste 18, égale au noyau de fluor initial.

Méthode à retenir. Additionner A et Z séparément, y compris la charge +1 du positon.

Question 13

Isotopes du sodium

On examine le noyau ²³₁₁Na. Les nombres A et Z sont sans unité et concernent le noyau, que l’atome soit ionisé ou non. Choisir toutes les propositions justes.

Une ionisation de l’atome neutre modifie le nombre de protons de son noyau. Ce noyau contient 34 nucléons, obtenus en ajoutant A et Z. Ce noyau contient 11 protons. Ce noyau contient 12 neutrons. Le nombre de neutrons s’obtient par N=Z−A=-12.

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Réponse attendue : C, D

A — Faux. L’ionisation ajoute ou retire des électrons du cortège électronique. Le noyau conserve ses 11 protons et son numéro atomique Z=11.
B — Faux. A=23 compte déjà tous les nucléons, protons et neutrons. Ajouter Z=11 recompterait les protons ; le total est 23, pas 34.
C — Vrai. Le numéro atomique Z se lit en indice inférieur gauche du symbole : Z=11. Il compte les protons du noyau et fixe l’élément chimique Na.
D — Vrai. Le nombre de nucléons vaut A=Z+N. En isolant le nombre de neutrons, N=A−Z=23−11=12, nombre entier sans unité.
E — Faux. Le bilan est A=Z+N, donc N=A−Z=12. L’ordre Z−A donnerait une valeur négative -12, impossible pour un effectif de neutrons.

Méthode à retenir. Lire Z protons, A nucléons puis N=A−Z neutrons, sans confondre ionisation et transmutation.

Question 14

Mélange de deux isotopes

Un modèle d’échantillon contient 900 noyaux de ¹²₆C et 100 noyaux de ¹³₆C. On demande la composition et le nombre de masse moyen pondéré, sans confondre cette moyenne avec un noyau réel. Quelles propositions sont exactes ?

Les deux types de noyaux sont des isotopes du carbone. Le nombre de masse moyen du mélange vaut 12,1. Chaque noyau individuel du mélange a A=12,1. La fraction du carbone 13 est 90 % parce qu’il a le nombre de masse le plus grand. Les deux isotopes ont des numéros atomiques différents.

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Réponse attendue : A, B

A — Vrai. Ils ont tous deux Z=6 protons et donc le même élément. Leurs nombres de masse 12 et 13 diffèrent parce que l’un possède un neutron supplémentaire.
B — Vrai. Le calcul pondéré est (900×12+100×13)/(900+100)=(10 800+1 300)/1 000=12,1, sans unité. Il ne désigne pas le A d’un noyau isolé.
C — Faux. Le nombre de masse A d’un noyau est un entier : 12 ou 13 ici. La valeur 12,1 est une moyenne pondérée du mélange, pas l’étiquette d’un noyau.
D — Faux. On compte 100 noyaux de carbone 13 sur 1 000 au total, soit 10 %. Le nombre de masse 13 n’indique pas une abondance.
E — Faux. Les deux écritures affichent Z=6. C’est l’égalité de Z qui définit des isotopes du même élément ; seuls les nombres de neutrons diffèrent.

Méthode à retenir. Additionner les effectifs puis pondérer 12 et 13 par leurs fractions respectives.

Question 15

Ionisation sans changement du noyau

L’ion sodium Na⁺ provient d’un atome neutre ²³₁₁Na qui a perdu un électron. On compare le noyau, le cortège et la charge de l’ion. Quelles conclusions sont justes ?

La charge + signifie que le noyau ne contient plus que 10 protons. L’ion conserve 11 protons et 12 neutrons dans son noyau. L’ion Na⁺ possède 10 électrons. Le nombre de neutrons devient 11 après la perte de l’électron. L’ion devient un autre élément chimique parce que son cortège électronique change.

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Réponse attendue : B, C

A — Faux. Une ionisation retire un électron du cortège sans retirer de proton du noyau. Celui-ci conserve Z=11 et l’ion possède 10 électrons.
B — Vrai. L’ionisation ne touche pas le noyau : Z=11 protons et N=A−Z=23−11=12 neutrons. Ces effectifs restent ceux de l’atome neutre initial.
C — Vrai. Un atome neutre de numéro atomique Z=11 possède 11 électrons. Perdre un électron donne l’ion de charge +e avec 10 électrons.
D — Faux. Le neutron appartient au noyau ; l’ionisation électronique ne le modifie pas. Son nombre reste N=23−11=12.
E — Faux. Un élément est défini par le numéro atomique Z de son noyau. Z=11 reste celui du sodium ; seul son état de charge électronique change.

Méthode à retenir. Séparer A et Z du noyau du nombre d’électrons de l’espèce ionisée.

Ton bilan

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