Exercicis d'estructura de la matèria — Química 2n Batxillerat

Aquest tema explica com s'organitzen els electrons i com això determina les propietats dels elements. Els exercicis et fan escriure configuracions electròniques, com la del sofre, i decidir quins conjunts de nombres quàntics són possibles i quins no. Després relaciones la configuració amb la posició a la taula periòdica, per exemple trobant un element a partir del seu període i el seu bloc. Al final estudies les propietats periòdiques, com l'electronegativitat i l'energia d'ionització, i justifiques quin element en té més, com entre el sodi i el clor. Les solucions argumenten amb la càrrega nuclear i la distància. Errors típics: oblidar que el 4s s'omple abans que el 3d i prendre el nombre de capes com el grup.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Escriu la configuració electrònica del sofre (Z = 16).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

S (Z = 16): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁴, amb 6 electrons de valència (3s² 3p⁴).

Resolució

Dades. El sofre té Z = 16: l'àtom neutre té 16 electrons que cal repartir en subnivells.
Principi d'Aufbau. Omplim els subnivells per ordre d'energia creixent (1s, 2s, 2p, 3s, 3p…), amb un màxim de 2 electrons als s i 6 als p.
Configuració. 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁴. Comprovació: 2 + 2 + 6 + 2 + 4 = 16.
Conclusió. Els electrons de valència són els de l'última capa (n = 3): 3s² 3p⁴, és a dir, 6 electrons.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Una radiació monocromàtica té una freqüència ν = 5· $10^{14}$ Hz. Calcula l'energia d'un dels seus fotons, en joules i en electró-volts. Dades: h = 6,63·10⁻³⁴ J·s; 1 eV = 1,6·10⁻¹⁹ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

E = 3{,}3\cdot10^{-19}\ \text{J} \approx 2{,}07\ \text{eV}

Resolució

Dades. Tenim la freqüència, $\nu = 5\cdot10^{14}\ \text{Hz}$ , i $h = 6{,}63\cdot10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$ . Es demana l'energia d'un fotó en J i en eV.
Equació de Planck. L'energia d'un fotó és $E = h\cdot\nu$ . Fixa't que ens donen la freqüència, no la longitud d'ona: s'aplica directament, sense passar per $\lambda$ .
Càlcul en joules. $E = 6{,}63\cdot10^{-34}\cdot5\cdot10^{14} = 3{,}315\cdot10^{-19}\ \text{J}$ En multiplicar potències se sumen els exponents: $10^{-34}\cdot10^{14} = 10^{-20}$ .
Pas a eV. Dividim per $1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{J/eV}$ : $E = \dfrac{3{,}315\cdot10^{-19}}{1{,}6\cdot10^{-19}} = 2{,}07\ \text{eV}$
Conclusió. Cada fotó porta uns $3{,}3\cdot10^{-19}\ \text{J}$ , és a dir, uns 2 eV, l'ordre de magnitud típic de la llum visible.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Dins d'un mateix grup, en baixar, l'electronegativitat augmenta o disminueix?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

En baixar dins d'un grup, l'electronegativitat disminueix.

Resolució

Què és. L'electronegativitat mesura la tendència d'un àtom a atreure cap a ell els electrons d'un enllaç.
Efecte de baixar en el grup. En baixar s'afegeixen capes: els electrons de valència queden més lluny del nucli i més apantallats pels electrons interns.
Conclusió. Per tant, el nucli atrau menys els electrons de l'enllaç i l'electronegativitat disminueix (per exemple, F > Cl > Br > I).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Per a un orbital 4d, indica el valor dels nombres quàntics n i l, els valors que pot prendre el nombre quàntic magnètic m, quants orbitals 4d hi ha en total i quants electrons hi caben com a màxim.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

n = 4, l = 2; m = −2, −1, 0, +1, +2; hi ha 5 orbitals 4d i hi caben com a màxim 10 electrons.

Resolució

Nombres n i l. El 4 indica el nivell, n = 4, i la lletra d indica el subnivell: l = 0 és s, l = 1 és p i l = 2 és d. Per tant, l = 2.
Nombre quàntic magnètic. m pot prendre qualsevol valor enter entre −l i +l: −2, −1, 0, +1 i +2, és a dir, cinc valors.
Orbitals i electrons. Cada valor de m és un orbital: hi ha 5 orbitals 4d. Pel principi d'exclusió de Pauli cada orbital admet dos electrons amb spins oposats, de manera que el subnivell 4d en pot contenir com a màxim 5·2 = 10.
Conclusió. Error típic: confondre el nombre d'orbitals (5) amb el nombre d'electrons (10).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Escriu la configuració electrònica dels ions $\mathrm{O}^{2-}$ , Na⁺ i Al³⁺ (nombres atòmics: O = 8, Na = 11, Al = 13) i explica què tenen en comú.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

O²⁻, Na⁺ i Al³⁺: 1s² 2s² 2p⁶. Són isoelectrònics (10 electrons) amb el neó.

Resolució

Comptem electrons. O²⁻: 8 + 2 = 10; Na⁺: 11 − 1 = 10; Al³⁺: 13 − 3 = 10. Una càrrega positiva vol dir que falten electrons, i una de negativa, que n'hi sobren.
Configuració. Amb 10 electrons, els tres ions tenen 1s² 2s² 2p⁶, que és la configuració del neó.
Què tenen en comú. Són espècies isoelectròniques: tenen el mateix nombre d'electrons i la capa de valència completa (8 electrons). Justament per això aquests elements formen aquests ions i no uns altres.
Conclusió. Error típic: treure o afegir els electrons sense tornar-los a comptar; recorda que una càrrega positiva vol dir que falten electrons.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Ordena de més petit a més gran el radi atòmic dels elements Na, Mg, K i Cs, i justifica l'ordre amb la posició de cada element a la taula periòdica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

Mg < Na < K < Cs

Resolució

Posició a la taula. Na i Mg són del període 3 (grups 1 i 2); Na, K i Cs són del grup 1 (períodes 3, 4 i 6).
Tendències del radi. Dins d'un període el radi disminueix cap a la dreta (augmenta la càrrega nuclear i els electrons s'afegeixen a la mateixa capa); dins d'un grup augmenta en baixar (s'afegeixen capes).
Comparació. El Mg, més a la dreta del període 3, és més petit que el Na. Al grup 1: Cs (període 6) > K (període 4) > Na (període 3).
Conclusió. Ordre creixent: Mg < Na < K < Cs. Comprovació amb valors tabulats: 160 pm (Mg), 186 pm (Na), 227 pm (K) i 265 pm (Cs).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Raona si cada afirmació és certa o falsa: a) la primera energia d'ionització del potassi és més gran que la del sodi; b) el fluor és l'element més electronegatiu de la taula periòdica; c) un orbital 2p pot contenir fins a 6 electrons; d) segons el model de Bohr, l'electró de l'àtom d'hidrogen pot tenir qualsevol valor d'energia.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Apartat a)

Resultat

Falsa: EI(K) < EI(Na).

Resolució

Posició. Na i K són del grup 1; el K és un període més avall.
Raonament. En baixar pel grup, l'electró de valència és més lluny del nucli i més apantallat, i costa menys d'arrencar.
Conclusió. La primera energia d'ionització del potassi és més petita que la del sodi: l'afirmació és falsa.

Apartat b)

Resultat

Certa: el fluor és l'element més electronegatiu.

Resolució

Tendència. L'electronegativitat creix cap a la dreta en un període i cap amunt en un grup.
Conclusió. El fluor (grup 17, període 2) és a l'extrem superior dret; els gasos nobles no es consideren perquè gairebé no formen enllaços. L'afirmació és certa.

Apartat c)

Resultat

Falsa: un orbital admet com a màxim 2 electrons.

Resolució

Principi d'exclusió de Pauli. Un orbital admet com a màxim 2 electrons, amb spins oposats.
Conclusió. El que pot contenir 6 electrons és el subnivell 2p, format per tres orbitals. L'afirmació és falsa.

Apartat d)

Resultat

Falsa: l'energia de l'electró està quantitzada.

Resolució

Model de Bohr. Bohr postula que només són permeses certes òrbites, amb energies quantitzades $E_{n} = -\tfrac{13{,}6}{n^{2}}\ \text{eV}$ .
Conclusió. L'electró no pot tenir qualsevol energia; per això l'espectre de l'hidrogen és de línies. L'afirmació és falsa.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Escriu la configuració electrònica del nitrogen (Z = 7) i de l'oxigen (Z = 8) en estat fonamental, representa com es distribueixen els electrons 2p entre els tres orbitals i indica quants electrons desaparellats té cada àtom.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

N: 1s² 2s² 2p³, (↑)(↑)(↑), 3 desaparellats; O: 1s² 2s² 2p⁴, (↑↓)(↑)(↑), 2 desaparellats.

Resolució

Configuracions. N (7 electrons): 1s² 2s² 2p³. O (8 electrons): 1s² 2s² 2p⁴.
Regla de Hund. En orbitals de la mateixa energia, els electrons ocupen primer orbitals diferents amb spins paral·lels (màxima multiplicitat), i només després s'aparellen.
Nitrogen. Els tres electrons 2p van un a cada orbital: (↑)(↑)(↑). Té 3 electrons desaparellats.
Oxigen. El quart electró 2p s'ha d'aparellar en un dels orbitals: (↑↓)(↑)(↑). Té 2 electrons desaparellats.
Conclusió. Tots dos àtoms són paramagnètics, perquè tenen electrons desaparellats. Error típic: omplir els orbitals de dos en dos, (↑↓)(↑)( ), cosa que viola la regla de Hund.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Escriu les equacions que corresponen a la primera i a la segona energia d'ionització del magnesi (Z = 12), indicant l'estat físic de les espècies, i raona quina de les dues energies és més gran.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Mg(g) → Mg⁺(g) + e⁻ (EI₁); Mg⁺(g) → Mg²⁺(g) + e⁻ (EI₂); EI₂ > EI₁.

Resolució

Definició. L'energia d'ionització és l'energia necessària per arrencar un electró a un àtom o ió en estat gasós i aïllat; per això totes les espècies van amb (g).
Equacions. Primera: $\mathrm{Mg(g)} \rightarrow \mathrm{Mg^{+}(g)} + e^{-}$ , amb energia EI₁. Segona: $\mathrm{Mg^{+}(g)} \rightarrow \mathrm{Mg^{2+}(g)} + e^{-}$ , amb energia EI₂.
Comparació. El segon electró s'arrenca d'un ió positiu: la mateixa càrrega nuclear atrau menys electrons i els reté amb més força. Per tant, EI₂ > EI₁.
Conclusió. Com que els dos electrons surten del mateix orbital 3s (Mg: [Ne] 3s²), el salt és moderat; el salt gran apareixeria a EI₃, perquè caldria trencar la capa 2, que és completa.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

En l'àtom d'hidrogen l'energia de cada nivell ve donada per $E_{n}$ = - $\tfrac{13{,}6}{n^{2}}$ eV. Calcula l'energia del fotó emès en la transició de n = 2 a n = 1 i en la de n = 3 a n = 2, i indica quina de les dues radiacions té la freqüència més alta.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

E_{2\to1} = 10{,}2\ \text{eV}

;

E_{3\to2} = 1{,}89\ \text{eV}

; té més freqüència la radiació de la transició 2 → 1.

Resolució

Nivells. $E_{1} = -13{,}6\ \text{eV}$ , $E_{2} = -\tfrac{13{,}6}{4} = -3{,}40\ \text{eV}$ , $E_{3} = -\tfrac{13{,}6}{9} = -1{,}51\ \text{eV}$ .
Energia del fotó emès. És la diferència entre el nivell inicial i el final: $E = E_{\mathrm{inicial}} - E_{\mathrm{final}}$ .
Càlcul. $E_{2\to1} = -3{,}40 - (-13{,}6) = 10{,}2\ \text{eV}$ $E_{3\to2} = -1{,}51 - (-3{,}40) = 1{,}89\ \text{eV}$
Freqüència. Com que $E = h\cdot\nu$ , el fotó més energètic és el de freqüència més alta: la transició 2 → 1 (sèrie de Lyman, ultraviolat). La 3 → 2 és la línia vermella de la sèrie de Balmer, visible.
Conclusió. Error típic: restar al revés i obtenir energies negatives; l'energia d'un fotó emès és sempre positiva.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Escriu la configuració electrònica del ferro (Z = 26) i digues a quin bloc pertany.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

Fe: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁶ ([Ar] 3d⁶ 4s²); pertany al bloc d.

Resolució

Dades. El ferro té Z = 26: cal col·locar 26 electrons.
Ordre d'ompliment. Seguim el diagrama d'Aufbau, tenint en compte que el 4s s'omple abans que el 3d: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s, 3d…
Configuració. 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁶. Comprovació: 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 2 + 6 = 26.
Conclusió. L'últim subnivell que s'omple és el 3d, així que el ferro pertany al bloc d: és un metall de transició.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Digues quins d'aquests conjunts de nombres quàntics (n, l, m, s) són possibles per a un electró d'un àtom i quins no, i justifica-ho: a) (2, 1, -1, + $\tfrac{1}{2}$ ); b) (3, 3, 0, - $\tfrac{1}{2}$ ); c) (2, 0, 1, + $\tfrac{1}{2}$ ); d) (4, 2, -2, - $\tfrac{1}{2}$ ).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Apartat a)

Resultat

Possible: és un electró 2p.

Resolució

Regles. l pot valer de 0 a n − 1; m, de −l a +l (enters); s = +½ o −½.
Comprovació. Amb n = 2 es permet l = 1, i amb l = 1 el valor m = −1 és vàlid; s = +½ també.
Conclusió. El conjunt (2, 1, −1, +½) és possible i correspon a un electró 2p.

Apartat b)

Resultat

Impossible: l no pot valer 3 si n = 3.

Resolució

Regla. l pot valer de 0 a n − 1.
Comprovació. Amb n = 3, l només pot arribar fins a 2.
Conclusió. El conjunt (3, 3, 0, −½) és impossible. Parany: oblidar que l < n.

Apartat c)

Resultat

Impossible: amb l = 0, m només pot valer 0.

Resolució

Regla. m pot valer de −l a +l.
Comprovació. Amb l = 0 (orbital s) l'únic valor permès de m és 0.
Conclusió. El conjunt (2, 0, 1, +½) és impossible. Parany: oblidar que |m| ≤ l.

Apartat d)

Resultat

Possible: és un electró 4d.

Resolució

Comprovació. Amb n = 4 es permet l = 2, i m = −2 està dins del rang de −2 a +2; s = −½ és vàlid.
Conclusió. El conjunt (4, 2, −2, −½) és possible i correspon a un electró 4d.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Escriu la configuració de valència d'un element del grup 2 i període 4.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Configuració de valència: 4s² (és el calci).

Resolució

Període. El període 4 indica que l'última capa és n = 4.
Grup. El grup 2 és del bloc s: hi ha 2 electrons de valència en un subnivell s.
Conclusió. La configuració de valència és 4s². Correspon al calci ([Ar] 4s²).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Quin element té més energia d'ionització, el sodi (Na) o el clor (Cl)? Justifica la resposta.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

El clor té més energia d'ionització que el sodi.

Resolució

Posició. Na (grup 1) i Cl (grup 17) són tots dos del període 3; el clor és a la dreta del sodi.
Tendència. En un període, l'energia d'ionització augmenta cap a la dreta: la càrrega nuclear creix, els electrons van a la mateixa capa i el nucli els reté amb més força.
Conclusió. Per tant, el clor té més energia d'ionització que el sodi (1251 kJ/mol davant 496 kJ/mol).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Una làmpada germicida emet radiació ultraviolada de longitud d'ona 254 nm. Calcula l'energia d'un fotó d'aquesta radiació i l'energia d'un mol de fotons, en kJ/mol, i raona si aquesta radiació pot trencar enllaços C-C (energia d'enllaç 347 kJ/mol) i C-H (413 kJ/mol). Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3· $10^{8}$ m/s; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

E = 7{,}83\cdot10^{-19}\ \text{J}

per fotó;

E_{m} = 472\ \text{kJ/mol}

; sí que pot trencar enllaços C−C i C−H.

Resolució

Dades. $\lambda = 254\ \text{nm} = 254\cdot10^{-9}\ \text{m}$ , $h = 6{,}63\cdot10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$ , $c = 3\cdot10^{8}\ \text{m/s}$ , $N_{A} = 6{,}022\cdot10^{23}\ \text{mol}^{-1}$ .
Equació de Planck. L'energia d'un fotó és $E = h\cdot\dfrac{c}{\lambda}$ .
Un fotó. $E = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{254\cdot10^{-9}} = 7{,}83\cdot10^{-19}\ \text{J}$
Un mol de fotons. $E_{m} = 7{,}83\cdot10^{-19}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 4{,}72\cdot10^{5}\ \text{J/mol} = 472\ \text{kJ/mol}$
Comparació. Com que 472 kJ/mol és més gran que 347 kJ/mol (C−C) i que 413 kJ/mol (C−H), cada fotó porta prou energia per trencar un d'aquests enllaços: per això la radiació UV-C pot danyar les molècules orgàniques (l'ADN dels microorganismes) i és perillosa per a la pell i els ulls.
Conclusió. Error típic: comparar l'energia d'un sol fotó (en J) amb l'energia d'enllaç (en kJ/mol) sense passar-la a mol.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Segons el model de Bohr, l'energia de l'electró de l'hidrogen en l'estat fonamental és $E_{1}$ = -13,6 eV. Calcula a partir d'aquesta dada l'energia d'ionització de l'hidrogen en J per àtom i en kJ/mol, i compara-la amb el valor experimental, 1312 kJ/mol. Dades: 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

EI = 13{,}6\ \text{eV} = 2{,}18\cdot10^{-18}\ \text{J}

per àtom

= 1310\ \text{kJ/mol}

; coincideix amb l'experimental (1312 kJ/mol) amb menys d'un 0,2 % de diferència.

Resolució

Plantejament. Ionitzar l'hidrogen és portar l'electró de n = 1 fins a n = ∞, on $E_{\infty} = 0$ .
Energia d'ionització. $EI = E_{\infty} - E_{1} = 0 - (-13{,}6) = 13{,}6\ \text{eV}$
En joules per àtom. $EI = 13{,}6\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 2{,}18\cdot10^{-18}\ \text{J}$
Per mol. $EI = 2{,}18\cdot10^{-18}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 1{,}31\cdot10^{6}\ \text{J/mol} = 1310\ \text{kJ/mol}$
Conclusió. Coincideix amb el valor experimental (1312 kJ/mol) amb una diferència inferior al 0,2 %, deguda a l'arrodoniment de les constants: el model de Bohr descriu molt bé l'àtom d'hidrogen (i falla en els àtoms polielectrònics).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Segons el diagrama d'ompliment (regla d'Aufbau), les configuracions del crom (Z = 24) i del coure (Z = 29) haurien d'acabar en 3d⁴ 4s² i 3d⁹ 4s², però les configuracions reals són [Ar] 3d⁵ 4s¹ i [Ar] 3d¹⁰ 4s¹. Explica a què es deu aquesta anomalia i escriu la configuració dels ions Cr³⁺ i Cu²⁺.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

L'anomalia es deu a l'estabilitat especial dels subnivells d semiplens (d⁵) i plens (d¹⁰), amb 3d i 4s d'energia molt semblant. Cr³⁺: [Ar] 3d³; Cu²⁺: [Ar] 3d⁹.

Resolució

Energies properes. Els orbitals 3d i 4s tenen energies molt semblants, de manera que un electró pot passar d'un a l'altre amb poc cost.
Estabilitat de d⁵ i d¹⁰. Les configuracions amb el subnivell d mig ple o ple són especialment estables: la distribució simètrica dels electrons redueix les repulsions entre ells.
Cr i Cu. Per això al Cr un electró 4s passa al 3d i queda 3d⁵ 4s¹ (sis electrons desaparellats), i al Cu queda 3d¹⁰ 4s¹.
Ions. En formar cations, els metalls de transició perden primer els electrons 4s (són els més externs) i després els 3d. Cr³⁺ (24 − 3 = 21 electrons): [Ar] 3d³. Cu²⁺ (29 − 2 = 27 electrons): [Ar] 3d⁹.
Conclusió. Error típic: treure els electrons 3d abans que els 4s perquè els 3d «s'omplen més tard»; l'ordre d'ompliment i l'ordre de pèrdua no són el mateix.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Indica, per a cadascuna d'aquestes configuracions electròniques, si correspon a un estat fonamental, a un estat excitat o si és impossible, i justifica-ho: a) 1s² 2s² 2p⁷; b) 1s² 2s¹ 2p³; c) 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d¹; d) 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵; e) 1s³ 2s¹.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

Impossible: el 2p admet com a màxim 6 electrons.

Resolució

Capacitat. El subnivell 2p té tres orbitals i, pel principi de Pauli, admet com a màxim 3·2 = 6 electrons.
Conclusió. 2p⁷ no pot existir: la configuració és impossible.

Apartat b)

Resultat

Estat excitat del carboni.

Resolució

Electrons. 2 + 1 + 3 = 6: és el carboni, l'estat fonamental del qual és 1s² 2s² 2p².
Conclusió. Aquí un electró 2s ha pujat a un orbital 2p (permès, però de més energia): és un estat excitat.

Apartat c)

Resultat

Estat excitat del potassi.

Resolució

Electrons. 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 1 = 19: és el potassi.
Ordre d'ompliment. En l'estat fonamental l'electró 19 ocupa el 4s, de menys energia que el 3d: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹.
Conclusió. Amb l'electró al 3d, és un estat excitat.

Apartat d)

Resultat

Estat fonamental del clor.

Resolució

Electrons. 2 + 2 + 6 + 2 + 5 = 17: és el clor.
Conclusió. Segueix l'ordre d'ompliment i cap subnivell no està sobrecarregat: és l'estat fonamental.

Apartat e)

Resultat

Impossible: un orbital 1s només admet 2 electrons.

Resolució

Principi d'exclusió de Pauli. Un orbital admet com a màxim dos electrons, amb spins oposats.
Conclusió. Un tercer electró 1s tindria els quatre nombres quàntics iguals que un dels altres dos: 1s³ és impossible.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Els ions $\mathrm{S}^{2-}$ , Cl^-, $\mathrm{K}^{+}$ i Ca²⁺ (Z = 16, 17, 19 i 20) tenen tots la mateixa configuració electrònica. Escriu-la, ordena els quatre ions de radi més gran a més petit i justifica l'ordre.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

Tots quatre: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ (la de l'argó). Radi: S²⁻ > Cl⁻ > K⁺ > Ca²⁺.

Resolució

Comptem electrons. S²⁻: 16 + 2 = 18; Cl⁻: 17 + 1 = 18; K⁺: 19 − 1 = 18; Ca²⁺: 20 − 2 = 18. Tots quatre són isoelectrònics amb l'argó: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶.
Càrrega nuclear. Amb el mateix nombre d'electrons, el radi depèn de la càrrega del nucli: com més protons hi ha, més atrets són els electrons i més petit és l'ió.
Ordre. De radi més gran a més petit: S²⁻ (Z = 16) > Cl⁻ (Z = 17) > K⁺ (Z = 19) > Ca²⁺ (Z = 20).
Conclusió. Idea clau: en una sèrie isoelectrònica els anions són més grans que els cations, i com més positiva és la càrrega, més petit és l'ió.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Les primeres energies d'ionització dels elements del període 2 són: Li 520, Be 899, B 801, C 1086, N 1402, O 1314 i F 1681 kJ/mol. La tendència general és créixer cap a la dreta, però hi ha dues excepcions. Identifica-les i explica-les a partir de les configuracions electròniques.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

Les excepcions són B < Be (801 < 899) i O < N (1314 < 1402).

Resolució

Tendència general. En avançar pel període augmenta la càrrega nuclear efectiva i l'electró s'arrenca amb més dificultat.
Excepció 1: B < Be. El Be (1s² 2s²) té el subnivell 2s ple; l'electró del B (2s² 2p¹) s'arrenca d'un orbital 2p, de més energia i més apantallat pels electrons 2s, i costa menys de treure.
Excepció 2: O < N. El N té 2p³, mig ple, amb tres electrons desaparellats, una distribució especialment estable; a l'O (2p⁴) hi ha un orbital amb dos electrons aparellats que es repel·leixen, i el quart electró surt més fàcilment.
Conclusió. Aquestes irregularitats mostren que les propietats periòdiques depenen de la configuració electrònica i no només de Z.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

El principi d'incertesa de Heisenberg estableix que Δx·Δp ≥ $\tfrac{h}{(4\pi )}$ . Calcula la incertesa mínima en la posició a) d'un electró (m = 9,11· $10^{-31}$ kg) i b) d'una bola de 0,10 kg, si en tots dos casos la incertesa en la velocitat és d'1,0· $10^{5}$ m/s, i comenta els resultats (h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; el radi d'un àtom és de l'ordre de $10^{-10}$ m).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

\Delta x \geq 5{,}8\cdot10^{-10}\ \text{m}

(0,58 nm)

Resolució

Principi d'incertesa. Com que $\Delta p = m\cdot\Delta v$ , la incertesa mínima en la posició és $\Delta x = \dfrac{h}{4\pi\cdot m\cdot\Delta v}$
Càlcul. $\Delta x = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{4\pi\cdot9{,}11\cdot10^{-31}\cdot1{,}0\cdot10^{5}} = 5{,}8\cdot10^{-10}\ \text{m}$
Comentari. La incertesa (0,58 nm) és més gran que la mida de l'àtom ( $10^{-10}\ \text{m}$ ): no té sentit parlar d'una òrbita definida, i per això el model quàntic substitueix l'òrbita per l'orbital (regió on la probabilitat de trobar l'electró és alta).

Apartat b)

Resultat

\Delta x \geq 5{,}3\cdot10^{-39}\ \text{m}

Resolució

Càlcul. Amb la mateixa fórmula i m = 0,10 kg: $\Delta x = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{4\pi\cdot0{,}10\cdot1{,}0\cdot10^{5}} = 5{,}3\cdot10^{-39}\ \text{m}$
Comentari. Per a la bola la incertesa és tan petita que no es pot mesurar: la mecànica clàssica continua sent vàlida per als objectes macroscòpics. La diferència ve de la massa, unes $10^{29}$ vegades més gran.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Determina el període, el grup i el bloc d'un element amb Z = 20.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Resultat

Z = 20 (calci): període 4, grup 2, bloc s.

Resolució

Configuració. Amb 20 electrons: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s².
Període. L'última capa ocupada és n = 4: període 4.
Grup i bloc. Els electrons de valència són 4s² (2 electrons): grup 2. El darrer subnivell omplert és un s: bloc s.
Conclusió. És el calci: període 4, grup 2 (alcalinoterris), bloc s.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Un element X és del període 4, del bloc p, i té 3 electrons de valència. (a) Escriu-ne la configuració electrònica. (b) Quin és el seu nombre atòmic? (c) A quin grup pertany i quin element és?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

[Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p¹

Resolució

Dades. Període 4 vol dir capa de valència n = 4; bloc p amb 3 electrons de valència vol dir 4s² 4p¹.
Ordre d'ompliment. Abans del 4p s'ha omplert el 3d (10 electrons), després del 4s.
Conclusió. Configuració: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d¹⁰ 4p¹, és a dir, [Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p¹.

Apartat b)

Resultat

Z = 31

Resolució

Recompte. L'argó aporta 18 electrons; hi sumem 3d¹⁰, 4s² i 4p¹.
Conclusió. Z = 18 + 10 + 2 + 1 = 31.

Apartat c)

Resultat

Grup 13; és el gal·li (Ga).

Resolució

Grup. Un element del bloc p amb configuració de valència ns² np¹ és del grup 13, el del bor i l'alumini.
Conclusió. L'element de Z = 31 del grup 13 i període 4 és el gal·li, Ga.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Les energies d'ionització successives (en kJ/mol) d'un element del tercer període són: $I_{1}$ = 738, $I_{2}$ = 1451, $I_{3}$ = 7733 i $I_{4}$ = 10540. A quin grup de la taula periòdica pertany? Justifica-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

Pertany al grup 2 (alcalinoterris): és el magnesi.

Resolució

Idea. Cada energia d'ionització arrenca un electró més. Mentre traiem electrons de valència, l'energia puja moderadament; quan comencem a trencar una capa interna (ja amb configuració de gas noble), l'energia fa un salt enorme, perquè aquests electrons estan molt més retinguts.
On és el salt. $I_{2}/I_{1} = 1451/738 \approx 2{,}0$ ; $I_{3}/I_{2} = 7733/1451 \approx 5{,}3$ ; $I_{4}/I_{3} \approx 1{,}4$ . El salt brusc és entre $I_{2}$ i $I_{3}$ : el tercer electró ja surt de la capa interna.
Electrons de valència. Abans del salt surten 2 electrons: l'element té 2 electrons de valència, i per als grups principals aquest nombre coincideix amb el número de grup.
Conclusió. Pertany al grup 2; al tercer període, és el magnesi (Mg). Parany: no t'has de fixar en el valor absolut de cada I, sinó en on hi ha el salt brusc.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Per a l'element de nombre atòmic Z = 33: a) escriu la configuració electrònica en estat fonamental i indica'n el grup, el període i el bloc; b) escriu els quatre nombres quàntics possibles de l'últim electró que s'hi col·loca; c) indica quants electrons desaparellats té i si és paramagnètic; d) escriu la configuració de l'ió més estable que forma en combinar-se amb un metall alcalí.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

[Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p³; grup 15, període 4, bloc p (arsènic).

Resolució

Configuració. Amb 33 electrons: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d¹⁰ 4p³, és a dir, [Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p³.
Posició. n màxim = 4: període 4. L'últim subnivell és un p: bloc p. Té 5 electrons de valència (4s² 4p³): grup 15.
Conclusió. És l'arsènic, As.

Apartat b)

Resultat

n = 4, l = 1, m_l = −1, 0 o +1, m_s = ±½; per exemple (4, 1, +1, +½).

Resolució

Últim electró. És un electró 4p: n = 4 i l = 1.
Nombres m i s. m pot valer −1, 0 o +1 (per la regla de Hund els tres orbitals estan ocupats per un electró cadascun) i s = +½ o −½.
Conclusió. Un conjunt possible és (4, 1, +1, +½).

Apartat c)

Resultat

3 electrons desaparellats; és paramagnètic.

Resolució

Regla de Hund. Els tres electrons 4p ocupen cadascun un orbital diferent amb spins paral·lels: (↑)(↑)(↑). La resta de subnivells són plens.
Conclusió. Té 3 electrons desaparellats i, per tant, l'àtom és paramagnètic.

Apartat d)

Resultat

As³⁻: [Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p⁶ (la del criptó).

Resolució

Tendència. Amb un metall alcalí, que cedeix electrons, l'arsènic en guanya tres per completar l'octet.
Conclusió. Forma l'ió As³⁻, amb configuració [Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p⁶, la del criptó (36 electrons); per exemple, en el compost Na₃As.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

L'espectre d'emissió de l'hidrogen presenta una línia blava-violeta de longitud d'ona 434 nm que pertany a la sèrie de Balmer (transicions que acaben a n = 2). a) Determina, amb l'equació de Rydberg 1/λ = R_H·(1/n₁² − 1/n₂²), amb R_H = 1,097·10⁷ m⁻¹, des de quin nivell cau l'electró. b) Calcula l'energia del fotó en eV i comprova-la amb els nivells de Bohr E_n = −13,6/n² eV. c) Explica per què l'espectre és de línies i no continu. Dades: h = 6,63·10⁻³⁴ J·s; c = 3·10⁸ m/s; 1 eV = 1,6·10⁻¹⁹ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

L'electró cau del nivell n = 5 al n = 2.

Resolució

Equació de Rydberg. $\dfrac{1}{\lambda} = R_{H}\left(\dfrac{1}{n_{1}^{2}} - \dfrac{1}{n_{2}^{2}}\right)$ , amb $n_{1} = 2$ (sèrie de Balmer).
Càlcul. $\dfrac{1}{434\cdot10^{-9}} = 2{,}304\cdot10^{6}\ \text{m}^{-1}$ ; dividint per $R_{H}$ : $\dfrac{2{,}304\cdot10^{6}}{1{,}097\cdot10^{7}} = 0{,}2100 = \dfrac{1}{2^{2}} - \dfrac{1}{n_{2}^{2}}$ .
Aïllem. $\dfrac{1}{n_{2}^{2}} = 0{,}2500 - 0{,}2100 = 0{,}0400 \Rightarrow n_{2}^{2} = 25 \Rightarrow n_{2} = 5$ .
Conclusió. L'electró cau del nivell 5 al nivell 2.

Apartat b)

Resultat

E = 4{,}58\cdot10^{-19}\ \text{J} = 2{,}86\ \text{eV}

, igual que

E_{5} - E_{2}

Resolució

Energia del fotó. $E = \dfrac{h\cdot c}{\lambda} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{434\cdot10^{-9}} = 4{,}58\cdot10^{-19}\ \text{J}$
En eV. $E = \dfrac{4{,}58\cdot10^{-19}}{1{,}6\cdot10^{-19}} = 2{,}86\ \text{eV}$ .
Comprovació amb Bohr. $E_{5} = -\tfrac{13{,}6}{25} = -0{,}544\ \text{eV}$ , $E_{2} = -3{,}40\ \text{eV}$ : $E_{5} - E_{2} = -0{,}544 - (-3{,}40) = 2{,}86\ \text{eV}$ . Coincideix.

Apartat c)

Resultat

Perquè l'energia de l'electró està quantitzada: només s'emeten fotons amb les energies de les diferències entre nivells permesos.

Resolució

Quantització. L'electró només pot ocupar nivells d'energia concrets.
Fotons emesos. Cada fotó té exactament l'energia de la diferència entre dos nivells permesos, i cada energia (cada freqüència) dona una línia.
Conclusió. Un espectre continu exigiria que l'electró pogués tenir qualsevol energia; com que no és així, l'espectre és de línies.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

La primera energia d'ionització del cesi és 376 kJ/mol. a) Calcula l'energia necessària per ionitzar un sol àtom de cesi, en J i en eV. b) Determina la longitud d'ona màxima d'un fotó capaç d'ionitzar-lo i indica si la llum visible (400-700 nm) ho pot fer. c) Si l'àtom absorbeix un fotó de 250 nm, calcula la velocitat amb què surt l'electró. Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3· $10^{8}$ m/s; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J; $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

E = 6{,}24\cdot10^{-19}\ \text{J} = 3{,}90\ \text{eV}

per àtom

Resolució

De mol a àtom. Dividim per $N_{A}$ : $E = \dfrac{376\cdot10^{3}}{6{,}022\cdot10^{23}} = 6{,}24\cdot10^{-19}\ \text{J}$
En eV. $E = \dfrac{6{,}24\cdot10^{-19}}{1{,}6\cdot10^{-19}} = 3{,}90\ \text{eV}$ .
Conclusió. Error típic: oblidar passar l'energia d'ionització de kJ/mol a J per àtom abans de comparar-la amb l'energia d'un fotó.

Apartat b)

Resultat

\lambda_{\mathrm{max}} = 319\ \text{nm}

(ultraviolat): la llum visible no el pot ionitzar.

Resolució

Condició. El fotó ha de tenir com a mínim l'energia d'ionització; com que $E = hc/\lambda$ , l'energia mínima correspon a la longitud d'ona màxima.
Càlcul. $\lambda_{\mathrm{max}} = \dfrac{h\cdot c}{E} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{6{,}24\cdot10^{-19}} = 3{,}19\cdot10^{-7}\ \text{m} = 319\ \text{nm}$
Conclusió. És ultraviolat. La llum visible (400–700 nm) té λ més gran, és a dir, fotons menys energètics, i no ionitza el cesi.

Apartat c)

Resultat

v = 6{,}1\cdot10^{5}\ \text{m/s}

Resolució

Energia del fotó. $E_{f} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{250\cdot10^{-9}} = 7{,}96\cdot10^{-19}\ \text{J}$
Conservació de l'energia. L'excés sobre l'energia d'ionització es converteix en energia cinètica de l'electró: $E_{c} = 7{,}96\cdot10^{-19} - 6{,}24\cdot10^{-19} = 1{,}72\cdot10^{-19}\ \text{J}$ .
Velocitat. $v = \sqrt{\dfrac{2E_{c}}{m_{e}}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}72\cdot10^{-19}}{9{,}11\cdot10^{-31}}} = 6{,}1\cdot10^{5}\ \text{m/s}$

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Considera els elements de nombres atòmics 12, 17, 19 i 20. a) Escriu-ne la configuració electrònica i indica el grup i el període de cadascun. b) Ordena'ls de menys a més radi atòmic. c) Ordena'ls de menys a més primera energia d'ionització. d) Indica quin ió forma cadascun amb més facilitat i escriu la fórmula del compost iònic que formen l'element de Z = 20 amb el de Z = 17, i el de Z = 19 amb el de Z = 17.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Z = 12: [Ne] 3s², grup 2, període 3 (Mg); Z = 17: [Ne] 3s² 3p⁵, grup 17, període 3 (Cl); Z = 19: [Ar] 4s¹, grup 1, període 4 (K); Z = 20: [Ar] 4s², grup 2, període 4 (Ca).

Resolució

Configuracions. Omplim per ordre d'energia: Z = 12: 1s² 2s² 2p⁶ 3s²; Z = 17: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵; Z = 19: [Ar] 4s¹; Z = 20: [Ar] 4s².
Grup i període. El període és la capa més alta ocupada i el grup surt dels electrons de valència (s¹ → 1, s² → 2, s²p⁵ → 17).
Conclusió. Són Mg (G2, P3), Cl (G17, P3), K (G1, P4) i Ca (G2, P4).

Apartat b)

Resultat

Cl < Mg < Ca < K

Resolució

Tendències. El radi disminueix cap a la dreta en un període i augmenta en baixar en un grup.
Comparació. Dins del període 3, Cl < Mg; dins del grup 2, Mg < Ca; dins del període 4, Ca < K.
Conclusió. Ordre: Cl < Mg < Ca < K.

Apartat c)

Resultat

K < Ca < Mg < Cl

Resolució

Relació amb el radi. L'energia d'ionització segueix la tendència inversa del radi: com més lluny és l'electró, menys costa d'arrencar.
Conclusió. K < Ca < Mg < Cl. Comprovació amb valors tabulats: K 419, Ca 590, Mg 738, Cl 1251 kJ/mol.

Apartat d)

Resultat

Mg²⁺, Cl⁻, K⁺ i Ca²⁺; compostos CaCl₂ i KCl.

Resolució

Ions. Mg, Ca i K perden els electrons s de valència i formen Mg²⁺, Ca²⁺ i K⁺, amb l'estructura del gas noble anterior; el Cl guanya un electró i completa l'octet: Cl⁻.
Neutralitat elèctrica. Calen dos Cl⁻ per neutralitzar un Ca²⁺: CaCl₂. Un K⁺ i un Cl⁻: KCl.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Segons la hipòtesi de De Broglie, tota partícula en moviment porta associada una ona de longitud λ = h/(m·v). a) Calcula la longitud d'ona associada a una pilota de 0,150 kg que es mou a 40 m/s. b) Calcula la d'un electró accelerat fins a una energia cinètica de 100 eV. c) Sabent que les distàncies entre àtoms en un cristall són de l'ordre de $10^{-10}$ m, explica per què un feix d'electrons es difracta en travessar un cristall i, en canvi, la pilota no mostra cap comportament ondulatori. Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

\lambda = 1{,}1\cdot10^{-34}\ \text{m}

Resolució

Hipòtesi de De Broglie. $\lambda = \dfrac{h}{m\cdot v}$ .
Càlcul. $\lambda = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{0{,}150\cdot40} = 1{,}1\cdot10^{-34}\ \text{m}$

Apartat b)

Resultat

\lambda = 1{,}23\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}123\ \text{nm}

Resolució

Energia cinètica. $E_{c} = 100\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 1{,}6\cdot10^{-17}\ \text{J}$ .
Velocitat. $v = \sqrt{\dfrac{2E_{c}}{m_{e}}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}6\cdot10^{-17}}{9{,}11\cdot10^{-31}}} = 5{,}93\cdot10^{6}\ \text{m/s}$
Longitud d'ona. $\lambda = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{9{,}11\cdot10^{-31}\cdot5{,}93\cdot10^{6}} = 1{,}23\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}123\ \text{nm}$

Apartat c)

Resultat

L'electró té una λ comparable a les distàncies interatòmiques i el cristall el difracta; la de la pilota és incomparablement més petita i el seu caràcter ondulatori és indetectable.

Resolució

Condició de difracció. La difracció només s'observa quan la longitud d'ona és comparable a la mida dels obstacles o de les obertures.
Electró. La seva λ ( $\sim10^{-10}\ \text{m}$ ) és de l'ordre de les distàncies interatòmiques del cristall, que actua com una xarxa de difracció (experiment de Davisson i Germer).
Pilota. La seva λ ( $\sim10^{-34}\ \text{m}$ ) és incomparablement més petita que qualsevol objecte: el seu caràcter ondulatori és indetectable i es comporta com una partícula clàssica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Un àtom d'hidrogen té l'electró excitat al nivell n = 4 ( $E_{n}$ = − $\tfrac{13{,}6}{n^{2}}$ eV). a) Calcula l'energia dels nivells n = 1, 2, 3 i 4. b) Indica quantes línies espectrals diferents es poden observar, com a màxim, mentre l'electró torna a l'estat fonamental, i entre quins nivells es produeixen. c) Calcula la longitud d'ona de la línia més energètica i de la menys energètica i indica a quina regió de l'espectre pertany cadascuna. Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3· $10^{8}$ m/s; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

E_{1} = -13{,}6\ \text{eV}

;

E_{2} = -3{,}40\ \text{eV}

;

E_{3} = -1{,}51\ \text{eV}

;

E_{4} = -0{,}85\ \text{eV}

Resolució

Fórmula de Bohr. $E_{n} = -\dfrac{13{,}6}{n^{2}}\ \text{eV}$ .
Càlcul. $E_{1} = -13{,}6\ \text{eV}$ ; $E_{2} = -\tfrac{13{,}6}{4} = -3{,}40\ \text{eV}$ ; $E_{3} = -\tfrac{13{,}6}{9} = -1{,}51\ \text{eV}$ ; $E_{4} = -\tfrac{13{,}6}{16} = -0{,}85\ \text{eV}$ .

Apartat b)

Resultat

Com a màxim 6 línies: 4→3, 4→2, 4→1, 3→2, 3→1 i 2→1.

Resolució

Camins possibles. L'electró pot baixar de cop o per etapes; cada parell de nivells dona una línia diferent.
Recompte. Transicions: 4→3, 4→2, 4→1, 3→2, 3→1 i 2→1, és a dir, 6 línies (combinacions de 4 nivells dos a dos: $\tfrac{4\cdot3}{2} = 6$ ).
Conclusió. Error típic: pensar que un sol àtom emet les 6 línies alhora; cada àtom segueix un camí concret, però una mostra amb molts àtoms mostra totes les línies.

Apartat c)

Resultat

Més energètica (4→1):

\lambda = 97{,}5\ \text{nm}

, ultraviolat; menys energètica (4→3):

\lambda = 1{,}88\cdot10^{-6}\ \text{m}

(1880 nm), infraroig.

Resolució

Més energètica, 4→1. $E = -0{,}85 - (-13{,}6) = 12{,}75\ \text{eV} = 2{,}04\cdot10^{-18}\ \text{J}$ .
Longitud d'ona. $\lambda = \dfrac{h\cdot c}{E} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{2{,}04\cdot10^{-18}} = 9{,}75\cdot10^{-8}\ \text{m} = 97{,}5\ \text{nm}$ Ultraviolat (sèrie de Lyman).
Menys energètica, 4→3. $E = -0{,}85 - (-1{,}51) = 0{,}66\ \text{eV} = 1{,}06\cdot10^{-19}\ \text{J}$ .
Longitud d'ona. $\lambda = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{1{,}06\cdot10^{-19}} = 1{,}88\cdot10^{-6}\ \text{m} = 1880\ \text{nm}$ Infraroig (sèrie de Paschen).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Els antics fanals de vapor de sodi fan una llum groga gairebé monocromàtica de 589,0 nm, que correspon a la transició de l'electró de valència del sodi des d'un orbital 3p fins al 3s.
a) Calcula l'energia d'un fotó d'aquesta llum i l'energia d'un mol de fotons (kJ/mol).
b) Escriu la configuració electrònica del sodi en l'estat fonamental i en aquest estat excitat, i els valors possibles dels quatre nombres quàntics de l'electró excitat.
c) La primera energia d'ionització del sodi és 496 kJ/mol. Calcula la longitud d'ona màxima d'un fotó capaç d'ionitzar un àtom de sodi en l'estat fonamental i la d'un fotó capaç d'ionitzar-lo si ja és a l'estat excitat 3p. A quina regió de l'espectre pertany cadascuna?
d) Per què l'espectre d'emissió del vapor de sodi és de línies i no continu?
Dades: h = 6,626· $10^{-34}$ J·s; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹.

Pista 1

E = h·c/λ per a un fotó; multiplica per $N_{A}$ per tenir l'energia d'un mol de fotons.

Pista 2

L'electró excitat té n = 3 i l = 1; pensa quins valors pot prendre $m_{l}$ .

Pista 3

Si l'electró ja és al nivell 3p, li falta menys energia per sortir de l'àtom: EI − E(fotó groc).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

E = 3{,}375\cdot10^{-19}\ \text{J}

per fotó;

E_{m} = 203{,}2\ \text{kJ/mol}

Resolució

Dades. $\lambda = 589{,}0\ \text{nm} = 5{,}890\cdot10^{-7}\ \text{m}$ , $h = 6{,}626\cdot10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$ , $c = 3{,}00\cdot10^{8}\ \text{m/s}$ .
Equació de Planck. $E = \dfrac{h\cdot c}{\lambda} = \dfrac{6{,}626\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{5{,}890\cdot10^{-7}} = 3{,}375\cdot10^{-19}\ \text{J}$
Un mol de fotons. $E_{m} = 3{,}375\cdot10^{-19}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 2{,}032\cdot10^{5}\ \text{J/mol} = 203{,}2\ \text{kJ/mol}$

Apartat b)

Resultat

Fonamental: 1s² 2s² 2p⁶ 3s¹; excitat: 1s² 2s² 2p⁶ 3p¹; electró excitat: n = 3, l = 1, m_l = −1, 0 o +1, m_s = +½ o −½.

Resolució

Estat fonamental. Na (Z = 11): 1s² 2s² 2p⁶ 3s¹.
Estat excitat. L'electró de valència passa del 3s al 3p: 1s² 2s² 2p⁶ 3p¹.
Nombres quàntics. Un electró 3p té n = 3 i l = 1; m_l pot valer −1, 0 o +1 i m_s, +½ o −½: hi ha sis combinacions possibles.

Apartat c)

Resultat

Des del fonamental:

\lambda_{\mathrm{max}} = 241\ \text{nm}

(ultraviolat); des del 3p:

\lambda_{\mathrm{max}} = 409\ \text{nm}

(visible, violeta).

Resolució

Energia per àtom. Cal dividir per $N_{A}$ per comparar amb un sol fotó: $EI = \dfrac{496\cdot10^{3}}{6{,}022\cdot10^{23}} = 8{,}24\cdot10^{-19}\ \text{J}$
Des de l'estat fonamental. $\lambda_{\mathrm{max}} = \dfrac{h\cdot c}{EI} = \dfrac{6{,}626\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{8{,}24\cdot10^{-19}} = 2{,}41\cdot10^{-7}\ \text{m} = 241\ \text{nm}$ És ultraviolat.
Des de l'estat 3p. L'electró ja té l'energia del fotó groc, de manera que només falten $496 - 203{,}2 = 292{,}8\ \text{kJ/mol}$ , és a dir, $4{,}862\cdot10^{-19}\ \text{J}$ per àtom: $\lambda_{\mathrm{max}} = \dfrac{6{,}626\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{4{,}862\cdot10^{-19}} = 409\ \text{nm}$
Conclusió. 409 nm és llum visible (violeta). Un àtom excitat és molt més fàcil d'ionitzar: la llum visible ja ho pot fer, cosa impossible des de l'estat fonamental.

Apartat d)

Resultat

Perquè l'energia de l'electró està quantitzada: només s'emeten les freqüències corresponents a diferències entre nivells permesos.

Resolució

Quantització. L'electró de l'àtom només pot ocupar uns nivells d'energia determinats.
Línies. Cada fotó emès correspon a la diferència d'energia entre dos nivells permesos, de manera que només apareixen unes freqüències concretes, cadascuna una línia (la groga del sodi és la 3p → 3s).
Conclusió. Un espectre continu exigiria que l'electró pogués tenir qualsevol energia.

Errors típics

Oblidar passar els nm a m o el J/mol a kJ/mol.
Comparar l'energia d'un fotó (J) amb l'energia d'ionització (kJ/mol) sense dividir per $N_{A}$ .
Pensar que l'energia d'ionització «des de l'estat excitat» és la mateixa que des del fonamental.

Conceptes treballats: quantització de l'energia, espectres atòmics d'emissió, nombres quàntics, configuració electrònica, energia d'ionització.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Un element X del tercer període té aquestes energies d'ionització successives (kJ/mol): EI₁ = 578; EI₂ = 1817; EI₃ = 2745; EI₄ = 11 577.
a) Raona, a partir de les dades, quants electrons de valència té X, identifica'l i escriu-ne la configuració electrònica.
b) Explica per què cada energia d'ionització és més gran que l'anterior i per què hi ha un salt tan gran entre EI₃ i EI₄.
c) L'EI₁ del magnesi (738 kJ/mol) és més gran que la de X tot i que el Mg és a l'esquerra en el període. Justifica aquesta «anomalia».
d) Calcula l'energia necessària per convertir 1,00 g de X(g) en ions $X^{3+}$ (g). Si costa tanta energia, per què X forma compostos amb l'ió $X^{3+}$ , com X₂O₃?
Massa atòmica de X: 26,98.

Pista 1

Busca el quocient més gran entre dues energies consecutives: indica que s'ha passat a arrencar electrons d'una capa interna.

Pista 2

Compara de quin subnivell surt el primer electró en el Mg (3s) i en X (3p).

Pista 3

L'energia de formació d'un compost iònic no és només ionització: hi ha un altre terme molt exotèrmic quan els ions s'ajunten.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

X té 3 electrons de valència: és l'alumini (Z = 13), 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p¹.

Resolució

Quocients consecutius. $EI_{2}/EI_{1} = 3{,}14$ ; $EI_{3}/EI_{2} = 1{,}51$ ; $EI_{4}/EI_{3} = 4{,}22$ .
Salt. El quocient més gran és entre EI₃ i EI₄: després del tercer electró es passa a arrencar electrons d'una capa interna. X té 3 electrons de valència.
Identificació. Del tercer període i amb 3 electrons de valència, és del grup 13: l'alumini, Al (Z = 13), amb configuració 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p¹. Coincideix amb la massa atòmica donada, 26,98.

Apartat b)

Resultat

Cada ionització deixa un ió més positiu que reté més els electrons; el salt EI₃ → EI₄ es deu al fet que el quart electró surt de la capa n = 2.

Resolució

Augment successiu. Cada electró que s'arrenca deixa un ió amb més càrrega positiva neta: amb la mateixa càrrega nuclear i menys repulsió entre electrons, els que queden són atrets més fortament i cada ionització costa més.
Salt gran. Els tres primers electrons surten de la capa n = 3; el quart ha de sortir de la capa n = 2, molt més propera al nucli i poc apantallada, i l'energia es multiplica per 4,2.

Apartat c)

Resultat

En el Mg l'electró surt d'un 3s ple; en l'Al, de l'únic electró 3p, de més energia i més apantallat, i costa menys d'arrencar.

Resolució

Configuracions. Mg: [Ne] 3s²; Al: [Ne] 3s² 3p¹.
D'on surt l'electró. En el Mg l'electró surt d'un orbital 3s ple; en l'Al surt de l'únic electró 3p, que té més energia (els orbitals p són més apantallats pels electrons 3s) i és més fàcil d'arrencar.
Conclusió. Per això EI₁(Al) < EI₁(Mg), tot i que la tendència general del període és creixent.

Apartat d)

Resultat

E = 191\ \text{kJ}

; es compensa amb escreix per l'energia reticular (o d'hidratació) que s'allibera en formar-se el compost.

Resolució

Energia per mol. Per passar de X(g) a X³⁺(g) cal sumar les tres primeres energies: $578 + 1817 + 2745 = 5140\ \text{kJ/mol}$ .
Per a 1,00 g. $n = \dfrac{1{,}00}{26{,}98} = 0{,}0371\ \text{mol}$ , i $E = 5140\cdot\dfrac{1{,}00}{26{,}98} = 191\ \text{kJ}$
Per què es forma. L'energia de formació d'un compost iònic no és només ionització: quan els ions s'ajunten, s'allibera l'energia reticular, enorme en un sòlid amb ions Al³⁺ i O²⁻ (càrregues molt altes i radis petits); en dissolució també ho és l'energia d'hidratació de l'Al³⁺.
Conclusió. El balanç global (cicle de Born-Haber) és molt exotèrmic.

Errors típics

Comptar els electrons de valència com el nombre d'energies d'ionització que es donen.
Explicar l'anomalia Mg/Al amb la regla «de l'orbital semiple», que no s'hi aplica (aquesta explica N/O).
Pensar que un procés amb un pas molt endotèrmic no pot ser globalment espontani.

Conceptes treballats: energies d'ionització successives, configuració electrònica, apantallament, propietats periòdiques, cicle de Born-Haber (interpretació).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

El ferro és essencial per a l'hemoglobina i es troba als aliments com a Fe²⁺ i com a Fe³⁺. Se sap que l'ió Fe³⁺ té la configuració [Ar] 3d⁵.
a) Dedueix el nombre atòmic del ferro i escriu la configuració del Fe, del Fe²⁺ i del Fe³⁺. Per què l'ió Fe²⁺ no és [Ar] 3d⁴ 4s²?
b) Indica, raonant-ho amb la regla de Hund, quants electrons desaparellats té cada espècie i ordena-les segons la intensitat amb què les atrauria un imant (paramagnetisme).
c) Raona quins d'aquests conjunts (n, l, $m_{l}$ , $m_{s}$ ) poden correspondre a un electró del Fe³⁺ en l'estat fonamental, i per què els altres no: (3, 2, −2, +½); (4, 0, 0, +½); (3, 2, 3, −½); (3, 1, 0, −½); (3, 3, 0, +½).
d) Les sals de Fe²⁺ s'oxiden fàcilment a l'aire a Fe³⁺. Dona'n una explicació basada en la configuració electrònica.

Pista 1

Si Fe³⁺ té 23 electrons, el ferro neutre en té tres més. Recorda quins electrons s'arrenquen primer en els metalls de transició.

Pista 2

En cinc orbitals d, els electrons s'hi col·loquen primer un a cada orbital amb el mateix spin.

Pista 3

Comprova per a cada conjunt que l ≤ n − 1, que | $m_{l}$ | ≤ l i que el subnivell estigui ocupat en el Fe³⁺.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

Z = 26. Fe: [Ar] 3d⁶ 4s²; Fe²⁺: [Ar] 3d⁶; Fe³⁺: [Ar] 3d⁵. Els electrons 4s es perden abans que els 3d.

Resolució

Nombre atòmic. Fe³⁺ = [Ar] 3d⁵ té 18 + 5 = 23 electrons; el ferro neutre en té tres més: Z = 26.
Configuracions. Fe: [Ar] 3d⁶ 4s²; Fe²⁺: [Ar] 3d⁶; Fe³⁺: [Ar] 3d⁵.
Per què no 3d⁴ 4s². En formar cations, els metalls de transició perden primer els electrons 4s: un cop ocupats els 3d, el 4s és el subnivell de més energia i el més extern. Per això Fe²⁺ és 3d⁶.

Apartat b)

Resultat

Fe: 4; Fe²⁺: 4; Fe³⁺: 5 electrons desaparellats. Atracció per un imant: Fe³⁺ > Fe²⁺ ≈ Fe.

Resolució

Regla de Hund. En els cinc orbitals d, els electrons es col·loquen primer un a cada orbital amb el mateix spin, i només després s'aparellen.
Fe i Fe²⁺ (3d⁶). Un orbital amb dos electrons i quatre amb un: 4 desaparellats (al Fe neutre, els 4s estan aparellats).
Fe³⁺ (3d⁵). Un electró a cada orbital: 5 desaparellats.
Conclusió. Com més electrons desaparellats, més paramagnètica és l'espècie: Fe³⁺ > Fe²⁺ ≈ Fe (com a àtom aïllat).

Apartat c)

Resultat

Possibles: (3, 2, −2, +½) i (3, 1, 0, −½). Els altres tres, no.

Resolució

Criteris. Cal que l ≤ n − 1, que |m_l| ≤ l i que el subnivell estigui ocupat en el Fe³⁺ ([Ar] 3d⁵: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p i 3d).
(3, 2, −2, +½). Sí: és un electró 3d. (3, 1, 0, −½). Sí: és un electró 3p (capa interna plena).
(4, 0, 0, +½). No: el 4s és buit en el Fe³⁺ (seria possible en un estat excitat o en el Fe neutre).
(3, 2, 3, −½) i (3, 3, 0, +½). Impossibles: en el primer |m_l| supera l = 2; en el segon l ha de ser menor que n.

Apartat d)

Resultat

El Fe²⁺ (3d⁶) només ha de perdre un electró per arribar a 3d⁵, el subnivell semiple, especialment estable.

Resolució

Configuració. Fe²⁺ és 3d⁶: té un orbital amb dos electrons aparellats, que es repel·leixen.
Estabilitat de d⁵. En perdre aquest electró queda 3d⁵, amb el subnivell d semiple (cinc electrons desaparellats amb el mateix spin), una configuració d'estabilitat especial perquè minimitza les repulsions entre electrons.
Conclusió. Per això l'oxidació Fe²⁺ → Fe³⁺ és fàcil; en aquest cas l'oxigen de l'aire actua d'oxidant.

Errors típics

Treure primer els electrons 3d en formar el catió (Fe²⁺ = [Ar] 3d⁴ 4s²).
Aparellar els electrons d abans d'omplir tots els orbitals amb un electró (incompliment de la regla de Hund).
Acceptar $m_{l}$ = 3 per a l = 2 o l = n.

Conceptes treballats: configuració electrònica de metalls de transició i dels seus ions, regla de Hund, nombres quàntics, paramagnetisme, estabilitat de subnivells semiplens.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Els ions $\mathrm{O}^{2-}$ , $\mathrm{F}^{-}$ , Na⁺, Mg²⁺ i Al³⁺ són molt abundants a l'escorça terrestre i a l'aigua de mar. Els seus radis iònics, desordenats, són: 102, 54, 140, 72, 133 pm.
a) Demostra que tots cinc són isoelectrònics i amb quin gas noble.
b) Assigna raonadament cada radi a cada ió. Calcula per a cada ió el quocient (nombre d'electrons)/(nombre de protons) i relaciona'l amb el radi.
c) El radi atòmic del sodi és 186 pm. Explica per què l'ió Na⁺ és tan més petit que l'àtom.
d) Ordena els cinc ions segons l'energia necessària per arrencar-los un electró i justifica-ho.
Nombres atòmics: O 8, F 9, Na 11, Mg 12, Al 13.

Pista 1

Compta els electrons de cada ió: Z menys la càrrega.

Pista 2

Si tots tenen el mateix nombre d'electrons, el que canvia és la càrrega del nucli que els atreu.

Pista 3

En passar de Na a Na⁺ no només es perd un electró: es perd tota una capa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

Tots cinc tenen 10 electrons i la configuració del neó, 1s² 2s² 2p⁶.

Resolució

Electrons de cada ió. Z menys la càrrega: O²⁻ 8 + 2 = 10; F⁻ 9 + 1 = 10; Na⁺ 11 − 1 = 10; Mg²⁺ 12 − 2 = 10; Al³⁺ 13 − 3 = 10.
Conclusió. Tots tenen 10 electrons i la configuració 1s² 2s² 2p⁶: són isoelectrònics amb el neó.

Apartat b)

Resultat

O²⁻ 140 pm (e/p = 1,25); F⁻ 133 pm (1,11); Na⁺ 102 pm (0,91); Mg²⁺ 72 pm (0,83); Al³⁺ 54 pm (0,77). Com més gran és e/p, més gran és l'ió.

Resolució

Raonament. Amb el mateix nombre d'electrons (mateixes capes i repulsió semblant), com més protons té el nucli, més fort atrau el núvol electrònic i més petit és l'ió: el radi disminueix en augmentar Z.
Quocients e/p. O²⁻: 10/8 = 1,25; F⁻: 10/9 = 1,11; Na⁺: 10/11 = 0,91; Mg²⁺: 10/12 = 0,83; Al³⁺: 10/13 = 0,77.
Assignació. Ordenant els radis de més gran a més petit: O²⁻ 140 pm, F⁻ 133 pm, Na⁺ 102 pm, Mg²⁺ 72 pm, Al³⁺ 54 pm.
Conclusió. Com més gran és el quocient electrons/protons, més gran és l'ió.

Apartat c)

Resultat

En perdre l'electró 3s, el Na⁺ perd tota la capa n = 3 i els 11 protons atrauen només 10 electrons.

Resolució

Configuracions. Na: 1s² 2s² 2p⁶ 3s¹, amb l'electró extern a la capa n = 3; Na⁺: 1s² 2s² 2p⁶.
Pèrdua d'una capa. El Na⁺ queda amb la capa n = 2 com a més externa, molt més a prop del nucli. A més, els 11 protons atrauen ara només 10 electrons.
Conclusió. Per això el radi passa de 186 pm (radi atòmic) a 102 pm (radi iònic).

Apartat d)

Resultat

Al³⁺ > Mg²⁺ > Na⁺ > F⁻ > O²⁻

Resolució

Criteri. Com més càrrega positiva neta i més petit és l'ió, més atret és l'electró extern i més costa arrencar-lo.
Ordre. Al³⁺ > Mg²⁺ > Na⁺ > F⁻ > O²⁻.
Conclusió. De fet, l'O²⁻ aïllat és tan inestable que perdria un electró espontàniament: només existeix estabilitzat dins de les xarxes iòniques.

Errors típics

Pensar que els anions són petits perquè «tenen més electrons atrets»: més electrons amb menys protons vol dir més repulsió i més radi.
Ordenar els ions pel nombre d'electrons, que és el mateix per a tots.
Confondre radi atòmic i radi iònic en comparar Na i Na⁺.

Conceptes treballats: configuració electrònica d'ions, espècies isoelectròniques, càrrega nuclear i radi iònic, energia d'ionització.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

El clor natural està format per ³⁵Cl (massa 34,969 u; abundància 75,8 %) i ³⁷Cl (massa 36,966 u).
a) Calcula la massa atòmica mitjana del clor i comprova-la amb la de la taula periòdica (35,45).
b) Prediu les masses (m/z) i les intensitats relatives dels pics de l'ió molecular del Cl₂, prenent com a 100 el pic més intens.
c) El diclorometà, CH₂Cl₂, és un dissolvent de laboratori. Quins pics moleculars hi esperes (¹²C i ¹H) i amb quines intensitats relatives? Per què el patró s'assembla al del Cl₂?
d) L'espectre de masses d'un dissolvent aromàtic desconegut mostra dos pics moleculars a m/z = 112 i 114, amb una relació d'intensitats 3:1, i un pic intens a m/z = 77. Proposa'n la fórmula i el nom.
Masses: ¹²C = 12,000 u; ¹H = 1,008 u.

Pista 1

La massa mitjana és la mitjana ponderada de les masses dels isòtops per les seves abundàncies (en tant per u).

Pista 2

En una molècula amb dos àtoms de Cl, cada àtom «tria» isòtop de manera independent: les probabilitats es multipliquen (com en llançar dues monedes trucades).

Pista 3

Una relació 3:1 entre M i M + 2 és la marca d'un sol àtom de clor. Què té massa 77 en un compost aromàtic?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

M = 35{,}45\ \text{u}

, igual que el valor de la taula.

Resolució

Abundàncies. Si el ³⁵Cl és el 75,8 %, el ³⁷Cl és el 24,2 %.
Mitjana ponderada. $M = 34{,}969\cdot0{,}758 + 36{,}966\cdot0{,}242 = 35{,}45\ \text{u}$
Conclusió. Coincideix amb el valor tabulat (35,45).

Apartat b)

Resultat

m/z 70 : 72 : 74 amb intensitats 100 : 64 : 10 (aproximadament 9 : 6 : 1).

Resolució

Combinacions. El Cl₂ pot ser ³⁵Cl–³⁵Cl (m/z 70), ³⁵Cl–³⁷Cl (72; dues maneres) o ³⁷Cl–³⁷Cl (74). Cada àtom «tria» isòtop de manera independent: les probabilitats es multipliquen.
Probabilitats. $p_{70} = 0{,}758^{2} = 0{,}575$ ; $p_{72} = 2\cdot0{,}758\cdot0{,}242 = 0{,}367$ ; $p_{74} = 0{,}242^{2} = 0{,}0586$ .
Relatives al més intens. $\dfrac{0{,}367}{0{,}575}\cdot100 = 64$ i $\dfrac{0{,}0586}{0{,}575}\cdot100 = 10$ : 70 → 100; 72 → 64; 74 → 10.

Apartat c)

Resultat

Pics a m/z 84, 86 i 88 amb intensitats 100 : 64 : 10, com el Cl₂.

Resolució

Massa. $M(\mathrm{CH_2{}^{35}Cl_2}) = 12{,}000 + 2\cdot1{,}008 + 2\cdot34{,}969 \approx 84$ ; els altres pics són a 86 i 88.
Intensitats. Com que la molècula també té dos clors, les combinacions i les probabilitats són les mateixes que al Cl₂: 100 : 64 : 10.
Per què s'assemblen. C i H aporten una massa fixa (gairebé no tenen isòtops pesants abundants), i el patró només depèn de la combinació dels dos clors.

Apartat d)

Resultat

És el clorobenzè, C₆H₅Cl.

Resolució

Un sol clor. La relació 3:1 (≈ 75,8 : 24,2) entre M i M + 2 és la marca d'un sol àtom de Cl.
La resta de la molècula. M = 112 amb ³⁵Cl: la resta té 112 − 35 = 77, que és el fragment C₆H₅⁺ (6·12 + 5·1 = 77), el grup fenil d'un compost aromàtic.
Conclusió. El pic intens a m/z 77 és aquest fragment, que apareix en perdre el clor. El compost és el clorobenzè, C₆H₅Cl.

Errors típics

Fer la mitjana aritmètica de les dues masses sense ponderar per l'abundància.
Oblidar el factor 2 de la combinació mixta ³⁵Cl–³⁷Cl.
Interpretar el pic M + 2 com una impuresa o un altre compost.

Conceptes treballats: isòtops i massa atòmica mitjana, espectrometria de masses, probabilitat de combinacions isotòpiques, identificació de compostos.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Un flascó sense etiqueta conté un líquid volàtil format per C, H i O. La combustió completa de 0,370 g produeix 0,879 g de CO₂ i 0,450 g d'H₂O. L'espectre de masses mostra l'ió molecular a $\tfrac{m}{z} = 74$ . L'espectre IR té una banda intensa a 1120 cm⁻¹ (C–O) i bandes C–H a 2850–2980 cm⁻¹, però cap banda ampla entre 3200 i 3600 cm⁻¹ ni cap banda a 1700–1750 cm⁻¹. L'espectre de RMN de ¹H mostra només dos senyals, amb àrees en relació 3:2.
a) Determina la fórmula empírica i la molecular.
b) Quins grups funcionals descarta l'IR i quin indica?
c) Escriu tots els isòmers compatibles amb a) i b) i decideix quin és amb la RMN. Anomena'l.
d) Per què, tot i tenir la mateixa massa molecular, el butan-1-ol bull a 118 °C i aquest compost a 35 °C?
Masses atòmiques: C 12,01; H 1,008; O 16,00.

Pista 1

Tot el C acaba com a CO₂ i tot l'H com a H₂O; l'oxigen de la mostra es calcula per diferència de massa.

Pista 2

Sense O–H ni C=O, l'únic grup amb oxigen que queda per a C₄H₁₀O és l'èter.

Pista 3

Compta, per a cada isòmer, quants tipus d'H equivalents té i en quina proporció.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

Fórmula empírica i molecular: C₄H₁₀O (M = 74,1).

Resolució

Carboni i hidrogen. Tot el C acaba com a CO₂ i tot l'H com a H₂O: $n(\mathrm{C}) = \dfrac{0{,}879}{44{,}01} = 0{,}0200\ \text{mol}$ (0,240 g de C); $n(\mathrm{H}) = \dfrac{2\cdot0{,}450}{18{,}02} = 0{,}0499\ \text{mol}$ (0,0503 g d'H).
Oxigen per diferència. L'oxigen de la mostra no es pot calcular a partir del CO₂ o de l'aigua, perquè part d'aquest oxigen ve de l'aire: $m(\mathrm{O}) = 0{,}370 - 0{,}240 - 0{,}0503 = 0{,}0799\ \text{g}$ , és a dir, $n(\mathrm{O}) = 4{,}99\cdot10^{-3}\ \text{mol}$ .
Proporció. Dividint pel més petit: C 4,00 : H 10,00 : O 1 → fórmula empírica C₄H₁₀O, de massa 74,1.
Fórmula molecular. Com que l'ió molecular és a m/z = 74, la fórmula molecular és la mateixa: C₄H₁₀O.

Apartat b)

Resultat

Descarta O−H (alcohols) i C=O (aldehids, cetones, àcids, èsters); la banda C−O sense O−H indica un èter.

Resolució

Sense banda ampla a 3200–3600 cm⁻¹. No hi ha O−H: no és un alcohol.
Sense banda a 1700–1750 cm⁻¹. No hi ha C=O: ni aldehid, ni cetona, ni àcid, ni èster; a més, la fórmula C₄H₁₀O és saturada.
Conclusió. La banda intensa C−O a 1120 cm⁻¹ sense O−H indica un èter, l'únic grup amb oxigen que queda.

Apartat c)

Resultat

És l'etoxietà (dietil èter), CH₃−CH₂−O−CH₂−CH₃.

Resolució

Isòmers èter de C₄H₁₀O. CH₃−O−CH₂−CH₂−CH₃ (metoxipropà), CH₃−O−CH(CH₃)₂ (2-metoxipropà) i CH₃−CH₂−O−CH₂−CH₃ (etoxietà).
Tipus d'H equivalents. Els senyals de RMN corresponen als tipus d'hidrogen equivalents, no al nombre de carbonis. Metoxipropà: 4 tipus, 3:2:2:3. 2-metoxipropà: 3 tipus, 3:1:6. Etoxietà: 2 tipus, CH₃ i CH₂, 6:4 = 3:2.
Conclusió. Només l'etoxietà dona dos senyals en relació 3:2: el compost és l'etoxietà (dietil èter).

Apartat d)

Resultat

El butan-1-ol forma enllaços d'hidrogen entre molècules; l'etoxietà no (no té H unit a O) i bull molt més avall.

Resolució

Butan-1-ol. Té un grup O−H i forma enllaços d'hidrogen entre molècules (O−H···O), que cal trencar per vaporitzar-lo.
Etoxietà. Té oxigen, però cap H unit a O: entre les seves molècules només hi ha forces de dispersió i dipol-dipol febles.
Conclusió. Amb la mateixa massa molecular, l'alcohol bull a 118 °C i l'èter a 35 °C perquè les forces intermoleculars de l'èter són molt més febles.

Errors típics

Calcular l'oxigen a partir del CO₂ o de l'aigua: part d'aquest oxigen ve de l'aire, no de la mostra.
Comptar els senyals de RMN com el nombre de carbonis en lloc del nombre de tipus d'hidrogen equivalents.
Pensar que l'èter forma enllaços d'hidrogen entre les seves molècules perquè té oxigen.

Conceptes treballats: anàlisi elemental per combustió, fórmula empírica i molecular, espectroscòpia IR, RMN de ¹H i de masses, isomeria, forces intermoleculars.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

A l'espectre d'emissió de l'hidrogen, les línies de la sèrie de Lyman (transicions que acaben a n = 1) s'atapeeixen cap a un límit de 91,2 nm.
a) Interpreta físicament aquest límit i calcula a partir d'ell l'energia d'ionització de l'hidrogen en J/àtom, en eV i en kJ/mol.
b) Si $E_{n}$ = − $\text{EI/n}^{2}$ , calcula la longitud d'ona de la primera línia de Lyman (2 → 1) i de la primera de Balmer (3 → 2). A quina regió de l'espectre pertany cadascuna?
c) L'energia de l'enllaç H–H és 436 kJ/mol. Raona si un fotó de cadascuna de les dues línies de b) podria trencar una molècula d' $\mathrm{H}_{2}$ .
d) Explica per què les línies d'una sèrie estan cada vegada més juntes.
Dades: h = 6,626· $10^{-34}$ J·s; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹; 1 eV = 1,602· $10^{-19}$ J.

Pista 1

El límit correspon a l'electró que «cau» des de n = ∞ (lliure, amb energia zero) fins a n = 1.

Pista 2

L'energia del fotó d'una transició és $E_{\mathrm{superior}}$ − $E_{\mathrm{inferior}}$ = EI·( $\tfrac{1}{n_{1}}$ ² − $\tfrac{1}{n_{2}}$ ²).

Pista 3

Compara l'energia d'un mol de fotons amb l'energia d'un mol d'enllaços.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

El límit és la transició n = ∞ → n = 1;

EI = 2{,}18\cdot10^{-18}\ \text{J/àtom} = 13{,}6\ \text{eV} = 1313\ \text{kJ/mol}

Resolució

Interpretació. El límit de la sèrie correspon a l'electró que «cau» des de n = ∞ (lliure, amb energia zero) fins a n = 1: l'energia del fotó és exactament la que separa l'electró lliure de l'estat fonamental, és a dir, l'energia d'ionització.
En J per àtom. $EI = \dfrac{h\cdot c}{\lambda} = \dfrac{6{,}626\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{9{,}12\cdot10^{-8}} = 2{,}18\cdot10^{-18}\ \text{J}$
En eV i per mol. $EI = \dfrac{2{,}18\cdot10^{-18}}{1{,}602\cdot10^{-19}} = 13{,}6\ \text{eV}$ ; $EI = 2{,}18\cdot10^{-18}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 1313\ \text{kJ/mol}$ .

Apartat b)

Resultat

Lyman 2 → 1:

\lambda = 121{,}6\ \text{nm}

(ultraviolat); Balmer 3 → 2:

\lambda = 657\ \text{nm}

(visible, vermell).

Resolució

Energia de la transició. $E = E_{\mathrm{superior}} - E_{\mathrm{inferior}} = EI\left(\dfrac{1}{n_{1}^{2}} - \dfrac{1}{n_{2}^{2}}\right)$ . Com que $\lambda$ és inversament proporcional a E, $\lambda = \dfrac{91{,}2\ \text{nm}}{1/n_{1}^{2} - 1/n_{2}^{2}}$ .
2 → 1. $E = EI\cdot\left(1 - \tfrac{1}{4}\right) = 984\ \text{kJ/mol}$ ; $\lambda = \dfrac{91{,}2}{3/4} = 121{,}6\ \text{nm}$ : ultraviolat.
3 → 2. $E = EI\cdot\left(\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{9}\right) = 182\ \text{kJ/mol}$ ; $\lambda = \dfrac{91{,}2}{5/36} = 657\ \text{nm}$ : visible, vermell.

Apartat c)

Resultat

El fotó de 121,6 nm sí que podria trencar l'enllaç H−H (984 > 436 kJ/mol); el de 657 nm no (182 < 436 kJ/mol).

Resolució

Comparació per mol. Comparem l'energia d'un mol de fotons amb la d'un mol d'enllaços (436 kJ/mol).
Lyman. Un mol de fotons de 121,6 nm porta 984 kJ > 436 kJ: energèticament sí que podria trencar l'enllaç.
Balmer. Els fotons de 657 nm porten 182 kJ/mol < 436 kJ/mol: no poden, encara que la llum sigui molt intensa, perquè cada molècula absorbeix els fotons d'un en un.

Apartat d)

Resultat

Perquè els nivells, proporcionals a −1/n², s'apropen entre si en augmentar n, i les línies convergeixen cap al límit.

Resolució

Nivells. Les energies dels nivells són proporcionals a $-1/n^{2}$ : a mesura que n creix, els nivells s'apropen entre si.
Conclusió. Les diferències d'energia amb el nivell final són cada vegada més semblants, i per això les línies d'una sèrie convergeixen cap al límit (91,2 nm a la de Lyman).

Errors típics

Fer servir la longitud d'ona de la primera línia de Lyman com si fos el límit de la sèrie.
Oblidar el signe negatiu de les energies dels nivells i obtenir fotons amb energia negativa.
Pensar que augmentar la intensitat de la llum vermella permet trencar l'enllaç (l'energia de cada fotó no canvia).

Conceptes treballats: espectre de l'hidrogen, nivells d'energia quantitzats, energia d'ionització, relació energia-longitud d'ona, energia d'enllaç.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Les primeres energies d'ionització (kJ/mol) dels elements del segon període són: Li 520; Be 899; B 801; C 1086; N 1402; O 1314; F 1681; Ne 2081. Les segones energies d'ionització del liti i del beril·li són 7298 i 1757 kJ/mol.
a) Explica la tendència general del període.
b) Justifica les dues excepcions (Be/B i N/O) a partir de les configuracions electròniques.
c) Per què EI₂(Li) és tan més gran que EI₂(Be), si EI₁(Li) < EI₁(Be)?
d) Sense consultar dades, prediu i raona quin element té més EI₁ en cada parell del tercer període: Mg/Al i P/S. Raona també si l'Ar tindrà més o menys EI₁ que el Ne.

Pista 1

Al llarg del període els electrons entren a la mateixa capa mentre la càrrega nuclear augmenta.

Pista 2

Mira d'on surt l'electró: d'un 2s ple o d'un 2p sol (B)? D'un 2p semiple o d'un orbital 2p amb dos electrons (O)?

Pista 3

Escriu la configuració del Li⁺ i del Be⁺: d'on surt el segon electró en cada cas?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

L'EI₁ augmenta al llarg del període (de 520 a 2081 kJ/mol) perquè creix la càrrega nuclear efectiva.

Resolució

Càrrega nuclear. Del Li al Ne la càrrega nuclear augmenta d'una unitat a cada element i els electrons s'afegeixen a la mateixa capa (n = 2), que els electrons interns apantallen igual.
Conclusió. L'atracció efectiva sobre els electrons externs creix i el radi disminueix; per això l'EI₁ augmenta de 520 a 2081 kJ/mol.

Apartat b)

Resultat

B < Be: l'electró del B surt d'un 2p; O < N: l'electró de l'O surt d'un orbital 2p amb dos electrons que es repel·leixen.

Resolució

Be/B. Be: 2s²; B: 2s² 2p¹. L'electró del B surt d'un orbital 2p, de més energia i més apantallat pels electrons 2s: cal menys energia (801 < 899).
N/O. N: 2p³, tres orbitals amb un electró cadascun; O: 2p⁴. A l'oxigen, un orbital 2p té dos electrons que es repel·leixen; arrencar-ne un costa menys (1314 < 1402).
Conclusió. A més, en perdre aquest electró l'O⁺ queda amb la configuració semiplena 2p³.

Apartat c)

Resultat

El segon electró del Li surt de la capa interna 1s; el del Be encara surt de la capa de valència (2s).

Resolució

Li⁺ = 1s². El segon electró del liti surt de la capa interna n = 1, molt a prop del nucli i sense apantallament: 7298 kJ/mol.
Be⁺ = 1s² 2s¹. El segon electró del beril·li encara és de la capa de valència (2s): només 1757 kJ/mol.
Conclusió. Per això EI₂(Li) ≫ EI₂(Be), tot i que EI₁(Li) < EI₁(Be).

Apartat d)

Resultat

Mg > Al; P > S; l'Ar té menys EI₁ que el Ne.

Resolució

Mg/Al. Mg > Al, pel mateix motiu que Be/B: l'electró de l'Al és 3p, de més energia i més apantallat que el 3s del Mg.
P/S. P > S, com N/O: el S (3p⁴) té un orbital 3p amb dos electrons que es repel·leixen, mentre que el P té 3p³ semiple.
Ar/Ne. Ar < Ne: l'electró de l'Ar és a la capa n = 3, més lluny del nucli i més apantallat; en un grup l'EI disminueix en baixar.

Errors típics

Explicar l'anomalia N/O dient que l'O és «més estable» sense parlar de la repulsió dels electrons aparellats.
Confondre la segona energia d'ionització d'un element amb la primera de l'element següent.
Aplicar la tendència del període sense comprovar si canvia el subnivell d'on surt l'electró.

Conceptes treballats: energia d'ionització, càrrega nuclear efectiva i apantallament, configuració electrònica, regla de Hund, propietats periòdiques.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Imagina un univers en què tot és igual que al nostre excepte que el nombre quàntic magnètic de spin pot prendre tres valors (−1, 0 i +1) i continua complint-se el principi d'exclusió de Pauli. L'ordre d'ompliment dels subnivells és el mateix (1s, 2s, 2p, 3s, 3p…).
a) Quants electrons cabrien en un orbital, en un subnivell p i en un subnivell d? Quants en la capa n = 1 i en la capa n = 2?
b) Quins serien els nombres atòmics dels tres primers «gasos nobles», si es comporten com a tals els elements que tenen la capa de valència completa (1s plena per a n = 1; ns i np plens per a n ≥ 2), com l'He, el Ne i l'Ar del nostre univers?
c) Escriu la configuració electrònica de l'element de Z = 8 d'aquest univers. Quants electrons de valència tindria i amb quin tipus d'element del nostre univers s'assemblaria?
d) Com quedaria la «regla de l'octet» en aquest univers? Raona-ho.

Pista 1

El principi de Pauli diu que dos electrons d'un àtom no poden tenir els quatre nombres quàntics iguals: compta quantes combinacions diferents hi ha per orbital.

Pista 2

Un subnivell amb l té 2l + 1 orbitals; una capa n té $n^{2}$ orbitals.

Pista 3

La capa de valència del segon període (2s + 2p) s'omple amb 3 + 9 electrons.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

3 electrons per orbital; 9 en un subnivell p; 15 en un d; 3 a la capa n = 1 i 12 a la capa n = 2.

Resolució

Principi de Pauli. Dos electrons d'un àtom no poden tenir els quatre nombres quàntics iguals. Fixats n, l i m_l (un orbital), hi ha 3 valors de spin: 3 electrons per orbital.
Subnivells. El nombre d'orbitals no canvia (2l + 1): p (3 orbitals) → 3·3 = 9 electrons; d (5 orbitals) → 5·3 = 15.
Capes. Una capa n té $n^{2}$ orbitals: n = 1 (1 orbital) → 3 electrons; n = 2 (4 orbitals) → 12 electrons.

Apartat b)

Resultat

Z = 3, 15 i 27.

Resolució

Primer. 1s³ → Z = 3.
Segon. 1s³ 2s³ 2p⁹ → Z = 3 + 12 = 15.
Tercer. … 3s³ 3p⁹ → Z = 15 + 12 = 27.

Apartat c)

Resultat

1s³ 2s³ 2p²: 5 electrons de valència; s'assemblaria al carboni.

Resolució

Configuració. Amb 8 electrons: 1s³ (3) + 2s³ (3) + 2p² (2) = 8.
València. Té 5 electrons de valència (2s³ 2p²) en una capa que se n'omple amb 12.
Analogia. És el segon element del bloc p del seu període, el mateix lloc que ocupa el carboni al nostre: amb només 2 electrons p i lluny de completar la capa, es comportaria més aviat com el carboni (tendència a compartir electrons) que com el nostre oxigen, que és a 2 electrons de completar-la.

Apartat d)

Resultat

Seria una «regla dels dotze»: els àtoms tendirien a completar 12 electrons a la capa de valència (s³ p⁹).

Resolució

Origen de l'octet. La regla de l'octet es deriva directament de la capacitat 2 + 6 dels subnivells s i p.
En aquest univers. La capa de valència s + p admet 3 + 9 = 12 electrons: els àtoms tendirien a completar-ne 12, una «regla dels dotze».
Conclusió. La lògica de l'enllaç seria la mateixa (aconseguir la configuració del gas noble més proper), però els nombres canviarien, i també la valència dels elements i les fórmules dels compostos.

Errors típics

Oblidar que el nombre d'orbitals de cada subnivell no canvia (només canvia quants electrons hi caben).
Mantenir la regla de l'octet per inèrcia, quan es deriva directament de la capacitat 2 + 6 dels subnivells s i p.
Comptar els orbitals d'una capa com 2n en lloc de $n^{2}$ .

Conceptes treballats: nombres quàntics, principi d'exclusió de Pauli, capacitat d'orbitals i capes, estructura de la taula periòdica, regla de l'octet.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Quatre elements A, B, C i D compleixen:
— A és del segon període i té cinc electrons en orbitals p.
— L'ió $\mathrm{B}^{2+}$ és isoelectrònic amb l'argó.
— L'electró diferenciador de C té n = 3 i l = 1, i C forma fàcilment l'anió $\mathrm{C}^{-}$ .
— D és el primer element del quart període.
a) Identifica els quatre elements i escriu-ne la configuració electrònica.
b) Ordena'ls per radi atòmic i per electronegativitat, i justifica-ho.
c) Escriu la fórmula del compost que forma B amb A i del que forma D amb C, i indica'n el tipus d'enllaç. Quin dels dos té una energia reticular més gran (en valor absolut)? Raona-ho amb la llei de Coulomb.
d) A i C formen entre ells un compost molecular de fórmula CA. Raona per què l'enllaç és covalent polar i cap a quin àtom està desplaçada la densitat electrònica.

Pista 1

«Cinc electrons p» al segon període vol dir 2p⁵. Un ió 2+ amb 18 electrons ve d'un àtom de 20.

Pista 2

Si l'últim electró és 3p i l'element guanya un electró per completar la capa, és un halogen del tercer període.

Pista 3

L'energia reticular creix amb el producte de les càrregues dels ions i disminueix amb la distància entre ells.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

A = F (1s² 2s² 2p⁵); B = Ca ([Ar] 4s²); C = Cl ([Ne] 3s² 3p⁵); D = K ([Ar] 4s¹).

Resolució

A. «Cinc electrons p» al segon període vol dir 2p⁵: 1s² 2s² 2p⁵, el fluor (Z = 9).
B. B²⁺ té 18 electrons (com l'argó), de manera que l'àtom en té 20: el calci, [Ar] 4s². Compte: és l'ió el que és isoelectrònic amb l'argó, no l'àtom.
C. L'últim electró és 3p (n = 3, l = 1) i guanya un electró per completar la capa: és un halogen del tercer període, el clor (Z = 17), [Ne] 3s² 3p⁵.
D. El primer element del quart període és el potassi (Z = 19): [Ar] 4s¹.

Apartat b)

Resultat

Radi: K > Ca > Cl > F. Electronegativitat: F > Cl > Ca > K.

Resolució

Radi. K i Ca tenen la capa n = 4; el K, amb menys càrrega nuclear, és més gran (dins del període el radi disminueix cap a la dreta). El Cl té la capa n = 3 i el F, la n = 2: K > Ca > Cl > F.
Electronegativitat. Dins d'un període augmenta cap a la dreta i dins d'un grup disminueix cap avall; els no-metalls petits atrauen molt els electrons d'enllaç: F > Cl > Ca > K.

Apartat c)

Resultat

CaF₂ i KCl, tots dos iònics; el CaF₂ té més energia reticular.

Resolució

Fórmules. B + A: Ca²⁺ i F⁻ → CaF₂. D + C: K⁺ i Cl⁻ → KCl.
Tipus d'enllaç. Tots dos són iònics: hi ha una gran diferència d'electronegativitat entre un metall dels grups 1–2 i un halogen.
Llei de Coulomb. L'energia reticular és proporcional a $\dfrac{q_{+}\cdot q_{-}}{d}$ : creix amb el producte de les càrregues i disminueix amb la distància entre ions. Cal tenir en compte tots dos factors.
Comparació. El CaF₂ té el catió amb càrrega 2+ (davant 1+) i ions més petits (F⁻ molt més petit que Cl⁻, Ca²⁺ més petit que K⁺): té més energia reticular. Això concorda amb el seu punt de fusió més alt (1418 °C davant 770 °C del KCl) i la seva baixa solubilitat.

Apartat d)

Resultat

F i Cl comparteixen un parell d'electrons (covalent); com que el F és més electronegatiu, la densitat electrònica està desplaçada cap al F (δ+ al Cl, δ− al F).

Resolució

Covalent. F i Cl són no-metalls: no es transfereixen electrons, sinó que comparteixen un parell d'electrons.
Polar. El F és més electronegatiu que el Cl, de manera que el parell està desplaçat cap al F: δ+ sobre el Cl i δ− sobre el F (ClF, fluorur de clor).
Conclusió. És polar perquè la diferència d'electronegativitat no és nul·la, però massa petita perquè l'enllaç sigui iònic.

Errors típics

Identificar B com l'argó (és l'ió el que és isoelectrònic, no l'àtom).
Ordenar el radi del K i del Ca al revés (dins del període el radi disminueix cap a la dreta).
Comparar energies reticulars només per les càrregues o només per les mides, sense considerar tots dos factors.

Conceptes treballats: configuració electrònica, nombres quàntics, propietats periòdiques (radi, electronegativitat), enllaç iònic i covalent polar, energia reticular.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Per què el 4s s'omple abans que el 3d?

Perquè el subnivell 4s té una energia lleugerament més baixa que el 3d en els àtoms que l'estan omplint, i els electrons ocupen primer els nivells de menys energia.

Per què el clor té més energia d'ionització que el sodi?

Perquè són del mateix període, però el clor té més càrrega nuclear i un radi més petit: atrau més els electrons i costa més arrencar-ne un.

Tornar a Química