Estructura atòmica i sistema periòdic: exercicis de la PAU de Química resolts

Plantejament Distribuïm els electrons per orbitals i llegim el nivell extern i l’ocupació de valència. La ionització exigeix vèncer l’atracció del nucli.

1. Escrivim les configuracions dels àtoms neutres.

   $\begin{aligned}\mathrm K &:1s^22s^22p^63s^23p^64s^1\\\mathrm P &:1s^22s^22p^63s^23p^3\\\mathrm{Mg} &:1s^22s^22p^63s^2\end{aligned}$

2. El màxim n determina el període; la capa de valència determina el grup i el bloc.

   $\mathrm K:(4,1,s)$$\mathrm P:(3,15,p)$$\mathrm{Mg}:(3,2,s)$

3. La primera energia d’ionització és l’energia per extreure un electró d’un àtom gasós aïllat en el seu estat fonamental. És positiva.

   $\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$E_I>0$

4. K té l’electró extern més allunyat i apantallat. Entre Mg i P, del mateix període, P atreu més per la seva càrrega nuclear efectiva més gran.

   $E_I(\mathrm K)$${}< E_I(\mathrm{Mg})$${}< E_I(\mathrm P)$

Plantejament Comptem electrons de valència i apliquem RPECV al fòsfor central. La simetria determina si es cancel·len els dipols.

1. Hi ha tretze parells. Tres formen enllaços P–Cl; cada Cl conserva tres parells solitaris i P en conserva un.

   $N_e=5+3\cdot7=26$

2. Quatre dominis electrònics es disposen tetraèdricament; en ocultar el parell solitari, els àtoms formen una piràmide trigonal.

   $\mathrm{AX_3E}$

3. Cl atreu més que P i la piràmide impedeix cancel·lar els dipols. Predominen les interaccions dipol permanent–dipol permanent; també hi ha dispersió de London.

   $\chi(\mathrm{Cl})-\chi(\mathrm P)$${}= 3{,}16-2{,}19$${}= 0{,}97$

ResultatLewis: tres enllaços simples P–Cl, un parell solitari en P i tres en cada Cl. Piràmide trigonal, polar; forces dipol–dipol.

La pauta oficial dona: PCl₃: 26 e⁻ de valència (13 parells); piràmide trigonal (AB₃E); polar; forces dipol-dipol

Plantejament Es demana què és la primera energia d’ionització i quin signe té, per què el Li té la més petita i el Ne la més gran del segon període, què és l’afinitat electrònica i per què el F, el Cl i el Br són els mínims del gràfic.

1. La primera energia d’ionització és l’energia mínima que cal aportar a un àtom neutre, aïllat, en estat gasós i fonamental per arrencar-li l’electró més extern. És positiva: cal aportar energia per vèncer l’atracció electrostàtica entre el nucli i l’electró.

   $\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$E_{I1}>0$

2. El Li i el Ne són del segon període: tenen els electrons de valència a la capa $n=2$.

   $\mathrm{Li}:\ 1s^{2}\,2s^{1}$$\mathrm{Ne}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}$

3. D’esquerra a dreta del període augmenta el nombre de protons (de 3 a 10), i els electrons nous entren a la mateixa capa, on s’apantallen poc entre ells: la càrrega nuclear efectiva creix i els electrons externs estan més atrets i més a prop del nucli. El Li té un sol electró 2s, apantallat pels dos 1s, i el perd amb facilitat: té l’energia d’ionització més petita del període. El Ne té la capa $n=2$ plena i la càrrega nuclear més gran del període: és el que costa més d’ionitzar.

4. L’afinitat electrònica és la variació d’energia associada al procés en què un àtom neutre, aïllat, en estat gasós i fonamental capta un electró i forma un anió.

   $\mathrm{X(g)+e^-\rightarrow X^-(g)}$

5. El F, el Cl i el Br són halògens: tenen set electrons de valència ($ns^{2}np^{5}$) i, en captar-ne un, completen l’octet amb la configuració de gas noble ($ns^{2}np^{6}$). La seva càrrega nuclear efectiva és gran i l’electró que entra queda molt atret: es desprèn molta energia i l’afinitat electrònica és molt negativa. Per això són els mínims del gràfic.

   $\mathrm{F}:\ [\mathrm{He}]\,2s^{2}2p^{5}$$\mathrm{Cl}:\ [\mathrm{Ne}]\,3s^{2}3p^{5}$$\mathrm{Br}:\ [\mathrm{Ar}]\,3d^{10}4s^{2}4p^{5}$

Plantejament Es demana per què la segona energia d’ionització del sodi és molt més gran que la primera, i l’energia per àtom i la longitud d’ona del fotó que arrenca un electró de l’ió $\mathrm{Na^+}$.

1. La primera ionització del sodi arrenca l’electró 3s, sol en la capa més externa i apantallat pels deu electrons interns: costa poc.

   $\mathrm{Na}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}\,3s^{1}$${}\rightarrow \mathrm{Na^+}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}$

2. El segon electró s’ha d’arrencar del $\mathrm{Na^+}$: d’una capa interna ($n=2$), més a prop del nucli i molt menys apantallada, i d’un ió positiu amb configuració de gas noble, molt estable. L’atracció és molt més gran i cal molta més energia ($4\,562$ davant de $496\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$, unes nou vegades més).

3. Energia per àtom: dividim l’energia per mol pel nombre d’Avogadro.

   $E$${}= \frac{4\,562\cdot10^{3}\,\mathrm{J\,mol^{-1}}}{6{,}02\cdot10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}}}$${}= 7{,}58\cdot10^{-18}\,\mathrm{J\,atom^{-1}}$

4. Freqüència del fotó, amb l’equació de Planck, $E=h\nu$:

   $\nu$${}= \frac{E}{h}=\frac{7{,}58\cdot10^{-18}\,\mathrm{J}}{6{,}63\cdot10^{-34}\,\mathrm{J\,s}}$${}= 1{,}143\cdot10^{16}\,\mathrm{s^{-1}}$

5. Longitud d’ona, amb $c=\lambda\nu$:

   $\lambda$${}= \frac{c}{\nu}=\frac{3{,}0\cdot10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}}{1{,}143\cdot10^{16}\,\mathrm{s^{-1}}}$${}= 2{,}62\cdot10^{-8}\,\mathrm{m}$

Plantejament Distingim els enllaços que mantenen units els àtoms d’una molècula de les forces que uneixen molècules entre si.

1. F₂, Br₂ i I₂ són apolars. En augmentar la mida i la polaritzabilitat del núvol electrònic augmenten les forces de dispersió de London; per això pugen les temperatures de fusió i ebullició.

   $\mathrm{F_2(g),\ Br_2(l),\ I_2(s)}\quad\text{a temperatura ambient}$

2. Cada halogen té set electrons de valència. En compartir un parell, tots dos completen l’octet; separar els àtoms exigeix trencar un enllaç covalent.

3. Un alcalí cedeix el seu electró extern i l’halogen l’accepta. L’atracció entre els ions estabilitza una xarxa iònica, com NaCl.

   $\mathrm{Na\rightarrow Na^++e^-}$$\mathrm{Cl+e^-\rightarrow Cl^-}$$\mathrm{NaCl(s)}$

ResultatEls estats físics s’expliquen per London creixent F₂ < Br₂ < I₂. Les molècules diatòmiques s’estabilitzen mitjançant enllaç covalent; alcalí i halogen formen una xarxa iònica, per exemple NaCl.

La pauta oficial dona: Forces entre dipols instantanis creixents F₂ < Br₂ < I₂; molècules diatòmiques covalents; halogen + alcalí: enllaç iònic (p. ex. LiF)

Plantejament La configuració permet comparar distància al nucli i càrrega nuclear efectiva. Per ionitzar, l’energia d’un sol fotó ha de superar l’energia d’ionització d’un àtom.

1. Escrivim les configuracions dels tres àtoms.

   $\mathrm{Li}:1s^22s^1$$\mathrm F:1s^22s^22p^5$$\mathrm{Na}:1s^22s^22p^63s^1$

2. Na té una capa addicional i el radi més gran; F, del mateix període que Li, té més càrrega nuclear efectiva i el radi més petit. L’energia d’ionització segueix l’ordre invers.

   $\begin{array}{c|cc}&r\,(\mathrm{\mathring A})&E_I\,(\mathrm{kJ\,mol^{-1}})\\\mathrm{Li}&1{,}82&520{,}2\\\mathrm F&0{,}42&1681{,}0\\\mathrm{Na}&2{,}27&496{,}0\end{array}$

3. Trobem l’energia del fotó i la comparem en unitats per mol de fotons.

   $E_\gamma$${}= \frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^8}{420\cdot10^{-9}}$${}= 4{,}7357\cdot10^{-19}\,\mathrm J$

4. L’energia aportada és insuficient; el procés d’ionització monofotònica no pot tenir lloc amb aquesta llum.

   $E_\gamma N_A/1000$${}= 285{,}09\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$${}< 520{,}2\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament Es demanen les configuracions del liti, el carboni i el cobalt, amb el grup, el període i el bloc de cadascun, i si el radi atòmic del sodi és més gran o més petit que el del potassi.

1. Omplim els subnivells per ordre d’energia (1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s, 3d…). Liti ($Z=3$): l’últim electró entra al 2s. El $n$ més gran és 2 (període 2), el subnivell que s’omple és s (bloc s) i la configuració de valència $ns^{1}$ correspon al grup 1, els metalls alcalins.

   $\mathrm{Li}:\ 1s^{2}\,2s^{1}$

2. Carboni ($Z=6$): acaba en $2p^{2}$. Període 2, bloc p; amb quatre electrons de valència ($2s^{2}2p^{2}$) és del grup 14.

   $\mathrm{C}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{2}$

3. Cobalt ($Z=27$): després del 4s s’omple el 3d, que queda amb 7 electrons. Període 4 (el $n$ més gran és 4), bloc d; els electrons $4s^{2}3d^{7}$ sumen 9, i és del grup 9 (metall de transició).

   $\mathrm{Co}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}\,3s^{2}\,3p^{6}\,4s^{2}\,3d^{7}$

4. Sodi i potassi són del grup 1 ($ns^{1}$): el sodi té l’electró extern al nivell $n=3$ i el potassi, al $n=4$.

   $\mathrm{Na}:\ [\mathrm{Ne}]\,3s^{1}$$\mathrm{K}:\ [\mathrm{Ar}]\,4s^{1}$

5. Model de càrregues: el potassi té més protons al nucli (19 davant d’11), però també una capa d’electrons més, i els electrons interns apantallen aquest augment de càrrega. El seu electró de valència és en una capa més allunyada del nucli i el núvol electrònic és més gran. Per això el radi del sodi és més petit que el del potassi.

   $r(\mathrm{Na})<r(\mathrm{K})$

Plantejament Es demanen la freqüència i la longitud d’ona del fotó que té just l’energia per ionitzar un àtom de plata, i per què l’energia d’ionització és positiva.

1. L’energia d’ionització es dona per mol; per a un sol àtom, la passem a J i la dividim pel nombre d’Avogadro.

   $E$${}= \frac{731\cdot10^{3}\,\mathrm{J\,mol^{-1}}}{6{,}02\cdot10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}}}$${}= 1{,}214\cdot10^{-18}\,\mathrm{J}$

2. Equació de Planck, $E=h\nu$: freqüència mínima del fotó.

   $\nu$${}= \frac{E}{h}=\frac{1{,}214\cdot10^{-18}\,\mathrm{J}}{6{,}63\cdot10^{-34}\,\mathrm{J\,s}}$${}= 1{,}83\cdot10^{15}\,\mathrm{s^{-1}}$

3. Longitud d’ona, amb $c=\lambda\nu$:

   $\lambda$${}= \frac{c}{\nu}=\frac{3\cdot10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}}{1{,}83\cdot10^{15}\,\mathrm{s^{-1}}}$${}= 1{,}64\cdot10^{-7}\,\mathrm{m}$${}= 164\,\mathrm{nm}$

4. L’energia d’ionització és l’energia mínima que cal subministrar a un àtom aïllat, en estat gasós i fonamental, per arrencar-li l’electró més extern. Cal aportar-la per vèncer l’atracció del nucli sobre l’electró: el sistema absorbeix energia i, per conveni, l’energia que absorbeix un sistema es compta positiva.

   $\mathrm{Ag(g)\rightarrow Ag^+(g)+e^-}$$E_I=+731\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament Utilitzem el criteri d’electronegativitat proporcionat i apliquem RPECV a les espècies moleculars. Una xarxa iònica no és una molècula aïllada.

1. A A predomina l’enllaç covalent de la molècula gasosa BeCl₂. A B predomina l’enllaç iònic d’una xarxa de Li⁺ i Cl⁻.

   $\Delta\chi_{\mathrm{Be-Cl}}=3{,}0-1{,}5=1{,}5<1{,}7$$\Delta\chi_{\mathrm{Li-Cl}}=3{,}0-1{,}0=2{,}0>1{,}7$

2. En BeCl₂, Be forma dos enllaços simples sense parells solitaris i cada Cl té tres parells solitaris. Be queda amb un octet incomplet, permès per a aquest àtom.

   $N_e=2+2\cdot7=16$$\mathrm{AX_2}$

3. Dos dominis a Be produeixen geometria lineal i els dipols es cancel·len. En aigua, O té dos enllaços i dos parells solitaris: la distribució electrònica és tetraèdrica i la molecular angular.

   $N_e=6+2\cdot1=8$$\mathrm{AX_2E_2}$

4. La molècula angular d’aigua no cancel·la els seus dipols i és polar. El LiCl s’estabilitza per atraccions entre ions de signe contrari en totes les direccions.

ResultatA: BeCl₂ covalent, lineal i apolar. B: LiCl, xarxa iònica. H₂O: angular i polar; dos parells solitaris a O. Cada Cl de BeCl₂ té tres parells solitaris.

La pauta oficial dona: A: enllaç covalent (BeCl₂, 16 e⁻, lineal, apolar); B: xarxa iònica (LiCl); H₂O: 8 e⁻, angular, polar

Plantejament Arrencar un electró exigeix aportar energia. Comparem àtoms del mateix període tenint en compte la seva càrrega nuclear i l’apantallament.

1. La ionització d’un àtom gasós en el seu estat fonamental és un procés endotèrmic.

   $\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$E_I>0$

2. Tots dos tenen electrons externs al segon nivell. Li té un electró de valència i Be, dos.

   $\mathrm{Li}:1s^22s^1\;(\text{grup }1,\text{ període }2)$$\mathrm{Be}:1s^22s^2\;(\text{grup }2,\text{ període }2)$

3. L’electró afegit a Be no compensa completament el protó afegit: augmenta la càrrega nuclear efectiva, el radi es contrau i resulta més difícil extreure l’electró.

   $E_I(\mathrm{Be})$${}= 899{,}5$${}> 520{,}3$${}= E_I(\mathrm{Li})\quad\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament Comptar electrons i localitzar la darrera subcapa ocupada. La molècula diatòmica identifica el no-metall.

1. Per a Z=11, onze electrons: tres capes ocupades i un electró 3s.

   $\mathrm{Na}:1s^22s^22p^63s^1$

2. Per a Z=35, trenta-cinc electrons: capa externa 4s²4p⁵.

   $\mathrm{Br}:1s^22s^22p^63s^23p^64s^23d^{10}4p^5$

3. El sodi perd 3s¹; el brom guanya un electró i forma Br₂ covalent. El símbol A no implica que sigui el catió.

   $\mathrm{Na^++Br^-\rightarrow NaBr}$

Plantejament Comparar l’energia d’un fotó amb la primera energia d’ionització per àtom.

1. La primera energia d’ionització és l’energia mínima per arrencar un electró a un àtom aïllat gasós en estat fonamental. És positiva: cal vèncer l’atracció nucli-electró.

   $\mathrm{H(g)\rightarrow H^+(g)+e^-}$

2. Fem servir les constants de l’examen i la longitud d’ona en metres.

   $E_\gamma$${}= \frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}0\cdot10^8}{6\cdot10^{-11}}$${}= 3{,}315\cdot10^{-15}\ \mathrm J$

3. Convertim kJ/mol a J per àtom; el fotó supera el llindar.

   $E_i$${}= \frac{1318\cdot10^3}{6{,}02\cdot10^{23}}$${}= 2{,}1894\cdot10^{-18}\ \mathrm J$${}< E_\gamma$

Plantejament Identificar cada tram del cicle i comparar les capes de valència.

1. Primera ionització: àtom gasós a catió gasós.

   $\mathrm{Rb(g)\rightarrow Rb^+(g)+e^-}$$\Delta H_3=403\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Afinitat electrònica amb conveni d’entalpia de captació: procés exotèrmic.

   $\mathrm{Cl(g)+e^-\rightarrow Cl^-(g)}$$\Delta H_4=-349\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Formació des dels elements en els seus estats estàndard; el mig mol de Cl₂ aporta un mol de Cl.

   $\mathrm{Rb(s)+\tfrac12Cl_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{RbCl(s)}$$\Delta H_5=-435\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Na=[Ne]3s¹ i Rb=[Kr]5s¹. L’electró extern de Rb és més lluny i més apantallat; costa menys arrencar-lo.

   $E_i(\mathrm{Na})>E_i(\mathrm{Rb})$

Plantejament Tancar el cicle conservant el factor ½ de la dissociació del clor.

1. La formació del sòlid s’obté per atomització, ionització, captació electrònica i unió dels ions gasosos.

   $\Delta H_5$${}= \Delta H_1+\tfrac12\Delta H_2$${}+\Delta H_3+\Delta H_4+\Delta H_6$

2. Aïllem l’energia reticular de formació. La separació del cristall té el signe oposat.

   $\Delta H_6$${}= -435-82$${}-\tfrac12(240)-403$${}-(-349)$${}= -691\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Na⁺=[Ne], F⁻=[Ne], Rb⁺=[Kr] i Cl⁻=[Ar]. Les càrregues tenen el mateix mòdul, però Na⁺ i F⁻ són més petits: menys distància, més atracció i més energia en valor absolut. F té 9 electrons neutre i 10 com F⁻.

   $|U(\mathrm{NaF})|>|U(\mathrm{RbCl})|$

Plantejament Es demana, per a l’indi, el neodimi i el tàntal, el bloc i el període, si són terres rares i si són metalls, i la representació dels electrons en orbitals justificada amb la regla de Hund i el principi d’exclusió de Pauli.

1. El període és el valor més gran de $n$ de la configuració, i el bloc, el tipus de subnivell que s’està omplint (l’últim segons l’ordre d’ompliment). L’indi acaba en $5p^{1}$: bloc p, període 5.

   $\mathrm{In}:\ [\mathrm{Kr}]\,4d^{10}5s^{2}5p^{1}$${}\Rightarrow n_{\max}$${}= 5,\ \text{bloc } p$

2. El neodimi omple orbitals 4f i el seu $n$ més gran és 6: bloc f, període 6. És un lantànid i, per tant, una terra rara (les terres rares són l’escandi, l’itri i els quinze lantànids).

   $\mathrm{Nd}:\ [\mathrm{Xe}]\,4f^{3}6s^{2}$${}\Rightarrow n_{\max}$${}= 6,\ \text{bloc } f$

3. El tàntal omple orbitals 5d i el seu $n$ més gran és 6: bloc d, període 6. És un metall de transició, no una terra rara; l’indi, del bloc p, tampoc no ho és. Tots tres són metalls.

   $\mathrm{Ta}:\ [\mathrm{Xe}]\,4f^{14}5d^{3}6s^{2}$${}\Rightarrow n_{\max}$${}= 6,\ \text{bloc } d$

4. Atenció a una errada de l’enunciat: amb $Z=60$ el neodimi té 60 electrons, però $[\mathrm{Xe}]\,4f^{3}6s^{2}$ en suma 59. La configuració del neodimi és $[\mathrm{Xe}]\,4f^{4}6s^{2}$. El bloc i el període no canvien. Aquí representem la configuració de l’enunciat, com demana l’apartat; amb $4f^{4}$ hi hauria quatre electrons desaparellats en lloc de tres.

   $54+3+2=59\neq60$$[\mathrm{Xe}]\,4f^{4}6s^{2}:\ 54+4+2=60$

5. Representem cada orbital amb una casella i cada electró amb una fletxa, que indica l’espín; n’hi ha prou de dibuixar els subnivells de fora del gas noble que s’estan omplint i el de valència (vegeu la figura): In, $5s^{2}$ i $5p^{1}$; Nd, $4f^{3}$ i $6s^{2}$; Ta, $5d^{3}$ i $6s^{2}$.

6. Principi d’exclusió de Pauli: en un àtom no hi pot haver dos electrons amb els quatre nombres quàntics iguals; per això un orbital admet com a màxim dos electrons, i amb espins oposats. És el cas dels dos electrons 5s de l’indi i dels dos 6s del neodimi i del tàntal (fletxes antiparal·leles).

7. Regla de Hund (màxima multiplicitat): en orbitals de la mateixa energia, els electrons es col·loquen primer d’un en un, desaparellats i amb el mateix espín. Per això els tres electrons 4f del neodimi i els tres 5d del tàntal ocupen tres orbitals diferents amb fletxes paral·leles. L’únic electró 5p de l’indi ocupa un dels tres orbitals 5p.

ResultatIn: bloc p, període 5. Nd: bloc f, període 6, terra rara (lantànid). Ta: bloc d, període 6, metall de transició. Tots tres són metalls; només el neodimi és una terra rara. Diagrames: In, $5s^{2}$ aparellats i $5p^{1}$; Nd, tres electrons 4f desaparellats i paral·lels (quatre amb la configuració correcta, $4f^{4}$) i $6s^{2}$ aparellats; Ta, tres electrons 5d desaparellats i paral·lels i $6s^{2}$ aparellats.

La pauta oficial dona: In: bloc p, període 5, no és terra rara, metall; Nd: bloc f, període 6, terra rara (lantànid), metall; Ta: bloc d, període 6, transició, metall; diagrames de $5s^{2}5p^{1}$, $4f^{3}6s^{2}$ i $5d^{3}6s^{2}$ amb Pauli (espins oposats en s) i Hund (4f i 5d desaparellats)

Plantejament Es demanen els principis en què es basa el model mecanicoquàntic, els nombres quàntics dels orbitals 5p i 6s, i si dues combinacions $(n, l, m_l)$ corresponen a orbitals permesos.

1. Principi d’incertesa de Heisenberg: no es pot conèixer alhora amb exactitud la posició i la quantitat de moviment d’un electró. Per això el model no parla de trajectòries (òrbites), sinó de la probabilitat de trobar l’electró en una regió de l’espai: l’orbital.

2. Dualitat ona-corpuscle de De Broglie: tota partícula en moviment té una ona associada; els electrons de l’àtom es comporten com a ones, i els orbitals són les solucions de l’equació d’ona de l’electró (l’equació de Schrödinger).

   $\lambda=\frac{h}{m\,v}$

3. Valors permesos dels nombres quàntics: $n=1, 2, 3\ldots$; $l$ va de 0 a $n-1$ ($l=0$ és s; 1, p; 2, d; 3, f) i $m_l$ va de $-l$ a $+l$.

   $l=0,\ldots,n-1$$m_l=-l,\ldots,+l$

4. Orbitals 5p de l’indi: $n=5$ i $l=1$, i $m_l$ pot valer $-1$, 0 o $+1$: són tres orbitals.

   $(5,1,-1)$$(5,1,0)$$(5,1,1)$

5. Orbital 6s del neodimi o del tàntal: $n=6$, $l=0$ i, per tant, $m_l=0$.

   $(6,0,0)$

6. $(4, 1, -1)$: $l=1<n=4$ i $|m_l|\le l$, és una combinació permesa; $l=1$ correspon a un orbital p: és un dels tres orbitals 4p. $(5, 3, 0)$: $l=3<5$ i $m_l=0$, també és permesa; $l=3$ correspon a un orbital f: és un dels set orbitals 5f.

   $(4,1,-1)\rightarrow 4p$$(5,3,0)\rightarrow 5f$

Plantejament Es demana la definició d’electronegativitat, les configuracions de A ($Z=6$) i B ($Z=8$) i quin dels dos té l’electronegativitat més petita.

1. L’electronegativitat és la tendència d’un àtom a atreure cap a si els electrons de l’enllaç que forma amb un altre àtom.

2. Configuracions electròniques fonamentals (A és el carboni i B, l’oxigen):

   $\mathrm{A}\ (Z=6):\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{2}$$\mathrm{B}\ (Z=8):\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{4}$

3. Tots dos tenen els electrons de valència a la capa $n=2$, però B té dos protons més i els electrons interns ($1s^{2}$) apantallen igual en tots dos: la càrrega nuclear efectiva sobre els electrons de valència és més gran en B, que a més és més petit. A B li falten dos electrons per completar l’octet ($2s^{2}2p^{6}$) i a A, quatre. Per tant, B atrau més els electrons de l’enllaç i A és el menys electronegatiu.

   $Z_{\mathrm{ef}}(\mathrm{B})$${}> Z_{\mathrm{ef}}(\mathrm{A})$${}\Rightarrow \chi(\mathrm{B})$${}> \chi(\mathrm{A})$

Plantejament Es demana l’estructura de Lewis d’$\mathrm{AB_2}$, és a dir, del $\mathrm{CO_2}$, el tipus d’enllaç, la geometria i l’angle segons la RPECV, si la molècula és polar i si el seu punt d’ebullició és alt o baix.

1. Electrons de valència: A en té 4 ($2s^{2}2p^{2}$) i cada B, 6 ($2s^{2}2p^{4}$). En total, 16 electrons, és a dir, 8 parells.

   $4+2\cdot6=16\ \mathrm{e^-}\ (8\ \text{parells})$

2. A, el menys electronegatiu, és l’àtom central. Perquè els tres àtoms completin l’octet, A forma un enllaç doble amb cada B i cada B conserva dos parells solitaris (vegeu la figura).

   $\mathrm{B{=}A{=}B}\;\equiv\;\mathrm{O{=}C{=}O}$

3. Són dos no-metalls amb electronegativitats diferents però properes: comparteixen electrons. Els enllaços són covalents i polars, amb la càrrega parcial negativa sobre B.

   $\overset{\delta-}{\mathrm{B}}{=}\overset{\delta+}{\mathrm{A}}{=}\overset{\delta-}{\mathrm{B}}$

4. RPECV: al voltant de A hi ha dues zones de densitat electrònica (cada enllaç doble compta com una) i cap parell solitari. Es disposen tan lluny com poden: la molècula és lineal i l’angle d’enllaç és de 180°.

   $\angle\,\mathrm{BAB}=180^\circ$

5. Els dos moments dipolars d’enllaç són iguals i de sentit contrari, i s’anul·len: la molècula és apolar.

   $\vec{\mu}_{\mathrm{AB}}+\vec{\mu}_{\mathrm{BA}}=\vec{0}\;\Rightarrow\;\mu=0$

6. Són molècules petites i apolars: entre elles només hi ha forces de dispersió de London, febles, de manera que cal poca energia per separar-les i el punt d’ebullició és baix.

ResultatLewis: $\mathrm{O{=}C{=}O}$, amb dos parells solitaris a cada O (16 electrons de valència). Enllaços covalents polars. Geometria lineal, angle de $180^\circ$. Molècula apolar ($\mu=0$), amb forces de London febles entre molècules: punt d’ebullició baix.

La pauta oficial dona: $\mathrm{B{=}A{=}B}$ (16 electrons de valència); covalent polar; lineal, $180^\circ$; apolar ($\mu=0$); punt d’ebullició baix (molècules discretes, forces febles)

Plantejament Convertir l’energia del fotó a eV i restar-la al nivell 3d; per a l’excitació aplicar E=hν.

1. La línia observada és emissió des de 3d. La seva energia positiva és la diferència entre nivells.

   $E_\gamma$${}= \frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}0\cdot10^8}{587{,}49\cdot10^{-9}}$${}= 3{,}3856\cdot10^{-19}\ \mathrm J$${}= 2{,}1160\ \mathrm{eV}$

2. El nivell inferior correspon a 2p, 21,08 eV segons la taula simplificada. La diferència residual reflecteix la precisió de constants i taula.

   $E_f=23{,}20-2{,}1160=21{,}084\ \mathrm{eV}$$3d\rightarrow2p$

3. Excitar des d’1s (0 eV) fins a 3s (22,81 eV) requereix absorció.

   $\nu$${}= \frac{(22{,}81-0)\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{6{,}63\cdot10^{-34}}$${}= 5{,}5047\cdot10^{15}\ \mathrm{Hz}$