Exercicis d'estructura atòmica — Física i Química 1r Batxillerat

El nombre atòmic (11) és el nombre de protons: 11 protons.
En un àtom neutre, els electrons igualen els protons: 11 electrons.
Els neutrons són el nombre màssic menys els protons: 23 - 11 = 12 neutrons.

Els electrons de valència són els de l'última capa (la de nombre principal més alt), aquí n = 3.
Sumem: 3s² i 3p⁴ fan 2 + 4 = 6.
Té 6 electrons de valència.

Per als grups principals, el número de grup indica els electrons de valència.
Grup 2 → 2 electrons de valència.
Són els metalls alcalinoterris, com el calci.

El nombre atòmic és el nombre de protons: Z = 17, que correspon al clor (Cl).
El nombre màssic és la suma de protons i neutrons: A = 17 + 18 = 35.
És el clor-35 (Cl-35). L'àtom és neutre perquè té tants electrons com protons (17).
Error típic: prendre el nombre de neutrons (18) com a nombre màssic; A inclou també els protons.

Tots tres tenen Z = 6: 6 protons i, com que són àtoms neutres, 6 electrons.
Els neutrons són A - Z: carboni-12 → 12 - 6 = 6 neutrons; carboni-13 → 13 - 6 = 7 neutrons; carboni-14 → 14 - 6 = 8 neutrons.
S'assemblen en el nombre de protons i d'electrons, per això tenen el mateix comportament químic. Es diferencien en el nombre de neutrons i, per tant, en la massa.

a) Model de Bohr: les òrbites són estacionàries (energia quantitzada) i els salts entre nivells expliquen els espectres de línies.
b) Model de Thomson (el «púding de panses»): la càrrega positiva està repartida per tot l'àtom, amb els electrons a dins.
c) Model de Rutherford (model nuclear): tota la càrrega positiva i gairebé tota la massa es concentren en un nucli minúscul; els electrons giren al voltant.

1) La majoria de partícules alfa travessaven la làmina sense desviar-se: l'àtom és gairebé tot espai buit.
2) Una part petita es desviava angles apreciables: dins l'àtom hi ha càrrega positiva que repel·leix les partícules alfa, que també són positives.
3) Molt poques (una de cada molts milers) rebotaven cap enrere: aquesta càrrega positiva i la major part de la massa estan concentrades en un volum molt petit, el nucli.
Aquests resultats contradeien el model de Thomson, que preveia desviacions petites i cap rebot.

La relació entre els diàmetres és 10^-10/10^-15 = 10⁵: l'àtom és unes 100000 vegades més gran que el nucli.
Si el nucli fes 1 cm, l'àtom faria 1 cm·10⁵ = 10⁵ cm = 1000 m = 1 km.
Això indica que l'àtom és gairebé tot espai buit: la massa es concentra en un nucli minúscul i els electrons ocupen la resta del volum.

Omplim els subnivells en ordre d'energia amb 13 electrons: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p¹.
Electrons de valència: els de l'última capa (n = 3), 3s² 3p¹ → 3 electrons de valència.
Període: el nombre de l'última capa ocupada, el 3. Grup: 13 (en els elements del bloc p, el grup és 10 + el nombre d'electrons de valència).
Comprovació: 2 + 2 + 6 + 2 + 1 = 13 electrons.

Energia d'un fotó (relació de Planck): E = h·f = 6,63·$10^{-34}$·6,0·$10^{14}$ = 3,98·$10^{-19}$ J (uns 2,5 eV).
Longitud d'ona: λ = $\tfrac{c}{f}$ = $\tfrac{(3\cdot 10^{8})}{(6{,}0\cdot 10^{14})} = 5{,}0$·$10^{-7}$ m = 500 nm.
Aquesta longitud d'ona és entre 400 nm i 700 nm: és llum visible (verd blavós).

Els protons els dona el nombre atòmic i NO canvien mai en formar un ió: Z = 20 protons.
Els neutrons són el nombre màssic menys els protons: A - Z = 40 - 20 = 20 neutrons (tampoc no canvien).
La càrrega 2+ vol dir que l'àtom ha perdut 2 electrons respecte del neutre. L'àtom neutre en tindria 20 (igual que els protons), així que l'ió en té 20 - 2 = 18 electrons.
Parany: un ió es forma guanyant o perdent ELECTRONS, mai protons ni neutrons. Si canviessis els protons, ja no seria calci. La càrrega positiva ve de tenir menys electrons que protons.

La massa atòmica mitjana és una mitjana PONDERADA per l'abundància de cada isòtop, no la mitjana aritmètica dels dos nombres màssics.
Passo els percentatges a fraccions: 75,8 % = 0,758 i 24,2 % = 0,242 (sumen 1).
Multiplico la massa de cada isòtop per la seva fracció i sumo:
35 · 0,758 = 26,53
37 · 0,242 = 8,954
26,53 + 8,954 = 35,48.
La massa atòmica mitjana és, doncs, aproximadament 35,48 u.
Parany: la mitjana aritmètica $\tfrac{(35 + 37)}{2} = 36$ seria incorrecta, perquè no totes dues formes són igual d'abundants. Com que el clor-35 és molt més freqüent, el resultat s'acosta més a 35 que a 37.

Perquè tenen l'última capa plena d'electrons: són molt estables i no necessiten guanyar ni perdre electrons.

Les línies demostren que l'energia de l'electró està quantitzada: només pot ocupar uns nivells concrets. Cada línia correspon a un salt d'un nivell a un altre, amb un fotó d'energia igual a la diferència. Això és el que Bohr va proposar per explicar l'espectre de l'hidrogen.

La massa atòmica mitjana és la mitjana ponderada per les abundàncies: M = $\tfrac{(10\cdot 19{,}9 + 11\cdot 80{,}1)}{100}$ = $\tfrac{(199 + 881{,}1)}{100} = 10{,}8$ u.
No és un nombre enter perquè és una mitjana entre isòtops de masses diferents, i queda més a prop d'11 perquè el bor-11 és molt més abundant.
Cap àtom de bor té realment una massa de 10,8 u: és el valor mitjà d'una mostra amb molts àtoms.

Tendeixen a assolir la configuració de gas noble (vuit electrons a l'última capa, regla de l'octet).
Na (3s¹) perd 1 electró → Na⁺ (com el neó). Mg (3s²) en perd 2 → Mg²⁺. Al (3s²3p¹) en perd 3 → Al³⁺.
S (3s²3p⁴) guanya 2 electrons → $S^{2-}$ (com l'argó). Cl (3s²3p⁵) en guanya 1 → Cl^- (com l'argó).
Els elements amb pocs electrons de valència (1-3) els perden i formen cations; els que en tenen molts (6-7) en guanyen i formen anions.

Na, Mg i Cl són del mateix període (el 3) i K és del període 4.
En un mateix període, el radi disminueix d'esquerra a dreta: la càrrega nuclear augmenta i atrau més els electrons, que s'afegeixen a la mateixa capa. Per tant, Cl < Mg < Na.
Baixant per un grup, el radi augmenta perquè s'afegeix una capa electrònica: el K, amb una capa més, és el més gran.
Ordre: Cl < Mg < Na < K.

La primera energia d'ionització és l'energia necessària per arrencar l'electró més extern d'un àtom neutre.
a) Na. Té menys capes que el K: l'electró de valència és més a prop del nucli i està més lligat.
b) Cl. Pertany al mateix període però té més càrrega nuclear i un radi més petit, de manera que reté més els electrons.
c) Ne. Té l'última capa completa (configuració de gas noble), molt estable, i costa més arrencar-hi un electró que al F.
Regla general: l'energia d'ionització augmenta cap a la dreta d'un període i disminueix en baixar per un grup.

$E_{1}$ = -$\tfrac{13{,}6}{1}$ = -13,6 eV; $E_{2}$ = -$\tfrac{13{,}6}{4}$ = -3,40 eV; $E_{3}$ = -$\tfrac{13{,}6}{9}$ = -1,51 eV.
Energia absorbida de n = 1 a n = 2: ΔE = $E_{2}$ - $E_{1}$ = -3,40 - (-13,6) = 10,2 eV = 10,2·1,6·$10^{-19}$ = 1,63·$10^{-18}$ J.
El signe negatiu indica que l'electró està lligat al nucli: l'energia zero correspon a l'electró lliure (n → ∞). Com més negativa és l'energia, més lligat està l'electró; per això 13,6 eV és l'energia d'ionització de l'hidrogen.

N: 1s² 2s² 2p³. O: 1s² 2s² 2p⁴. Ne: 1s² 2s² 2p⁶.
Regla de Hund: en un subnivell amb diversos orbitals de la mateixa energia (els tres orbitals 2p), els electrons ocupen primer tots els orbitals de manera individual, amb el mateix espín, i només després s'aparellen.
N (2p³): un electró a cada orbital 2p → 3 electrons desaparellats.
O (2p⁴): tres electrons ocupen un orbital cadascun i el quart s'aparella amb un d'ells → 2 electrons desaparellats.
Ne (2p⁶): tots els orbitals estan plens, amb parelles d'electrons → 0 electrons desaparellats.

Massa dels electrons: 6·9,11·$10^{-31}$ = 5,47·$10^{-30}$ kg.
Massa del nucli: 12·1,67·$10^{-27}$ = 2,00·$10^{-26}$ kg. La massa total de l'àtom és pràcticament la mateixa: 2,00·$10^{-26}$ kg.
Fracció dels electrons: $\tfrac{(5{,}47\cdot 10^{-30})}{(2{,}00\cdot 10^{-26})} = 2{,}7$·$10^{-4}$, és a dir, un 0,027 %.
Gairebé tota la massa de l'àtom (el 99,97 %) és al nucli, tot i que aquest ocupa una part ínfima del volum. Un protó o un neutró és unes 1800 vegades més massiu que un electró.

Aquí donen la mitjana i demanen les abundàncies: cal plantejar-ho a l'inrevés amb una incògnita.
Anomeno x la fracció de gal·li-69; llavors la de gal·li-71 és 1 - x (les dues han de sumar 1).
La massa mitjana és la ponderada: 69·x + 71·(1 - x) = 69,72.
Desenvolupo: 69x + 71 - 71x = 69,72, és a dir -2x = -1,28, i per tant x = 0,64.
Això vol dir 64 % de gal·li-69 i 1 - 0,64 = 0,36, o sigui 36 % de gal·li-71.
Comprovació: 69·0,64 + 71·0,36 = 44,16 + 25,56 = 69,72 u, correcte.
Parany: com que la mitjana (69,72) queda molt a prop de 69, l'isòtop més lleuger ha de ser el majoritari; si et surt el contrari, revisa el plantejament.

Oxigen: l'àtom neutre té 8 electrons. La càrrega 2- vol dir que ha GUANYAT 2 electrons, així que l'ió O²⁻ en té 8 + 2 = 10. Els col·loco de menys a més energia: 1s² 2s² 2p⁶.
Magnesi: l'àtom neutre té 12 electrons. La càrrega 2+ vol dir que ha PERDUT 2 electrons, així que l'ió Mg²⁺ en té 12 - 2 = 10. Trec els dos de l'última capa (3s²) i queda: 1s² 2s² 2p⁶.
En comú: tots dos ions tenen 10 electrons i la MATEIXA configuració (1s² 2s² 2p⁶), la del neó. Es diu que són isoelectrònics, i tots dos tenen l'última capa plena (per això aquests ions són estables).
Parany: l'anió O²⁻ guanya electrons i el catió Mg²⁺ en perd; en tots dos casos varia el nombre d'electrons, no el de protons (l'oxigen segueix tenint 8 protons i el magnesi, 12).

Perquè demostrava que la taula no era una simple classificació, sinó que reflectia una llei de la naturalesa: permetia predir elements que encara no es coneixien.
Avui s'ordena per nombre atòmic perquè les propietats depenen de l'estructura electrònica, i Z és el nombre d'electrons de l'àtom neutre. Ordenant per massa, algunes parelles (com el tel·luri, 127,6 u, i el iode, 126,9 u) quedaven en l'ordre equivocat.

Energies dels nivells: $E_{2}$ = -3,40 eV; $E_{3}$ = -1,51 eV; $E_{4}$ = -0,85 eV. El fotó emès té l'energia de la diferència entre els dos nivells: ΔE = h·f = h·c/λ.
3 → 2: ΔE = -1,51 - (-3,40) = 1,89 eV = 1,89·1,6·$10^{-19}$ = 3,02·$10^{-19}$ J → λ = h·c/ΔE = $\tfrac{(6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{8})}{(3{,}02\cdot 10^{-19})} = 6{,}58$·$10^{-7}$ m = 658 nm (vermell).
4 → 2: ΔE = -0,85 - (-3,40) = 2,55 eV = 4,08·$10^{-19}$ J → λ = $\tfrac{(1{,}99\cdot 10^{-25})}{(4{,}08\cdot 10^{-19})} = 4{,}88$·$10^{-7}$ m = 488 nm (blau).
Les dues línies són a la regió visible. Per això l'espectre d'emissió de l'hidrogen és un conjunt de línies de colors concrets i no una banda contínua.

a) Fe: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁶, o bé [Ar] 4s² 3d⁶.
b) En formar cations, els primers electrons que es perden són els de la capa més externa (n = 4), és a dir, els 4s, i no els 3d. Fe²⁺: [Ar] 3d⁶. Fe³⁺: [Ar] 3d⁵ (perd un electró 3d més).
c) Hund en els cinc orbitals 3d: Fe (3d⁶) → un orbital amb parella i quatre electrons desaparellats: 4. Fe²⁺ (3d⁶) → 4. Fe³⁺ (3d⁵) → un electró a cada orbital: 5 desaparellats.
Error típic: treure els electrons del 3d abans que els del 4s, malgrat que el 4s s'ompli primer.

a) Un electró que gira està accelerat, i una càrrega accelerada emet radiació i perd energia. L'electró descriuria una espiral cap al nucli i l'àtom col·lapsaria en una fracció ínfima de segon; a més, emetria llum de totes les freqüències (espectre continu). Cap de les dues coses no s'observa.
b) Bohr va postular que: (1) l'electró només pot estar en certes òrbites estacionàries, amb energies determinades (quantitzades), i no radia mentre hi és; (2) emet o absorbeix un fotó només quan salta d'un nivell a un altre, amb ΔE = h·f.
Així s'explica per què els àtoms són estables i per què els espectres d'emissió són de línies, amb freqüències que corresponen a les diferències d'energia entre nivells.

a) El gas noble del quart període és el criptó (grup 18, Z = 36). L'element del grup 17 és el que té un electró menys: Z = 35 (brom, Br).
b) Br: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d¹⁰ 4p⁵, o bé [Ar] 4s² 3d¹⁰ 4p⁵. Té 7 electrons de valència (4s² 4p⁵).
c) Per assolir l'octet, guanya 1 electró: Br^-, amb configuració [Ar] 4s² 3d¹⁰ 4p⁶, idèntica a la del criptó (36 electrons): és isoelectrònic amb el Kr.
Comprovació: 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 2 + 10 + 5 = 35 electrons.

a) E = h·c/λ = $\tfrac{(6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{8})}{(80\cdot 10^{-9})} = 2{,}49$·$10^{-18}$ J = $\tfrac{(2{,}49\cdot 10^{-18})}{(1{,}6\cdot 10^{-19})} = 15{,}5$ eV.
b) Sí: 15,5 eV > 13,6 eV, de manera que el fotó té energia suficient per ionitzar l'àtom.
c) L'energia sobrant es converteix en energia cinètica de l'electró: $E_{c}$ = 15,54 - 13,6 = 1,94 eV = 1,94·1,6·$10^{-19}$ = 3,1·$10^{-19}$ J.
Velocitat: $E_{c}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·m·$v^{2}$ → v = $\sqrt{2\cdot 3{,}\tfrac{1\cdot 10^{-19}}{9}{,}11\cdot 10^{-31}}$ = $\sqrt{6{,}8\cdot 10^{11}}$ = 8,3·$10^{5}$ m/s.
Un fotó de 100 nm (12,4 eV) no hauria pogut ionitzar l'àtom per molt intens que fos el feix: només compta l'energia de cada fotó.

Càrregues: $q_{1}$ = 2e = 3,2·$10^{-19}$ C i $q_{2}$ = 79e = 1,264·$10^{-17}$ C. Energia cinètica inicial: 5,0·1,6·$10^{-13}$ = 8,0·$10^{-13}$ J.
A la distància mínima la partícula s'atura un instant: tota l'energia cinètica s'ha convertit en energia potencial elèctrica (conservació de l'energia mecànica): $E_{c}$ = k·$q_{1}$·$\tfrac{q_{2}}{d}$.
d = k·$q_{1}$·$\tfrac{q_{2}}{E_{c}}$ = $\tfrac{(9\cdot 10^{9}\cdot 3{,}2\cdot 10^{-19}\cdot 1{,}264\cdot 10^{-17})}{(8{,}0\cdot 10^{-13})}$ = $\tfrac{(3{,}64\cdot 10^{-26})}{(8{,}0\cdot 10^{-13})} = 4{,}55$·$10^{-14}$ m.
Aquesta distància és unes 6,5 vegades el radi del nucli (7·$10^{-15}$ m): la partícula alfa es frena i rebota per repulsió elèctrica abans de tocar-lo. Així, el nucli ha de ser molt més petit que l'àtom sencer ($10^{-10}$ m): la càrrega positiva és concentrada en una regió de menys de 5·$10^{-14}$ m.

a) Lyman α (2→1): 1/λ = 1,097·10⁷·(1 - 1/4) = 8,23·10⁶ m^-1, λ = 121,5 nm. Límit (n₂ → ∞): 1/λ = 1,097·10⁷, λ = 91,2 nm. Totes dues són ultraviolades.
b) Balmer α (3→2): 1/λ = 1,097·10⁷·(1/4 - 1/9) = 1,524·10⁶ m^-1, λ = 656,3 nm (vermell). Límit: 1/λ = 1,097·10⁷/4, λ = 364,6 nm (UV pròxim). Les primeres línies de Balmer (656, 486, 434, 410 nm) són visibles.
c) Paschen α (4→3): 1/λ = 1,097·10⁷·(1/9 - 1/16) = 5,33·10⁵ m^-1, λ = 1875 nm (infraroig).
d) El límit de Lyman correspon a un fotó que treu un electró de n = 1 fins a l'infinit: E = h·c/λ = 6,63·10^-34·3,00·10⁸/91,2·10^-9 = 2,18·10^-18 J = 13,6 eV, l'energia d'ionització de l'hidrogen.
Comprovació: els límits de cada sèrie tenen energies 13,6; 3,40 i 1,51 eV (E = 13,6/n₁²).

a) Les molècules possibles són ³⁵Cl-³⁵Cl (massa 70), ³⁵Cl-³⁷Cl (72) i ³⁷Cl-³⁷Cl (74). Probabilitats (combinacions independents): 70: 0,758² = 0,575 (57,5 %); 72: 2·0,758·0,242 = 0,367 (36,7 %) (factor 2 perquè hi ha dues ordres possibles); 74: 0,242² = 0,0586 (5,9 %). Proporció aproximada 10 : 6,4 : 1.
b) M(Cl) = 35·0,758 + 37·0,242 = 26,53 + 8,95 = 35,48 u. M(Cl₂) = 2·35,48 = 70,97 u.
c) Mitjana dels pics: 70·0,575 + 72·0,367 + 74·0,0586 = 40,22 + 26,42 + 4,33 = 70,97 u, igual que 2·35,48.
d) Dos pics: m/z = 35 (75,8 %) i 37 (24,2 %), amb una proporció de 3,1 : 1.
Observació: aquest patró 3 : 1 en els espectres és la «signatura» del clor en un compost orgànic.

a) Ionitzar vol dir passar de n = 1 a l'infinit: E_ion = 13,6·Z². H (Z = 1): 13,6 eV; He⁺ (Z = 2): 54,4 eV; Li²⁺ (Z = 3): 122,4 eV.
b) E(2→1) = 13,6·Z²·(1 - 1/4) = 10,2·Z². H: 10,2 eV, λ = 1240/10,2 = 121,6 nm. He⁺: 40,8 eV, λ = 30,4 nm. Li²⁺: 91,8 eV, λ = 13,5 nm.
c) He⁺ (4→2): 13,6·4·(1/4 - 1/16) = 54,4·0,1875 = 10,2 eV, igual que la transició 2→1 de l'H. Per això les línies de la sèrie «Pickering» de l'He⁺ es van confondre amb les de l'hidrogen.
d) Les tres línies són ultraviolades (λ < 400 nm), i com més gran Z, més curta la longitud d'ona (els raigs X per a Z grans).
Observació: l'energia escala amb Z²; per això aquests ions necessiten fotons molt més energètics.

a) n = 1: r = 0,0529 nm, v = 2,19·10⁶ m/s. n = 2: r = 4·0,0529 = 0,212 nm, v = 1,10·10⁶ m/s. n = 3: r = 9·0,0529 = 0,476 nm, v = 7,3·10⁵ m/s. El radi creix com n² i la velocitat decreix com 1/n.
b) H n = 1: 2,19·10⁶/3,00·10⁸ = 0,73 %. Li²⁺: v = 3·2,19·10⁶ = 6,57·10⁶ m/s = 2,2 % de c (encara no relativista, però en àtoms pesants la velocitat dels electrons interns ja és significativa).
c) T = 2π·r/v = 2π·5,29·10^-11/2,19·10⁶ = 1,52·10^-16 s. Freqüència = 1/T = 6,6·10¹⁵ Hz: l'electró fa 6,6 milions de bilions de voltes per segon.
d) λ = h/(m·v) = 6,63·10^-34/(9,11·10^-31·2,19·10⁶) = 3,32·10^-10 m = 0,332 nm. La circumferència és 2π·0,0529 = 0,332 nm: exactament una longitud d'ona. En general, 2π·r_n = n·λ: l'òrbita permesa és la que conté un nombre enter d'ones (ona estacionària), que dona la quantització de Bohr.
Comprovació: n = 2 → 2π·0,212 = 1,33 nm i λ = 0,665 nm, i 1,33/0,665 = 2.

a) Cr: [Ar] 4s¹ 3d⁵ (en lloc de 4s² 3d⁴). Cu: [Ar] 4s¹ 3d¹⁰ (en lloc de 4s² 3d⁹). Els subnivells 4s i 3d tenen energies molt properes, i un subnivell d mig ple ($d^{5}$) o ple ($d^{10}$) és especialment estable perquè té simetria i màxim d'electrons de spin paral·lel (regla de Hund) i menys repulsió.
b) Els ions perden primer els electrons del 4s (capa més externa). Cr³⁺: [Ar] 3d³. Cu⁺: [Ar] 3d¹⁰. Cu²⁺: [Ar] 3d⁹. Zn²⁺: [Ar] 3d¹⁰ (el Zn és [Ar] 4s² 3d¹⁰).
c) Cr: 6 (5 en 3d + 1 en 4s). Cr³⁺: 3. Cu⁺: 0. Cu²⁺: 1 (3d⁹ té un orbital amb un sol electró). Zn²⁺: 0.
d) Paramagnètics (atrets pel camp magnètic, tenen electrons desaparellats): Cr, Cr³⁺ i Cu²⁺. Diamagnètics (no): Cu⁺ i Zn²⁺. Per això les sals de Cu²⁺ són blaves i les de Zn²⁺ i Cu⁺ sovint són incolores o blanques.
Error típic: treure els electrons del 3d abans que els del 4s en formar cations.

a) E_fotó = 1240/300 = 4,13 eV. E_c,màx = E_fotó - φ = 4,13 - 2,3 = 1,83 eV = 2,93·10^-19 J.
b) v = √(2·E_c/m) = √(2·2,93·10^-19/9,11·10^-31) = 8,0·10⁵ m/s. Potencial de frenada: e·V₀ = E_c,màx, V₀ = 1,83 V.
c) λ₀ = 1240/2,3 = 539 nm (freqüència llindar f₀ = c/λ₀ = 5,6·10¹⁴ Hz).
d) 450 nm: E = 2,76 eV > 2,3 eV: sí, amb E_c = 0,46 eV. 700 nm: E = 1,77 eV < 2,3 eV: no, per molt intensa que sigui. L'energia es transfereix en fotons indivisibles: un fotó ha de tenir prou energia per si sol; més intensitat vol dir més fotons (més electrons arrencats, més corrent), no fotons més energètics.
Observació: l'efecte fotoelèctric (Einstein) va mostrar la naturalesa corpuscular de la llum i la quantització de l'energia.

a) R = 1,2·$10^{-15}$·197^{$\tfrac{1}{3}$} = 1,2·$10^{-15}$·5,82 = 6,98·$10^{-15}$ m. Massa del nucli ≈ 197·1,66·$10^{-27}$ = 3,27·$10^{-25}$ kg. Volum: $\tfrac{4}{3}$·π·$R^{3}$ = 1,43·$10^{-42}$ $m^{3}$. Densitat = 3,27·$\tfrac{10^{-25}}{1{,}43}$·$10^{-42}$ = 2,3·$10^{17}$ $\text{kg/m}^{3}$.
b) Volum atòmic: $\tfrac{4}{3}$·π·(1,44·$10^{-10}$$)^{3}$ = 1,25·$10^{-29}$ $m^{3}$. Densitat = 3,27·$\tfrac{10^{-25}}{1{,}25}$·$10^{-29}$ = 2,6·$10^{4}$ $\text{kg/m}^{3}$ (el valor real de l'or és 1,93·$10^{4}$ $\text{kg/m}^{3}$: l'ordre de magnitud hi és, perquè els àtoms no omplen tot l'espai en un sòlid).
c) Fracció de volum = (R/$r_{àtom}$$)^{3}$ = (6,98·$\tfrac{10^{-15}}{1{,}44}$·$10^{-10}$$)^{3}$ = (4,85·$10^{-5}$$)^{3}$ = 1,1·$10^{-13}$. El nucli ocupa només uns $10^{-13}$ del volum atòmic (una dècima de bilionèsima).
d) 1 cm³ = $10^{-6}$ $m^{3}$: m = 2,3·$10^{17}$·$10^{-6}$ = 2,3·$10^{11}$ kg = 2,3·$10^{8}$ t. És la densitat d'una estrella de neutrons.
Conclusió: gairebé tota la massa és en un espai minúscul, com va deduir Rutherford: l'àtom és essencialment buit.

a) X: 1451/738 = 1,97; 7733/1451 = 5,33; 10 543/7733 = 1,36; 13 630/10 543 = 1,29. El gran salt és de la 2a a la 3a. Y: 1817/578 = 3,14; 2745/1817 = 1,51; 11 577/2745 = 4,22; 14 842/11 577 = 1,28. El gran salt és de la 3a a la 4a.
b) El salt indica que el següent electró és d'una capa interna (molt més lligada). X té 2 electrons de valència: grup 2 (alcalinoterri; és el magnesi), catió X²⁺. Y té 3 electrons de valència: grup 13 (és l'alumini), catió Y³⁺.
c) X²⁺: 738 + 1451 = 2189 kJ/mol. Y³⁺: 578 + 1817 + 2745 = 5140 kJ/mol.
d) Energia per àtom: 5140·10³/6,022·10²³ = 8,54·10^-18 J = 53,3 eV. Fotó necessari: λ = 1240/53,3 = 23,3 nm (UV de buit/raigs X suaus). Un únic fotó no arrenca els tres electrons alhora; el càlcul és només l'energia total.
Observació: a l'alumini, l'ionització més fàcil és la primera (5,99 eV per àtom), però formar Al³⁺ és costós; el cost el compensa l'energia de xarxa dels compostos iònics.

a) Moles: 8,96 g/63,5 g/mol = 0,141 mol. Àtoms = 0,141·6,022·10²³ = 8,50·10²² àtoms/cm³.
b) Volum per àtom = 1/8,50·10²² = 1,18·10^-23 cm³ = 1,18·10^-29 m³. Aresta del cub equivalent = (1,18·10^-29)^1/3 = 2,27·10^-10 m = 0,227 nm (és de l'ordre de 2 radis atòmics: 0,256 nm).
c) Volum d'un àtom: 4/3·π·(0,128·10^-9)³ = 8,78·10^-30 m³. Fracció = 8,78·10^-30/1,18·10^-29 = 0,746 (74,6 %).
d) És pràcticament igual al 0,74 de l'empaquetament compacte (cúbic centrat a les cares), que és el del coure. No pot ser 1 perquè les esferes deixen forats entre elles (volum buit del 26 %). A més, la «mida» d'un àtom no és exacta: la funció d'ona de l'electró no té vora.
Observació: encara que els àtoms omplen el 75 % del volum, cada àtom és quasi tot buit: el nucli ocupa només ~10^-13 del volum.

a) 496·10³ J/mol / 6,022·10²³ = 8,24·10^-19 J = 5,15 eV.
b) λ_màx = 1240/5,15 = 241 nm: ultraviolat. Qualsevol fotó d'una longitud d'ona inferior a 241 nm ionitza un àtom de sodi.
c) E = 1240/589,0 = 2,105 eV = 3,37·10^-19 J. Per mol: 3,37·10^-19·6,022·10²³ = 2,03·10⁵ J/mol = 203 kJ/mol.
d) El fotó groc (2,1 eV) correspon a la transició d'un electró de valència de l'orbital 3p al 3s (o al revés en l'emissió): és un salt entre nivells lligats de l'àtom. 2,1 eV és menys de la meitat dels 5,15 eV necessaris per ionitzar-lo, per tant l'electró no s'allibera, només salta d'un nivell a un altre.
Observació: la llum d'una flama de sodi és monocromàtica i molt intensa per això s'utilitza als fanals de «llum de sodi». La línia és en realitat doble (589,0 i 589,6 nm).

a) f = c/λ i E = 1240/λ. Li: f = 4,47·10¹⁴ Hz, E = 1,85 eV = 178 kJ/mol. Na: f = 5,09·10¹⁴ Hz, E = 2,11 eV = 203 kJ/mol. K: f = 3,91·10¹⁴ Hz, E = 1,62 eV = 156 kJ/mol.
b) Na (2,11 eV) > Li (1,85 eV) > K (1,62 eV). L'energia és inversament proporcional a la longitud d'ona.
c) La línia del potassi (766,5 nm) és vermell molt fosc, gairebé a l'infraroig: l'ull la percep molt malament. Per això el potassi dona a la flama un color lilós feble: l'ull gairebé no percep aquesta línia i el color depèn d'altres línies més febles.
d) Cada element té una estructura de nivells d'energia única, que depèn del nombre de protons i electrons. En excitar-lo (a la flama), els electrons passen a nivells superiors i, en tornar, emeten fotons amb energies iguals a les diferències entre nivells: aquestes línies són una «empremta» de l'element i permeten identificar-lo, fins i tot en estrelles.
Observació: el potassi i el sodi tenen configuració de valència similar (4s¹ i 3s¹), per això les línies són semblants i la energia decreix en baixar per un grup.

a) M = 23,985·0,7899 + 24,986·0,1000 + 25,983·0,1101 = 18,946 + 2,499 + 2,861 = 24,305 u.
b) Sigui x l'abundància de ²⁵Mg i y la de ²⁶Mg (en fracció). Equació 1: x + y = 1 - 0,7899 = 0,2101. Equació 2: 24,986·x + 25,983·y = 24,305 - 23,985·0,7899 = 24,305 - 18,946 = 5,359. Substituint y = 0,2101 - x: 24,986x + 25,983·0,2101 - 25,983x = 5,359; 5,459 - 0,997x = 5,359; x = 0,100. Llavors y = 0,110. Abundàncies: 10,0 % de ²⁵Mg i 11,0 % de ²⁶Mg.
c) Z = 12 per al magnesi: ²⁴Mg té 12 neutrons, ²⁵Mg en té 13 i ²⁶Mg en té 14. Té més neutrons el ²⁶Mg.
d) La massa mitjana és una mitjana ponderada: el ²⁴Mg és gairebé el 79 % dels àtoms. Per això la mitjana (24,305) està molt més a prop de 24 que de 25 o 26.
Observació: per això la massa atòmica de la taula periòdica no és un enter i cap àtom individual té aquesta massa.

a) Massa dels components: 2·1,00783 (àtom d'H, que inclou el protó i l'electró) + 2·1,00866 = 2,01566 + 2,01732 = 4,03298 u. Defecte de massa: Δm = 4,03298 - 4,00260 = 0,03038 u.
b) E = 0,03038·931,5 = 28,3 MeV. Per nucleó: 28,3/4 = 7,07 MeV/nucleó.
c) Per àtom: 28,3 MeV = 28,3·1,6·10^-13 = 4,53·10^-12 J. Per mol: 4,53·10^-12·6,022·10²³ = 2,73·10¹² J (comprovació: Δm per mol = 0,03038·10^-3 kg = 3,04·10^-5 kg i E = Δm·c² = 3,04·10^-5·9·10¹⁶ = 2,73·10¹² J).
d) Per kg d'heli: 2,73·10¹²/4,00·10^-3 = 6,8·10¹⁴ J/kg. El carbó dona 2,5·10⁷ J/kg: la fusió nuclear allibera 2,7·10⁷ vegades més energia per kg (27 milions de vegades).
Observació: l'energia d'enllaç per nucleó és màxima al voltant del ferro (8,8 MeV); per això es pot obtenir energia fusionant nuclis lleugers o fissionant els pesants.

a) 1/4 - 1/n²: n = 3: 0,13889; n = 4: 0,18750; n = 5: 0,21000; n = 6: 0,22222. 1/λ: 1,5237·10⁶; 2,0572·10⁶; 2,3041·10⁶; 2,4378·10⁶ m^-1.
b) R = (1/λ)/(1/4 - 1/n²): 1,0971·10⁷; 1,0972·10⁷; 1,0972·10⁷; 1,0971·10⁷ m^-1. Mitjana: R = 1,0971·10⁷ m^-1, constant dins de l'error experimental, la qual cosa confirma el model. Ajust per l'origen: 1,0971·10⁷ m^-1.
c) 7 → 2: 1/λ = 1,0971·10⁷·(1/4 - 1/49) = 2,519·10⁶ m^-1, λ = 397,0 nm. Límit (n → ∞): 1/λ = R/4, λ = 4/1,0971·10⁷ = 364,6 nm.
d) El límit de Lyman dona l'ionització: E = h·c·R = 1240 eV·nm·1,0971·10^-2 nm^-1 = 13,6 eV.
Observació: les línies es van acostant entre si cap al límit de 364,6 nm, un patró que Balmer va descobrir empíricament el 1885 i que Bohr va explicar el 1913.

a) (3, 2, -2, +½): possible (l = 2 < 3; |$m_{l}$| = 2 ≤ 2). (2, 2, 0, -½): impossible, l ha de ser menor que n. (4, 1, 2, +½): impossible, |$m_{l}$| = 2 > l = 1. (1, 0, 0, -½): possible. (3, 0, 0, 0): impossible, $m_{s}$ només pot ser ±½. (5, 3, -3, +½): possible (subnivell 5f).
b) n = 3: l = 0 (3s, 1 orbital), l = 1 (3p, 3 orbitals), l = 2 (3d, 5 orbitals). Total: 1 + 3 + 5 = 9 orbitals.
c) Cada orbital en pot contenir 2 (principi d'exclusió de Pauli): 9·2 = 18 electrons. En general, la capa n té $n^{2}$ orbitals i 2n² electrons (2, 8, 18, 32...).
d) El fòsfor: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p³. L'últim electró és el tercer del 3p: n = 3, l = 1. Per la regla de Hund, els tres 3p estan desaparellats amb el mateix spin; l'últim ocupa el darrer orbital: $m_{l}$ = +1 i $m_{s}$ = +½ (convenció). Conjunt: (3, 1, +1, +½).
Observació: la convenció d'omplir primer $m_{l}$ = -1, 0, +1 amb spin +½ és una elecció; qualsevol assignació consistent és vàlida.

a) Tots tenen 18 electrons: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶.
b) En una sèrie isoelectrònica, a mesura que augmenta Z (més protons) la mateixa nuvola d'electrons és atreta amb més força i el radi disminueix: $S^{2-}$ (184 pm) > Cl^- (181 pm) > $K^{+}$ (138 pm) > Ca²⁺ (100 pm).
c) Z/$N_{e}$: $S^{2-}$ $\tfrac{16}{18} = 0{,}89$; Cl^- $\tfrac{17}{18} = 0{,}94$; $K^{+}$ $\tfrac{19}{18} = 1{,}06$; Ca²⁺ $\tfrac{20}{18} = 1{,}11$. Quan Z/$N_{e}$ creix, el radi decreix: la correlació és clara (tot i que els dos anions ja són molt semblants).
d) $K^{+}$ ha perdut l'electró 4s: es perd tota la capa n = 4 i queda un nucli amb 19 protons atraient 18 electrons: 138 pm < 227 pm. Cl^- ha guanyat un electró 3p: hi ha més repulsió entre electrons i la mateixa càrrega nuclear: 181 pm > 99 pm. Els cations són més petits que l'àtom neutre, els anions més grans.
Error típic: ordenar els ions només per Z (de gran a petit) sense tenir en compte la càrrega: per a isoelectrònics, Z gran dona radi petit.

a) R·c = 3,291·$10^{15}$ Hz. Coure: f = 0,75·3,291·$10^{15}$·$28^{2}$ = 1,935·$10^{18}$ Hz, λ = $\tfrac{c}{f} = 0{,}155$ nm, E = h·f = 6,63·$10^{-34}$·1,935·$10^{18}$ = 1,28·$10^{-15}$ J = 8,0 keV. Ferro: f = 0,75·3,291·$10^{15}$·$25^{2}$ = 1,543·$10^{18}$ Hz, λ = 0,194 nm, E = 6,4 keV. (Els valors reals són 0,154 nm i 0,194 nm: molt bona concordança.)
b) f = $\tfrac{c}{\lambda} = 3{,}00$·$\tfrac{10^{8}}{7{,}09}$·$10^{-11}$ = 4,23·$10^{18}$ Hz. (Z - 1$)^{2}$ = $\tfrac{f}{(0{,}75\cdot R\cdot c)} = 4{,}23$·$\tfrac{10^{18}}{(2{,}468\cdot 10^{15})} = 1714$, Z - 1 = 41,4, Z ≈ 42,4. El resultat és prop de 42 (molibdè); la lleugera discrepància és la imprecisió de l'aproximació.
c) Moseley va mostrar que $\sqrt{f}$ varia linealment amb Z: el nombre atòmic (nombre de protons) és la magnitud fonamental que ordena els elements, no la massa atòmica. Això va resoldre les inversions (com Ar-K i Co-Ni) de la taula de Mendeléiev i va predir elements que encara no es coneixien (43, 61, 72, 75).
Observació: el «Z - 1» reflecteix que l'electró que cau a n = 1 «veu» una càrrega nuclear apantallada per l'altre electró 1s.

a) $Z_{ef}$ = n·$\sqrt{\tfrac{E_{ion}}{13}{,}6}$. He: 1·$\sqrt{24{,}\tfrac{6}{13}{,}6}$ = 1,34. Li: 2·$\sqrt{5{,}\tfrac{39}{13}{,}6}$ = 1,26. Na: 3·$\sqrt{5{,}\tfrac{14}{13}{,}6}$ = 1,84. K: 4·$\sqrt{4{,}\tfrac{34}{13}{,}6}$ = 2,26.
b) σ = Z - $Z_{ef}$: He, 2 - 1,34 = 0,66. Li, 3 - 1,26 = 1,74. Na, 11 - 1,84 = 9,16. K, 19 - 2,26 = 16,7.
c) A l'heli l'altre electró 1s apantalla parcialment (0,66 de càrrega) el nucli: els dos electrons es troben en la mateixa capa i no s'interposen del tot. Un electró no apantalla completament l'altre perquè no sempre és entre el nucli i l'altre electró.
d) En els metalls alcalins, l'electró de valència és a una capa nova, i les capes internes (2 electrons al Li; 10 al Na; 18 al K) apantallen gairebé tota la càrrega nuclear: $Z_{ef}$ es manté entre 1 i 2,3 (lleuger creixement). El radi creix perquè l'electró extern ocupa una capa cada cop més allunyada (n més gran), tot i que la $Z_{ef}$ és similar.
Observació: la $Z_{ef}$ estimada així és aproximada (el model hidrogenoide no és exacte per a àtoms polielectrònics), però reprodueix bé les tendències.

a) Δp ≥ $\tfrac{ħ}{(2\Delta x)} = 1{,}055$·$\tfrac{10^{-34}}{(2\cdot 5\cdot 10^{-11})} = 1{,}06$·$10^{-24}$ kg·m/s. Δv = Δp/m = 1,06·$\tfrac{10^{-24}}{9{,}11}$·$10^{-31}$ = 1,16·$10^{6}$ m/s, que és el 53 % de la velocitat de Bohr: coherent, un electró en un àtom no pot estar quiet.
b) Δx = $10^{-15}$ m: Δp ≥ 5,3·$10^{-20}$ kg·m/s. Llavors p·c = 5,3·$10^{-20}$·3,00·$10^{8}$ = 1,58·$10^{-11}$ J = 99 MeV.
c) Un electró confinat al nucli tindria una energia d'uns 100 MeV (relativista), molt superior a qualsevol energia d'enllaç nuclear (unes desenes de MeV com a màxim): no quedaria lligat. Per tant, els electrons no poden ser dins del nucli. Els electrons que s'emeten en la desintegració β es creen en el procés.
d) Per al protó, $E_{c}$ = $\tfrac{p^{2}}{(2m)}$ = (5,3·$10^{-20}$$)^{2}$/(2·1,67·$10^{-27}$) = 8,3·$10^{-13}$ J = 5,2 MeV, del mateix ordre que l'energia d'enllaç (8 MeV): els protons i neutrons sí que poden estar confinats al nucli perquè són 1800 vegades més pesats.
Observació: com més petita és la regió de confinament, més gran és l'energia mínima: ho resumeix p ≈ ħ/Δx.

a) e·V = ½mv² ⇒ v = $\sqrt{\tfrac{2eV}{m}}$ = $\sqrt{2\cdot 1{,}\tfrac{6\cdot 10^{-19}\cdot 100}{9}{,}11\cdot 10^{-31}}$ = 5,93·$10^{6}$ m/s. λ = $\tfrac{h}{(mv)} = 6{,}63$·$\tfrac{10^{-34}}{(9{,}11\cdot 10^{-31}\cdot 5{,}93\cdot 10^{6})} = 1{,}23$·$10^{-10}$ m = 0,123 nm.
b) 0,123 nm és del mateix ordre que l'espaiat atòmic (0,2 nm): quan λ és comparable a la separació entre àtoms, es produeix difracció per interferència, com amb els raigs X. A Davisson i Germer els electrons (54 V) es van difractar en un cristall de níquel, la confirmació de la naturalesa ondulatòria de la matèria proposada per De Broglie.
c) p = 0,145·40 = 5,8 kg·m/s, λ = 6,63·$\tfrac{10^{-34}}{5{,}8} = 1{,}1$·$10^{-34}$ m, $10^{19}$ vegades menor que un nucli. No hi ha cap obstacle ni escletxa tan petits: no es pot observar difracció, i el comportament ondulatori és inapreciable.
d) A 54 V: v = 4,36·$10^{6}$ m/s, λ = $\tfrac{h}{\sqrt{2meV}} = 0{,}167$ nm. És comparable a l'espaiat del níquel (0,215 nm); és un cas adequat per veure un màxim de difracció.
Observació: la mateixa idea explica la quantització de Bohr: l'òrbita permesa conté un nombre enter de longituds d'ona.