Examen 1º Bachillerato Nombre y Apellidos: ______________________________________________________________________

Examen 1º Bachillerato
Estructura atómica, sistema periódico, formulación y nomenclatura compuestos inorgánicos
Nombre y Apellidos: ______________________________________________________________________
Para superar el examen es imprescindible obtener como mínimo 1 punto en el apartado de formulación y
nomenclatura.
Fórmula correcta: + 0,10; Fórmula incorrecta: - 0,05; Fórmula no contestada: 0
Escribe el nombre de los siguientes compuestos (1 punto)
1. Cl2O5
pentaóxido de dicloro, óxido de cloro (V), anhídrido clórico
2. PbCl4
tetracloruro de plomo, cloruro de plomo (IV), cloruro plúmbico
3. HCl
cloruro de hidrógeno, ácido clorhídrico
4. NaOH
hidróxido de sodio, hidróxido sódico
5. HNO3
trioxonitrato (V) de hidrógeno, ácido trioxonítrico (V), ácido nítrico
6. H2SO4
tetraoxosulfato (VI) de hidrógeno, ácido tetraoxosulfúrico (VI), ácido sulfúrico
7. H3PO4
tetraoxofosfato (V) de hidrógeno, ácido tetraoxofosfórico (V), ácido fosfórico
8. Fe4(P2O5)3
trispentaoxodifosfato (III) de hierro, pirofosfito férrico
9. K2Cr2O7
heptaoxodicromato (VI) de potasio, dicromato potásico
10. NaHCO3
hidrogenotrioxocarbonato (IV) de sodio, bicarbonato de sodio
Formula los siguientes compuestos (1 punto)
1. dióxido de nitrógeno
NO2
2. sulfuro de hidrógeno
H2S
3. bromuro de estaño (II)
SnBr2
4. hidróxido de calcio
Ca(OH)2
5. ácido dioxobórico (III)
HBO2
6. ácido tetraoxocrómico (VI)
H2CrO4
7. trioxocarbonato (IV) de hidrógeno
H2CO3
8. tetraoxoclorato (VII) de potasio
KClO4
9. bistrioxonitrato (V) de hierro
Fe(NO3)2
10. hidrogenotetraoxosulfato (IV) de litio
LiHSO4
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Cuestiones (2 puntos)
Respuesta correcta: + 0,40; Respuesta incorrecta: - 0,20; Respuesta no contestada: 0
1. Si deseamos irradiar un cuerpo con una radiación luminoso de alta energía, debemos elegir una
radiación de:
a. Alta intensidad
b. Alta longitud de onda
c. Alta frecuencia
2. Todos los átomos de un mismo elemento tienen:
a. Mismo número de electrones
b. Mismo número de protones
c. Mismo número de neutrones
3. Cuál de las siguientes propiedades periódicas no corresponde a los elementos metálicos:
a. Elevada electronegatividad
b. Baja afinidad electrónica
c. Bajo potencial de ionización
4. La electronegatividad es la:
a. Tendencia de un átomo a captar y atraer hacia sí los electrones compartidos con otro átomo
b. Energía necesaria para extraer un electrón de la corteza de un átomo en estado gaseoso y neutro
c. Energía desprendida por un átomo al captar un electrón externo e incorporarlo a su corteza
5. El potencial de ionización:
a. Disminuye al avanzar en un período de la tabla periódica
b. Es mayor en los metales que en los no metales
c. Disminuye al descender en una familia
Problemas (6 puntos)
Datos: R = 1,097 × 107 m-1
h = 6,626 × 10-34 J × s
c = 3 × 108 m / s
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NA = 6,022 × 1023
1. Calcular la energía necesaria, expresada en J/átomo y J/mol, para excitar al electrón del átomo de
hidrógeno desde el nivel fundamental hasta el nivel n = 4.
La expresión que permite calcular la energía asociada a un electrón es
E=h
siendo h = 6,626 × 10-34 J × s la constante de Planck y  la frecuencia de la radiación. Por lo tanto, es
necesario calcular la frecuencia. Para ello podemos tener en cuenta la relación entre la frecuencia y la
longitud de onda,
c=
siendo c = 3 × 108 m / s la velocidad de la luz, es decir, la de las radiaciones electromagnéticas en el
vacío y  la longitud de la onda asociada. Despejando  de la anterior expresión y sustituyéndola en la
de la energía, se deduce que
E  h
c
λ
Como c y h son constantes conocidas, sólo es necesario conocer la longitud de onda. Para ello,
hacemos uso de la fórmula de Balmer,
 1
1
1 
 R  2  2 
λ
n2 
 n1
con n2 > n1
siendo R = 1,097 × 107 m-1la constante de Rydberg y n1 y n2 los números cuánticos de los niveles entre
los que se produce la transición. Haciendo uso de las dos expresiones anteriores, se puede obtener que
E  h
c

 hc 
1


E
 1
1 
 h  c  R  2  2 

n2 
 n1
hc
Por tanto, sustituyendo los datos y teniendo en cuenta que el nivel fundamental se caracteriza por tener
n = 1, obtenemos que
 1
1 
1
1
E  h  c  R  2  2   6,626  10 34 J  s  3  10 8 m / s  1,097  10 7 m 1  2  2   2,044  10 18 J
4 
n2 
1
 n1
que es la energía asociada a un electrón. Como un átomo de hidrógeno tiene un solo electrón,
E = 2,044 × 10-18 J / átomo
Como 1 mol de átomos de hidrógeno contiene 6,022 × 10 23 átomos, para calcular la energía asociada a
1 mol de átomos habrá que multiplicar por el número de Avogadro,
E = 2,044 × 10-18 J / átomo × 6,022 × 1023 átomos / mol
E = 1,23 × 106 J / mol = 1,23 MJ
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2. En el espectro del átomo de hidrógeno aparece una línea cuya longitud de onda es 656 × 10 -9 m. Se
pide:
A. Calcular la energía, expresada en KJ/mol para la transición asociada a esta línea
B. El nivel más bajo de esta transición es n = 2. ¿Cuál es el número cuántico del nivel superior?
C. ¿En qué región del espectro se recogería esta transición?
A.
c
E  h
Como ya sabemos,

 6,626  10
 34
3  10 8 m / s
Js
656  10 9 m
E = 3,03  10 19 J / electrón
con lo que
Como nos piden la energía en KJ / mol, teniendo en cuenta que en 1 mol de átomos hay 6,022 × 1023
átomos, que un átomo de hidrógeno tiene un solo electrón y que 1 KJ = 1000 J, multiplicando por el
número de Avogadro obtenemos la energía por mol,
E = 3,03  10 19 J / átomo × 6,022 × 1023 átomos / mol  E = 182478 J / mol  E = 182,478 KJ / mol
B.
Para calcular el número cuántico del nivel superior es necesario utilizar la fórmula de Balmer,
 1
1
1 
 R  2  2 
λ
n2 
 n1
Tenemos  = 656 × 10-9 m, R = 1,097 × 107 m-1 y n1 = 2. Basta con despejar n2 de la ecuación anterior,
 1
1
1   1
1 
1
1
1
1
 R  2  2    2  2  
 2  2 
λ
Rλ
n 2   n1
n2  R  λ
n2
n1
 n1
y sustituyendo los datos,
1
n2
2

1
n1
2


1
1
1
1 1
 2 
 
 0,1
7 1
9
Rλ 2
1,097  10 m  656  10 m 4 7,2
Por tanto,
1
n2
2

1
2
 0,1  n 2    9  n 2  9
0,1
Con lo que n2 = 3
C.
Observando el espectro, la radiación de longitud de onda 656 × 10-9 m está en el intervalo 625 – 740 nm
que corresponde al color ROJO
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3. La sensibilidad del ojo humano medio normal es máxima para las longitudes de onda  = 555 nm (visión
en color y agudeza visual, relacionada con la visión diurna) y  = 507 nm (visión nocturna).
A. ¿Cuál es la energía asociada de un fotón de dichas luces?
B. ¿Cuál sería la energía expresada en KJ/mol de fotones?
C. ¿A qué colores corresponderían dichas radiaciones?
A.
E  h
Como ya sabemos,
con lo que para visión diurna
c

 6,626  10 34 J  s 
3  10 8 m / s
555  10 9 m
Ed = 3,58 × 10-19 J / fotón
y para la visión nocturna
E  h
c

 6,626  10 34 J  s 
3  10 8 m / s
507  10 9 m
En = 3,92 × 10-19 J / fotón
B.
Como nos piden la energía en KJ / mol, teniendo en cuenta que en 1 mol de fotones hay 6,022 × 1023
fotones y que 1 KJ = 1000 J, multiplicando por el número de Avogadro obtenemos la energía por mol de
fotones,
Ed = 3,58  10 19 J / fotón × 6,022 × 1023 fotones / mol  Ed = 215588 J / mol  Ed = 215,588 KJ / mol
En = 3,92  10 19 J / fotón × 6,022 × 1023 fotones / mol  En = 236062 J / mol  En = 236,062 KJ / mol
C.
 = 555 nm (visión diurna) corresponde al intervalo 520 - 565, que corresponde al color VERDE
 = 507 nm (visión nocturna) corresponde al intervalo 500 - 520, que corresponde al color CYAN
(entre verde y azul)
4. Calcular la frecuencia de los fotones emitidos por un átomo de hidrógeno en la transición
correspondiente a la 3ª raya de la serie de Lyman. ¿Entre qué niveles se producirá dicha transición?¿A
qué región del espectro electromagnético pertenece?
La serie de Lyman nos indica que n1 = 1. Por lo tanto, la 3ª raya corresponderá a n 2 = 4. Es decir, que la
transición se producirá entre los niveles n = 1 y n = 4.
Como  
c

y
 1
1
1 
 R  2  2 
λ
n2 
 n1
Podemos obtener una nueva ecuación

c

c
1
 Rc 
λ
 1
1 
1
8
7
1  1
15


 n 2 n 2   3  10 m / s  1,097  10 m   12  4 2   3,08  10 Hz
2 
 1
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 = 3,08 × 106 GHz
Para conocer la región del espectro será necesario calcular la longitud de onda asociada, que se obtiene
despejando de la expresión c =   , con lo que

c


3  10 8 m / s
 97  10 9 m  97nm
15 1
3,08  10 s
Esta longitud de onda es inferior a 380 nm, que es el límite del espectro visible correspondiente al
violeta. Por tanto, esta radiación corresponde al ULTRAVIOLETA (UV)
5. En el espectro del átomo de hidrógeno se recoge una transición en la serie de Brackett con una longitud
de onda de  = 2625 nm. Determinar los niveles entre los que se ha producido esta transición.
Como la serie es la de Brackett, esto nos indica que n 1= 4. Usando la ecuación de Balmer, podemos
despejar n2
2
2
 1
R    n1
R    n1
1
1   1
1 
1
1
1
1
2
 R  2  2  2  2 
 2  2 


n

2
2
n
λ
R  λ R    n12
n 2   n1
n 2  R  λ
n2
n1
R    n1
 1
n2 
R    n1
2
R    n1
2

1,097  10 7 m 1  2625  10 9 m  4 2
 36
1,097  10 7 m 1  2625  10 9 m  4 2
Es decir, que la transición se producirá entre los niveles n = 4 y n = 6
6. El silicio que representa el 25% de la masa de la corteza terrestre tiene 3 isótopos naturales, 28Si, 29Si y
30Si, cuyas masas isotópicas y abundancias relativas son las siguientes:
M(28Si) = 27,976927; Abundancia = 92,93%
M(29Si) = 28,976495; Abundancia = 4,67%
M(30Si) = 29,973770; Abundancia = 3,10%
A partir de estos datos calcula la masa atómica del silicio.
Basta con calcular la masa de cada isótopo por su abundancia relativa,
M(Si)  27,976927
92,93
4,67
3,10
 28,976495
 29,973770
 22,281347u
100
100
100
Es decir, que la masa atómica del silicio es 22,281347 u
7. Dados los siguientes conjuntos de números cuánticos, establecer cuáles son posibles o imposibles,
JUSTIFICADAMENTE:
( 5, 3, 4, ½ )
( 3, 1, -1, -½ ) ( 4, 3, 3, ½ ) ( 2, 1, -1, 0 ) ( 2, -1, 0, ½ ) ( 3, - 4, 1, -½ )
La expresión general de los números cuánticos es de la forma ( n, l, m l, ms ), cumpliéndose siempre que
n toma valores enteros y sucesivos, n = 1, 2, 3, ...; l sólo puede tomar valores desde n – 1 hasta 0; ml
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puede tomar los valores enteros comprendidos entre – l y + l, y ms sólo puede tener, para los electrones,
los valores + ½ y - ½. Teniendo en cuenta esto,
( 5, 3, 4, ½ ) NO ES CORRECTO ya que como l = 3, ml no puede ser 4
( 3, 1, -1, -½ ) ES CORRECTO
( 4, 3, 3, ½ ) ES CORRECTO
( 2, 1, -1, 0 ) NO ES CORRECTO ya que ms, en el caso de electrones, no puede valer 0
( 2, -1, 0, ½ ) NO ES CORRECTO ya que l no puede tener valores negativos
( 3, 4, 1, -½ ) NO ES CORRECTO ya que l no puede tener un valor superior ni igual a n
8. A partir de los correspondientes números cuánticos, desarrolla en una tabla todos los posibles niveles,
subniveles y órbitas en las que n = 3.
Si n = 3, se pueden obtener 2n2 = 232 = 18 combinaciones diferentes, que son:
( 3, 0, 0, ½ )
( 3, 1, 1, ½ )
( 3, 1, 0, ½ )
( 3, 1, -1, ½ )
( 3, 2, 2, ½ )
( 3, 2, 1, ½ )
( 3, 2, 0, ½ )
( 3, 2, -1, ½ )
( 3, 2, -2, ½ )
( 3, 0, 0, -½ )
( 3, 1, 1, -½ )
( 3, 1, 0, -½ )
( 3, 1, -1, -½ )
( 3, 2, 2, -½ )
( 3, 2, 1, -½ )
( 3, 2, 0, -½ )
( 3, 2, -1, -½ )
( 3, 2, -2, -½ )
9. Escribe la configuración electrónica de los elementos con Z = 9, 35, 47, 53 y ordénalos de menor a
mayor electronegatividad.
Z = 9 Flúor  1s2 2s2p5
Z = 35 Bromo  1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5
Z = 47 Plata  1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6d9 5s2
Z = 53 Yodo  1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6d10 5s2p5
Salvo el elemento de Z = 47, que se trata de un metal, los demás son elementos halógenos. Por tanto, el
menos electronegativo será el metal, y en el caso de los halógenos, la electronegatividad aumenta al
subir en el grupo, es decir
Ag (47) < I (53) < Br (35) < F (9)
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