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PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACH (Estructura y enlace) Pág. 1

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

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1.– Comente brevemente la organización del Sistema Periódico actual. Solución: Se ordenan los elementos por su número atómico, y dentro del SP se agrupan por su similar configuración electrónica.

Solución: Se ordena por su número atómico de forma que las propiedades periódicas van variando según nos movemos en el periodo (fila), empezando un nuevo periodo para configuraciones electrónicas de valencia similares. Los grupos (columnas) por tanto tienen elementos con propiedades químicas muy parecidas mientras que los periodos mantienen juntos a los elementos con un número atómico similar.

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2.– Compare los elementos Mg, N, Al y P y responda razonadamente: a) ¿Cuál tiene el radio atómico menor?¿Y el mayor carácter metálico? b) Ordene esos elementos de mayor a menor energía de ionización.

a) El Nitrógeno; El Magnesio ; b) Ei(N) > Ei(P) > Ei(Mg) > Ei(Al).

Solución: a) Teniendo en cuenta la variación de las propiedades periódicas podemos afirmar que el nitrógeno es el que tiene menor radio atómico: r(N): ≈ 56 pm < r(P): ≈ 98 pm < r(Al): ≈ 118 pm < r(Mg): ≈ 145 pm. El carácter metálico, que sigue un crecimiento opuesto al de la electronegatividad, será: Mg (χ = 1,31) > Al (χ = 1,61) > P (χ = 2,19) > N (χ = 3,04). b) En cuanto a la energía de ionización, el orden debería ser el mismo que el de la electronegatividad pero en la realidad el Aluminio presenta menor energía de ionización que el Magnesio, puesto que es más "fácil" arrancar un electrón solo y aislado en el nivel 3p del Aluminio que arrancar un electrón de un nivel que esta completo, como sucede con el 3s del Magnesio. Ei(N) ≈ 1402 kJ mol–1 > Ei(P) ≈ 1012 kJ mol–1 > Ei(Mg) ≈ 738 kJ mol–1 > Ei(Al) ≈ 577 kJ mol–1.

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3.– Considerando las configuraciones electrónicas de los átomos: A (1s2 2s2p6 3s1) y B (1s2 2s2p6 6p1), razone si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas: a) A y B representan elementos distintos. b) Se necesita energía para pasar de A a B. c) Se requiere una menor energía para arrancar un electrón de B que de A.

a) Falso ; b) Verdadero ; c) Verdadero.

Solución: a) Falsa. Las dos configuraciones tienen 11 electrones, por lo que deben corresponder al mismo elemento. b) Verdadero. La configuración A es la fundamental y la B es una configuración excitada por lo que tiene más energía almacenada que la A, que ha debido serle aportada desde el exterior. c) Verdadero. Al tener la configuración B un electrón excitado se necesita menos energía para separarle completamente del átomo.

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4.– Considere el elemento cuya configuración electrónica es 1s2 2s2p6 3s2p4. a) ¿De qué elemento se trata? b) Justifique el periodo y el grupo del Sistema Periódico a los que pertenece. c) ¿Cuál será la configuración de su ión más estable?

a) Azufre, S ; b) Periodo 3, Grupo 16 (Anfígenos) ; S2–: 1s2 2s2p6 3s2p6.

Solución: a) El átomo neutro que se corresponde con esa configuración es el que tiene 16 electrones y por tanto su número atómico es 16. Es el Azufre, S. b) Pertenece al Periodo 3 del Sistema Periódico (por tener electrones hasta de ese nivel) y al Grupo 16 (Anfígenos), al tener 6 electrones en su última capa y tener electrones p. c) Su configuración más estable será el S2–: 1s2 2s2p6 3s2p6, ya que por la ubicación en la que se encuentra del Sistema Periódico le será más fácil captar dos electrones que otras posibilidades.

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5.– Considere las configuraciones electrónicas en el estado fundamental. lª) ls2 2s2 2p7 ; 2ª) 1s2 2s3 ; 3ª) 1s2 2s2 2p5 ; 4ª) 1s2 2s2 2p6 3s1

a) Razone cuáles cumplen el Principio de exclusión de Pauli. b) Deduzca el estado de oxidación más probable de los elementos cuya configuración sea

correcta. a) La 3ª y la 4ª ; b) –1 para la 3ª y +1 para la 4ª

Solución: a) La 3ª y la 4ª; la 1ª no lo cumple ya que no caben más de 6 electrones en un subnivel p con los 4 números cuánticos distintos y la 2ª tampoco por no poder entrar tres electrones en el subnivel 3s ; b) La tercera configuración corresponde al Flúor (F) ya que tiene 9 electrones. Su estado de oxidación más probable es –1. La cuarta corresponde al Sodio (Na) ya que ahora son 11 los electrones. Su estado de oxidación más probable es +1. Ambos iones (F– y Na+) corresponden a la configuración electrónica 1s2 2s2 2p6.

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6.– Considere los elementos con número atómico 4, 11, 16 y 17, y responda, razonadamente, a las siguientes cuestiones:

a) Nombre cada uno de estos elementos, escriba su configuración electrónica y especifique el número de electrones de la capa de valencia.

b) Indique a qué periodo y grupo del sistema periódico pertenece cada elemento y si es o no un metal.

c) Justifique cual es el elemento más electronegativo y cuál el de menor electronegatividad. d) Explique cuál es el ion más estable formado por cada uno de ellos.

a) y b) Be: 1s2 2s2; P 2, G 2; metal; 2 e–; Na: 1s2 2s2p6 3s1; P 3, G 1; metal; 1 e–; S: 1s2 2s2p6 3s2p4; P 3, G 16; nometal; 6 e–; Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5; P 3, G 17; nometal; 7 e– ; c) el Cl; el Na ; d) Be2+, Na+, S2– y Cl–.

Solución: a y b) Berilio, Be (Z = 4): 1s2 2s2; Periodo 2, Grupo 2 (térreos); es un metal; 2 e– en CV; Sodio, Na (Z = 11): 1s2 2s2p6 3s1; Per 3, Grupo 1 (alcalinos); es un metal; 1 e– en CV; Azufre, S (Z = 16): 1s2 2s2p6 3s2p4; Per 3, Grupo 16 (anfígenos); es un nometal; 6 e– en CV; Cloro, Cl (Z = 17): 1s2 2s2p6 3s2p5; Per 3, Grupo 17 (halógenos); es un nometal; 7 e– en CV. c) El más electronegativo es el Cloro, por estar más arriba y a la derecha del SP y el menos electronegativo el Na, por estar en el extremo contrario. χ(Cl) = 3,16 > χ(S) = 2,58 > χ(Be) ≈ 1,57 > χ(Na) ≈ 0,93. d) Los iones más estables serán Be2+, Na+, S2– y Cl–, porque es la forma más sencilla de alcanzar configuración de gas noble (teniendo en cuenta sus electrones de la CV y su electronegatividad).

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7.– Considere los elementos iodo, cloro y bromo. Escriba la configuración electrónica de los tres y asigne, razonadamente, a cada uno de ellos los valores siguientes del potencial de ionización: 10,4; 11,8 y 13,1 eV. DDaattooss:: Números atómicos: l = 53 ; Cl = 17 ; Br = 35 I: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6d10 5s2p5; Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5; Br: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5 ; Ei(I) = 10,4 eV; Ei(Br) = 11,8 eV; Ei(Cl) = 13,1 eV.

Solución: Las configuraciones electrónicas son: I: Z = 53, 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6d10 5s2p5 ; Cl: Z = 17, 1s2 2s2p6 3s2p5 ; Br: Z = 35, 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5.

Como el potencial de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP, y todos están en el mismo grupo tendrá mayor potencial de ionización el que tenga menor número atómico por lo que la correspondencia será: Ei(I) = 10,4 eV ; Ei(Br) = 11,8 eV ; Ei(Cl) = 13,1 eV.

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8.– Dadas las siguientes configuraciones electrónicas pertenecientes a elementos neutros: A (1s2 2s2 2p2) ; B (1s2 2s2 2p5) ; C (1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1) ; D (1s2 2s2 2p4) indique razonadamente: a) el grupo y periodo al que pertenece cada elemento; b) el elemento de mayor y el de menor energía de ionización; c) el elemento de mayor y el de menor radio atómico.

a) A (C), G 14 P 2; B (F), G 17 P 2; C (K), G 1 P 4; D (O) G 16 P 2 ; b) El de mayor, el F y el de menor, el K ; c) El de mayor, el K, y el de menor, el F.

Solución: a) El elemento A es el Carbono (C) del Periodo 2 y Grupo 14 (carbonoideos) ; el B es el Flúor (F) del Periodo 2, Grupo 17 (halógenos) ; el C es el Potasio (K) del Periodo 4 y Grupo 1 (alcalinos) ; el D es el Oxígeno (O) del Periodo 2 y Grupo 16 (anfígenos). b) La energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP por lo que: Ei(F) ≈ 1681 kJ mol–1 > Ei(O) ≈ 1314 kJ mol–1 > Ei(C) ≈ 1087 kJ mol–1 >> Ei(K) ≈ 419 kJ mol–1. c) El radio aumenta hacia abajo y hacia la izquierda del SP por lo que: r(F) ≈ 42 pm < r(O) ≈ 48 pm < r(C) ≈ 67 pm << r(K) ≈ 243 pm.

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9.– Dado el elemento A (Z = 17) justifique cuál o cuáles de los siguientes elementos, B (Z = 19), C (Z = 35) y D (Z = 11): a) se encuentran en su mismo periodo; b) se encuentran en su mismo grupo; c) son más electronegativos; d) tienen menor energía de ionización.

a) El D (Na); b) El C (Br) ; c) Ninguno ; d) Todos (Br, Na y K).

Solución: Por su posición en el SP o por su configuración electrónica, podemos deducir que: A: Cl ⇒ 1s2 2s2p6 3s2p5; Periodo 3, Grupo 17 ; B: K ⇒ 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1; Per 4, Grupo 1; C: Br ⇒ 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5; Per 4, Grupo 17 ; D: Na ⇒ 1s2 2s2p6 3s1; Per 3, Grupo 1. a) En su mismo Periodo está el Sodio (Na, Z = 11). b) En su mismo Grupo (halógenos) está el Bromo (Br, Z = 35). c) Ninguno es más electronegativo, puesto que el Cloro está más arriba y a la derecha del SP que los demás. χ(Cl) = 3,16 > χ(Br) = 2,96 > χ(Na) ≈ 0,93 > χ(K) ≈ 0,82. d) Todos, ya que están más abajo y a la izquierda que el Cloro en el SP. Ei(Cl) ≈ 1251 kJ mol–1 > Ei(Br) ≈ 1140 kJ mol–1 > Ei(Na) ≈ 496 kJ mol–1 > Ei(K) ≈ 419 kJ mol–1.

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10.– Dados los átomos A (Z = 12), B (Z = 16) y C (Z = 37) indique: a) su configuración electrónica; b) qué elementos son y el grupo y periodo a los que pertenecen; c) cuál es el más electronegativo; d) el ion más estable que forma cada uno de ellos.

a) A: 1s2 2s2p6 3s2; B: 1s2 2s2p6 3s2p4; C: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1 ; b) Mg: G 2, Per 3; S: G 16 y Per 3; Rb: G 1, Per 5 ; c) El S ; d) Mg2+, S2–, Rb+.

Solución: a) Las configuraciones serán: A: Z = 12 ⇒ (Mg): 1s2 2s2p6 3s2 ; B: Z = 16 ⇒ (S): 1s2 2s2p6 3s2p4 ; C: Z = 37 ⇒ (Rb): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1. b) El Magnesio es un metal que pertenece al Grupo 2 (Alcalinotérreos) y al Periodo 3 ; el Azufre es un nometal que pertenece al Grupo 16 (Anfígenos) y al 3.er Periodo ; el Rubidio es un metal que pertenece al Grupo 1 (Alcalinos) y al 5.º Periodo. c) Es el Azufre ya que la primera energía de ionización (potencial de ionización) aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP por lo que: χ(Rb) ≈ 0,82 < χ(Mg) ≈ 1,31 << χ(S) ≈ 2,58. d) El ion más estable del Mg se corresponde al catión obtenido por la pérdida de los dos electrones exteriores: Mg2+; El del Azufre, por contra, es el que ha ganado dos electrones: S2–; Por último, el Rubidio se estabiliza al perder un solo electrón: Rb+.

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11.– Dados los elementos A (Z = 17), B (Z = 19), C (Z = 35) y D (Z = 11): a) escriba las configuraciones electrónicas de cada uno de ellos en su estado fundamental; b) razone qué elementos se encuentran en el mismo periodo y cuáles en el mismo grupo que

el elemento A; c) razone qué elementos son más electronegativos y cuáles tienen menor energía de

ionización que el elemento A. a) Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5; K: 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1; Br: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5; Na: 1s2 2s2p6 3s1 ; b) En el mismo Periodo el D (Na); en el mismo Grupo, el C (Br) ; c) Ninguno es más electronegativo; todos (Br, Na y K) tienen menor energía de ionización.

Solución: a) Las configuraciones electrónicas se pueden conocer partiendo del valor de Z: A: Z = 17 ⇒ Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5; Per 3, G 17 ; B: Z = 19 ⇒ K: 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1; Per 4, G 1 ; C: Z = 35 ⇒ Br: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5; Per 4, G 17 ; D: Z = 17 ⇒ Na: 1s2 2s2p6 3s1; Per 3, G 1. b) En su mismo Periodo está el Sodio (Na, Z = 11) y en su mismo Grupo (halógenos) está el Bromo (Br, Z = 35). c) Ninguno es más electronegativo, puesto que el Cloro está más arriba y más a la derecha del SP que los demás. χ(Cl) = 3,16 > χ(Br) = 2,96 > χ(Na) ≈ 0,93 > χ(K) ≈ 0,82. Todos tienen menor energía de ionización, ya que están más abajo y a la izquierda que el Cloro en el SP. Ei(Cl) ≈ 1251 kJ mol–1 > Ei(Br) ≈ 1140 kJ mol–1 > Ei(Na) ≈ 496 kJ mol–1 > Ei(K) ≈ 419 kJ mol–1.

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12.– Dados los elementos A y B cuyos números atómicos son, respectivamente, Z = 20 y Z = 35, a) escriba la configuración electrónica de ambos; b) ¿cuál tendrá mayor radio? Razone la respuesta; c) ¿cuál tendrá mayor afinidad electrónica? Razone la respuesta.

a) A = 1s2 2s2p6 3s2p6 4s2 (Ca); B = 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5 (Br) ; b) el Ca ; c) el Br.

Solución: a) A: 1s2 2s2p6 3s2p6 4s2 (Ca); B: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5 (Br). b) El radio atómico aumenta con el grupo y disminuye con el periodo (hacia abajo–izda) por lo que, al estar en el mismo periodo, sólo depende del grupo. Será mayor el Calcio (Z = 20). c) La afinidad electrónica disminuye con el grupo y aumenta con el periodo (hacia arriba–dcha) por lo que, al estar en el mismo periodo, sólo depende del grupo. Será mayor el Bromo (Z = 35).




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13.– Dados los elementos de números atómicos 19, 23 y 48, a) escriba la configuración electrónica en el estado fundamental de estos elementos; b) explique si el elemento de número atómico 30 pertenece al mismo periodo y/o al mismo

grupo que los elementos anteriores, c) ¿qué característica común presentan en su configuración electrónica los elementos de un

mismo grupo? a) 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1 ; 1s2 2s2p6 3s2p6d3 4s2 ; 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6d10 5s2 ; b) Mismo periodo (4º) que 19 y 23 y mismo grupo (12) que el 48 ; c) (n–1)d10 ns2.

Solución: a) [Z = 19], 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1 (Potasio, K) ; [Z = 23], 1s2 2s2p6 3s2p6d3 4s2 (Vanadio, V) ; [Z = 48], 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6d10 5s2 (Cadmio, Cd) ; b) El elemento 30, Zinc, Zn, pertenece al mismo periodo (4º – último nivel electrónico) que los elementos 19 y 23 y pertenece al mismo grupo (12) que el 48 ; c) Configuración de valencia similar, (n–1)d10 ns2.

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14.– Dados los elementos F, P, Cl y Na, ordénelos de forma creciente en función de: a) sus radios atómicos; b) su primera energía de ionización; c) su electronegatividad.

a) r(F) < r(Cl) < r(P) < r(Na); b) Ei(Na) < Ei(P) < Ei(Cl) < Ei(F); c) χ(Na) < χ(P) < χ(Cl) < χ(F).

Solución: a) El radio aumenta hacia abajo y hacia la izquierda del SP por lo que: r(F) ≈ 42 pm < r(Cl) ≈ 79 pm < r(P) ≈ 98 pm << r(Na) ≈ 190 pm.

b) La energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP por lo que: Ei(Na) ≈ 496 kJ mol–1 << Ei(P) ≈ 1012 kJ mol–1 < Ei(Cl) ≈ 1251 kJ mol–1 < Ei(F) ≈ 1681 kJ mol–1. c) La electronegatividad aumenta de la misma manera que la energía de ionización por lo que: Na (χ = 0,93) << P (χ = 2,19) < Cl (χ = 3,16) < F (χ = 3,98).

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15.– Dados los elementos Na, C, Si y Ne: a) Escriba sus configuraciones electrónicas. b) ¿Cuántos electrones desapareados presenta cada uno en su estado fundamental? c) Ordénelos de menor a mayor primer potencial de ionización. Justifique la respuesta. d) Ordénelos de menor a mayor tamaño atómico. Justifique la respuesta.

a) Na: 1s2 2s2p6 3s1; C: 1s2 2s2p2; Si: 1s2 2s2p6 3s2p2; Ne: 1s2 2s2p6 ; b) El Na tiene uno; el C y el Si tienen dos y el Ne ninguno ; c) Ei(Na) << Ei(Si) < Ei(C) << Ei(Ne) ; d) r(Ne) << r(C) < r(Si) << r(Na).

Solución: a) Las configuraciones electrónicas son: Na: Z = 11, 1s2 2s2p6 3s1 ; C: Z = 6, 1s2 2s2p2

; Si: Z = 14, 1s2 2s2p6 3s2p2 ; Ne: Z = 8, 1s2 2s2p6. b) El Sodio presenta uno: 3s1 ↑ ; El Carbono presenta dos: 2s2 ↑↓ 2p2 ↑ ↑ ; El Silicio presenta dos: 3s2 ↑↓ 3p2 ↑ ↑ ; El Neón los tiene todos apareados: 2s2 ↑↓ 2p6 ↑↓ ↑↓ ↑↓ . c) La primera energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP (incluido el gas inerte, puesto que es casi imposible "arrancarle" un electrón) por lo que: Ei(Na) ≈ 496 kJ mol–1 < Ei(Si) ≈ 787 kJ mol–1 < Ei(C) ≈ 1087 kJ mol–1 << Ei(Ne) ≈ 2081 kJ mol–1. d) El tamaño (radio) aumenta hacia abajo y hacia la izquierda del SP por lo que:

r(Ne) ≈ 38 pm < r(C) ≈ 67 pm < r(Si) ≈ 111 pm << r(Na) ≈ 190 pm.

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16.– De la serie de configuraciones electrónicas que se dan a continuación: 1.ª) 1s2 2s2p3 ; 2.ª) 1s2 2s2p6 3s2 ; 3.ª) 1s2 2s2p5 ; 4.ª) 1s2 2s2p6 3s2p5 4s1 ; 5.ª) 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s2 indique, justificando la respuesta dada: a) si alguna/s corresponden a elemento/s del grupo 2; b) cuál de ellas corresponde a la del átomo de menor tamaño; c) si alguna/s pertenece al 4.º Período; d) si corresponde alguna a un gas noble.

a) La 2.ª (Mg) y la 5.ª (Sr) ; b) La 3.ª (F) ; c) Ninguna ; d) La 4.ª es del Argon (excitada).

Solución: Las configuraciones dadas corresponden a: 1.ª) Nitrógeno ; 2.ª) Magnesio ; 3.ª) Flúor ; 4.ª) Argon (configuración excitada) ; 5.ª) Estroncio. a) Solamente la segunda (Mg) y la quinta (Sr) son de alcalino−térreos. b) El átomo de menor tamaño es el Flúor (3.ª) ya que solamente tiene 2 niveles pero muchos protones atractivos en el núcleo. c) Ninguna es del 4.º Periodo. La del Argon lo parece, pero la configuración fundamental corresponde al 3.er Periodo. d) La 4.ª) corresponde, como ya hemos dicho, al Argon.

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17.– El electrón excitado del átomo de hidrógeno vuelve a su estado fundamental tras emitir un fotón cuya longitud de onda es de 1250·10–10 m. Calcule la diferencia energética entre ambos niveles.

DDaattooss:: Constante de Planck h = 6,626·10–34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío c = 2,998·108 m s–1 ∆E = 1,589 aJ = 9,920 eV.

Solución: a) Aplicando las expresiones que relacionan la energía con la longitud de onda:

Δ𝐸 = ℎ 𝜗 𝑐 = 𝜆 𝜗 ⇔𝜗 =

𝑐𝜆

⇒Δ𝐸 =

ℎ 𝑐𝜆 =

6,626·10-34 J s · 2,998·108 m s-1

1250·10-10 m = 1,589·10-18 J

Δ𝐸 = 1,589·10-18 J · 1 eV

1,602·10-19 J = 9,920 eV

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18.– El elemento X pertenece al periodo 3, grupo 17. El ion monopositivo del elemento Y tiene la configuración electrónica del cuarto gas noble. El elemento Z tiene 13 protones en su núcleo. Con estos datos: a) Identifique los elementos. b) Escriba su configuración electrónica e indique grupo y periodo al que pertenecen Y y Z. c) Ordénelos razonadamente por su potencial de ionización creciente.

a) Son el Cl, el Rb y el Al ; b) Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5 ; Rb: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1, G 1, P 5 ; Al: 1s2 2s2p6 3s2p1, G 13, P 3 ; c) Ei(Rb) < Ei(Al) << Ei(Cl).

Solución: a) X es el 2.º elemento de los halógenos por lo que es el Cloro; Y ha de tener un electrón más que el Kripton, por lo que es el Rubidio; Z tiene de número atómico 13, por lo que es el Al. b) Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5 ; Rb: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1, Grupo 1, Periodo 5 ; Al: 1s2 2s2p6 3s2p1, Grupo 13, Periodo 3. c) La energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP por lo que: Ei(Rb) ≈ 403 kJ mol–1 < Ei(Al) ≈ 578 kJ mol–1 << Ei(Cl) ≈ 1251 kJ mol–1.




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19.– El espectro visible corresponde a radiaciones de longitud de onda comprendida entre 450 nm y 700 nm. a) Calcule la energía correspondiente a la radiación visible de mayor frecuencia. b) Razone si es o no posible conseguir la ionización del átomo de litio con dicha radiación.

DDaattooss:: carga del electrón, e = 1,60·10–19 C ; velocidad de la luz, c = 3,00·108 m s–1 ; 1 nm = 10–9 m ; constante de Planck, h = 6,63·10–34 J s ; primera energía de ionización del litio: E = 5,40 eV

a) E = 0,442 aJ ; b) No se puede ionizar Li con luz visible [Eluz < Ei (Li)]

Solución: a) La mayor frecuencia corresponde a la longitud de onda menor por lo que, aplicando la Ecuación de Planck y la de velocidad de propagación de una onda:

𝐸 = ℎ 𝑓

𝑐 = 𝜆 𝑓 ⇔𝑓 = 𝑐𝜆

⇒

𝐸𝑣 = ℎ 𝑐𝜆𝑣

= 6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1

450 nm · 1 m109 nm

= 4,42·10-19 J

𝐸𝑣 = ℎ 𝑐𝜆𝑣

= 4,42·10-19 J · 1 eV

1,60·10-19 J = 2,76 eV

b) Como se necesitan 5,40 eV para ionizar al litio, no se podría producir su ionización con luz visible.

1 20.– Escriba dos posibles combinaciones de números cuánticos para un electrón situado en un

orbital 3p. (3, 1, 0, +½); (3, 1, 0, −½); (3, 1, 1, +½); (3, 1, 1, −½); (3, 1, −1, +½) y (3, 1, −1, −½).

Solución: Los números cuánticos que se corresponden con un electrón 3p son: n = 3, ya que ese es el número del nivel y ℓ = 1 (que es el que corresponde con la letra p). Por tanto, los 6 e– serían: (3, 1, 0, +½); (3, 1, 0, −½); (3, 1, 1, +½); (3, 1, 1, −½); (3, 1, −1, +½) y (3, 1, −1, −½).

1 21.– Escriba la configuración electrónica de los tres elementos químicos cuyos números

atómicos son 31, 35 y 37, respectivamente. 31: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p1; 35: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5; 37: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1.

Solución: Las configuraciones serán: Z = 31 (Ga): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p1 ; Z = 35 (Br): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5 ; Z = 37 (Rb): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1.

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22.– Explique cuál es el número máximo de electrones en un átomo que pueden tener los números cuánticos dados en los apartados siguientes: a) n = 2 b) n = 3 y ℓ = 1 c) n = 4, ℓ = 2 y mℓ = 1 d) n = 3, ℓ = 2 , mℓ = 0 y ms = +½

a) 8 e– ; b) 6 e– ; c) 2 e– ; d) 1 e–.

Solución: a) Hay 8 electrones, ya que el número de electrones en un nivel es 2 n2 = 2 · 22 = 8. b) Como ℓ = 1 permite 3 valores de mℓ (1, 0, −1) cada uno con 2 e–, ms (+½, −½), hay 6 e–. c) Como un solo valor de mℓ permite 2 valores de ms (+½, −½), hay 2e–. d) 1 e–, ya que el Principio de exclusión de Pauli dice que no puede haber dos e– con los cuatro números cuanticos iguales.

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23.– Explique cuáles de los siguientes grupos de números cuánticos (listados en el orden n, ℓ, mℓ, ms) son imposibles para un electrón en un átomo: a) (4, 2, 0, +½); b) (3, 3, 2, –½); c) (2, 0, 1, +½); d) (4, 3, 0, +½); e) (3, 2, –2, –1)

Son imposibles el b) [ℓ ≠ n], el c) [mℓ > ℓ] y el e) [ms valor entero].

Solución: El a) es posible −es un electrón de tipo 4d (en concreto sería el primero, 4d1)−. El b) es imposible porque ℓ solo puede valer de 0 a n − 1 y en este caso vale lo mismo que n. El c) es imposible porque mℓ solo puede valer de −ℓ a ℓ y en este caso es mayor. El d) es posible −es un electrón de tipo 4f (en concreto sería el primero, 4f1)−. El e) es imposible ya que ms solo tiene como valor +½ o −½ (números semienteros) y aquí tiene el valor 1.

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24.– Indique los números cuánticos del electrón cuya notación es 4d6. n = 4, ℓ = 2, mℓ = 0, ms = −½.

Solución: Los números cuánticos que se corresponden con un electrón 4d6 son: n = 4, ya que ese es el número del nivel y ℓ = 2 (que es el que corresponde con la letra d). Normalmente, se consideran que se "van rellenando" empezando por el valor mℓ = 0 y en valores crecientes, por lo que el sexto electrón del nivel 4d se correspondería con un valor mℓ = 0 (orbital tipo 𝑑𝑧2) y con valor de spin negativo s = −½.

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25.– Indique razonadamente cuáles de las siguientes combinaciones de números cuánticos son correctas y, en su caso, el nombre de los orbitales que representan los valores de n y ℓ, así como el número de electrones que pueden alojar dichos orbitales. a) n = 2, ℓ = 0, mℓ = –1, ms = +½. b) n = 3, ℓ = 2, mℓ = 1, ms = –½. c) n = 2, ℓ = 1, mℓ = –1, ms = –½. d) n = 1, ℓ = –1, mℓ = 0, ms = +½. e) n = 4, ℓ = 3, mℓ = –2, ms = –½.

a y d) no son válidos ; b) Sí es válido (3d10) ; c) Sí es válido (2p6) ; e) Sí es válido (4f14).

Solución: a) No es válido ya que mℓ debe oscilar entre ℓ y −ℓ. b) Sí es válido y representa un orbital 3d donde caben 10 e–. c) Sí es válido y representa un orbital 2p donde caben 6 e–. d) No es válido ya que ℓ no puede ser negativo. e) Sí es válido y representa un orbital 4f donde caben 14 e–.




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26.– Indique si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, justificando la respuesta. a) Un fotón con frecuencia 2000 s−1 tiene mayor longitud de onda que otro con

frecuencia 1000 s−1. b) De acuerdo al modelo de Bohr, la energía de un electrón de un átomo de hidrógeno

en el nivel n = 1 es cuatro veces la energía del nivel n = 2. c) Cuando un átomo emite radiación, sus electrones pasan a un nivel de energía

inferior. d) Los números cuánticos (3, 1, 1, +1/2) corresponden a un electrón de la configuración

electrónica fundamental del átomo de carbono. a) Falsa; υ ∝ 1/λ ; b) Verdadera, en valor absoluto ; c) Verdadera ; d) Falsa; Es un 3px.

Solución: a) Falso. La longitud de onda y la frecuencia son inversas entre sí ya que c = λ υ. b) Verdadero, pero en valor absoluto. La energía es negativa e inversamente proporcional al

cuadrado del número cuántico principal n, por lo que sí se cumple que es cuatro veces superior en valor absoluto.

c) Verdadero. La emisión de energía conlleva una pérdida de esta, por lo que el electrón desciende a una orbita más cercana al núcleo, lo que equivale a un nivel de energía inferior.

d) Falso. El carbono tiene una configuración electrónica fundamental que es 1s2 2s2p2. Como el valor que dan pertenece a un orbital 3px, debe obligatoriamente pertenecer a un estado excitado.

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27.– Indique, justificando brevemente la respuesta, qué relación existe entre las especies químicas de cada una de las siguientes parejas: a) 108Rh ; 108Ag. b) 76Kr ; 75Kr. c) 54Co2+ ; 54Co3+. d) 19F– ; 21Na+.

a) Son isóbaros ; b) Son isótopos del mismo elemento ; c) Son iones distintos del mismo nucleido ; d) Son isótonos (mismo número de neutrones) e isoelectrónicos (mismo n.º de e–).

Solución: a) Ambos tienen el mismo número de nucleones, por lo que son isóbaros y comparten la masa atómica. b) Son átomos del mismo elemento pero tienen distinto número másico por lo que son isótopos. c) Tienen iguales el número atómico y el número másico por lo que solo difieren en el número de electrones: son iones del mismo elemento. d) Son iones (tienen carga) de elementos con distinto número atómico (9 y 11) y con distinto número másico (19 y 21), pero si analizamos los datos (elemento, masa atómica y n.º de electrones) observamos que son isótonos −tienen el mismo número de neutrones (10)− e isoelectrónicos −tienen el mismo número de electrones (también 10)−.

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28.– La configuración electrónica del último nivel energético de un elemento es 4s2 4p3. De acuerdo con este dato: a) deduzca la situación de dicho elemento en la Tabla Periódica; b) escriba los valores posibles de los números cuánticos para su último electrón; c) deduzca cuántos protones tiene un átomo de dicho elemento; d) deduzca los estados de oxidación más probables de este elemento.

a) As: G 15, P 4 ; b) (4, 1, −1, +½) ; c) 33 protones ; d) −3, +3 y +5.

Solución: a) La configuración electrónica completa debe ser 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p3, por lo que tiene 33 electrones. Es por tanto el Arsénico (As), que se encuentra en el Periodo 4 y en el Grupo 15 (nitrogenoideos). b) El electrón 4p3 tiene de números cuánticos n = 4 (por el nivel), ℓ = 1 (p significa nivel ℓ = 1), mℓ = −1 (por el orden natural) y en la primera posibilidad con el spin desapareado (+½). c) Por tener 33 e– en estado neutro su número atómico Z vale 33. d) Al tener 5 e– en la última capa, tenderá principalmente a ganar 3. Con elementos más electronegativos podrá perder los 3 electrones p o estos y los s por lo que sus estados de oxidación más probables serán. −3, +3, +5.

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29.– Las configuraciones electrónicas corresponden a átomos neutros: A = 1s2 2s2p5 ; B = 1s2 2s2p6 3s2p3 ; C = 1s2 2s2p6 3s2p6d2 4s2 ; D = 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1. Indique razonadamente: a) el grupo y el periodo a que pertenece cada elemento; b) qué elemento posee mayor energía de ionización y cuál menor; c) qué elemento tiene mayor radio atómico y cuál menor.

a) A (F), G 17 P 2; B (P), G 15 P 3; C (Ti), G 4 P 4; D (K) G 1 P 4 ; b) El de mayor, el F y el de menor, el K ; c) El de mayor, el K, y el de menor, el F.

Solución: a) El elemento A es el Flúor (F) del Periodo 2, Grupo 17 (halógenos) ; el B es el Fósforo (P) del Periodo 3, Grupo 15 (nitrogenoideos) ; el C es el Titanio (Ti) del Periodo 4 y Grupo 4 (transición) ; el D es el Potasio (K) del Periodo 4 y Grupo 1 (alcalinos). b) La energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha del SP por lo que: Ei(F) ≈ 1681 kJ mol–1 >> Ei(P) ≈ 1012 kJ mol–1 >> Ei(Ti) ≈ 659 kJ mol–1 > Ei(K) ≈ 419 kJ mol–1. c) El radio aumenta hacia abajo y hacia la izquierda del SP por lo que: r(F) ≈ 42 pm << r(P) ≈ 98 pm << r(Ti) ≈ 176 pm < r(K) ≈ 243 pm.

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30.– Las energías de ionización sucesivas para el berilio (Z = 4), dadas en eV, son: Ei1 = 9,3 ; Ei2 = 18,2 ; Ei3 = 153,4 ; … a) Defina “primera energía de ionización” y represente el proceso mediante la ecuación

química correspondiente. b) Justifique el valor tan alto de la tercera energía de ionización.

a) energía que hay que suministrar a un átomo en estado gaseoso para que "pierda" un electrón: X + Ei ––→ X+ + 1 e– ; b) Be2+ ya tiene configuración de gas noble.

Solución: a) La primera energía de ionización es la energía que hay que suministrar a un átomo en estado gaseoso para que se transforme en su catión monovalente positivo, o sea, para que "pierda" un electrón: X + Ei –––––––→ X+ + 1 e–. b) La tercera energía de ionización tiene un valor tan elevado porque el catión Be2+ ya ha alcanzado la configuración de gas noble, por lo que no tiene ninguna tendencia a perder más electrones. Además ya tiene un exceso claro de carga positiva que contribuye a incrementar la dificultad de perder otro electrón.




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31.– Los elementos que se designan con las letras A, B, C, D y E (no se trata de sus símbolos químicos) ocupan las posiciones que se indican en la siguiente tabla periódica vacía:

A B

C D

E

a) Escriba las configuraciones electrónicas de dichos elementos. b) Basándose en ellas, justifique si son o no ciertas las siguientes afirmaciones:

b.1) La primera energía de ionización de E es mayor que la de A. b.2) D es un gas noble y E un metal alcalinotérreo. b.3) La afinidad electrónica de B es mayor que la de A. b.4) El radio atómico de C es mayor que el de B.

a) A: 1s2 2s2; B: 1s2 2s2p5; C: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5; D: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6; E: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1 ; b.1) y b.2) Falsas; b.3) y b.4) Verdaderas.

Solución: a) A: Berilio, Be (Z = 4): 1s2 2s2; Periodo 2, Grupo 2 (alcalino−térreos); Grupo 16 (anfígenos) ; B: Flúor, F (Z = 9): 1s2 2s2p5; Periodo 2, Grupo 17 (halógenos) ; C: Bromo, Br (Z = 35): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5; Periodo 4, Grupo 17 (halógenos) ; D: Kripton, Kr (Z = 36): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6; Periodo 4, Grupo 18 (gases inertes) ; E: Rubidio, (Z = 37): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p6 5s1; Periodo 5, Grupo 1 (alcalinos). b.1) Falsa; las energía de ionización crecen hacia arriba y hacia la derecha del SP ya que es más fácil arrancar un electrón de un átomo cuando este está solo en su orbital que cuando hay otros compartiendo orbital con él ; b.2) Falsa; D es un gas noble pero E es un metal alcalino ; b.3) Verdadera; la afinidad electrónica se da en elementos con capas electrónicas casi llenas y con protones que no estén apantallados por muchas capas electrónicas por lo que crece su valor hacia arriba y hacia la derecha del SP ; b.4) Verdadera; el radio atómico crece principalmente hacia abajo del SP ya que, cuanto mayor es un elemento (más capas tiene), mayor es la distancia al electrón más lejano.

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32.– Para el segundo elemento alcalinotérreo y para el tercer elemento del grupo de los halógenos:

a) escriba su configuración electrónica; b) escriba los cuatro números cuánticos de su último electrón. c) ¿Cuál de los dos elementos tendrá mayor afinidad electrónica, en valor absoluto? Justifique

la respuesta. d) ¿Cuál de los dos elementos es más oxidante? Justifique la respuesta.

a) Mg: 1s2 2s2p6 3s2; Br: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5 ; b) Mg (3, 0, 0, −½), Br (4, 1, 1, −½) ; c) En valor real, el Br; en valor absoluto, el Mg ; d) El Br.

Solución: Son el Magnesio (Mg) y el Bromo (Br). a) Mg: 1s2 2s2p6 3s2; Br: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5. b) Mg: 3s2 ⇒ n = 3, ℓ = 0, mℓ = 0, ms = −½ ; Br: 4p5 ⇒ n = 4, ℓ = 1, mℓ = 1 , ms = −½. c) La afinidad electrónica es la energía desprendida por un átomo neutro en estado gaseoso al captar un electrón. La cuestión planteada no pregunta ese valor, sino el valor absoluto por lo que sería la energía intercambiada al captar un electrón. El magnesio, por tener las capas electrónicas completas, no tiene ninguna "intención" de captar electrones, por lo que tendría que absorver una enorme cantidad de energía para hacerlo. Por otro lado el Bromo sí quiere captar un electrón para conseguir la estructura estable de gas noble por lo que sí desprenderá energía (aunque en cantidad limitada) al captar un electrón. Por tanto es mayor la del Magnesio. d) Mayor poder oxidante tiene el que es capaz de quitar electrones a otro elemento, por lo que será el Bromo.

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33.– Para ionizar un átomo de rubidio se requiere una radiación luminosa de 4,2 eV. a) Determine la frecuencia de la radiación utilizada. b) Si se dispone de luz naranja de 600 nm, ¿se podría conseguir la ionización del rubidio con

esta luz? DDaattooss:: h = 6,6·10–34 J s ; c = 3,0·108 m s–1 ; 1 eV = 1,6·10–19 J ; 1 nm = 10–9 m a) ν = 1,0·1015 Hz ; b) No; la luz naranja tiene una energía de 2,1 eV, menor que la de la ionización; se necesitaría que λ < 295 nm.

Solución: a) Aplicando las expresiones que relacionan la energía con la frecuencia de la onda:

Δ𝐸 = ℎ 𝜗 ⇒ 𝜗 =Δ𝐸ℎ =

4,2 eV · 1,6·10-19 J1 eV

6,6·10-34 J s = 1,0·1015 Hz

b) Comparando la energía de la radiación naranja con la necesaria para la ionización:

Δ𝐸 = ℎ 𝜗 𝑐 = 𝜆 𝜗 ⇔𝜗 =

𝑐𝜆

⇒Δ𝐸 =

ℎ 𝑐𝜆 =

6,6·10-34 J s · 3,0·108 m s-1

600 nm · 1 m109 nm

= 3,3·10-19 J

Δ𝐸 = 3,3·10-19 J · 1 eV

1,6·10-19 J = 2,1 eV.

No se podrá conseguir la ionización porque la radiación es menos energética.

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34.– Para los siguientes átomos: Be, O, Al y Ni, a) escriba su configuración electrónica ordenada; b) escriba para cada uno, los cuatro números cuánticos de su electrón diferenciador (electrón

que le diferencia del átomo de número atómico anterior); c) ¿cuántos electrones de valencia tiene cada uno?

a) Be: 1s2 2s2; O: 1s2 2s2p4; Al: 1s2 2s2p6 3s2p1; Ni: 1s2 2s2p6 3s2p6d8 4s2 ; b) Be: (2, 0, 0, −½); O: (2, 1, 0, −½); Al: (3, 1, 0, +½); Ni: (3, 2, −1, −½) ; c) Be: 2 e–; O: 6 e–; Al: 3 e–; Ni: 2 e–.

Solución: a) Berilio, Be (Z = 4): 1s2 2s2; Oxígeno, O (Z = 8): 1s2 2s2p4; Aluminio, Al (Z = 13): 1s2 2s2p6 3s2p1; Níquel, Ni (Z = 28): 1s2 2s2p6 3s2p6d8 4s2. b) Be: n = 2, ℓ = 0, mℓ = 0 y ms = −½; O: n = 2, ℓ = 1, mℓ = 0 y ms = −½; Al: n = 3, ℓ = 1, mℓ = 0 y ms = +½; Ni: n = 3, ℓ = 2, mℓ = −1 y ms = −½. c) Be: 2 e– en CV; O: 6 e– en CV; Al: 3 e– en CV; Ni: 2 e– en CV y 8 e– en orbital d no completo en la capa inferior.




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35.– Responda, razonadamente, a las siguientes preguntas: a) Indique, justificando brevemente la respuesta, si es válida la siguiente combinación de

números cuánticos: (3, 0, –1, +½). b) Determine cuántos electrones caben en un orbital con n = 3. c) Indique los números cuánticos (n, ℓ, m, s) de todos los electrones que pueden encontrarse

en un orbital 5p. a) No porque mℓ no puede valer −1 cuando ℓ vale 0 ; b) 18 e– ; c) (5, 1, 0, +½), (5, 1, 1, +½), (5, 1, −1, +½), (5, 1, 0, −½), (5, 1, 1, −½) y (5, 1, −1, −½).

Solución: a) No es válida, porque mℓ solamente puede alcanzar valores entre ℓ y −ℓ. En este caso ℓ vale 0 por lo que mℓ obligatoriamente debe valer 0. b) En un orbital caben 2 n2, por lo que son 2 · 32 = 18 e–. c) Un orbital 5p tiene un valor de n de 5 y un valor de ℓ de 1. Por lo tanto nos podemos encontrar 6 e–: (5, 1, 0, +½), (5, 1, 1, +½), (5, 1, −1, +½), (5, 1, 0, −½), (5, 1, 1, −½) y (5, 1, −1, −½).

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36.– Responda, razonadamente, a las siguientes preguntas: a) Razone si las siguientes configuraciones electrónicas de los átomos neutros M y N

incumplen alguna de las reglas o principios que corresponde aplicar para establecer la configuración electrónica de los átomos en estado fundamental.

M: 1s ↑↓ 2s ↑↓ 2p ↑↓ ↑↓ ; N: 1s ↑↓ 2s ↑ 2p ↑↓ ↑↓ ↑↓. b) ¿A qué grupo de la Tabla Periódica pertenecen cada uno de los elementos anteriores? c) Razone cuál de ellos posee menor radio atómico. d) ¿Cuáles son los valores de los números cuánticos n y ℓ que le corresponden a un orbital

2p? a) M (O): incumple la Regla de Hund; N (F): incumple la Regla de Madelung ; b) O: G 16; F: G 17 ; c) r(F) < r(O) ; d) n = 2; ℓ = 1.

Solución: a) La configuración de M (O, oxígeno) incumple la Regla de máxima multiplicidad o Regla de Hund. La configuración debería ser: 1s2 ↑↓ 2s2 ↑↓ 2p4 ↑↓ ↑ ↑ . N (F, flúor) no cumple la Regla de Madelung, puesto que tiene orbitales llenos con mayor energía que otros semivacíos. La configuración debería ser: 1s2 ↑↓ 2s2 ↑↓ 2p5 ↑↓ ↑↓ ↑ . b) El Oxígeno pertenece al Grupo 16 (anfígenos) y el Flúor al Grupo 17 (halógenos). c) El radio atómico disminuye hacia arriba y hacia la derecha del SP por lo que el de menor radio atómico será el Flúor: r(F) ≈ 42 pm < r(O) ≈ 48 pm. d) El orbital 2p tiene un valor de n de 2 (el primer número) y de ℓ de 1 (ya que esa es la equivalencia del orbital p).

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37.– Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Describa la configuración electrónica de los elementos aluminio, cobre, fósforo y potasio

en su estado fundamental. b) Indique su ubicación en el Sistema Periódico (Grupo y Período) y los electrones de

valencia de cada uno de ellos. DDaattooss:: Números atómicos: Al = 13 ; P = 15 ; K = 19 ; Cu = 29 a) Al: 1s2 2s2p6 3s2p1; Cu: 1s2 2s2p6 3s2p6d9 4s2; P: 1s2 2s2p6 3s2p3 y K: 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1 ; b) Al (G 13 P 3); Cu (G 11 P 4); P (G 15 P 3) y K (G 1 P 4).

Solución: a) Aluminio (Al): 1s2 2s2p6 3s2p1 ; Cobre (Cu): 1s2 2s2p6 3s2p6d9 4s2 ; Fósforo (P): 1s2 2s2p6 3s2p3 ; Potasio (K): 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1. b) El Aluminio pertenece al Periodo 3 y Grupo 13 (térreos o boroideos) ; el Cobre es del Periodo 4, Grupo 11 (transición) ; el Fósforo es del Periodo 3 y Grupo 15 (nitrogenoideos) y el Potasio del Periodo 4 y Grupo 1 (alcalinos). Los electrones de valencia están marcados en negrita.

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38.– Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Dos átomos tienen las siguientes configuraciones electrónicas 1s2 2s2p6 y 1s2 2s2p6 3s1. La

primera energía de ionización de uno es 2080 kJ mol–1 y la del otro 496 kJ mol–1. Asigne cada uno de estos valores a cada una de las configuraciones electrónicas y justifique la elección.

b) La segunda energía de ionización del átomo de helio, ¿será mayor, menor o igual que la energía de ionización del átomo de hidrógeno? Razone la respuesta.

a) Ei (Na: 1s2 2s2p6 3s1) = 496 kJ mol–1; Ei (Ne: 1s2 2s2p6) = 2080 kJ mol–1 ; b) 2ª Ei (He) >> Ei (H).

Solución: a) Observamos que en los datos que nos dan una energía de ionización es claramente inferior a la otra. Como una de las configuraciones tiene un electrón aislado (Grupo I, alcalinos), que presupone que será relativamente asequible conseguir la energía necesaria para que se ionice, ese átomo será el de menor energía de ionización por lo que:

1s2 2s2p6 3s1 ⇒ Na ⇒ Ei = 496 kJ mol–1

1s2 2s2p6 ⇒ Ne ⇒ Ei = 2080 kJ mol–1. b) La configuración que corresponde al Helio es 1s2. Al perder un electrón se transforma en He+

con la misma configuración que el Hidrógeno, 1s1. Al tener la misma configuración, pero dos protones (por uno el Hidrógeno) evidentemente será más difícil quitarle ese único electrón y por tanto la segunda energía de ionización del He será mucho mayor que la primera del Hidrógeno:

2ª Ei (He) ≈ 5250,5 kJ mol–1 >> Ei (H) ≈ 1312 kJ mol–1.




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39.– Sabiendo que la energía que posee el electrón de un átomo de hidrógeno en su estado fundamental es 13,625 eV, calcule: a) la frecuencia de la radiación necesaria para ionizar el hidrógeno; b) la longitud de onda en nm y la frecuencia de la radiación emitida cuando el electrón pasa

del nivel n = 4 al n = 2. DDaattooss:: h = 6,626·10–34 J s ; e = 1,602·10–19 C ; c = 2,998·108 m s–1 a) υ = 3,294 PHz ; b) λ = 485,4 nm; υ = 617,7 THz.

Solución: a) Aplicando las expresiones que relacionan la energía con la frecuencia de la onda:

𝐸𝑖 = ℎ 𝜗 ⇒ 𝜗 =𝐸𝑖ℎ =

13,625 eV · 1,602·10-19 J1 eV

6,626·10-34 J s = 3,294·1015 Hz.

b) Aplicando la Ley de Rydberg para la energía para la ionización (paso de n = 1 a n = ∞) y para la correspondiente al salto de n = 4 a n = 2 y comparándolas:

𝐸𝑖 = 𝑅H �1

12 −1∞2�

Δ𝐸 = 𝑅H �1𝑛2 −

1𝑛′2�

⇒ 𝐸𝑖Δ𝐸 =

112 −

1∞2

1𝑛2 −

1𝑛′2

=1

𝑛′2 − 𝑛2𝑛2 𝑛′2

⇒ Δ𝐸 =𝐸𝑖(𝑛′2 − 𝑛2)

𝑛2 𝑛′2

Δ𝐸 = ℎ 𝜗 ⇒ 𝜗 =𝐸𝑖(𝑛′2 − 𝑛2)

𝑛2 𝑛′2ℎ =

13,625 eV · 1,602·10-19 J1 eV · 42 − 22

42 · 226,626·10-34 J s = 6,177·1014 Hz.

𝑐 = 𝜆 𝜗 ⇔𝜆 = 𝑐 ℎ 𝑛2 𝑛′2

𝐸𝑖(𝑛′2 − 𝑛2) = 2,998·108 m s-1 · 6,626·10-34 J s · 42 · 22

13,625 eV · 1,602·10-19 J1 eV · (42 − 22)

= 4,854·10−7 m.

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40.– Si la energía de ionización del K gaseoso es de 418 kJ mol–1: a) calcule la energía mínima que ha de tener un fotón para poder ionizar un átomo de K; b) calcule la frecuencia asociada a esta radiación y, a la vista de la tabla, indique a qué región

del espectro electromagnético pertenece; c) ¿podría ionizarse este átomo con luz de otra región espectral? Razone la respuesta. En

caso afirmativo, indique una zona del espectro que cumpla dicho requisito.

λ (m): 10–1 10–5 10–6 4·10–7 3·10–9 10–12

Radio Microondas Infrarrojo Visible Ultravioleta Rayos X Rayos γ

DDaattooss:: h = 6,63·10–34 J s ; c = 3,00·108 m s–1 ; NA = 6,02·1023 átomos mol–1 a) E = 694 zJ ; b) υ = 1,05 PHz; a los Rayos X ; b) Sí. Con Rayos X y con Rayos γ.

Solución: a) Aplicando las expresiones que relacionan energía por mol con energía por átomo:

Δ𝐸 = ℎ 𝜗Δ𝐸𝑇 = 𝑁𝐴 ℎ 𝜗 ⇒ Δ𝐸 =

Δ𝐸𝑇𝑁𝐴

= 418 kJ mol−1 · 103 J

1 kJ6,02·1023 átomos mol−1 = 6,94·10−19 J átomo−1.

b) Aplicando las expresiones que relacionan la energía con la frecuencia y la longitud de onda:

Δ𝐸 = ℎ 𝜗 ⇒ 𝜗 =Δ𝐸ℎ =

Δ𝐸𝑇ℎ 𝑁𝐴

=418 kJ mol−1 · 103 J

1 kJ6,63·10-34 J s· 6,02·1023 mol−1 = 1,05·1015 Hz

𝜆 = 𝑐𝜗 ⇒ 𝜆 =

𝑐 ℎ 𝑁𝐴Δ𝐸𝑇

=3,0·108 m s-1 · 6,63·10-34 J s· 6,02·1023 mol−1

418 kJ mol−1 · 103 J1 kJ

= 2,86·10-7 m.

La radiación corresponde a la zona del espectro de Rayos X. c) Para poder ionizar el átomo de potasio, necesitamos una energía igual o superior a la calculada, que conlleva una frecuencia igual o mayor y una longitud de onda igual o menor. Eso sucede con los Rayos X y los Rayos γ, que serán los únicos que podrán ionizar el potasio.

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41.– Teniendo en cuenta los elementos Z = 7, Z = 13 y Z = 15, conteste razonadamente: a) ¿Cuáles pertenecen al mismo periodo? b) ¿Cuáles pertenecen al mismo grupo? c) ¿Cuál es el orden decreciente de radio atómico? d) De los dos elementos Z = 13 y Z = 15, ¿cuál tiene el primer potencial de ionización

mayor? a) Z = 13 y Z = 15 ; b) Z = 7 y Z = 15 ; c) radioZ = 13 > radioZ = 15 > radioZ = 7 ; d) el mayor potencial lo tiene Z = 15

Solución: a) Las configuraciones electrónicas se pueden conocer partiendo del valor de Z: Z = 7 ⇒ N: 1s2 2s2p3; Per 2, G 15 ; Z = 13 ⇒ Al: 1s2 2s2p6 3s2p1; Per 3, G 13 ; Z = 15 ⇒ P: 1s2 2s2p6 3s2p3; Per 3, G 15. b) En el mismo Periodo (3.º) están el Aluminio (Al, Z = 13) y el Fósforo (P, Z = 15) y en el mismo Grupo (nitrogenoideos) están el Nitrógeno (N, Z = 7) y el Fósforo (P, Z = 15). c) El radio decrece en el sentido inverso a la electronegatividad (hacia la derecha y hacia arriba): r(Al) ≈ 118 pm > r(P) ≈ 98 pm > r(N) ≈ 56 pm. d) El Fósforo tiene mayor energía de ionización, ya que está más a la derecha que el Aluminio en el SP. Ei(N) ≈ 1402 kJ mol–1 > Ei(P) ≈ 1012 kJ mol–1 > Ei(Al) ≈ 578 kJ mol–1.

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42.– Un átomo X, en estado excitado, presenta la siguiente configuración electrónica: 1s2 2s2p2 3s1. a) Identifique al elemento X indicando también en qué grupo y periodo de la Tabla Periódica

se encuentra. b) Indique los cuatro números cuánticos de cada uno de los electrones desapareados de X en

su estado fundamental. a) Nitrógeno (G 15, P 2) ; b) (2, 1, 0, +½), (2, 1, 1, +½) y (2, 1, −1, +½).

Solución: a) Como tiene 7 electrones, su número atómico es Z = 7 (ya que es un átomo y no un ion) por lo que es el Nitrógeno, N. Pertenece al Grupo 15 (nitrogenoideos) y al Periodo 2. b) La configuración electrónica desarrollada del Nitrógeno es: 1s2 ↑↓ 2s2 ↑↓ 2p3 ↑ ↑ ↑ , por lo que los números cuánticos de los tres electrones desapareados son (2, 1, 0, +½), (2, 1, 1, +½) y (2, 1, −1, +½).




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43.– Utilizando la ecuación de De Broglie y sabiendo que la energía cinética de un neutrón es de 2,60·10–20 J, calcule la longitud de onda del neutrón emitido en un determinado proceso.

DDaattooss:: Constante de Planck h = 6,626·10–34 J s ; Masa del neutrón mn = 1,675·10–27 kg λ = 100 pm.

Solución: Aplicando la Dualidad onda−corpúsculo:

Δ𝐸 = ℎ 𝜗𝑐 = 𝜆 𝜗

Δ𝐸 = 𝑚 𝑐2⇒ ℎ

𝑐𝜆 = 𝑚 𝑐2 ⇒

𝜆 =ℎ𝑚 𝑐 =

ℎ

𝑚 �Δ𝐸𝑚

=ℎ

√𝑚 Δ𝐸=

𝜆 =6,626·10-34 J s

�1,675·10-27 kg · 2,6·10-20 J = 1,00 · 10-10 m

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44.– A partir de las estructuras de Lewis de las siguientes especies químicas OCl2, NCl3, NCl4+

y CCl4, responda razonadamente las siguientes cuestiones: a) Deduzca la geometría de cada una de las especies químicas propuestas. b) Justifique, en cada caso, si la especie química tiene o no momento dipolar.

a) y b) OCl2: angular (estr. tetraédrica) y polar ; NCl3: piramidal triangular (estr. tetraédrica) y polar ; NCl4

+: tetraédrica apolar ; CCl4: tetraédrica apolar.

Solución: a) OCl2: Cl 7 8 14 16

O 6 8 6 8 Electrones 20 24

Pares 10 12 Pares entre átomos 12 − 10 = 2

Pares monoatómicos 10 − 2 = 8 NCl3: Cl 7 8 21 24

N 5 8 5 8 Electrones 26 32


Pares monoatómicos 13 − 3 = 10 NCl4

+: (un e– menos por ser +1) Cl 7 8 28 32

N 5 8 5 8 Electrones 32* 40


Pares monoatómicos 16 − 4 = 12 CCl4: Cl 7 8 28 32

C 4 8 4 8 Electrones 32 40


Pares monoatómicos 16 − 4 = 12 OCl2: Estructura tetraédrica (hibridación sp3), forma angular (αCl−O−Cl ≈ 110,9º). NCl3: Estr.

tetraédrica (hibridación sp3), forma pirámide triangular (αCl−N−Cl ≈ 107,1º). NCl4+: Estr. tetraédrica

(hibridación sp3), forma tetraédrica (αCl−N−Cl ≈ 109,5º). CCl4: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma tetraédrica (αCl−C−Cl ≈ 109,5º).

b) OCl2: Los enlaces O−Cl tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,28) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad no es muy elevada (μ = 0,78 D). NCl3: Los enlaces N−Cl tienen una polaridad escasa (∆χ ≈ 0,12) que hacen que la molécula sea muy ligeramente polar ya que la forma no es simétrica. Tiene una baja polaridad (μ = 0,6 D). NCl4

+: Los enlaces N−Cl tienen una polaridad escasa (∆χ ≈ 0,12) pero la molécula la tiene ya que la forma es totalmente simétrica. La polaridad existe en los enlaces, pero es nula en el catión. CCl4: Los enlaces C−Cl tienen una alta polaridad (∆χ ≈ 0,61) pero la molécula no la tiene ya que la forma es totalmente simétrica. La polaridad existe en los enlaces, pero es nula en la molécula.


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=ClOCl

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=ClN%28Cl%29Cl

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=ClC%28Cl%29%28Cl%29Cl








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45.– Considerando las moléculas H2CO (metanal) y OBr2 (dibromuro de monooxígeno), a) represente su estructura de Lewis; b) justifique su geometría molecular; c) razone si cada una de estas moléculas tiene o no momento dipolar.

DDaattooss:: Números atómicos: C (Z = 6) , O (Z = 8) , H (Z = 1) , Br (Z = 35) b) H2CO: forma triangular plana (sp2); OBr2: forma angular [estr. tetraédrica (sp3)]; c) Ambas tienen momento dipolar debido a la polaridad de los enlaces y la asimetría de las moléculas.

Solución: a) H2CO: H 1 2 2 4

C 4 8 4 8 O 6 8 6 8

Electrones 12 20 Pares 6 10

Pares entre átomos 10 − 6 = 4 Pares monoatómicos 6 − 4 = 2 OBr2: Br 7 8 14 16



Pares monoatómicos 10 − 2 = 8 b) H2CO: Estructura triangular plana (sp2), forma triangular con ángulos cercanos a 120º. OBr2: Estructura tetraédrica, forma angular con ángulo cercano a 109,5º. c) H2CO: Los enlaces H−C tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace doble

O=C también es polar (∆χ ≈ 0,89) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica y las polaridades no se contraponen. La polaridad es elevada (μ = 2,33 D).

OBr2: Los enlaces O−Br tienen una polaridad media (∆χ ≈ 0,48) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad de la molécula es apreciable.

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46.– Considerando las sustancias Br2, SiO2, Fe, HF y NaBr, justifique en función de sus enlaces: a) si son o no solubles en agua; b) si conducen la corriente eléctrica a temperatura ambiente.

a) Solubles: HF y NaBr; Insolubles o poco solubles: Br2, SiO2 y Fe ; b) Solo la conduce el Fe.

Solución: Las sustancias que están en el enunciado presentan los siguientes enlaces: Br2, (∆χ = 0), covalente apolar ; SiO2, (∆χ = 1,54), estructural multiatómica covalente apolar ; Fe, (∆χ = 0), metálico ; HF, (∆χ = 1,78), covalente con un fuerte carácter iónico dotado además de enlace por puente de hidrógeno ; NaBr, (∆χ = 2,03), iónico. a) Solubles en agua son los covalentes polares y los iónicos: HF y NaBr . b) A temperatura ambiente (lo que evita que el NaBr iónico esté fundio) sólo conduce la corriente eléctrica el Fe, ya que los demás o no tienen cargas, o no tienen movilidad.


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=C%3DO





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47.– Considere las moléculas CS2, CH3Cl, H2Se, NCl3, y responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

a) Represente la estructura de Lewis de cada una de éstas moléculas. b) Prediga su geometría molecular. c) Explique, en cada caso, si la molécula tiene o no momento dipolar.

DDaattooss:: Números atómicos: H = 1 ; C = 6 ; N = 7 ; S = 16 ; Cl = 17 ; Se = 34 b) CS2: lineal (sp); CH3Cl: tetraédrica (sp3); H2Se: estr. tetraédrica (sp3), forma angular; NCl3: estr. tetraédrica (sp3), piramidal triangular ; c) CS2: Apolar; CH3Cl, H2Se y NCl3: Polares.

Solución: a) CS2: S 6 8 12 16



Pares monoatómicos 8 − 4 = 4 Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 CH3Cl: H 1 2 3 6

C 4 8 4 8 Cl 7 8 7 8


Pares entre átomos 11 − 7 = 4 Pares monoatómicos 7 − 4 = 3 H2Se: H 1 2 2 4

Se 6 8 6 8 Electrones 8 12





Pares monoatómicos 13 − 3 = 10 b) CS2: Hibridación sp, molécula lineal. CH3Cl: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma tetraédrica (αH−C−H ≈ 109,5º). H2Se: Estructura tetraédrica (hibridación sp3), forma angular (αH−Se−H ≈ 91º). NCl3: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma pirámide triangular (αCl−N−Cl ≈ 107,1º). c) Los enlaces C−S tienen una polaridad casi nula (∆χ ≈ 0,03) y además la molécula es

totalmente simétrica, así que es totalmente apolar. CH3Cl: Los enlaces H−C tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace Cl−C

también es polar (∆χ ≈ 0,61) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es tridimensionalmente simétrica y las polaridades no se contraponen. La polaridad es media (μ = 1,04 D).

H2Se: Los enlaces H−Se tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad es media (μ = 1,07 D).

NCl3: Los enlaces N−Cl tienen una polaridad escasa (∆χ ≈ 0,12) que hacen que la molécula sea muy ligeramente polar ya que la forma no es simétrica. Tiene una baja polaridad (μ = 0,6 D).


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=C%28%3DS%29%3DS

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=CCl

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=%5BSeH2%5D










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48.– Considere las moléculas de HCN, CHCl3 y Cl2O. a) Escriba sus estructuras de Lewis. b) Justifique cuáles son sus ángulos de enlace aproximados. c) Justifique cuál o cuáles son polares. d) Justifique si alguna de ellas puede formar enlaces de hidrógeno.

b) HCN: forma lineal (sp), α = 180º; CHCl3: tetraedro (sp3), α ≈ 109,5º; OCl2: forma angular (sp3), α ≈ 109,5º ; c) Son polares todas aunque la más polar es el HCN y la menos polar el OCl2 ; d) Ninguna, puesto que ni hay enlaces H−F, ni H−O ni H−N.

Solución: a) HCN: H 1 2 1 2

C 4 8 4 8 N 5 8 5 8


Pares entre átomos 9 − 5 = 4 Pares monoatómicos 5 − 4 = 1 CHCl3: H 1 2 1 2

C 4 8 4 8 Cl 7 8 21 24


Pares entre átomos 17 − 13 = 4 Pares monoatómicos 13 − 4 = 9 OCl2: Cl 7 8 14 16



Pares monoatómicos 10 − 2 = 8 b) HCN: Hibridación sp, molécula lineal (αH−C−N = 180º). CHCl3: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma tetraédrica (αCl−C−Cl ≈ 111º). OCl2: Estructura tetraédrica (hibridación sp3), forma angular (αCl−O−Cl ≈ 110,9º). c) HCN: El enlace H−C tiene una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace triple C≡N

también es polar (∆χ ≈ 0,49) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica y las polaridades no se contraponen. Polaridad elevada (μ = 2,98 D).

CHCl3: El enlace H−C tiene una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace Cl−C también es polar (∆χ ≈ 0,61) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es tridimensionalmente simétrica y las polaridades no se contraponen. La polaridad es media (μ = 1,02 D).

OCl2: Los enlaces O−Cl tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,28) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad no es muy elevada (μ = 0,78 D).

d) Ninguna puede dar lugar a enlaces por puente de hidrógeno puesto que no hay uniones F−H, O−H o N−H.


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=C%23N

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49.– Considere las siguientes especies químicas: SiH4, PH3, NH4+ y H2S. Responda

razonadamente a las siguientes cuestiones: a) Dibuje la estructura de Lewis de cada una de las especies químicas propuestas. b) Deduzca la geometría de cada una de las especies químicas anteriores. c) Indique si las moléculas SiH4, PH3 y H2S son polares o no.

b) SiH4: Estructura y forma tetraédricas (sp3); PH3: Estructura tetraédrica (sp3), forma piramidal triangular; NH4

+: Estructura y forma tetraédricas (sp3); H2S: Estructura tetraédrica (sp3), forma angular ; c) SiH4, apolar; PH3 y H2S, polares.

Solución: a) SiH4: H 1 2 4 8

Si 4 8 4 8 Electrones 8 16


Pares monoatómicos 4 − 4 = 0 PH3: P 5 8 5 8

H 1 2 3 6 Electrones 8 14


Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 NH4

+: (un e– menos por ser +1) H 1 2 4 8

N 5 8 5 8 Electrones 8* 16


Pares monoatómicos 4 − 4 = 0 H2S: H 1 2 2 4

S 6 8 6 8 Electrones 8 12


Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 b) La estructura del SiH4 (hibridación sp3) es tetraédrica con ángulos de 109,5º. PH3: Estr.

tetraédrica (hibridación sp3), forma pirámide triangular (αH−P−H ≈ 93,5º). NH4+: Estr. tetraédrica

(hibridación sp3), forma tetraédrica (αH−N−H ≈ 109,5º). H2S: Estructura tetraédrica (hibridación sp3), forma angular (αH−S−H ≈ 92,1º).

c) SiH4: Los enlaces Si−H son ligeramente polares, (∆χ ≈ 0,3), pero como la estructura tridimensional de la molécula es simétrica da lugar a una molécula apolar. PH3: Los enlaces P−H tienen una polaridad casi nula (∆χ ≈ 0,01) que hacen que la molécula sea poco polar a pesar de que la forma no es simétrica. Tiene una baja polaridad (μ = 0,58 D). H2S: Los enlaces H−S tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,38) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad es media (μ = 0,97 D).


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http://www.chemspider.com/Chemical-Structure.218.html

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=S



http://www.chemspider.com/Chemical-Structure.218.html





PROBLEMAS DE QUÍMICA 2º BACH (Estructura y enlace) 30/10/2012 Pág. 14


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50.– Considere las siguientes moléculas: H2O, HF, H2, CH4 y NH3. Conteste justificadamente a cada una de las siguientes cuestiones: a) ¿Cuál o cuáles son polares? b) ¿Cuál presenta el enlace con mayor contribución iónica? c) ¿Cuál presenta el enlace con mayor contribución covalente? d) ¿Cuál o cuáles pueden presentar enlace de hidrógeno?

a) H2O, HF y NH3 son polares; el resto, apolares ; b) El HF (∆χ ≈ 1,78; C.I. 54 %) ; c) el H2 (∆χ = 0; C.C. 100 %) ; d) El HF, el H2O y el NH3.

Solución: a) El H2O es una molécula de estructura tetraédrica (sp3) y forma angular (hay dos pares electrónicos no enlazantes) que tiene los enlaces polares, por lo que la estructura asimétrica de la molécula da lugar a una molécula polar. El HF es una molécula lineal a pesar de su estructura tetraédrica (sp3) en el Flúor ya que hay solo dos átomos. El enlace H−F tienen una altísima polaridad (∆χ ≈ 1,78) por lo que la molécula es muy polar. El H2 es una molécula lineal que no tiene hibridación. Solo hay dos átomos que mantienen un enlace totalmente apolar, por lo que la molécula es apolar. El CH4 es una molécula de estructura y forma tetraédrica (sp3) que tiene los enlaces ligeramente polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar. Por último el NH3 es una molécula de estructura tetraédrica (sp3) y forma piramidal triangular (hay un par electrónico no enlazante) que tiene los enlaces polares, por lo que la estructura asimétrica de la molécula da lugar a una molécula polar. b) La contribución iónica se comprueba calculando su diferencia de electronegatividad, por lo que es el HF (∆χ ≈ 1,78; C.I. 54 %). c) El enlace con mayor contribución covalente será el que menor diferencia de electronegatividad tenga entre los elementos que lo forman. Es el caso del H2 porque, al ser iguales los átomos, ninguno prevalece sobre el otro (∆χ = 0; C.C. 100 %). d) Las que tienen enlaces de hidrógeno (y muy fuertes) son las moléculas de HF y H2O (en menor medida) y además la de NH3 ya que son las que tienen uniones F−H, O−H y N−H que son las que dan lugar a los enlaces por puente de hidrógeno.

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51.– Considere los compuestos BaO, HBr, MgF2 y CCl4. a) Indique su nombre. b) Razone el tipo de enlace que posee cada uno. c) Explique la geometría de la molécula CCl4. d) Justifique la solubilidad en agua de los compuestos que tienen enlace covalente.

a) Óxido de bario, bromuro de hidrógeno, fluoruro de magnesio, tetracloruro de carbono ; b) BaO y MgF2: iónicos; HBr y CCl4: covalentes ; c) Tetraédrica (sp3) ; d) HBr: muy alta; CCl4: Muy baja.

Solución: a) Óxido de bario (BaO), bromurohidrogeno, bromuro de hidrógeno o bromano (HBr), fluoruro de magnesio (MgF2) y tetraclorometano, tetracloruro de carbono y tetraclorurocarbono (CCl4). b) BaO: Dada la diferencia de electronegatividad (∆χ ≈ 2,55), y dado que uno es un metal alcalino−térreo y el otro un anfígeno, el enlace que se forma es iónico, creándose el cristal iónico. HBr: Por ser ∆χ ≈ 0,76 la diferencia de electronegatividad y el hecho de que es un nometal (halógeno) y el hidrógeno, se forma un compuesto covalente polar. MgF2: Dada la diferencia de electronegatividad (∆χ ≈ 2,67), y dado que uno es un metal alcalino−térreo y el otro un halógeno, el enlace que se forma es iónico, creándose el cristal iónico. CCl4: Por ser la diferencia de electronegatividad ∆χ ≈ 0,35 y dado el hecho de que son dos nometales (carbonoideo y halógeno), se forma un compuesto covalente con enlaces ligeramente polares en una molécula apolar ya que es simétrica.

c) La geometría de la molécula de CCl4 será: Cl 7 8 28 32



Pares monoatómicos 16 − 4 = 12 CCl4: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma tetraédrica (αCl−C−Cl ≈ 109,5º). d) El HBr será muy soluble en agua puesto que es polar y el agua también (los disolventes

polares disuelven compuestos polares. El CCl4 será muy poco soluble en agua (s = 0,081 g/100 mL) al ser apolar.






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52.– Considere los elementos H, O y F. a) Escriba sus configuraciones electrónicas e indique grupo y periodo de cada uno de ellos. b) Explique mediante la Teoría de Hibridación la geometría de las moléculas H2O y OF2. c) Justifique que la molécula de H2O es más polar que la molécula de OF2. d) ¿A qué se debe que la temperatura de ebullición del H2O sea mucho mayor que la del OF2?

a) H (G 1, P 1): 1s1; O (G 16, P 2): 1s2 2s2 2p4; F(G 17, P 2): 1s2 2s2p5 ; b) Ambas tienen forma angular con una estructura sp3 tetraédrica ; c) Mayor momento dipolar por mayor diferencia de electronegatividad ; d) A los enlaces por puente de hidrógeno del agua, y su mayor diferencia de electronegatividad.

Solución: a) Las configuraciones serán: H: 1s1; O: 1s2 2s2 2p4; F: 1s2 2s2p5. El Hidrógeno está en el Periodo 1 y no se considera en ningún grupo, aunque se puede decir que está en el Grupo 1; el Oxígeno es un nometal que pertenece al Periodo 2 y al Grupo 16 (Anfígenos); por último, el Flúor es un nometal perteneciente al Periodo 2 y al Grupo 17 (Halógenos). b) Tanto la molécula de H2O como la de OF2 son moléculas de forma angular con estructura tetraédrica (sp3), y presentan unos ángulos cercanos a 109,5º (H2O: 104,45º; OF2: 103º). c) La molécula de H2O tiene una mayor diferencia de electronegatividad (∆χ ≈ 1,78) que la de OF2 (∆χ ≈ 0,54), a pesar de que la distancia entre dipolos será mayor en esta última. μH2O = 1,85 D. μOF2 = 0,30 D. d) Al tener mayor momento dipolar, las fuerzas de Van der Waals correspondientes a las interacciones dipolo−dipolo son mucho más fuertes. También se une el hecho de que la molécula de agua presenta una inusual pero no por ello menos importante contribución de enlace por puentes de hidrógeno, por lo que la temperatura de ebullición es más alta.

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53.– Conteste a las siguientes preguntas: a) Represente la estructura del trifluoruro de fósforo, según la teoría de Lewis. b) Indique cuál será su geometría según la Teoría de Repulsión de Pares de Electrones de la

Capa de Valencia. c) ¿Podrá tener el fósforo una covalencia superior a la presentada en el trifluoruro de

fósforo? Razone la respuesta. b) Tiene estructura tetaédrica (sp3) pero tiene forma de pirámide triangular ; c) Sí, 5: PF5.

Solución: a) PF3: F 7 8 21 24

P 5 8 5 8 Electrones 26 32


Pares monoatómicos 13 − 3 = 10 b) PF3: Pirámide triangular (cuatro direcciones de pares electrónicos de los que uno no forma

enlace) [αF−P−F ≈ 96,3º]. c) Sí podría tener mayor covalencia, ya que tiene un par electrónico que podría compartir con otros átomos de flúor. De hecho, existe el pentafluoruro de fósforo, PF5. Para ello, el Fósforo utiliza la posibilidad que tiene de colocar electrones desapareados en el nivel 3d, por lo que puede enlazarse por cinco direcciones distintas.

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54.– Cuatro elementos se designan arbitrariamente como A, B, C y D. Sus electronegatividades se muestran en la tabla siguiente:

Elemento A B C D

Electronegatividad 3,0 2,8 2,5 2,1

Si se forman las moléculas AB, AC, AD y BD, a) clasifíquelas en orden creciente por su carácter covalente. Justifique la respuesta. b) ¿cuál será la molécula más polar? Justifique la respuesta.

a) DA < DB < CA < BA ; b) La de DA (carácter iónico = 19 %).

Solución: Primero hay que concretar que el orden de los elementos en la molécula es el inverso al del enunciado, puesto que se pone al final el elemento de mayor electronegatividad. a) Será más covalente la molécula que tenga la menor diferencia de electronegatividad entre los elementos que la forman por lo que el carácter covalente crecerá según: DA (∆χ ≈ 0,9; C.I. 19 %) < DB (∆χ ≈ 0,7; C.I. 12 %) < CA (∆χ ≈ 0,5; C.I. 6 %) < BA (∆χ ≈ 0,2; C.I. 1 %). b) Por la misma razón, pero con el valor contrario, la molécula más polar será DA, ya que, al haber mayor diferencia de electronegatividad, la molécula tenderá más a que los átomos que la forman sean iones. Aun así, el carácter será básicamente covalente puesto que ∆χ está por debajo de 1,7 que es el mínimo valor que puede tener un enlace con carácter principalmente iónico.


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=FP%28F%29F

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=FP%28F%29F



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55.– Dadas las moléculas CH4, NH3 y CO2, indique qué forma geométrica presentan estas moléculas. Teniendo en cuenta dicha geometría justifique cuáles de ellas se clasifican como polares y cuáles como apolares.

DDaattooss:: Números atómicos (Z): C = 6 ; N = 7 ; O = 8 CH4, tetraédrica (sp3), apolar ; NH3, piramidal triangular (tetraedro sp3), polar ; CO2: lineal (sp), apolar.

Solución: CH4: H 1 2 4 8



Pares monoatómicos 4 − 4 = 0 NH3: N 5 8 5 8



Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 CO2: O 6 8 12 16



Pares monoatómicos 8 − 4 = 4 Pares monoatómicos 4 − 2 = 2

El CH4 es una molécula de estructura y forma tetraédrica (sp3) que tiene los enlaces ligeramente polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar. El NH3 es una molécula de estructura tetraédrica (sp3) y forma piramidal triangular (hay un par electrónico no enlazante) que tiene los enlaces polares, por lo que la estructura asimétrica de la molécula da lugar a una molécula polar.

El CO2 es una molécula de estructura y forma lineal (sp) que tiene los enlaces polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar.

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56.– Dadas las moléculas de CH4, NH3, Cl2 y CO2, responda razonadamente a las siguientes cuestiones: a) Clasifique estas moléculas como polares o apolares. b) ¿Qué compuesto forma una molécula tetraédrica?

a) CH4, Cl2 y CO2 son apolares mientras que el NH3 es polar ; b) El metano (CH4).

Solución: a) El CH4 es una molécula de estructura y forma tetraédrica (sp3) que tiene los enlaces ligeramente polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar. El NH3 es una molécula de estructura tetraédrica (sp3) y forma piramidal triangular (hay un par electrónico no enlazante) que tiene los enlaces polares, por lo que la estructura asimétrica de la molécula da lugar a una molécula polar. El Cl2 es una molécula lineal a pesar de su estructura tetraédrica (sp3) ya que hay solo dos átomos. Como el enlace es totalmente apolar, la molécula es apolar. El CO2 es una molécula de estructura y forma lineal (sp) que tiene los enlaces polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar.

b) Como ya hemos dicho es el CH4: H 1 2 4 8



Pares monoatómicos 4 − 4 = 0


http://iesbinef.educa.aragon.es/fiqui/jmol/ch4.htm

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=N

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=C%28%3DO%29%3DO







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57.– Dadas las moléculas H2O, CH4, BF3 y HCl, a) escriba sus estructuras de Lewis; b) indique razonadamente cuáles presentan enlaces de hidrógeno; c) justifique cuáles son moléculas polares; d) justifique cuál de las moléculas H2O, CH4 y HCl presenta mayor carácter covalente en el

enlace y cuál menor. DDaattooss:: Electronegatividades de Pauling: O = 3,5 ; H = 2,1 ; C = 2,5 ; Cl = 3,0 b) El H2O ; c) el H2O y el HCl ; d) C.C.CH4 > C.C.HCl > C.C.H2O

Solución: a) H2O: H 1 2 2 4



Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 CH4:

H 1 2 4 8



Pares monoatómicos 4 − 4 = 0 BF3: F 7 8 21 24

B 3 6 3 6 Electrones 24 30


Pares monoatómicos 12 − 3 = 9 HCl:

H 1 2 1 2

Cl 7 8 7 8 Electrones 8 10


Pares monoatómicos 4 − 1 = 3 b) Básicamente, el enlace por puente de hidrógeno se da cuando hay enlaces H−F, H−O o H−N.

De los compuestos dados, esto solo sucede en el agua, H2O. c) H2O: Hibridación sp3, angular [αH−O−H ≈ 104,45º]. Los enlaces H−O tienen una polaridad alta

(∆χ ≈ 1,24) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. Tiene una polaridad bastante alta (μ = 1,85 D). El CH4 es una molécula de estructura y forma tetraédrica (sp3) que tiene los enlaces ligeramente polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar. BF3: Triángulo plano (tres direcciones de pares electrónicos compartidos), [αF−B−F = 120º]. Los enlaces tienen una altísima polaridad (∆χ ≈ 1,94) aunque la molécula es apolar ya que la forma es simétrica. Tiene polaridad nula. HCl: El enlace H−Cl tiene una alta polaridad (∆χ ≈ 0,94) por lo que la molécula es polar (μ = 1,05 D).

d) El carácter covalente tiene que ver con la diferencia de electronegatividad de los elementos que los forman por lo que:

CH4 (∆χ = 0,35; C.C. 97 %) > HCl (∆χ = 0,94; C.C. 80 %) > H2O (∆χ = 0,35; C.C. 68 %).




http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=FB%28F%29F

http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=Cl







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58.– Dadas las moléculas HCN, OF2, NCl3, SiCl4, responda razonadamente las siguientes cuestiones: a) Represente la estructura de Lewis de cada una de ellas. b) Prediga su geometría molecular. c) Explique en cada caso si la molécula tiene o no momento dipolar.

DDaattooss:: Números atómicos: H = 1 ; C = 6 ; N = 7 ; O = 8 ; F = 9 ; Si = 14 ; Cl = 17 b) HCN: Estr. y forma lineales (sp); OF2: Estr. tetraédrica (sp3), forma angular (α ≈ 109,5º); NCl3: Estr. tetraédrica (sp3), forma pirámide triangular (α ≈ 109,5º); SiCl4: Estr. y forma tetraédrica (sp3) ; c) HCN: muy polar; OF2: polar; NCl3: polar; SiCl4: apolar.

Solución: a) HCN: H 1 2 1 2

C 4 8 4 8 N 5 8 5 8


Pares entre átomos 9 − 5 = 4 Pares monoatómicos 5 − 4 = 1 OF2: F 7 8 14 16






Pares monoatómicos 13 − 3 = 10 SiCl4: Cl 7 8 28 32

Si 4 8 4 8 Electrones 32 40


Pares monoatómicos 16 − 4 = 12 b) HCN: Hibridación sp, molécula lineal. OF2: La estructura de la molécula de OF2 (hibridación sp3) es de forma angular basada en una

estructura tetraédrica (α ≈ 109,5º −real 103º−). NCl3: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma pirámide triangular (αCl−N−Cl ≈ 107,1º). SiCl4: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma tetraédrica (αCl−Si−Cl ≈ 109,5º). c) HCN: Los enlaces H−C tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace triple C≡N

también es polar (∆χ ≈ 0,49) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica y las polaridades no se contraponen. Polaridad elevada (μ = 2,98 D).

OF2: Dada la diferencia de electronegatividad de los enlaces O−F (∆χ ≈ 0,54), y dado que la molécula no es tridimensionalmente simétrica, tiene momento dipolar: μ = 0,30 D.

NCl3: Los enlaces N−Cl tienen una polaridad escasa (∆χ ≈ 0,12) que hacen que la molécula sea muy ligeramente polar ya que la forma no es simétrica. Tiene una baja polaridad (μ = 0,6 D).

SiCl4: Los enlaces Si−Cl tienen una alta polaridad (∆χ ≈ 1,26) pero la molécula no la tiene ya que la forma es totalmente simétrica. Hay polaridad en los enlaces, pero es nula en la molécula.



http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=FOF


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=%5BSi%5D%28Cl%29%28Cl%29%28Cl%29Cl



















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59.– Dadas las moléculas PH3 y Cl2O, a) represente sus estructuras de Lewis; b) establezca sus geometrías mediante la teoría de Repulsión de Pares de Electrones de la Capa

de Valencia; c) indique la hibridación del átomo central.

b) y c) PH3: Pirámide triangular, sp3 ; OCl2: Angular, sp3.

Solución: a) PH3: P 5 8 5 8



Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 OCl2: Cl 7 8 14 16



Pares monoatómicos 10 − 2 = 8 b) PH3: Pirámide triangular (cuatro direcciones de pares electrónicos de los que uno no forma

enlace) [αH−P−H ≈ 93,5º]. OCl2: Angular (cuatro direcciones de pares electrónicos de los que dos no forman enlace)

[αCl−O−Cl ≈ 110,9º]. c) PH3: La hibridación es sp3. OCl2: La hibridación es sp3.

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60.– Dadas las moléculas: BeCl2, NH3 y CH4: a) escriba sus estructuras de Lewis y deduzca la geometría de sus moléculas en base a la

teoría de repulsión de pares electrónicos o de hibridación de orbitales; b) razone si alguna de ellas puede formar enlaces de hidrógeno; c) justifique si las moléculas de BeCl2 y NH3 son polares o no polares.

DDaattooss:: Números atómicos (Z): Be = 4 ; Cl = 17 ; C = 6 ; H = 1 a) BeCl2: lineal (sp); NH3: estr. tetraédrica (sp3), forma piramidal triangular; CH4: tetraédrica (sp3) ; b) Solo lo forma el NH3 ; c) BeCl2: Apolar (con enlaces polares); NH3: Polar.

Solución: a) BeCl2: Be 2 4 2 4






Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 CH4: H 1 2 4 8



Pares monoatómicos 4 − 4 = 0 La estructura covalente (que tiene un fuerte carácter iónico dada la diferencia de

electronegatividad) de la molécula de BeCl2 (hibridación sp) tiene una estructura lineal, con ángulos de 180º. El NH3 presenta una hidridación sp3 que le da una forma piramidal triangular basada en una estructura tetraédrica (α ≈ 109,5º −real 107,8º−). La estructura del CH4 (hibridación sp3) es tetraédrica con ángulos de 109,5º.

b) Puede formar enlaces de hidrógeno el NH3 ya que es importante la diferencia de electronegatividad entre ambos elementos (∆χ ≈ 0,84)

c) BeCl2: Los enlaces Be−Cl tienen una altísima polaridad (∆χ ≈ 1,59) pero dado que la molécula es totalmente simétrica, la molécula (casi enlace iónico) es totalmente apolar.

NH3: Los enlaces H−N son claramente polares (∆χ ≈ 0,84) por lo que, ya que la forma de la molécula no es simétrica, hacen que ésta sea polar. Tiene una polaridad alta (μ = 1,42 D).










http://introchem.chem.okstate.edu/DCICLA/jmol/jmol.php










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61.– Dadas las siguientes moléculas: CCl4, BF3 y PCl3, a) represente sus estructuras de Lewis; b) prediga la geometría de cada una de ellas según la Teoría de Repulsión de Pares de

Electrones de la Capa de Valencia; c) indique la polaridad de cada una de las moléculas.

b) CCl4: Tetraedro; BF3: Triángulo plano; PCl3: Pirámide triangular ; c) CCl4 y BF3: Polares los enlaces, apolar la molécula; PCl3: Los enlaces y la molécula son polares.

Solución: a) CCl4: Cl 7 8 28 32



Pares monoatómicos 16 − 4 = 12 BF3: F 7 8 21 24



Pares monoatómicos 12 − 3 = 9 PCl3: Cl 7 8 21 24

P 5 8 5 8 Electrones 26 32


Pares monoatómicos 13 − 3 = 10 CCl4: Tetraedro (son cuatro direcciones de electrones idénticas entre sí), [αCl−C−Cl ≈ 109,5º]. BF3: Triángulo plano (tres direcciones de pares electrónicos compartidos), [αF−B−F = 120º]. PCl3: Pirámide triangular (cuatro direcciones de pares electrónicos de los que uno no forma

enlace) [αCl−P−Cl ≈ 100º]. b) CCl4: Los enlaces C−Cl tienen una alta polaridad (∆χ ≈ 0,61) pero la molécula no la tiene ya

que la forma es totalmente simétrica. La polaridad existe en los enlaces, pero es nula en la molécula. BF3: Los enlaces B−F tienen una altísima polaridad (∆χ ≈ 1,94) aunque la molécula es apolar ya que la forma es simétrica. Tiene polaridad nula. PCl3: Los enlaces P−Cl tienen una polaridad alta (∆χ ≈ 0,97) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. Tiene una polaridad apreciable (μ = 0,97 D).




http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=ClP%28Cl%29Cl









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62.– Dadas las siguientes moléculas: CH4, NH3, H2S, BH3, a) justifique sus geometrías moleculares en función de la hibridación del átomo central; b) razone qué moléculas serán polares y cuáles apolares; c) ¿de qué tipo serán las fuerzas intermoleculares en el CH4?; d) indique, razonadamente, por qué el NH3 es el compuesto que tiene mayor temperatura de

ebullición. a) CH4: tetraédrica (sp3); NH3: estr. tetraédrica (sp3), forma piramidal triangular; H2S: estr. tetraédrica (sp3), forma angular; BH3: forma triangular plana (sp2) ; b) Son polares el NH3 y el H2S ; c) Tipo Van der Waals por masa y dipolo ; d) NH3: Por que sus fuerzas intermoleculares son por puentes de hidrógeno.










Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 BH3: H 1 2 3 6



Pares monoatómicos 3 − 3 = 0 a) La estructura del CH4 (hibridación sp3) es tetraédrica con ángulos de 109,5º. El NH3 presenta

una hidridación sp3 que le da una forma piramidal triangular basada en una estructura tetraédrica (α ≈ 109,5º −real 107,8º−). H2S: Estructura tetraédrica (cuatro direcciones de pares electrónicos, dos de ellos compartidos y dos no enlazantes, hibridación sp3), forma angular (αH−S−H ≈ 92,1º). BH3: Triángulo plano (hibridación sp2), [αCl−B−Cl = 120º].

c) El CH4 tiene los enlaces ligeramente polares, pero por la estructura simétrica de la molécula da lugar a una molécula apolar. NH3: Los enlaces H−N son claramente polares (∆χ ≈ 0,84) por lo que, ya que la forma de la molécula no es simétrica, hacen que ésta sea polar. Tiene una polaridad alta (μ = 1,42 D).H2S: Los enlaces H−S tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,38) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad es media (μ = 0,97 D). BCl3: Los enlaces B−H tienen una baja polaridad (∆χ ≈ 0,35) aunque la molécula es apolar ya que la forma es simétrica. d) En el CH4 los enlaces intermoleculares son de tipo Van der Waals por la masa y por un pequeño carácter dipolo−dipolo por haber una pequeña diferencia de electronegatividad entre el Carbono y el Hidrógeno. e) En el NH3 aparecen puentes de hidrógeno, debido a que los enlaces N−H sí pueden producirlos por la gran diferencia de electronegatividad y el pequeño tamaño del átomo N. Estos enlaces intermoleculares son mucho más fuertes que cualquier otro tipo de fuerza intermolecular para compuestos covalentes.





http://www.uwosh.edu/faculty_staff/gutow/Chem_371_S12/Dan_and_Alex/BH3_web/BH31/BH31.html




http://www.uwosh.edu/faculty_staff/gutow/Chem_371_S12/Dan_and_Alex/BH3_web/BH31/BH31.html




http://www.oup.com/uk/orc/bin/9780199264636/01student/3d/moleculeshtml/bcl3.html



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63.– Dadas las siguientes moléculas: PH3, H2S, CH3OH, BeI2, a) escriba sus estructuras de Lewis; b) razone si forman o no enlaces de hidrógeno; c) deduzca su geometría aplicando la teoría de hibridación, d) explique si estas moléculas son polares o apolares.

b) El CH3OH sí, los demás, no ; c) PH3: estr. tetraédrica (sp3), forma pirámide triangular; H2S: estr. tetraédrica (sp3), forma angular; CH3OH: estr. tetraédrica (sp3), forma tetraedro; BeI2: Estr. lineal, forma lineal ; d): BeI2: Apolar; PH3: Poco polar; H2S: Polar; CH3OH: Muy polar.

Solución: a) PH3: P 5 8 5 8






Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 CH3OH: H 1 2 4 8

C 4 8 4 8 O 6 8 6 8


Pares entre átomos 12 − 7 = 5 Pares monoatómicos 7 − 5 = 2 BeI2: I 7 8 14 16

Be 2 4 2 4 Electrones 16 20


Pares monoatómicos 8 − 2 = 6 b) Solo formará enlaces de hidrógeno el metanol (CH3OH) ya que es el único que tiene un

elemento fuertemente electronegativo unido a un hidrógeno. c) PH3: Estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma pirámide triangular (αH−P−H ≈ 93,5º). H2S: Estructura tetraédrica (hibridación sp3), forma angular (αH−S−H ≈ 92,1º). CH3OH: En el carbono, estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma tetraédrica (αH−C−H ≈ 109,5º). En el oxígeno, estr. tetraédrica (hibridación sp3), forma angular (αH−O−C ≈ 108,4º). BeI2: Estructura lineal (hibridación sp), forma lineal. d) PH3: Los enlaces P−H tienen una polaridad casi nula (∆χ ≈ 0,01) que hacen que la molécula

sea poco polar a pesar de que la forma no es simétrica. Tiene una baja polaridad (μ = 0,58 D). H2S: Los enlaces H−S tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,38) que hacen que la molécula sea

polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad es media (μ = 0,97 D). CH3OH: Los enlaces H−C tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace O−C

también es polar (∆χ ≈ 0,89) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica y las polaridades no se contraponen. El enlace O−H que también es polar no tiene la misma orientación. Pese a eso, la polaridad es elevada (μ = 1,69 D).

BeI2: Los enlaces Be−I tienen una alta polaridad (∆χ ≈ 1,09) aunque la molécula es apolar ya que la forma es simétrica. Tiene polaridad nula.




http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=CO

http://www.tutor-homework.com/Chemistry_Help/Molecular_Geometry/011_Beryllium_Diiodide_BeI2.html











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64.– Dadas las siguientes sustancias sólidas: cobre, diamante, yodo y bromuro potásico, explique: a) ¿Cuál es la más dura? ¿Y la más blanda? b) ¿Cuál conduce la corriente eléctrica en estado sólido? ¿Y en disolución?

a) El diamante; El yodo ; b) El cobre; el bromuro potásico.

Solución: a) La más dura es el diamante porque es un compuesto de estructura covalente con enlaces múltiples entre todos los átomos de carbono. La más blanda es el iodo, puesto que los enlaces intermoleculares son por fuerzas de Van der Waals debidas principalmente a la masa de los átomos y a las interacciones basadas en dipolo instantáneo−dipolo instantáneo o inducido, puesto que el enlace intramolecular es totalmente apolar. b) En estado sólido solo conducen la corriente eléctrica los metales, por lo que es el cobre. En disolución también la conducen los compuestos iónicos, por lo que será el bromuro potásico.




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65.– Dadas las siguientes sustancias: CO2, CF4, H2CO y HF, a) escriba las estructuras de Lewis de sus moléculas; b) explique sus geometrías por la Teoría de Repulsión de Pares de Electrones de Valencia o

por la Teoría de Hibridación; c) justifique cuáles de estas moléculas tienen momento dipolar distinto de cero; d) justifique cuáles de estas sustancias presentan enlace de hidrógeno.

DDaattooss:: Números atómicos (Z): H = 1 ; C = 6 ; O = 8 ; F = 9 b) CO2: forma lineal (sp), α = 180º; CF4: tetraedro (sp3), α ≈ 109,5º; H2CO: forma triangular plana (sp2), α ≈ 120º ; c) Son apolares el CO2 y el CF4 mientras que el H2CO y el HF son polares ; d) La de HF, puesto que es la única que posee enlaces H−F, o H−O o H−N.

Solución: a) CO2: O 6 8 12 16



Pares monoatómicos 8 − 4 = 4 Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 a) CF4: F 7 8 28 32



Pares monoatómicos 16 − 4 = 12 H2CO: H 1 2 2 4

C 4 8 4 8 O 6 8 6 8


Pares entre átomos 10 − 6 = 4 Pares monoatómicos 6 − 4 = 2 HF: H 1 2 1 2

F 7 8 7 8 Electrones 8 10


Pares monoatómicos 4 − 1 = 3 b) CO2: Hibridación sp, molécula lineal. CF4: Tetraedro (son cuatro direcciones de electrones idénticas entre sí), [αF−C−F ≈ 109,5º]. H2CO: Estructura triangular plana (sp2), forma triangular con ángulos cercanos a 120º. HF: Estructura tetraédrica en el F (sp3), forma lineal. c) Los enlaces C−O tienen una polaridad casi nula (∆χ ≈ 0,03) y además la molécula es

totalmente simétrica, así que es totalmente apolar. CF4: Los enlaces C−F tienen una altísima polaridad (∆χ ≈ 1,43) pero la molécula no la tiene ya

que la forma es totalmente simétrica. Hay polaridad en los enlaces, pero es nula en la molécula. H2CO: Los enlaces H−C tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35) mientras el enlace doble O=C

también es polar (∆χ ≈ 0,89) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica y las polaridades no se contraponen. La polaridad es elevada (μ = 2,33 D).

HF: El enlace H−F tienen una altísima polaridad (∆χ ≈ 1,78) por lo que la molécula es muy polar (μ = 1,98 D). d) La única que tendrá enlaces de hidrógeno (y muy fuertes) será la molécula de HF ya que es la única que tiene uniones F−H, O−H o N−H.



http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=FC%28F%29%28F%29F


http://chemapps.stolaf.edu/jmol/jmol.php?model=F










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66.– Dadas las siguientes sustancias: CS2 (lineal), HCN (lineal), NH3 (piramidal) y H2O (angular): a) escriba sus estructuras de Lewis; b) justifique su polaridad.

b) CS2: Es apolar tanto en enlaces como en estructura ; HCN; Es polar, por serlo los enlaces que lo forman ; NH3 y H2O: Son polares tanto los enlaces como las moléculas.

Solución: a) CS2: S 6 8 12 16



Pares monoatómicos 8 − 4 = 4 HCN: H 1 2 1 2

C 4 8 4 8 N 5 8 5 8


Pares entre átomos 9 − 5 = 4 Pares monoatómicos 5 − 4 = 1 NH3: N 5 8 5 8



Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 H2O: H 1 2 2 4



Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 b) CS2: Hibridación sp, molécula lineal. Los enlaces C−S tienen una polaridad casi nula

(∆χ ≈ 0,03) y además la molécula es totalmente simétrica, así que es totalmente apolar. HCN: Hibridación sp, molécula lineal. Los enlaces H−C tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,35)

mientras el enlace triple C≡N también es polar (∆χ ≈ 0,49) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica y las polaridades no se contraponen. Polaridad elevada (μ = 2,98 D).

NH3: Hibridación sp3, pirámide triangular [αH−N−H ≈ 107,8º]. Los enlaces H−N son claramente polares (∆χ ≈ 0,84) por lo que, ya que la forma de la molécula no es simétrica, hacen que ésta sea polar. Tiene una polaridad alta (μ = 1,42 D). H2O: Hibridación sp3, angular [αH−O−H ≈ 104,45º]. Los enlaces H−O tienen una polaridad alta (∆χ ≈ 1,24) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. Tiene una polaridad bastante alta (μ = 1,85 D).

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67.– Dadas las siguientes sustancias: Cu, CaO, I2, indique razonadamente: a) cuál conduce la electricidad en estado líquido pero es aislante en estado sólido; b) cuál es un sólido que sublima fácilmente; c) cuál es un sólido que no es frágil y se puede estirar en hilos o láminas.

a) El CaO ; b) El I2 ; c) El Cu.

Solución: a) Los compuestos iónicos son los que solo conducen la corriente en estado líquido o disueltos por lo que será el óxido de calcio (CaO). b) Los sólidos que subliman fácilmente son los que tienen fuerzas intermoleculares débiles, por lo que serán las moléculas covalentes; en nuestro caso, el iodo (I2). c) Los sólidos no frágiles pero que se pueden estirar en hilos (ductilidad) o láminas (maleabilidad) son los metales, por lo que será el cobre (Cu).












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68.– Dados los elementos A, B y C de números atómicos 19, 13 y 35, respectivamente, indique justificándola: a) la configuración electrónica ordenada de cada uno de ellos; b) la naturaleza de los enlaces de los compuestos que responden a: A–C; B–B; C–C. c) Enuncie el Principio de máxima multiplicidad de Hund.

a) A: 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1; B: 1s2 2s2p6 3s2p1; C: 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5 ; b) A−C: iónico; B−B: metálico; C−C: covalente ; c) Al llenar orbitales de igual energía los electrones se distribuyen, siempre que sea posible, con sus espines paralelos, es decir, que no se cruzan.

Solución: a) Las configuraciones serán: A: Z = 19 ⇒ (K): 1s2 2s2p6 3s2p6 4s1 ; B: Z = 13 ⇒ (Al): 1s2 2s2p6 3s2p1 ; C: Z = 35 ⇒ (Br): 1s2 2s2p6 3s2p6d10 4s2p5. b) El enlace A−C es un enlace sencillo claramente iónico, ya que corresponde al que se da entre un elemento alcalino (con un electrón aislado en la última capa) y otro halógeno (con un "hueco" en su capa de valencia). El enlace B−B corresponde a un enlace metálico ya que hay electrones aislados en la última capa sin que el metal tenga la capacidad de compartir hasta rellenar la capa. El enlace C−C es un enlace covalente ya que el nometal tiene una capa de valencia a la que le falta un electrón para alcanzar la configuración estable, por lo que formará un enlace covalente sencillo. c) En la configuración electrónica de un átomo los electrones de orbitales atómicos con la misma energía (números cuánticos n y ℓ iguales) deben encontrarse en suborbitales (mℓ diferente) de forma que estén lo más desapareados posible.

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69.– Dados los siguientes compuestos: H2S, BCl3 y N2, a) escriba sus estructuras de Lewis; b) deduzca la geometría de cada molécula por el método RPECV o a partir de la hibridación; c) deduzca cuáles de las moléculas son polares y cuáles no polares; d) indique razonadamente la especie que tendrá un menor punto de fusión.

b) H2S: forma angular (sp3); BCl3: forma triangular plana (sp2); N2: forma lineal (sp) ; c) Es polar el H2S mientras que las demás son apolares ; d) El N2 por ser covalente apolar y la de menor masa molecular.

H2S: H 1 2 2 4



Pares monoatómicos 4 − 2 = 2 BCl3: Cl 7 8 21 24



Pares monoatómicos 12 − 3 = 9 N2: N 5 8 10 16


Pares entre átomos 8 − 5 = 3 Pares monoatómicos 5 − 3 = 2 b) H2S: Estructura tetraédrica (cuatro direcciones de pares electrónicos, dos de ellos

compartidos y dos no enlazantes, hibridación sp3), forma angular (αH−S−H ≈ 92,1º). BCl3: Triángulo plano (tres direcciones de pares electrónicos compartidos, hibridación sp2), [αCl−B−Cl = 120º]. N2: Estructura lineal (dos direcciones de pares electrónicos, una compartida y la otra no enlazante, hibridación sp).

c) H2S: Los enlaces H−S tienen una cierta polaridad (∆χ ≈ 0,38) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica. La polaridad es media (μ = 0,97 D). BCl3: Los enlaces B−Cl tienen una alta polaridad (∆χ ≈ 1,12) aunque la molécula es apolar ya que la forma es simétrica. Tiene polaridad nula. N2: El enlace N2 estotalmente apolar y la forma de la molécula simétrica, por lo que todo hace que la molécula sea apolar.

d) El compuesto con menor punto de fusión es el N2 ya que es covalente, es el más apolar, el que tiene menos masa molecular y el que tiene mayor estructura de enlace (enlace triple) por lo que la posibilidad de dipolos instantáneos e inducidos es mucho menor.


http://es.wikipedia.org/wiki/Orbital_at%C3%B3mico

http://es.wikipedia.org/wiki/Energ%C3%ADa

http://es.wikipedia.org/wiki/Electr%C3%B3n

http://es.wikipedia.org/wiki/Esp%C3%ADn



http://www.chemeddl.org/resources/models360/models.php?pubchem=947









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70.– Dados los siguientes compuestos: NaH, CH4, H2O, CaH2 y HF, conteste razonadamente: a) ¿Cuáles tienen enlace iónico y cuáles enlace covalente? b) ¿Cuáles de las moléculas covalentes son polares y cuáles no polares? c) ¿Cuáles presentan enlace de hidrógeno? d) Atendiendo únicamente a la diferencia de electronegatividad, ¿cuál presenta la mayor

acidez? a) Iónicos: NaH y CaH2; Covalentes: CH4, H2O y HF ; b) Polares: H2O y HF; apolares: CH4; c) Presentan enlace por puente de hidrógeno el HF y el H2O ; d) El HF.

Solución: a) Son iónicos los hidruros metálicos, NaH y CaH2, mientras que son covalentes los demás, CH4, H2O y HF. b) Son polares las moléculas de H2O y HF por no tener centro de simetría, mientras que el CH4 es apolar porque el centro de las cargas positivas (Hδ+) y el de las negativas (Cδ−) coinciden. c) Presentan enlace por puente de hidrógeno el HF y el H2O, dado el pequeño tamaño y la fuerte electronegatividad del Oxígeno y el Flúor. d) El compuesto más ácido es el HF ya que tiene mayor diferencia de electronegatividad a favor del átomo que no es hidrógeno.

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71.– El elemento de número atómico 12 se combina fácilmente con el elemento de número atómico 17. Indique: a) la configuración electrónica de los dos elementos en su estado fundamental; b) el grupo y periodo al que pertenece cada uno; c) el nombre y símbolo de dichos elementos y del compuesto que pueden formar; d) el tipo de enlace y dos propiedades del compuesto formado.

a) Mg: 1s2 2s2p6 3s2; Cl: 1s2 2s2p6 3s2p5 ; b) Mg: G 2 y P 3; Cl G 17 y P 3 ; c) Magnesio, Mg, y Cloro, Cl; MgCl2 [cloruro de magnesio] ; d) Iónico: duro, frágil, puntos de fusión y ebullición elevados, se disuelve en agua y conduce la corriente eléctrica solo fundido o disuelto.

Solución: a) Las configuraciones serán: Z = 12 ⇒ (Mg): 1s2 2s2p6 3s2 ; Z = 17 ⇒ (Cl): 1s2 2s2p6 3s2p5. b) El Magnesio es un metal que pertenece al Grupo 2 (Alcalinotérreos) y al Periodo 3 ; el Cloro es un nometal que pertenece al Grupo 17 (Halógenos) y al 3.er Periodo. c) Como ya se ha mencionado son el Magnesio, Mg, y el Cloro, Cl. Como el número de oxidación más probable del Magnesio es 2+ y el del Cloro 1−, el compuesto que formarán será el MgCl2 [cloruro de magnesio]. d) Dada la gran diferencia de electronegatividad ((∆χ ≈ 1,85), el enlace que se forma es principalmente iónico, creándose el cristal de cloruro de magnesio. Como todo compuesto iónico es duro pero frágil, tiene puntos de fusión [987 K (714 °C)] y ebullición [1.685 K (1.412 °C)] elevados, se disuelve en agua [54,2 g/100 mL (20 °C)] y otros disolventes polares, conduce mal el calor y conduce la corriente eléctrica solo cuando está fundido o disuelto.

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72.– Haga un esquema del ciclo de Born−Haber para el CaCl2 y calcule la variación entálpica de formación del CaCl2. DDaattooss:: Entalpía de sublimación de Ca(s) = 178,2 kJ mol–1 ; Primera energía de ionización de

Ca(g) = 590 kJ mol–1 ; Segunda energía de ionización de Ca(g) = 1145 kJ mol–1 ; Entalpía de disociación de Cl2(g) = 244 kJ mol–1 ; Afinidad electrónica del Cl(g) = −349 kJ mol–1 ; Energía de red del CaCl2 = −2223 kJ mol–1

∆Hf [CaCl2] = −764 kJ mol–1.

Solución: ∆Hf

Ca(s) + Cl2(g) –––––––→ CaCl2(s)

↓ S ↓ D

Ca(g) 2 Cl(g) ↓ 1ª Ei

↓ 2 AE Ca+(g)

↓ 2ª Ei

Ca2+(g) + 2 Cl–(g)

Aplicando la Ley de Hess: ∆Hf = S + 1ª Ei + 2ª Ei + D + 2 AE + U = 178,2 kJ mol–1 + 590 kJ mol–1 + 1145 kJ mol–1 + + 244 kJ mol–1 + 2 · (−349 kJ mol–1) + (−2223 kJ mol–1) = −764 kJ mol–1.




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73.– Para las siguientes moléculas: H2O, NH3, CH4 y HCl indique, razonando la respuesta: a) su estructura electrónica de Lewis; b) su geometría; c) su polaridad.

b) H2O: Estructura tetraédrica (sp3), forma angular; NH3: Estructura tetraédrica (sp3), forma piramidal triangular; CH4: Estructura y forma tetraédricas (sp3); HCl: Estructura tetraédrica (sp3), forma lineal ; c) CH4, apolar; H2O, NH3 y HCl, polares.

Solución: a) H2O: H 1 2 2 4






Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 CH4: H 1 2 4 8



Pares monoatómicos 4 − 4 = 0 HCl:

H 1 2 1 2



Pares monoatómicos 4 − 1 = 3 b) H2O: Hibridación sp3, angular [αH−O−H ≈ 104,45º]. El NH3 presenta una hidridación sp3 que le

da una forma piramidal triangular basada en una estructura tetraédrica (α ≈ 109,5º −real 107,8º−). La estructura del CH4 (hibridación sp3) es tetraédrica con ángulos de 109,5º. HCl: El HCl tiene hibridación sp3 en el átomo de Cloro, lo que da lugar a una forma lineal ya que tiene tres de las direcciones tetraédricas ocupadas por pares no enlazantes.

c) H2O: Los enlaces H−O tienen una polaridad alta (∆χ ≈ 1,24) que hacen que la molécula sea polar ya que la forma no es simétrica con respecto a un punto. Tiene una polaridad bastante alta (μ = 1,85 D). NH3: Los enlaces H−N son claramente polares (∆χ ≈ 0,84) por lo que, ya que la forma de la molécula no es simétrica, hacen que ésta sea polar. Tiene una polaridad alta (μ = 1,42 D). CH4: Los enlaces C−H son ligeramente polares, pero como la estructura tridimensional de la molécula es simétrica da lugar a una molécula apolar. HCl: El enlace H−Cl tiene una alta polaridad (∆χ ≈ 0,94) por lo que la molécula es polar (μ = 1,05 D).
















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74.– Responda, razonadamente, a las siguientes preguntas: a) Represente y nombre la forma geométrica del CH4 y NH3. b) Indique el valor aproximado del ángulo de enlace en el CH4 y explique por qué el ángulo

de enlace en el NH3 es menor que el del CH4. c) Identifique el tipo de fuerza intermolecular más importante en cada sustancia en estado

líquido. DDaattooss:: Números atómicos (Z): H = 1 ; C = 6 ; N = 7 a) CH4: tetraédrica (sp3) ; NH3: estr. tetraédrica (sp3), forma piramidal triangular ; b) El par enlazante fuerza la estructura por repulsión ; c) CH4: Van der Waals por masa y dipolo; NH3 Puentes de hidrógeno.







Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 El NH3 presenta una hidridación sp3 que le da una forma piramidal triangular basada en una

estructura tetraédrica (α ≈ 109,5º −real 107,8º−). La estructura del CH4 (hibridación sp3) es tetraédrica con ángulos de 109,5º.

b) El valor del ángulo de enlace H−C−H es el estructural del tetraedro, 109,5º. En el caso del NH3, el par electrónico no enlazante que posee, se repele con los de los enlaces N−H y, como los átomos de Hidrógeno son muy pequeños, apenas se repelen entre sí por lo que la estructura se compacta por el lado de los enlaces N−H hasta llegar a valer 107,8º.

c) En el CH4 los enlaces intermoleculares son de tipo Van der Waals por la masa y por un pequeño carácter dipolo−dipolo por haber una pequeña diferencia de electronegatividad entre el Carbono y el Hidrógeno. En el NH3, aparte de las mismas fuerzas que aparecen en el CH4, incrementadas por el hecho de la mayor diferencia de electronegatividad, aparece también el hecho de que se forman puentes de hidrógeno, debido a que los enlaces N−H sí pueden producirlos.








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75.– Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Deduzca la geometría de las moléculas de BF3 y NH3. Comente las diferencias, si las hay,

justificando sus afirmaciones. b) Cuatro elementos se designan arbitrariamente como A, B, C y D. Sus electronegatividades

se muestran en la tabla siguiente:

Elemento A B C D

Electronegatividad 3,0 2,8 2,5 2,1

Si se forman las moléculas AB, AC, AD y BD: b.1) clasifíquelas en orden creciente por su carácter covalente. b.2) ¿cuál será la molécula más polar?

DDaattooss:: Números atómicos: N = 7 ; B = 5 ; F = 9 a) BF3; triangular plana (sp2), apolar; NH3: piramidal triangular (sp3), polar ; b.1) DA < DB < CA < BA ; b.2) La de DA (carácter iónico = 19 %).

Solución: a) BF3: F 7 8 21 24






Pares monoatómicos 4 − 3 = 1 La diferencia es que la primera tiene estructura y forma triangular plana (sp2) con ángulos de 120º y no es polar mientras que la segunda tiene forma de pirámide triangular (estr. tetraédrica -sp3-) con ángulos cercanos a 109,5º y es polar. b) Primero hay que concretar que el orden de los elementos en la molécula es el inverso al del enunciado, puesto que se pone al final el elemento de mayor electronegatividad. b.1) Será más covalente la molécula que tenga la menor diferencia de electronegatividad entre los elementos que la forman por lo que el carácter covalente crecerá según: DA (∆χ ≈ 0,9; C.I. 19 %) < DB (∆χ ≈ 0,7; C.I. 12 %) < CA (∆χ ≈ 0,5; C.I. 6 %) < BA (∆χ ≈ 0,2; C.I. 1 %). b.1) Por la misma razón, pero con el valor contrario, la molécula más polar será DA, ya que, al haber mayor diferencia de electronegatividad, la molécula tenderá más a que los átomos que la forman sean iones. Aun así, el carácter será básicamente covalente puesto que ∆χ está por debajo de 1,7 que es el mínimo valor que puede tener un enlace con carácter principalmente iónico.




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