ESTRUCTURA ATOMICA Y ENLACE VALENCIA 2005 2014

(1)

JUNIO 04-CUESTIONES

2.-a) Ordene los siguientes elementos según tamaño creciente de sus átomos, justificando la

respuesta: F, Mg, Ne, K, Cl, P. b) Ordene las siguientes especies químicas de mayor a menor

tamaño, justificando la respuesta: Na+ , F −, Mg 2+ , O 2− , N3− , A13+ . Datos: Números atómicos N: 7, O: 8, F: 9, Ne: 10, Na: 11, Mg: 12, Al: 13, P: 15, Cl: 17, K: 19.

a) Piden que se ordene por orden creciente de tamaño (radio). Necesito conocer su posición en el

SP, que obtengo con la estructura electrónica externa (período n y grupo suma exponentes).

F, Z = 9 Mg, Z = 12 Ne, Z = 10 K, Z = 19 Cl, Z = 17 P, Z = 15

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p5 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s2 3 s2 3 p6 3 s2 3 p5 3 s2 3 p3

4 s1

1 2 … 13 14 15 16 17 18

1

2 F(9) Ne(10)

3 Mg(12) P(15) Cl(17)

4 K(19)

-Si lo aplicamos a los elementos anteriores: Ne < F < Cl < P < Mg < K

b) Piden que ordenemos los iones (radio iónico) según orden decreciente de radio. Necesito conocer

la estructura electrónica.

Na+ , Z = 11 F- , Z = 9 Mg2+ , Z = 12 O2- , Z = 8 N3- , Z = 7 Al3+ , Z = 13

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

p = 11 9 12 8 7 13

-Todos han adquirido la misma estructura electrónica externa. Por tanto, deberían tener el mismo

radio. Pero no es así. Unos han perdido e- (cationes) y han disminuido su radio (han perdido una capa) y otros han ganado e (aniones) aumentado su radio (e que están menos retenidos). Para

ordenarlos según su radio iónico tengo que mirar los protones (p) del núcleo ya que todos se han

(2)

3.-Dadas las moléculas: CF4 , CO2 , Cl2CO , NCl3, responda razonadamente las siguientes

cuestiones: a) Represente su estructura de Lewis. b) Prediga su geometría molecular. c) Explique si

cada una de estas moléculas tiene o no momento dipolar.

a) Estructuras de Lewis:

CF4) n = 5·8 = 40 e ; v = 1·4 + 4·7 = 32 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 24 , 12 pares e libres (solitarios). {C central]

CO2) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·4 + 2·6 = 16 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 8 , 4 pares e libres (solitarios). {C central}

Cl2CO) n = 4·8 = 32 e ; v = 2·7 + 1·4 +1·6 = 24 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 16 , 8 pares e libres (solitarios). {C central}

NCl3) n = 4·8 = 32 e ; v = 5 + 3·7 = 26 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 20 e , 10 pares e libres (solitarios). {N central}

− − − | F | | Cl | | Cl |

− . . −−−− −−−− −−−− − . . − −−−− . . −−−− | F : C : F | O : : C : : O | Cl : C : : O | | Cl : N : Cl |

−−−− . . −−−− −−−− −−−− − −−−− . . −−−−

| F | −

b) Geometría molecular:

CF4: 4 pares de e alrededor del átomo central (4 compartidos) se distribuyen de forma tetraédrica

(RPENV). Lo anterior permite una molécula con geometría tetraédrica.

CO2: 4 pares (actúan como 2) de e alrededor del átomo central se distribuyen linealmente

(RPENV); la molécula es lineal.

Cl2CO ) 3 pares de e alrededor del átomo central que se reparten con una geometría plana triangular

para conseguir la mínima repulsión (RPENV) (el doble actúa como 1). Por tanto, la molécula es

plana triangular.

NCl3: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

(RPENV). Como hay 1 par libre la molécula tiene geometría pirámide trigonal.

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. Enlaces polarizados en: CF4 , CO2 , Cl2CO. La

molécula de CF4 es apolar, ya que la geometría de la molécula anula los momentos dipolares (µT =

0 ). La de molécula CO2 es apolar, se anulan los momentos (µT = 0 ). La de molécula Cl2COes

apolar, se anulan los momentos (µT = 0). La de molécula NCl3 es apolar ya que los enlaces no están

(3)

SEPTIEMBRE 04-CUESTIONES

1A.-a) Agrupe las siguientes configuraciones electrónicas en parejas que puedan representar

elementos con propiedades químicas similares: 1s2 2s2 ; 1s2 2s2 2p3 ; 1s2 2s2 2p6 3 s2 ; 1s2 2s2 2p6 3 s1 ; 1s2 2s2 2p6 3 s2 3p3 ; 1s2 2s1 . b) Indique, justificando la respuesta, si las siguientes proposiciones son verdaderas o falsas: i) Los elementos de un mismo grupo tienen el mismo

número atómico. ii) Los elementos del mismo periodo tienen fórmulas análogas para sus

correspondientes compuestos. iii) El número atómico coincide con el número de protones del

núcleo, pero no siempre coincide con el número de electrones de un átomo neutro. iv) El volumen

del ión óxido, O2- , es superior que el del átomo de neón.

a) Propiedades químicas similares se dan en los elementos con la misma estructura electrónica

externa: pertenecen al mismo grupo. Por lo tanto, las agrupo por su estructura electrónica externa:

1s2 2s2 (Be) ; 1s2 2s2 2p6 3 s2 (Mg); 1s2 2s2 2p3 (N); 1s2 2s2 2p6 3 s2 3p3 (P); 1s2 2s1 (Li); 1s2 2s2 2p6 3 s1 (Na);

b) Mirando las estructuras electrónicas externas anteriores:

i) Falso. Tienen la misma estructura electrónica externa. Grupo 2: Be y Mg. Grupo 15: N y P.

Grupo 1: Li y Na.

ii) Falso. Fórmulas análogas corresponden a elementos del mismo grupo. Por ejemplo: LiF y NaF.

iii) Falso. En un átomo neutro el número atómico, Z, coincide con el número de protones del núcleo

y con el número de electrones en las órbitas ya que p = e.

iv) Cierto. O2- (ZO = 8, gana 2 e), 1s2 2s2 2p6, Ne (ZNe = 10), 1s2 2s2 2p6. El mismo número de

capas electrónicas y la misma estructura electrónica externa (isoelectrónicos) pero el Ne tiene 10 p

(4)

2.-Explique razonadamente: a) El tipo de fuerzas intermoleculares que se producen entre las

moléculas de agua pura. b) ¿Por qué el etanol, CH3 CH2 OH, tiene un punto de ebullición más

elevado que el dimetil éter, CH3 – O – CH3?

a) Enlace por puente de hidrógeno: Es un caso de dipolo-dipolo. Por lo tanto, son fuerzas de

atracción. Se presenta en moléculas que tienen el H unido a un átomo pequeño, con pares de e libres

y muy electronegativo (F, O, N). Como consecuencia de la marcada diferencia de

electronegatividad entre el H y el otro átomo el enlace está muy polarizado.

La energía de un enlace de hidrógeno es baja en comparación con un enlace intramolecular, pero es

alta respecto otros enlaces dipolo-dipolo (que son de los más fuertes entre moléculas). También hay

que tener en cuenta que aunque es un enlace débil se forman muchos enlaces. Explica, por ejemplo,

el comportamiento atípico del agua: tiene una temperatura de fusión y de ebullición muy alta para la

masa molecular que tiene.

El oxígeno forma dos enlaces por puente de hidrógeno con los dos pares de e- que tiene libres. Los cuatro pares de e- se distribuyen espacialmente según los vértices de un tetraedro (ángulo algo menor de 109,5º) pero los represento sobre el papel con ángulos de 90º.

.¦. .¦. - - - - H  Oδ(-)

: - - - - (+)δH  O :- - - - puente de hidrógeno

| | H H ¦ ¦

b) En el etanol se forman enlaces por puente de hidrógeno en el O del OH (como en el agua) y el O

de éter no los forma. Estos enlaces dan al alcohol un orden superior al previsto en sus moléculas,

provocan que se presente en estado líquido a temperatura ambiente y que tenga un punto de

ebullición superior al del éter. CH3 CH2 OH ≡ R – O - H

.¦. .¦. - - - - H  Oδ(-)

: - - - - (+)δH  O - - - - puente de hidrógeno

(5)

JUNIO 05-CUESTIONES

2.-Los elementos A, B, C y D tienen números atómicos 12, 14, 17 y 37, respectivamente. a) Escriba

la configuración electrónica de A2+ , B , C − y D. b) Indique, justificando la respuesta, si las

siguientes proposiciones referidas a los elementos anteriores A, B, C y D, son verdaderas o falsas:

b1) El elemento que tiene el radio atómico más pequeño es el B. b2) El elemento D es el que tiene

mayor energía de ionización I1 . b3) El elemento C es el que tiene mayor afinidad electrónica. b4)

Cuando se combinan C y D se forma un compuesto molecular.

a) Tengo que calcular la estructura electrónica externa:

A, Z = 12 A2+, Z = 12 B , Z = 14 C , Z = 17 C − , Z= 17 D , Z =37

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s2 3 s2 3 p2 3 s2 3 p5 3 s2 3 p6 3 s2 3 p6 3 d10

4 s2 4 p6 5 s1

(Mg) (Mg2+) (Si) (Cl) (Cl-) (Rb)

b) Para los elementos neutros. Piden propiedades periódicas: los sitúo en el SP.

1 2 … 13 14 15 16 17 18

1

2

3 (A)12 (B)14 (C)17

4

5 (D)37

Falso. C es el más pequeño (más a la derecha, grupo 17, y hacia arriba, período3).

(6)

Cierto. C es el de mayor afinidad electrónica (en valor absoluto), el que más energía desprende (más

a la derecha, grupo 17, y hacia arriba, período 3).

b4) Falso. D es metal (parte izquierda SP) y C no metal (parte derecha del SP) que forman un enlace

(7)

3.-Dadas las moléculas: H2CO , PH3 , SF2 , SiH4 , responda razonadamente las siguientes

H2CO) n = 2·2 + 2·8 = 20 e ; v = 2·1 + 1·4 +1·6 = 12 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos

(de enlace); s = v – c ; s = 4 , 2 pares e libres (solitarios). {C central}

PH3) n = 2·3 + 1·8 = 14 e ; v = 1·3 + 1·5 = 8 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 2 e , 1 par e libre (solitario). {P central}

SF2) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 16 , 8 pares e libres (solitarios). {S central}

SiH4) n = 1·8 + 2·4 = 16 e ; v = 1·4 + 4·1 = 8 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 0 , 0 pares e libres (solitarios). {Si central]

H H H . . . . − . . − . . H : C : : O | H : P : H | F : S : F | H : Si : H

−−−− . . −−−− . . − . .

H Geometría molecular:

H2CO: 4 pares de e alrededor del átomo central (como 3 compartidos) se distribuyen de forma plana

trigonal (RPENV). Lo anterior permite una molécula con geometría plana trigonal (triangular).

PH3: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

SF2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 libre) se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV).

Como hay 2 par libre la molécula tiene geometría angular.

SiH4: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). La

molécula tiene geometría tetraédrica.

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. La molécula de H2CO es polar, ya que la

geometría de la molécula no anula los momentos dipolares (µT≠ 0). La de molécula PH3 es apolar,

los enlaces no están polarizados (ENH = ENP). La molécula SF2 es polar, no se anulan los momentos

(µT ≠ 0). La de molécula SiH4 es apolar, se anulan los momentos por la geometría (µT = 0) (ENH >

ENSi).

(8)

SEPTIEMBRE 05-CUESTIONES

2.-La configuración electrónica de un elemento A es: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p5. Explique razonadamente, ¿cuáles de las siguientes afirmaciones son correctas? 1) El Sb (Z=51)

tiene una energía de ionización menor que el átomo A. 2) El Sn (Z=50) tiene un radio atómico

mayor que el átomo A. 3) La energía de ionización del Cl (Z=17) es mayor que la del átomo A.

4) De la combinación del elemento A con el elemento de Z=35 se obtienen compuestos

fundamentalmente iónicos. 5) El elemento A es más electronegativo que el elemento de Z=17.

1) Tengo que calcular la estructura electrónica externa:

A, Z = 53 Sb , Z = 51 Sn , Z = 50 Cl , Z= 17 (Br) , Z =35

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s2 3 p6 3 d10 3 s2 3 p6 3 d10 3 s2 3 p6 3 d10 3 s2 3 p5 3 s2 3 p6 3 d10 4 s2 4 p6 4 d10 4 s2 4 p6 4 d10 4 s2 4 p6 4 d10 4 s2 4 p5

5s2 5 p5 5s2 5 p3 5s2 5 p2

1 1 2 … 13 14 15 16 17 18

1

2

3 (Cl)17

4 (Br)35

5 (Sn)50 (Sb)51 (A)53

A : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p5 ; Z (A) = 53 (sumando los exponentes) (es el I).

Cierto: El antimonio, Sb, está a la izquierda de A en el mismo período.

Cierto. A es más pequeño (más a la derecha, grupo 17, y mismo período, período 5).

3) Cierto. Ver 1). La E.I. del Cl es mayor (Cl, grupo 17 y período 3; A, grupo 17 y período 5).

4) Falso. Z = 35 y A (I) son no metal (parte derecha-superior SP). Forman enlaces covalentes y

compuestos covalentes.

(9)

3.-Dadas las especies químicas: OCl2 , BeH2 , BF4-, PCl3, responda razonadamente las siguientes

a) OCl2: n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 16 , 8 pares e libres (solitarios). {O central}

BeH2: n = 1·4 + 2·2 = 8 e ; v = 1·2 + 2·1 = 4 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 0 , 0 pares e libres (solitarios). {Be central, octeto de 4}.

BF4-: n = 5·8 = 40 e ; v = 1·3 + 4·7 + 1(carga) = 32 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 24 , 12 pares e libres (solitarios). {B central con octeto de 8; para el B

expendido)}.

PCl3: n = 4·8 = 32 e ; v = 5 + 3·7 = 26 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 20 e , 10 pares e libres (solitarios). {P central}.

b) OCl2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 compartidos, 2 libres) se distribuyen de forma

tetraédrica (RPENV). Lo anterior permite una molécula con geometría angular.

BeH2: 2 pares de e compartidos alrededor del átomo central se distribuyen de forma lineal

(RPENV). Lo anterior permite una molécula con geometría lineal.

BF4- : 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). Lo

anterior permite una molécula con geometría tetraédrica.

PCl3: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. En los tres casos los enlaces están polarizados. La

molécula de OCl2 es polar, ya que la geometría de la molécula no anula los momentos dipolares

(µT ≠ 0) . La de molécula BeH2 es apolar, se anulan los momentos (µT = 0).BF4- es un anión (ion)

(sin la carga sería apolar por la geometría). La de molécula PCl3 es polar, no se anulan los

(10)

5.-Explique qué tipo de enlace (o fuerza atractiva) se rompe en cada uno de los siguientes procesos:

a) disolver cloruro de sodio en agua; b) sublimar CO2 (s) a CO2 (g); c) fusión del hielo; d) fusión del

diamante.

a) El cloruro de sodio, NaCl, es un compuesto con enlace iónico. Por lo tanto, en agua se rompe

dicho enlace. El agua disminuye la fuerza de atracción de los iones del compuesto: Na+ Cl-.

b) El CO2 es un compuesto con enlace intramolecular covalente (moléculas). La molécula es lineal,

O = C = O , con enlaces polarizados, O ← C → O , pero la molécula es apolar por la geometría de

la molécula. Como dicen CO2 (s) sólo puede ser debido a enlaces intermoleculares entre moléculas

apolares por fuerzas de Van der Waals (dipolo instantáneo – dipolo inducido). Al pasar a estado gas

se rompen estos enlaces.

c) El hielo es el agua, H2O, en estado sólido. Como ambos elementos son no metales forman

enlaces intramoleculares covalentes polarizados y moléculas muy polares (molécula angular). El O

(átomo pequeño-elevada electronegatividad-pares e libres) forma enlaces por puente de hidrógeno

(caso particular de enlace intermolecular entre moléculas polares, dipolo-dipolo) con los H de otras

moléculas. Al fundir el hielo (pasa a líquido) se rompen estos enlaces por puente de hidrógeno.

.¦. .¦. - - - - H  Oδ(-)

: - - - - (+)δH  O - - - - puente de hidrógeno

| | H H ¦ ¦

d) El diamante es C (no metal) sólido. El enlace es covalente y forma una red cristalina de átomos

de C. No forma moléculas. Los 4 enlaces que forma dan una especial estabilidad al compuesto. De

hecho tiene una elevada temperatura de fusión. Para fundir el diamante, paso a líquido, se rompen

(11)

JUNIO 06-CUESTIONES.

2.-Responda justificando la respuesta a las siguientes cuestiones: a) Si la configuración electrónica

de la capa de valencia de un elemento es 4s23d104p3, indique a qué período y a que familia pertenece dicho elemento. ¿Qué estado de oxidación negativo puede tener? b) ¿Cuál o cuáles de las

siguientes combinaciones son conjuntos válidos de números cuánticos, para un electrón de un

átomo de carbono en su estado fundamental? Razone la respuesta e indique por qué no son válidas

el resto de combinaciones.

n l ml ms

b.1 1 0 1 1/2

b.2 2 0 0 -1/2

b.3 2 2 -1 -1/2

b.4 3 1 -1 1/2

a) 4s23d104p3 ⇒ _{. . .} _3d10

4s2 4p3 + 3 e → 4s2 4p6

-El período viene indicado por el valor más alto de n, n = 4: período 4. El grupo (familia) viene

dado por la suma de los exponentes: 2 + 10 + 3 = 15. Nitrogenoideos.

-Estado de oxidación: como gana 3e para conseguir el octeto, N3- . b) El carbono, C, Z = 6, tiene la siguiente estructura electrónica:

Regla de Moeller Notación con celdillas Números cuánticos (n , l , ml , ms)

1 s2 ↑↓ (1 , 0 , 0 , +1/2)

(1 , 0 , 0 , - 1/2)

2 s2 2 p2 ↑↓ ↑ ↑ (2 , 0 , 0 , +1/2)

(2 , 0 , 0 , - 1/2) (2 , 1 , -1 , +1/2) (2 , 1 , 0 , +1/2)

-n: número cuántico principal; valores: 1, 2, 3, …, ∞

-l: número cuántico secundario; valores: 0, 1, 2, 3, …, (n-1) s, p, d, f

-ml: número cuántico magnético; valores: − l, …, 0, …, +l

-n. número cuántico de espín; valores: − 1/2, +1/2

n ℓ ml ms (mirando el esquema anterior)

b.1 1 0 1 1/2 (si ℓ = 0, ml no puede valer 1)

b.2 2 0 0 -1/2 (conjunto de números cuánticos válidos)

b.3 2 2 -1 -1/2 (si n = 2, ℓ no puede valer 2)

(12)

3.-Dadas las especies químicas H3O+, NH3 , NH2- y NH4+, responda razonadamente: a) Represente

su estructura de Lewis. b) Prediga su geometría molecular.

a) H3O+: n = 2·3 + 8·1 = 14 e ; v = 1·3 + 6·1 - 1 = 8 e; c = n – v ; c = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 2 , 1 par e libres (solitarios). {O central}

NH3: n = 8·1 + 2·3 = 14 e ; v = 5·1 + 1·3 = 8 e; c = n – v ; c = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 2 , 1 par e libres (solitarios). {N central}.

NH2-: n = 8·1 + 2·2 = 12 e ; v = 5·1 + 1·2 + 1 = 8 e; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 4 , 2 pares e libres (solitarios). {N central}.

NH4+: 8·1 + 2·4 = 16 e ; v = 5·1 + 1·4 - 1 = 8 e; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

b) H3O+: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

NH3: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

NH2-: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 compartidos, 2 libres) se distribuyen de forma

NH4+: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). Lo

(13)

SEPTIEMBRE 06-CUESTIONES.

2.-a) Explique cuáles son las tendencias generales en las variaciones del tamaño atómico y de la

primera energía de ionización en un período y en un grupo o familia de la tabla periódica. b)

Ordene los siguientes elementos según el tamaño creciente de sus átomos, justificando la respuesta:

Si, Ne, F, Mg, S, K. c) Ordene los siguientes elementos según el valor creciente de su primera

energía de ionización, justificando las posibles anomalías: Al, Ne, P, Mg, S, K. Datos: números

atómicos: F: 9 ; Ne: 10 ; Mg: 12 ; Al: 13 ; Si: 14 ; P: 15 ; S: 16 ; K: 19.

b) Me interesa conocer el grupo y período de cada elemento:

Si, Z = 14 Ne, Z = 10 F, Z = 9 Mg, Z = 12 S, Z= 16 K , Z =19 Al, Z = 13 P, Z = 15

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p5 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 3 s2 3 p2 3 s2 3 s2 3 p4 3 s2 3 p6 3 s2 3 p1 3 s2 3 p3 4 s1

Grupo: suma exponentes. Período: n.

1 1 2 … 13 14 15 16 17 18 1

2 F(9) Ne(10)

3 Mg(12) Al(13) Si(14) P(15) S(16) 4 K(19)

-Ahora puedo colocar los elementos por orden creciente de tamaño (radio; apartado a):

Ne < F < S < Si < Mg < K.

c) Ahora puedo colocar los elementos por orden creciente de la primera energía de ionización

(apartado a): K < Mg < Al < P < S < Ne. El apartado insinúa posibles anomalías, que se pueden

explicar con las estructuras electrónicas externas. En concreto las irregularidades corresponden a las

parejas Mg-Al y P-S.

Al: 3 s2 3 p1 ; Mg: 3 s2. El Mg con 3 s2 es más estable que el Al con 1 e- en el p. Por lo tanto, es más difícil quitarle el último e- al Mg: tiene mayor energía de ionización.

P: 3 s2 3 p3 ; S: 3 s2 3 p4 . El P con 3 s2 3 p3 (p semilleno)es más estable que el S con 1 e

(14)

3.-Escriba la estructura de Lewis de cada una de las siguientes moléculas y prediga su geometría

molecular: N2O, SiCl4, OF2, BCl3. b) Indique, razonando la respuesta, si las moléculas N2O, SiCl4,

OF2, BCl3, son o no polares. Números atómicos: B: 5 , N: 7 , O: 8 , F: 9 , Si: 14 , S: 16 , Cl: 17.

N2O) n = 3·8 = 24 e ; v = 2·5 +1·6 = 16 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 8 , 4 pares e libres (solitarios). {O central}

SiCl4) n = 5·8 = 40 e ; v = 1·4 + 4·7 = 32 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 24 , 12 pares e libres (solitarios). {Si central]

OF2) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de enlace);

BCl3) n = 1·6 + 3·8 = 30 e ; v = 1·3 + 3·7 = 24 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 18 e , 9 pares e libres (solitarios). {B central, octeto incompleto, 6 e}

−−−− −−−−

| Cl | | Cl | − . . − − . . − −−−− . . −−−−

| N : : O : : N | | Cl : Si : Cl | | F : O : F | | Cl : B : Cl |

−−−− −−−− − . . − −−−− . . − −−−− −−−−

| Cl | −

Geometría molecular:

N2O: 4 pares de e alrededor del átomo central (como 2 compartidos) se distribuyen de forma lineal

SiCl4: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). La

OF2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

(RPENV). Como hay 2 par libre la molécula tiene geometría angular.

BCl3: 3 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma plana trigonal (RPENV). La

molécula tiene geometría plana trigonal.

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. En los cuatro casos los enlaces están polarizados.

La molécula de N2O es apolar, ya que la geometría de la molécula anula los momentos dipolares

(µT = 0). La de molécula SiCl4 es apolar, ya que la geometría de la molécula anula los momentos

dipolares (µT = 0). La de molécula SF2 es polar, no se anulan los momentos (µT ≠ 0). La de

(15)

JUNIO 07:

Bloque 1-cuestión 1A:

Sean dos elementos A y B cuyos números atómicos son: Z(A) = 28; Z(B) = 35. Conteste a las

siguientes cuestiones: a) Escriba la configuración electrónica fundamental de ambos elementos. b)

¿Qué elemento espera que tenga un valor de su primera energía de ionización más elevado? Razone

la respuesta. c) ¿Qué elemento tiene los átomos más pequeños? Razone la respuesta. d) En caso de

que los elementos A y B se pudieran combinar para formar un compuesto estable y neutro, ¿cuál es

la fórmula que cree más probable para este compuesto? (0,5 p./apartado).

a) Configuración electrónica fundamental:

A, Z = 28 (Ni) B, Z = 35 (Br)

1 s2 1 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s2 3 p6 3 d8 3 s2 3 p6 3 d10

4 s2 4 s2 4 p5

-Me interesa la externa: 4 s2 3 d8 para A y 4 s2 4 p5 para B.

1 1 … 10 … 17 18

1

2

3

4 A(28) B(35)

-Mirando la posición de A y B en el S.P., B tiene mayor energía de ionización (primera).

-Mirando la posición de A y B en el S.P., B tiene los átomos de menor radio.

d) A es un metal de transición (parte central del S.P., grupo 10) (Ni) y B es un no metal (parte

derecha superior del S.P., grupo 17, halógenos) (Br). Por tanto, el tipo de enlace será iónico (el

metal cede e, de su estructura electrónica externa, y el no metal los gana, para su estructura

electrónica externa, consiguiendo en ambos casos una estructura electrónica externa estable). Dos

posibles compuestos ya que A (Ni) puede perder 2 ó 3 e:

A cede 2 e- de su estructura electrónica externa (A2+) y B gana 1 e- para su estructura electrónica externa y consigue el octeto (B-) . (A2+) (B-) , (A)1(B)2. AB2. (NiBr2).

(16)

Bloque 1-cuestión 1B:

Dadas las moléculas: CS2, CHCl3, OCl2 y PH3, responda a las siguientes cuestiones: a) Represente

la estructura electrónica de Lewis de cada una de ellas. b) Prediga su geometría molecular. c) Señale

en cada caso si la molécula tiene o no momento dipolar. d) ¿Qué hibridación presenta el átomo

central de las moléculas CHCl3 y PH3? Datos: números atómicos (Z): H (Z = 1); C (Z = 6); O (Z =

8); P (Z = 15); S (Z = 16); Cl (Z = 17). (0,5 p./apartado).

CS2) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·4 + 2·6 = 16 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 8 , 4 pares e libres (solitarios). {C central}

CHCl3) n = 4·8 + 2 = 34 e ; v = 1·4 + 3·7 + 1 = 26 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 19 , 9 pares e libres (solitarios). {C central}

OCl2) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de enlace);

PH3) n = 1·8 + 3·2 = 14 e ; v = 1·5 + 3·1 = 8 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 2 e , 1 par e libres (solitarios). {P central}

−−−−

| Cl | H − . . − − . . − . .

| S : : C : : S | | Cl : C : Cl | | Cl : O : Cl | H : P : H

−−−− −−−− − . . − −−−− . . − . .

H Geometría molecular:

CS2: 4 pares de e alrededor del átomo central (como 2 compartidos) se distribuyen de forma lineal

CHCl3: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). La

OCl2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

(RPENV). Como hay 2 par libre la molécula tiene geometría angular.

PH3: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). Como

hay un par libre, la molécula tiene geometría de pirámide trigonal.

(17)

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. Los dos casos de enlaces no polarizados, CS2 y

PH3, son moléculas apolares. La de molécula CHCl3 es polar, ya que los enlaces están polarizados y

la geometría de la molécula no anula los momentos dipolares (µT ≠ 0). La de molécula OCl2 es

polar, ya que los enlaces están polarizados y la geometría de la molécula no anula los momentos

dipolares (µT≠ 0).

Nota: el par de e- libres en el PH3 provoca que la molécula sea ligeramente polar.

d) CHCl3 : hibridación sp3 (tetraédrica) en el átomo central, C:

-Estructura electrónica fundamental del C:

1 s2 ↑ ↑ ↑ ↑

2 s2 2 p2⇒_{promociona 1 e del “s” al “p”}⇒_{2 s}1_{2 p}3⇒_{2 s}1_{2 p}_x1_{2 p}_y1_{2 p}_z1

(4 enlaces covalentes)

Para explicar la molécula se introduce la mezcla de los orbitales atómicos de la segunda capa del C

: 1 s + 3 p = 4 sp3 (cuatro orbitales atómicos híbridos) que se distribuyen espacialmente (buscando la situación más estable, el mínimo de energía) según los vértices de un tetraedro regular.

PH3 : hibridación sp3 (tetraédrica) en el átomo central, P:

-Estructura electrónica fundamental del P:

1 s2

2 s2 2p6 ↑↓ ↑ ↑ ↑

3 s2 3p3 ⇒ _{3 s}2 _{3 p}_x1_{3 p}_y1_{3 p}_z1_{(3 enlaces covalentes)}

Para explicar la molécula se introduce la mezcla de los orbitales atómicos de la tercera capa del P:

1 s + 3 p = 4 sp3 (cuatro orbitales atómicos híbridos) (1 lleno y 3 semillenos) que se distribuyen espacialmente (buscando la situación más estable, el mínimo de energía) según los vértices de un

tetraedro regular.

[También: en ambos casos el átomo central, C en el CHCl3 y P en el PH3, está rodeado de cuatro

(18)

SEPTIEMBRE 07:

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones: a) Considere los siguientes elementos

químicos: Ne, F, Na, Mg y O, ordene los elementos químicos por orden creciente de su primera

energía de ionización. b) Indique el ión más probable que formarían los elementos anteriormente

citados. c) Ordene las especies iónicas del apartado anterior por orden creciente de sus

correspondientes radios iónicos. Datos: Números atómicos (Z): O (Z = 8); F (Z = 9); Ne (Z = 10);

Na (Z = 11); Mg (Z = 12). (0,7 – 0.7 – 0,6 p.).

a) Habla de propiedades periódicas. Calculo la estructura electrónica externa y sitúo los elementos

en su posición en el SP: período (n) y grupo (suma exponentes).

O, Z = 8 F, Z = 9 Ne, Z = 10 Na, Z = 11 Mg, Z = 12

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p4 2 s2 2 p5 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s1 3 s2

1 2 … 13 14 15 16 17 18

1

2 8(O) 9(F) 10(Ne)

3 11(Na) 12(Mg)

E.I.Na < E.I.Mg < E.I.O < E.I.F < E.I.Ne

b) Calculo los posibles iones:

O: gana 2 e para su estructura electrónica externa y consigue el octeto en la misma capa. 2 s2 2 p6, O2- , anión óxido. (8 p en el núcleo).

F: gana 1 e para su estructura electrónica externa y consigue el octeto en la misma capa. 2 s2 2 p6, F-, anión fluoruro. (9 p).

Ne: no gana ni pierde e, ya tiene el octeto. No forma ión. (10 p).

Na: pierde 1 e de su estructura electrónica externa y consigue el octeto en la capa anterior.

2 s2 2 p6, Na+, catión sodio. (11 p).

Mg: pierde 2 e de su estructura electrónica externa y consigue el octeto en la capa anterior.

2 s2 2 p6, Mg2+, catión magnesio. (12 p).

c) Todos los iones son isoelectrónicos con el Ne. El ión más pequeño es el de más p en el núcleo

(19)

Considere las moléculas CCl4 , PCl3 , OCl2 , responda razonadamente a las siguientes cuestiones: a)

Dibuje la estructura electrónica de Lewis de cada una de las moléculas. b) Indique la disposición

espacial de los pares electrónicos que rodean al átomo central. c) Indique la geometría de cada una

de las moléculas. d) Discuta la polaridad de cada una de las moléculas anteriores. Datos: Números

atómicos (Z): C (Z = 6); O (Z = 8); P (Z = 15); Cl (Z = 17). (0,5 p./apartado).

CCl4) n = 5·8 = 40 e ; v = 1·4 + 4·7 = 32 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

PCl3) n = 4·8 = 32 e ; v = 1·5 + 3·7 = 26 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de enlace); s =

v – c ; s = 20 e , 10 pares e libres (solitarios). {P central}

OCl2) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de enlace);

−−−− −−−−

| Cl | | Cl | − . . − − . . − −−−− . . −−−−

| Cl : C : Cl | | Cl : O : Cl | | Cl : P : Cl |

− . . − −−−− . . − −−−− . . −−−−

| Cl | −

b-c) Disposición espacial de los pares electrónicos que rodean al átomo central (geometría

molecular) según la teoría RPENV (repulsión pares de e nivel de valencia):

CCl4: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica. La molécula

tiene geometría tetraédrica.

PCl3: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica. Como 1 es libre

la molécula tiene geometría de pirámide trigonal.

OCl2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 libre) se distribuyen de forma tetraédrica. Como

hay 2 par libre la molécula tiene geometría angular.

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. En los tres casos los enlaces están polarizados. La

de molécula CCl4 es apolar, ya que la geometría de la molécula anula los momentos dipolares

(µT = 0). La molécula OCl2 es polar, no se anulan los momentos (µT ≠ 0). La de molécula de PCl3

(20)

JUNIO 08:

a) Escriba la configuración electrónica de cada una de las siguientes especies en estado

fundamental: Cl , P3- , Al3+. (0,9 puntos). b) Ordene los elementos químicos P , Na , Si , Mg , S , Ar , Al , Cl , según su primera energía de ionización, razonando la respuesta. (1,1 puntos). Datos:

Números atómicos: P (15) , Na (11) , Si (14) , Mg (12) , Si (16) , Ar (18) , Al (13) , Cl (17).

a) Calculo la estructura electrónica del átomo neutro y del ión correspondiente:

Cl, Z = 17 P, Z = 15 P3- Al, Z = 13 Al3+

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s2 3 p5 3 s2 3 p3 +3 e 3 s2 3 p6 3 s2 3 p1 - 3 e

b) Calculo la estructura electrónica y miro la externa para calcular el grupo (+ exp.) y período (n):

P, Z = 15 Na, Z = 11 Si, Z = 14 Mg, Z = 12 S, Z = 16 Ar, Z = 10 Al, Z = 13 Cl, Z = 17

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 1 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 3 s2 3 p3 3 s1 3 s2 3 p2 3 s2 3 s2 3 p4 3 s2 3 p1 3 s2 3 p5 1 2 … 13 14 15 16 17 18

1

2 10(Ne)

3 11(Na) 12(Mg) 13(Al) 14(Si) 15(P) 16(S) 17(Cl)

-

Si tenemos en cuenta que la estructura electrónica externa del P es más estable (3 s2 3 p3) que la del S (3 s2 3 p4) y la del Mg (3 s2) que la del Al (3 s2 3 p1):

(21)

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. (0,6 puntos). b) Deduzca la geometría de cada una de las especies químicas anteriores

(0,8 puntos). c) Indique si las moléculas SiH4 , PH3 y H2S son polares o no. (0,6 puntos).

a) SiH4: n = 8·1 + 2·4 = 16 e ; v = 4·1 + 1·4 = 8 e; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 0 , 0 par e libres (solitarios). {Si central}

PH3: n = 8·1 + 2·3 = 14 e ; v = 5·1 + 1·3 = 8 e; c = n – v ; c = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 2 , 1 par e libres (solitarios). {P central}.

NH4+: n = 8·1 + 2·4 = 16 e ; v = 5·1 + 1·4 - 1 = 8 e; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de

H2S: n = 2·2 + 8·1 = 12 e ; v = 1·2 + 1·6 + 1 = 8 e; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 4 , 2 pares e libres (solitarios). {S central}.

b) SiH4: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). La

PH3: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica

NH4+: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica (RPENV). Lo

NH2-: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 compartidos, 2 libres) se distribuyen de forma

c) SiH4: Los enlaces están polarizados, elementos distintos, pero la molécula es apolar debido a la

geometría (µT = 0). PH3: aunque son elementos distintos tienen la misma electronegatividad y los

enlaces no están polarizados; por lo tanto, la molécula es apolar. H2S: Los enlaces están

polarizados, elementos distintos, y la molécula es polar ya que no se anulan los momentos dipolares

(22)

SEPTIEMBRE 08:

Considere los elementos con números atómicos 4, 11, 17 y 33. Razone y justifique cada uno de los

siguientes apartados: a) Escriba la configuración electrónica, señalando los electrones de la capa de

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

c) Ordene de menor a mayor los elementos según su electronegatividad. d) ¿Qué estado de

oxidación será el más frecuente para cada elemento? (0,5 puntos/apartado).

a) Calculo la estructura electrónica y luego la externa (electrones de valencia):

Z = 4 Z = 11 Z = 17 Z = 33

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s1 3 s2 3 p5 3 s2 3 p6 3 d10

e capa de valencia 4 s2 4 p3

b) Grupo: suma exponentes. Período: n.

Grupo: 2 1 2 + (10) + 5 = 17 2 + (10) + 3 = 15

Período: 2 3 3 4

1 2 … 15 16 17 18

1

2 4 metal (izquierda SP)

3 11 metal (izquierda SP) 17 no metal (derecha SP)

4 33 no metal (derecha SP)

Electronegatividad: χ11 < χ4 < χ33 < χ17

d) El estado de oxidación más frecuente será el que permita conseguir una estructura electrónica

externa estable.

Z = 4 Z = 11 Z = 17 Z = 33

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s1 3 s2 3 p5 3 s2 3 p6 3 d10

4 s2 4 p3

electrones: - 2 - 1 + 1 + 3

e.e.e.e. 1 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 3 s2 3 p6 3 d10

(23)

Justifique razonadamente para las siguientes moléculas BF3 , NF3 y F2CO : a) La geometría de las

moléculas. (0,9 puntos). b) ¿Qué enlace de los que forma el flúor en las moléculas es más polar?

(0,6 puntos). c) ¿Cuál o cuáles de estas moléculas son polares? (0,5 puntos). Datos: Números

atómicos: B = 5 , C = 6 , N = 7 , O = 8 , F = 9.

a) Razono primero la notación de Lewis y con ella la geometría:

BF3 ) n = 1·6 + 3·8 = 30 e (B tiene un octeto de 6); v = 1·3 + 3·7 = 24 e; c = n – v = 6 e ⇒ 3 pares e

compartidos; s = v – c; s = 18 e ⇒_{9 pares e sin compartir. B átomo central, octeto incompleto.}

NF3 ) n = 4·8 = 32 e; v = 1·5 + 3·7 = 26 e; c = n – v = 6 e ⇒ 3 pares e compartidos; s = v – c; s =

20 e ⇒_{10 pares e sin compartir. N átomo central.}

F2CO ) n = 4·8 = 32 e; v = 2·7 + 1·4 + 1·6 = 24 e; c = n –v; c = 8 e ⇒ 4 pares e compartidos;

s = v – c = 16 e ⇒_{8 pares e sin compartir. C átomo central.}

. . . . . .

: F : : F : : F :

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

: F : B : F : : F : N : F : : F : C : : O :

. . . . . . . . . . . .

BF3 ) 3 pares de e alrededor del átomo central que se reparten con una geometría plana triangular

para conseguir la mínima repulsión (RPENV). Por tanto, la molécula es plana triangular.

NF3 ) 4 pares de e alrededor del átomo central que se reparten con una geometría tetraédrica para

conseguir la mínima repulsión (RPENV). Como 1 par de e es libre la molécula tiene geometría

pirámide trigonal.

F2CO ) 3 pares de e alrededor del átomo central que se reparten con una geometría plana triangular

para conseguir la mínima repulsión (el doble actúa como 1) (RPENV). Por tanto, la molécula es

(24)

b) El enlace más polarizado corresponde al caso de mayor diferencia de electronegatividad entre el

F (elemento de mayor electronegatividad, 4) y el otro elemento (ENO > ENN > ENC > ENB). Es

decir, el enlace F – B es el más polarizado.

d) En el trifluoruro de boro, BF3, los enlaces están polarizados pero el momento dipolar total, µT, es

0 por la geometría de la molécula. Molécula apolar.

En el trifluoruro de nitrógeno, NF3, los enlaces están polarizados y el momento dipolar total, µT, es ≠ 0 por la geometría de la molécula. Molécula polar.

En el fluoruro de carbonilo, F2CO, los enlaces están polarizados. Si la resultante de los momentos

dipolares de los enlace C – F compensa el momento dipolar del enlace C = O, la molécula será

(25)

JUNIO 09:

Explique razonadamente, justificando la respuesta, si son ciertas las siguientes afirmaciones: a)

Cl2O es una molécula polar. (0,6 puntos). b) La primera energía de ionización del potasio es menor

que la del litio. (0,6 puntos). c) El triyoduro de boro, BI3, es de forma plana, mientras que el

triyoduro de fósforo, PI3, es piramidal trigonal. (0,8 puntos).

a-c) Estructuras de Lewis:

Cl2O) n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de enlace);

BI3) n = 1·6 + 3·8 = 30 e ; v = 1·3 + 3·7 = 24 e ; c = n – v ; c = 6 e , 3 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 18 , 9 pares e libres (solitarios). {B central, octeto incompleto}

PI3) n = 4·8 = 32 e ; v = 1·5 + 3·7 = 26 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 20 e , 10 pares e libres (solitarios). {P central}

−−−− −−−−

| I | | I | − . . − − . . − −−−− . . −−−−

| Cl : O : Cl | | I : B : I | | I : P : I |

− . . − −−−− − −−−− . . −−−−

a-c) Disposición espacial de los pares electrónicos que rodean al átomo central (geometría

molecular) según la teoría RPENV (repulsión pares e nivel de valencia):

Cl2O: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 libre) se distribuyen de forma tetraédrica. Como

hay 2 par libre la molécula tiene geometría angular.

BI3: 3 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma triangular plana. La molécula

tiene geometría triangular plana.

PI3: 4 pares de e alrededor del átomo central se distribuyen de forma tetraédrica. Como 1 es libre la

molécula tiene geometría de pirámide trigonal.

a) Cierto. Preguntan la posible polaridad de la molécula. Los enlaces están polarizados y la

molécula Cl2O es polar ya que no se anulan los momentos, µT ≠ 0.

c) Cierto. Ver razonamiento anterior.

b) Li y K son del grupo 1. Li del 2º período y K del 4º. En los grupos la primera energía de

ionización disminuye verticalmente ya que hay más capas electrónicas (efecto pantalla). IK < ILi .

(26)

Dadas las moléculas HCN, F2O, NCl3, SiCl4, responda razonadamente las siguientes cuestiones: a)

Represente la estructura de Lewis de cada una de ellas. (0,8 puntos). b) Prediga su geometría

molecular. (0,8 puntos). c) Explique en cada caso si la molécula tiene o no momento dipolar. (0,4

p). Datos: números atómicos H(1), C(6), N(7), O(8), F(9), Si(14), Cl(17).

a) HCN: n = 1·2 + 2·8 = 18 e ; v = 1·1 + 1·4 + 1·5 = 10 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e

compartidos (de enlace); s = v – c ; s = 2 , 1 par e libres (solitarios).

OF2: n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 16 , 8 pares e libres (solitarios).

NCl3: n = 4·8 = 32 e ; v = 5 + 3·7 = 26 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 20 e , 10 pares e libres (solitarios).

SiCl4: n = 5·8 = 40 e ; v = 1·4 + 4·7 = 32 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

− − | Cl | | Cl |

− . . −−−− −−−− . . −−−− −−−− . . −−−−

H : C ::: N : | Cl : Si : Cl | | F : O : F | | Cl : N : Cl |

−−−− . . −−−− −−−− . . −−−− −−−− . . −−−−

| Cl | −

b) HCN: 2 pares e alrededor del átomo central (los 3 actúan como 1) que se distribuyen de forma

lineal (RPENV). Por tanto, la geometría de la molécula es lineal.

OF2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 compartidos y 2 libres) se distribuyen de forma

SiCl4: 4 pares de e alrededor del átomo central (4 compartidos) se distribuyen de forma tetraédrica

c) Preguntan la posible polaridad de la molécula. En tres casos los enlaces están polarizados. Las

moléculas de HCN y OF2 son polares ya que la geometría de la molécula no anula los momentos

dipolares. La molécula de CCl4 es apolar, ya que la geometría de la molécula anula los momentos

dipolares. NCl3 es apolar ya que los enlaces no están polarizados.

(27)

SEPTIEMBRE 09:

Los elementos X, Y, Z, cuyos números atómicos son 20, 35 y 37, respectivamente. Responda

razonadamente a las siguientes cuestiones: a) Ordene los elementos X, Y, Z, en orden creciente de

su energía de ionización. (0,6 puntos). b) Indique el ión más probable que formará cada uno de los

elementos anteriores. (0,7 puntos). c) Indique la fórmula empírica más probable del compuesto

formado por el elemento X (Z = 20) y el elemento Y (Z = 35). (0,7 puntos).

a) Calculo la estructura electrónica externa y sitúo los elementos en su posición en el SP: período

(n) y grupo (suma exponentes).

X, Z = 20 Y, Z = 35 Z, Z = 37

1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 3 s2 3 p6 3 s2 3 p6 3 d10 3 s2 3 p6 3 d10

4 s2 4 s2 4 p5 4 s2 4 p6

5 s1

1 2 … 13 14 15 16 17 18

1 2 3

4 X(20) Y(35)

5 Z(37)

E.I.Z < E.I.X < E.I.Y

b) X, Z = 20 Y, Z = 35 Z, Z = 37

1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 3 s2 3 p6 3 s2 3 p6 3 d10 3 s2 3 p6 3 d10

4 s2 4 s2 4 p5 4 s2 4 p6

5 s1

- 2 e- + 1 e- - 1 e

-3 s2 3 p6 3 s2 3 p6 3 d10 3 s2 3 p6 3 d10

4 s2 4 p6 4 s2 4 p6 en los tres casos consiguen el octeto

X2+ Y- Z+ ión más probable

(Ca2+ Br- Rb+)

(28)

a) Represente la estructura de Lewis de tricloruro de nitrógeno, NCl3, describa razonadamente su

geometría, represéntela y justifique si esta molécula es o no polar. (1,2 puntos). b) A partir de los

resultados anteriores y teniendo en cuenta la posición relativa del N y del P en la Tabla Periódica,

indique si son verdaderas o falsas las siguientes proposiciones referidas a la molécula de PCl3 : b1)

Al átomo de P le rodean tres pares de electrones. (0,2 puntos). b2) El átomo de fósforo no presenta

ningún par de electrones solitarios. (0,2 puntos). b3) La distribución de pares electrónicos alrededor

del átomo de P es tetraédrica. (0,2 puntos). b4) El PCl3 presenta una geometría trigonal plana. (0,2 puntos). Datos: Números atómicos (Z): N (Z = 7) , Cl (Z = 17) , P (Z = 15).

a) NCl3: n = 4·8 = 32 e ; v = 5 + 3·7 = 26 e ; c = n – v = 6 e , 3 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 20 e , 10 pares e libres (solitarios). − | Cl |

−−−− . . −−−− | Cl : N : Cl | −−−− . . −−−−

NCl3: 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica. Como

hay 1 par libre la molécula tiene geometría pirámide trigonal.

La de molécula NCl3 es apolar, los enlaces no están polarizados (χCl = χCN).

Nota: el par de e- libres en el NCl3 provoca que la molécula sea ligeramente polar.

b) N y P pertenecen al mismo grupo (15, nitrogenoideos) y, por lo tanto la molécula de PCl3 es

como la de NCl3.

b1) Falso. Tiene 4 pares e (3 de enlace y 1 libre).

b2) Falso. Tiene 1 par de e solitarios (libres).

b3) Cierto. 4 pares de e alrededor del átomo central (1 libre) se distribuyen de forma tetraédrica.

(29)

JUNIO 2010 - OPCIÓN A

CUESTIÓN 1:

Considere las moléculas CS2, CH3Cl, H2S, NCl3, y responda razonadamente a las siguientes

cuestiones: a) Represente la estructura de Lewis de cada una de éstas moléculas. (0,8 puntos). b)

Prediga su geometría molecular. (0,8 puntos). c) Explique, en cada caso, si la molécula tiene o no

momento dipolar. (0,4 puntos). Datos.- Números atómicos: H = 1; C = 6; N = 7; S = 16 ; Cl = 17.

a) CS2 : n = 3·8 = 24 e ; v = 1·4 + 2·6 = 16 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

s = v – c ; s = 8 , 4 par e libres (solitarios).

CH3Cl: n = 3·2 + 2·8 = 22 e ; v = 1·3 + 1·4 + 1·7 = 14 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos

(de enlace); s = v – c ; s = 6 , 3 pares e libres (solitarios).

H2S: n = 2·2 + 1·8 = 12 e ; v = 1·2 + 1·6 = 8 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 4 , 2 pares e libres (solitarios).

− − | Cl | | Cl | − −−−− . . . . −−−− . . −−−−

S :: C :: S H : C : H H : S : H | Cl : N : Cl | − −−−− . . . . −−−− . . −−−−

H

b) CS2: 2 pares e alrededor del átomo central (los 4 actúan como 2) que se distribuyen de forma

lineal (RPENV). Por tanto, la geometría de la molécula es lineal.

CH3Cl: 4 pares de e alrededor del átomo central (4 compartidos) se distribuyen de forma tetraédrica

H2S: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 compartidos, 2 solitarios) se distribuyen de forma

c) CS2, CH3Cl, H2S tienen los enlaces polarizados. CS2 es apolar ya que la geometría de la molécula

anula los momentos dipolares. CH3Cl y H2S son polares ya que la geometría de la molécula no

anula los momentos dipolares. NCl3 es apolar, enlaces no polarizados. Nota: el par de e- libres en el

(30)

JUNIO 2010 - OPCIÓN B

CUESTIÓN 1:

Considere los elementos A, B y C de números atómicos 10 , 11 y 12, respectivamente, y responda

razonadamente las siguientes cuestiones: a) Asigne los valores siguiente, correspondientes a la

primera energía de ionización, a cada uno de los tres elementos del enunciado: 496 kJ/mol , 738

kJ/mol , 2070 kJ/mol. (1 punto). b) Indique el ión más probable que formarán los elementos B y C,

y justifique cuál de ellos tendrá mayor radio iónico. (1 punto).

a) Es una propiedad periódica. Calculo la estructura electrónica externa y sitúo los elementos en su

posición en el SP: período (n) y grupo (suma exponentes).

A, Z = 10 B, Z = 11 C, Z = 12

1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s1 3 s2

1 2 … 18

1

2 10 (A)

3 11 (B) 12 (C)

Por lo tanto: E.I.B < E.I.C < E.I.A. Si asignamos los valores de la primera energía de ionización:

496 < 738 < 2070

E.I.B = 496 kJ/mol ; E.I.C = 738 kJ/mol ; E.I.A = 2070 kJ/mol.

b) B, Z = 11 C, Z = 12

1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6

3 s1 3 s2

- 1 e - 2 e

2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 (estructura electrónica externa estable, octeto electrónico)

B+ C2+

Deberían tener el mismo radio iónico ya que tienen el mismo número de capas electrónicas, pero no

es así. El de más protones en el núcleo será el más pequeño (mayor atracción de los p sobre los e de

(31)

SEPTIEMBRE 2010 - OPCIÓN A

CUESTIÓN 1:

Considere los elementos con número atómico 4, 11, 16 y 17, y responda, razonadamente, a las

siguientes cuestiones: (0,5 puntos cada una) 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 período y grupo del sistema periódico pertenece cada elemento y si es o no un metal. c)

Justifique cuál es el elemento más electronegativo y cuál el de menor electronegatividad. d)

Justifique el ion más estable que puede formar cada uno de ellos.

a) Z = 4 , nombre: berilio , símbolo: Be ; número de electrones capa de valencia: 2

Z = 11 , nombre: sodio , símbolo: Na ; número de electrones capa de valencia: 1

Z = 16 , nombre: azufre , símbolo: S ; número de electrones capa de valencia: 6

Z = 17 , nombre: cloro , símbolo: Cl ; número de electrones capa de valencia: 7

Z = 4 Z = 11 Z = 16 Z = 17

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 3 s1 3 s2 3 p4 3 s2 3 p5 b) Período: n. Grupo: suma exponentes.

Z = 4 , período: 2 ; grupo: 2

Z = 11 , período: 3 ; grupo: 1

Z = 16 , período: 3 ; grupo: 2 + (10) + 4 = 16

Z = 17 , período: 3 ; grupo: 2 + (10) + 5 = 17

Los no metales se encuentran a la derecha-arriba en el Sistema Periódico (electronegatividad alta).

El resto son metales (electronegatividad baja), excepto el H (grupo 1) y los gases nobles (grupo

18).

1 2 … 16 17 18

1

2 4 (Be)

3 11 (Na) 16 (S) 17 (Cl)

Por tanto: el azufre y el cloro son no metales; berilio y sodio son metales.

Electronegatividad: χ11 < χ4 < χ16 < χ17. El cloro es el elemento más electronegativo

(electronegatividad alta) y sodio es elemento menos electronegativo (electronegatividad baja).

(32)

SEPTIEMBRE 2010 - OPCIÓN B

CUESTIÓN 1:

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. (1 punto). b) Justifique, en cada caso, si la especie química tiene o no

momento dipolar. (1 punto).

a) OCl2: n = 3·8 = 24 e ; v = 1·6 + 2·7 = 20 e ; c = n – v ; c = 4 e , 2 pares e compartidos (de

enlace); s = v – c ; s = 16 , 8 pares e libres (solitarios).

NCl4+: n = 5·8 = 40 e ; v = 5 + 4·7 - 1= 32 e ; c = n – v = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

CCl4: n = 5·8 = 40 e ; v = 1·4 + 4· 7 = 32 e ; c = n – v ; c = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

OCl2: 4 pares de e alrededor del átomo central (2 compartidos y 2 libres) se distribuyen de forma

NCl4+: 4 pares de e alrededor del átomo central (4 compartidos) se distribuyen de forma tetraédrica

(RPENV). Lo anterior permite un catión tetraédrico.

CCl4: 4 pares de e alrededor del átomo central (4 compartidos) se distribuyen de forma tetraédrica

c) OCl2 y CCl4 tienen los enlaces polarizados (χO > χCl = χC > χC). La molécula de OCl2 es polar.

La de molécula NCl3 es apolar, enlaces no polarizados. NCl4+ es ion. La molécula de CCl4 es apolar

ya que la geometría de la molécula anula los momentos dipolares.

(33)

JUNIO 2011 - OPCIÓN A

CUESTIÓN 1:

a) Explique razonadamente, justificando la respuesta, si son ciertas o falsas las siguientes

afirmaciones:

a1) La segunda energía de ionización del helio es más elevada que la primera. (0,6 p.)

a2) El radio del ión sodio, Na+, es mayor que el radio del ión potasio, K+. (0,6 p.)

b) Utilice el modelo de estructuras de Lewis para deducir el tipo de enlace nitrógeno-nitrógeno

presente en: b1) N2H4 ; b2) N2F2. (0,8 p.)

a1) La segunda energía de ionización, quitar el segundo e- más externo, siempre es mayor que la

primera. La explicación está en que los protones del núcleo no han cambiado pero hay menos e- alrededor del núcleo, tiene mayor carga nuclear efectiva. (Carga nuclear efectiva es la carga positiva

neta experimentada por un electrón en un átomo polielectrónicos).

En el caso del He, Z = 2, tenemos 2 p y 2 e-.

He (g) + I1 → He+ (g) + 1 e- ; He+ (g) + I2 → He2+ (g) + 1 e

-2 p 2 p 2 p 2 p

2 e- 1 e- 1 e- 0 e

-El e- que queda en el He+ (g) está más retenido que en el He (g). Por lo tanto, es cierta.

a2) ) Na , Z = 11 Na+ K , Z = 19 K+

1 s2 1 s2 1 s2 1 s2

2 s2 2 p6 - 1 e- → 2 s2 2 p6 2 s2 2 p6 - 1 e- → 2 s2 2 p6

3 s1 3 s2 3 p6 3 s2 3 p6

4 s1

El Na y K pertenecen al grupo 1 (metales alcalinos) y ambos han perdido 1 e-, pero el K+ tiene tres capas electrónicas y el Na+ dos. Radio K+ es mayor que el radio Na+. Por lo tanto, falsa

b) Si razonamos las estructuras de Lewis:

b1) N2H4: n = 2·8 + 2·4 = 24 e ; v = 2·5 + 1·4 = 14 e ; c = n – v ; c = 10 e , 5 pares e compartidos

(de enlace); s = v – c ; s = 4 , 2 pares e libres (solitarios).

. . . .

H : N : N : H Enlace sencillo nitrógeno-nitrógeno H − N − N − H . . . . | | H H H H

b2) N2F2: n = 4·8 = 32 e ; v = 2·5 + 2·7 = 24 e ; c = n – v = 8 e , 4 pares e compartidos (de enlace);

. . . . . . . .

: F : N : : N : F : Enlace doble nitrógeno=nitrógeno F − N = N − F. . . . .

(34)

JUNIO 2011 - OPCIÓN B

CUESTIÓN 1:

Considere las especies químicas siguientes: NH2- , NH3 y NH4+. Responda razonadamente a estas

cuestiones:

a) Dibuje las estructuras de Lewis de cada una de las especies químicas propuestas. (0,6 p.)

b) Indique la distribución espacial de los pares electrónicos que rodean al átomo central en cada

caso. (0,6 p.)

c) Discuta la geometría de cada una de las especies químicas. (0,8 p.)

a) NH2- ) n = 1·8 + 2·2 = 12 e ; v = 1·5 + 2·1 + (1) = 8 e ; c = n – v = 4 e ⇒ 2 pares e compartidos;

s = v – c; s = 4 e ⇒_{2 pares e sin compartir. N átomo central.}

NH3 ) n = 1·8 + 2·3 = 14 e; v = 1·5 + 3·1 = 8 e; c = n – v = 6 e ⇒ 3 pares e compartidos; s = v – c;

s = 2 e ⇒_{1 pares e sin compartir. N átomo central.}

NH4+ ) n = 1·8 + 2·4 = 16 e; v = 1·5 + 1·4 –(1) = 8 e; c = n –v; c = 8 e ⇒ 4 pares e compartidos;

s = v – c = 0 e ⇒_{0 pares e sin compartir. C átomo central.}

b-c) NH2- ) 4 pares de e alrededor del átomo central (2 enlazantes y 2 libres) que se distribuyen con

una geometría tetraédrica para conseguir la mínima repulsión (RPENV). Como 2 pares de e son

libres la molécula tiene geometría angular.

NH3 ) 4 pares de e alrededor del átomo central que se reparten con una geometría tetraédrica para

conseguir la mínima repulsión (RPENV). Como 1 par de e es libre la molécula tiene geometría

pirámide trigonal.

NH4+ ) 4 pares de e alrededor del átomo central que se reparten con una geometría tetraédrica para

conseguir la mínima repulsión (RPENV). La molécula tiene geometría tetraédrica.