EJERCICIOS TEMA 2 Y 3 QUÍMICA 1 .Explica las asociaciones de

EJERCICIOS TEMA 2 Y 3 QUÍMICA
1 .Explica las asociaciones de átomos presentes en el grafito ,el hielo, el diamante y la
arena.
•El grafito está formado por una red covalente de átomos de C que presentan
hibridación sp 3 y se disponen hexagonalmente formando capas extensas que se
superponen las unas a las otras. Los orbitales p que no participan en la hibridación
forman un sistema de enlaces n deslocalizados que proporcionan conductividad eléctrica
al grafito.
•El diamante está formado también por una red covalente de átomos de C pero con
hibridación sp 3 .Esto le confiere una ordenación tetraédrica y unas características de
gran dureza y estabilidad.
•El hielo está formado por moléculas de H2O unidas mediante enlaces por puentes de
hidrógeno que resultan de la atracción entre los H de una molécula y el O de otra,
debido a la polarización que sufre el enlace O- H dentro de la propia molécula.
•La arena está formada en su mayor parte por sílice,SiO2 .Los átomos de Si y de O se
agrupan en un cristal covalente. La estructura tridimensional es tetraédrica.
2. Ordena según la polaridad creciente los enlaces de: a) HI, HF, HBr ,HCI .b)CH4,BH3 ,
H2O ,HF.
a)La polaridad crece a medida que aumenta la electronegatividad del halógeno ,es decir
,c rece desde abajo hacia arriba del grupo. El orden será: HI,HBr,HCl,HF.
b) Igualmente, la polaridad crece a medida que aumenta la electronegatividad del átomo
que se combina con el hidrógeno, es decir, crece de izquierda a derecha del periodo al
que pertenecen estos elementos. El orden será: BH3, CH4 , H2O,HF.
3. Teniendo en cuenta las moléculas siguientes: diclorometano, tetracloruro de carbono,
trifluoruro de boro:
(a)Justifica su geometría molecular.
b) Indica las moléculas que presentan un momento dipolar.
a) CH2Cl2 y CCl4,a semejanza del CH4 serán tetraédricas con el C en el centro.
CCl4 tendrá una geometría tetraédrica perfecta debido a que los cuatro sustituyentes del C son idénticos. En cambio, CH2Cl2 tendrá el ángulo Cl -C-Cl
superior al formado por H-C-H debido a su mayor volumen y a la repulsión entre los dos átomos de Cl, que adquirirán carga parcialmente negativa por la
polarización del C-Cl.
)•La geometría del BF3 será trigonal plana con el B en el centro.
•El NH3, presenta geometría tetraédrica, pero uno de los extremos
del tetraedro está ocupado por un par de electrones sin compartir, que le proporcionan el
carácter básico. La forma de la molécula será la de una pirámide trigonal con el N en un
vértice.
b)Todas las moléculas presentan enlaces polarizados por la diferencia de
electronegatividades entre los átomos enlazantes. En CH4, BF3, el momento dipolar
creado por uno y otro enlace se anula debido a la simetría de la molécula. El resultado
es que la molécula, globalmente, es apolar.
CH2Cl2 es polar, porque el momento creado por los enlaces C-Cl no es igual al creado
por los enlaces C-H, dado que la repulsión entre ambos Cl y entre ambos H tampoco es
la misma, por lo que el ángulo H-C-H es distinto del Cl- C-Cl. El resultado es la
existencia de un momento dipolar neto.NH3 también es polar. Los momentos dipolares
de los tres enlaces N-H dan una resultante no nula.
4. ¿Cuál o cuáles de las siguientes especies químicas tienen momento dipolar
nulo:;CO;O2 ;BeCl2?Justifica la respuesta.
H2 + ;H2,O2, son moléculas e iones homonucleares. Aunque se trate de iones, al tratarse
de núcleos iguales, la densidad de carga electrónica de la molécula no se encontrará
polarizada hacia un núcleo más que hacia otro.
•La molécula de BeCl2 es lineal, con lo cual ,l os momentos dipolares de sus dos enlaces
se compensan y la molécula es en conjunto, apolar.
•CO es la única molécula que resulta con un momento dipolar distinto de cero por la
diferente electronegatividad de sus dos átomos constituyentes.
5. La variación de las energías de enlace para el cloro, el bromo y el yodo sigue el orden
Cl2 >Br2 >I2 ,mientras que para los puntos de fusión es I2 >Br2 >Cl2 .Razona este
comportamiento.
La configuración electrónica característica de todos los halógenos es ns 2 np 5 .Esta
configuración refleja la existencia de un orbital con un electrón desapareado. En las
moléculas diatómicas de halógenos, el enlace entre los átomos se produce por
intersección de estos orbitales p. Pero el tamaño de dichos orbitales es progresivamente
mayor a medida que se desciende por el grupo, ya que pertenecen a niveles energéticos
también mayores. De ello se deriva que, poco a poco, la intersección no esté tan
localizada en la zona internuclear y que los electrones enlazantes no se sitúen tan cerca
de los núcleos. Así, resulta un progresivo debilitamiento de la fuerza de unión y
de la energía de enlace.
Las moléculas diatómicas no presentan entre ellas ningún otro tipo de unión que no sea
el debido a las fuerzas de Van der Waals.Dichas fuerzas se originan por atracción entre
dipolos que se forman espontáneamente en las moléculas por desplazamientos
asimétricos de la nube electrónica. Se comprende que la importancia de este fenómeno
aumente a medida que los átomos implicados tengan un mayor volumen y un mayor
número de electrones. Por ello,la variación de los puntos de fusión de los halógenos
sigue un orden inverso al de las energías de enlace.
Septiembre 2011.CUESTIÓN 1A.- Para los elementos A, B, C y D, de números
atómicos 3, 10, 20 y 35, respectivamente:
a) Escribe la configuración electrónica de cada uno de ellos.
b) Indica su situación en la tabla periódica. (período y grupo).
c) Justifica si los siguientes números cuánticos pueden corresponder a los
electrones más externos de alguno de ellos, indicando a cuál: (2, 1, 0, + 1/2); (3, 0,
1,+ 1/2); (3, 2, 1, +1/2); (4, 1, 1, + 1/2).
d) Justifica cuál de estos elementos tienen la menor reactividad química.
Solución:
a) A (Z = 3): 1s2 2s1; B (Z = 10): 1s2 2s2 2p6; C (Z = 20): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2;
D (Z = 35): 1s22s22p63s23p64s23d104p5
b) La situación de los elementos en un período se determina por el valor del número
cuántico
principal n, mientras que el grupo se obtiene según el valor de los electrones en su capa
de valencia.
El elemento A, metal alcalino, se encuentra en el 2º período, grupo 1.
El elemento B, gas noble, se sitúa en el 2º período, grupo 18.
El elemento C, metal alcalinotérreo, está situado en el 4º período, grupo 2.
El elemento D, no metal halógeno, se encuentra situado en el 4º período, grupo 17.
c) Los números cuánticos (2, 1, 0, +1/2), corresponden al electrón 2p del elemento B.
Esta combinación de números cuánticos, (3, 0, 1, +1/2), es imposible, pues si l = 0,
nunca puede tomar m el valor 1, ya que m siempre toma los valores entre – l, … 0,…+
l.
La combinación (3, 2, 1, +1/2) coincide con los valores correctos de los números
cuánticos, que corresponden con un electrón 3d, y no pertenece a ninguno de los
elemento propuestos.
Por coincidir con los valores correctos de los números cuánticos, la combinación (4, 1,
1, +1/2) corresponde a uno de los electrones 4p del elemento D.
d) El elemento B, gas noble y, por ello, muy estable, es el que posee menor reactividad
química.
Junio 20011.CUESTIÓN 1.- Indica si las siguientes afirmaciones son verdaderas o
falsas, justificando en cada caso la respuesta:
a) La configuración electrónica 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1 corresponde al estado
fundamental de un átomo.
b) La configuración electrónica 1s2 2s2 2p7 3s1 es imposible.
c) Las configuraciones electrónicas 1s2 2s2 2p6 3s1 3p1 y 1s2 2s2 2p5 2d1 3s2
corresponden a dos estados posibles del mismo átomo.
d) La configuración electrónica 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1 corresponde a un
elemento alcalinotérreo.
Solución:
a) Verdadera. El llenado de los orbitales de un átomo ha de seguir la regla o principio de
mínima energía, por lo que los electrones se van colocando uno a uno en los orbitales
del átomo en orden creciente de energía. Este principio es el que se cumple en la
configuración propuesta, la de un átomo de
un elemento de transición que inicia el llenado del orbital 3d, concretamente el elemento
del 4º período grupo 3, el escandio, Sc.
b) Verdadera. Los orbitales np no pueden albergar más de 6 electrones, dos en cada uno
de lostres, es decir, 2px2, 2py2 y 2pz2, y como la configuración que se propone tiene 7
electrones en los orbitales 2p, es imposible.
c) Falsa. La primera configuración pertenece al estado excitado de un átomo de un
elemento cuya configuración electrónica fundamental es 1s2 2s2 2p6 3s2, mientras que la
segunda configuración es imposible por no existir la posibilidad de encontrar en el
nivel n = 2, un orbital correspondiente a un valor del número cuántico orbital l = 2, pues
para el valor de n = 2 solo son válidos para l los valores 0 y 1.
d) Falsa. La configuración electrónica propuesta es la que corresponde a un átomo del
primer elemento de transición, pues en él es en el que comienza a llenarse el orbital 3d,
siendo la configuración electrónica del elemento anterior, la misma pero sin el orbital
3d1, la que corresponde a un elemento alcalinotérreo, el calcio.
Junio 2009.CUESTIÓN 1.- La primera y segunda energía de ionización para el
átomo A, cuya configuración electrónica es 1s2 2s1, son 520 y 7300 kJ · mol–1,
respectivamente:
a) Indica qué elemento es A, así como el grupo y período a los que pertenece.
b) Define el término energía de ionización. Justifica la gran diferencia existente
entre los valores de la primera y segunda energía de ionización del átomo A.
c) Ordena las especies A, A+ y A2+ de menor a mayor tamaño. Justifica la
respuesta.
d) ¿Qué elemento presenta la misma configuración electrónica que la especie
iónica A+?
Solución:
a) Al ser la configuración electrónica del átomo neutro 1s2 2s1 se trata del elemento
alcalino litio, Li, situado en el período 2, valor del número cuántico principal n = 2,
grupo 1 por poseer un solo electrón en el orbital 2s.
b) Es la energía que hay que aplicar a un átomo gaseoso, neutro y en su estado
electrónico fundamental, para arrancarle un electrón de su nivel más externo y
transformarlo en catión monopositivo, también gaseoso y en su estado electrónico
fundamental.
La segunda energía de ionización del átomo A es mucho mayor que la primera por dos
razones:
Primera porque los electrones de la corteza se encuentran mucho más fuertemente
atraídos por el núcleo del átomo al encontrarse menos apantallado debido a tener un
electrón menos.
Segunda por ser la configuración electrónica del catión A+, 1s2, la debida al gas noble
helio, lo que proporciona al sistema una mayor estabilidad.
c) Por provocar la pérdida de un electrón una mayor fuerza atractiva del núcleo sobre el
resto de los electrones, el catión resultante experimenta una contracción de su volumen
que se traduce en una disminución de su radio iónico. Este efecto se acentúa si el catión
es divalente, trivalente, etc., por lo que el orden de menor a mayor radio de las especies
indicadas es: radio A2+ < radio A+ < radio A.
d) La configuración electrónica del catión A+ es 1s2, y el elemento cuyos átomos
presentan la misma configuración es el gas noble helio, He.
CUESTIÓN 2.- Dadas las siguientes moléculas: CH4, NH3, SH2, BH3.
b) Razona qué moléculas serán polares y cuáles apolares
c) ¿De qué tipo serán las fuerzas intermoleculares en el CH4?
d) Indica, razonadamente, por qué el NH3 es el compuesto que tiene mayor
temperatura de ebullición.
Solución:
b) Las moléculas CH4 y BH3, en las que apenas hay diferencia de electronegatividad
entre sus átomos, son apolares debido a ello y a la simetría de sus geometrías, pues estas
son las causas de que sea cero el momento dipolar resultante de los momentos dipolares
de los enlaces.
Las moléculas NH3 y H2S son polares debido a la contribución que los pares de
electrones libres hacen sobre el momento dipolar resultante, además de la aportación
debida a sus respectivas geometrías.
Es decir, las moléculas tienen momento dipolar resultante (suma vectorial de los
momentos dipolares de los enlaces y de los pares de electrones libres) distinto de cero.
c) Las moléculas CH4, apolares, se unen entre sí por débiles fuerzas de Van der Waals.
d) La razón por la que el NH3 tiene una temperatura de ebullición tan elevada, se debe a
que sus moléculas se unen unas a otras por medio de enlaces de hidrógeno. La razón de
estos enlaces se encuentra en que los átomos de hidrógeno se unen a un átomo de
nitrógeno de pequeño radio y muy electronegativo, lo que provoca la polaridad de los
enlaces Nδ– – Hδ+. Por ser estos enlaces de hidrógeno mucho más fuertes que las fuerzas
de Van der Waals que unen a las otras moléculas, el NH3 posee un punto de
ebullición superior a las otras moléculas.
Junio 2008.CUESTIÓN 1.- Dados los elementos Na, C, Si y Ne:
a) Escribe sus configuraciones electrónicas.
b) ¿Cuántos electrones desapareados presenta cada uno en su estado fundamental?
c) Ordénalos de menor a mayor primer potencial de ionización. Justifica la
respuesta.
d) Ordénalos de menor a mayor tamaño atómico. Justifica la respuesta.
Solución:
a) Los números atómicos de los elementos, según su ubicación en la tabla periódica,
son: Na (Z = 11), C (Z = 6), Si (Z = 14) y Ne (Z = 10), y sus configuraciones
electrónicas son: Na (Z = 11): 1s2 2s2 2p6 3s1; C (Z = 6): 1s2 2s2 2p2; Si (Z = 14): 1s2
2s2 2p6 3s2 3p2; Ne (Z = 10): 1s2 2s2 2p6.
b) Electrón desapareado es el que se encuentra ocupando, él solo, un orbital. En los
elementos dados sólo aparecen en su capa de valencia (último nivel energético) un
orbital s o un orbital s y tres p. El llenado de los orbitales p se produce ocupando cada
electrón un orbital, y después completándose cada orbital con otro electrón hasta
alcanzar los 6 electrones totales. Luego, el sodio, Na, posee un electrón desapareado, el
3s1, el carbono, C, y silicio, Si, dos electrones desapareados cada uno, los 2px1 y 2py1
para el carbono, y los 3px1 y 3py1 para el Si, no presentando ningún electrón
desapareado el neón, Ne.
c) Potencial de ionización es la energía que hay que suministrar a un átomo neutro, en
estado gaseoso y en estado electrónico fundamental, para arrancarle el electrón más
externo y convertirlo en un catión monopositico, gaseoso y en su estado electrónico
fundamental.
Esta es una propiedad periódica que aumenta al avanzar en un período de izquierda a
derecha y disminuye al bajar en un grupo. El aumento en los períodos se debe a que al
avanzar en él, el electrón que se va ganando, electrón diferenciador, se sitúa en el
mismo nivel energético, y como el núcleo va incrementando también su carga positiva
con un protón por cada lugar que se avanza, la fuerza atractiva núcleo-electrón es cada
vez más intensa, necesitándose por ello, más energía para arrancar el último electrón al
avanzar en un período.
La disminución en un grupo se debe a que, aunque aumenta la carga nuclear al bajar en
el grupo, el último electrón se sitúa cada vez en un orbital más alejado, siendo la fuerza
atractiva núcleo-electrón más externo cada vez más débil, necesitándose por ello menos
energía para arrancarlo. Luego:
P.I. (Na) < P.I. (Si) < P.I. (C) < P.I. (Ne).
d) Se considera el radio atómico como la mitad de la distancia entre los núcleos de dos
átomos iguales enlazados entre sí. Es también una propiedad periódica que disminuye al
avanzar en un período de izquierda a derecha y aumenta al bajar en un grupo. La
disminución del radio atómico al avanzar en un período se debe a que, al ir aumentando
la carga nuclear y situarse el electrón diferenciador en el mismo nivel energético, la
fuerza atractiva núcleo-electrones va aumentando y se va produciendo una contracción
en el volumen atómico y, por tanto, una disminución del radio del átomo.
El aumento al bajar en un grupo se debe a que, a pesar de aumentar la carga nuclear del
átomo, los electrones se va situando en niveles cada vez más alejados del núcleo, lo que
provoca una disminución de la fuerza atractiva núcleo-electrones y se produce una
dilatación del volumen atómico, es decir, un aumento del radio atómico. Luego: radio (Ne) <
radio (C) < radio (Si) < radio (Na).
CUESTIÓN 1.- Dadas las siguientes moléculas: PH3, H2S, CH3OH, BeI2.
b) Razona si forman o no enlaces de hidrógeno.
d) Explica si estas moléculas son polares o apolares.
b) De las moléculas propuestas sólo en el metanol, CH3OH, un átomo de hidrógeno se
une por enlace covalente con un átomo pequeño y muy electronegativo el de O. Ello
provoca un desplazamiento del par de electrones del enlace hacia el átomo de oxígeno,
apareciendo sobre éste una carga eléctrica parcial negativa y sobre el átomo de
hidrógeno una carga eléctrica parcial positiva. La polaridad del enlace O H hace que
al aproximarse dos moléculas de metanol, lo hagan orientándose el polo positivo de una
al polo negativo y pares de electrones no compartidos, del átomo de oxígeno, de la otra.
La fuerza atractiva que aparece entre polos eléctricos opuestos es lo que constituyen el
enlace por puente de hidrógeno.
d) Las moléculas PH3, H2S y CH3OH son polares por no anularse, debido a la geometría
de las moléculas, la resultante de los momentos dipolares de enlace. Por el contrario, la
molécula BeI2, debido a su geometría, es apolar por anularse la resultante de los
momentos dipolares de enlace.
CUESTIÓN 1.- Sabiendo que las temperaturas de 3.550, 107 y – 196 ºC
corresponden a las temperaturas de fusión de los compuestos nitrógeno, diamante
y tricloruro de boro:
a) Asigna a cada compuesto el valor que le corresponde a su temperatura de fusión
y justifica la asignación.
b) Justifica los tipos de enlaces y/o las fuerzas intermoleculares que están presentes
en cada uno de los compuestos cuando se encuentran en estado sólido.
Solución:
a) La temperatura de fusión de 3.550 ºC corresponde al diamante, pues su estructura de
red cristalina con los átomos de carbono en los nudos, unidos covalentemente entre sí,
proporciona una gran estabilidad a la estructura.
El tricloruro de boro es el que posee la temperatura de fusión de 107 ºC, pues sus
moléculas, en estado sólido, se unen por débiles fuerza de Van der Waals.
Al nitrógeno corresponde la temperatura de fusión de 196 ºC, ya que aunque sus
moléculas se unen entre sí por fuerzas de Vander Waals, como las anteriores, su tamaño
molecular es menor y eso influye en la intensidad de las fuerzas.
b) El diamante es un sólido en el que los átomos de carbono se unen por un enlace
covalente.
En el tricloruro de boro en estado sólido, las moléculas se unen entre sí por débiles
fuerzas de Van der Waals de dispersión, debido a que dichas moléculas no están
polarizadas.
El nitrógeno en estado sólido, tiene las moléculas unidas por fuerzas de Van der Waals
de dispersión por ser apolares, pero más débiles que las anteriores por ser de menor
tamaño.
CUESTIÓN 3.- Responde a las siguientes cuestiones referidas al CCl4, razonando
las respuestas:
a) Escribe su estructura de Lewis.
b) ¿Qué geometría cabe esperar para sus moléculas?
c) ¿Por qué la molécula es apolar a pesar de que los enlaces C- Cl son polares?
d) ¿Por qué, a temperatura ordinaria el CCl4 es líquido y, en cambio, el CI4 es
sólido?
Solución:
Las configuraciones electrónicas del último nivel energético de los átomos de cloro y
carbonoson: Cl, 3s2 3p5; C, 2s2 2p2.
El carbono promociona un electrón del orbital 2s al orbital 2p adquiriendo covalencia 4
(4 electrones desapareados) para unirse covalentemente con los átomos de cloro,
mientras que estos átomos con 7 electrones presenta covalencia 1 (1 electrón
desapareado para formar 1 enlace covalente).
a) La estructura de Lewis para la molécula con cuatro enlaces covalentes es:
b) Al no presentar el carbono, átomo central, ningún par de electrones libres, los pares
de electrones compartidos, para experimentar la mínima repulsión entre ellos, se dirigen
hacia los vértices de un tetraedro. Los átomos de cloro ocupan esos vértices, siendo la
geometría de la molécula tetraédrica.
c) La molécula es apolar porque debido a su geometría, el momento dipolar resultante,
suma de los momentos dipolares de los enlaces, es cero.
d) La razón por la que el CI4 es sólido, se debe a que al ser la molécula de mayor
volumen y masa molecular que la de CCl4, las fuerzas de Van der Waals, que las
mantienen unidas son más fuertes por ser más fácil la deformación de sus niveles
electrónicos externos.