CuestionesSP

PERIODICIDAD QUÍMICA.RESOLUCIÓN DE CUESTIONES .
C1.
2
2 6
2 6 5
¿Es posible la configuración electrónica de un átomo en su estado normal 1s 2s p 3s p d ?.
SOLUCIÓN: 3p64s2 3d104p6… quiere decir que al semillenar antes el subnivel o el OA 3d, con mayor energía que el
4s, corresponde a un estado excitado, no a una configuración normal
C2.
2
2 6
2 6 10
¿Es posible que un gas noble tenga una configuración electrónica 1s 2s p 3s p d ?.
SOLUCIÓN:
Por lo afirmado antes, nunca podría ser en su estado fundamental.
C3
Dadas las configuraciones electrónicas: a) 1s12s1
b) 1s22s22p3
c)1s22s23s23p34s1 d)1s22s22p63s2
Indicar cuáles corresponden a átomos en estado fundamental, en estado excitado o imposibles
SOLUCIÓN:
Dada la secuencia de llenado por orden energético : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 3d104p65s2
Los únicos estados fundamentales corresponderían a: b y d. El a sería excitado, y el c imposible.
C4
Enuncia los Principios de Hund y Pauli y aplícalos a los electrones del elemento de número atómico Z=16, y a su ion
más estable.
SOLUCIÓN:
Ambos principios aunque se apliquen conjuntamente no son relacionables. El de Pauli condiciona los números
cuánticos de un electrón, mientras que el de Hund, hace referencia a la disposición de los electrones en orbitales de
igual energía con lo que en cierto modo complementa la aplicación del primero
2
2
6
2
4
Para Z=16, los electrones deberán disponerse:1s 2s 2p 3s 3p por lo que rellena los 3 OA 3p con 4 electrones,
aparejando uno, el que corresponda a m=1. La suma de espines será 1, y la de m=1. El ion más estable, se forma para
completar la estructura de gas noble, y será el 2-, completando con 6e los 3 OA 3p
C5
La configuración electrónica de un elemento de número atómico Z = 32 ¿Cuáles serían los números cuánticos que
caracterizarían al electrón más externo?. ¿A qué familia pertenecería?.
SOLUCIÓN:
La distribución según la regla n+l de 32 electrones nos daría:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 3d104p2. Por lo tanto se trata de un elemento de la familia del carbono, cuyos números cuánticos
serían n=4, l=1.
Al existir 3 OA p degenerados, se cubrirán siguiendo las leyes de Hund, S>, y M>, por lo que el electrón 32 deberá tener
también, m=0 y s=½
C6.
Un electrón caracterizado por los números cuánticos n=2, l=0, m=0 y s=1/2.¿En qué OA estaría?. ¿Cuál sería el OA
vacío de energía inmediatamente superior?
SOLUCIÓN:
Dado que n=2 y l=0, se trata del orbital atómico 2s, de forma esférica y con capacidad para dos electrones, uno con
espín ½ y otro con espín -1/2. En este caso la s leyes de Hund exigen que la suma de s sea lo mayor posible y se
trataría de un elemento en 2s1. Siguiendo la regla n+l, el OA que está llenándose tendría una suma n+l=2 y el OA
vacío de energía superior, deberá sumar 3, lo que implica n=2 y l=1. Por lo tanto se tratará del OA 2p.
C7. Situar en un sistema periódico en blanco a un elemento de número atómico Z=15, indicando según su posición las
propiedades periódicas que cabría esperar de él y la familia y grupo al que pertenece. ¿será diamagnético o
paramagnético?
SOLUCIÓN:
2
2
La distribución de 15 electrones implica una estructura: 1s 2s
6
2
3
2p 3s 3p , por lo tanto se tratará de un elemento M de la
familia del nitrógeno, pnicógeno, con volumen pequeño,
potencial de ionización, electroafinidad y electronegatividad
intermedias, valencia iónica –3 (le faltan tres electrones para
alcanzar la configuración de gas noble). Como tiene tres
electrones en los OA 3p, entrarán desaparejados, con S suma
de espines 3. ½ , por que será un elemento paramagnético
C8.
5
Suponiendo que el último electrón de un determinado elemento químico es 4p ,
¿Cuál sería su número atómico?. ¿A qué familia pertenecería?. ¿Cuáles serían las
características del orbital atómico en el que estaría?. Dibújalo.
SOLUCIÓN:
5
Para ocupar el 4p (n+l, 4+1), antes se han debido llenar los OA cuya suma sea
menor, por lo tanto se han distribuido: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 3d104p5, 35 electrones
por lo que Z=35, siendo un halógeno. El OA, es un 4p. Al ser el quinto electrón que
entra en los 3 OA p degenerados, siguiendo las leyes de Hund, m=0 , y s=-½.
Deberá tratarse de un OA pz (m=0), por lo tanto con dos lóbulos verticales (eje z),
separados por un plano nodal. Sin embargo dentro de su contorno, existirán n-(l+1)
superficies nodales, o sea 4-(1+1)=2 SN.
C9.
Comparar los radios de los elementos M y N, de números atómicos respectivos 17, 19, y los de sus iones respectivos.
SOLUCIÓN:
Primero se tendría que buscar su localización en el SP, partiendo de la configuración electrónica
M, Z=17, e:1s2 2s2 2p6 3s2 3p5. A la derecha del SP
2
2
6
2
6
1
N, Z=19, e: 1s 2s 2p 3s 3p 4s .A la izquierda del SP, n(N)>n(M), por lo tanto rM<rN. Sin embargo al formarse sus
iones respectivos para alcanzar una estructura de gas noble,
M+e =M- (1s2 2s2 2p6 3s2 3p6), mientras que
N-e =N+ (1s22s2 2p6 3s2 3p6), ambos con la misma configuración electrónica,
+
Pero con diferente carga, por lo que rN <rM
C10. Determina la configuración electrónica del elemento de Z=46, indicando la suma de sus espines y de su número cuántico
magnético. ¿Será diamagnético o paramagnético?
SOLUCIÓN:
2
2
6
2
6
2
10
6
2
8
La configuración electrónica lógica sería: 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d sin embargo debido a una mayor
estabilidad de la configuración , completa el 4d a expensas del 5s: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 3d104p65s04d10 con lo cual
pasa de paramagnético a diamagnético, con suma de espines 0, y suma de m 0
C11.
¿Sería correcta la ordenación de mayor a menor en radio atómico de las siguientes especies correspondientes a
elementos y iones del segundo período?: F- > Li > O >Li+
SOLUCIÓN:
Si se fija el alumno en la fig sobre el tema en el L.A. puede observarse que hay una diferencia muy pequeña entre el
+
F y el Li, y aunque se puede determinar que el menos voluminoso es el Li (se le quita un electrón a un átomo de Li
+
2
formándose un ion Li 1s ) y después el O, por lo que se puede suponer que el ordenamiento es correcto, con la
observación inicial.
SOLUCIÓN:
C 12.
De la siguiente secuencia de iones razone cuál se corresponde con la ordenación en función de sus radios iónicos:
2+
+
3+
2+
3Li <Be < N < F
(II)
Be < Li < F < N (I)
SOLUCIÓN:
La I será la correcta dado que para iones del mismo periodo, el volumen disminuye con la carga positiva y aumenta
con la negativa
C 13. Observando la gráfica de la variación de1ª energía de ionización, en los períodos cortos, comparar razonadamente la
primera energía de ionización de las parejas de elementos:
a) H y He, b) Be y B,
c) P y S, d) Cl y Se.
SOLUCIÓN:
La primera pareja, dado que el He es un gas noble E.I(He)>E.I(H). En la segunda, corresponde a elementos Be(2s2) y
2 1
B(2s p ), mientras que el primero corresponde a un máximo relativo al tener completo el OA 2s, el segundo, tiene un
mínimo relativo al perder el electrón 2p1, para presentar en el B+(1s22s2), por lo tanto aunque esté más a la derecha en el
sistema periódico, el efecto escalera por la estabilidad orbital hace que E..I(Be)>E.I(B). Algo similar se puede argumentar
con las E.I de P y S, elementos del mismo periodo, en el que el primero presenta un máximo relativo al tener una
2 3
configuración s p , por lo que E.I(P)>E.I(S). En la última pareja, no aparecen anomalías y dado que en el Cl, n es menor, y
está más a la derecha en el SP, la QNE es mayor, y el volumen menor, por lo que su E..I será mayor, así E.I(Cl)>E.I(Se).
C 14. ¿Cómo justificar que la primera energía de ionización del átomo de nitrógeno es de 1380 kJ/mol, mientras que la del
oxígeno, más electronegativo es de 1308 kJ/mol?.
SOLUCIÓN:
Las configuraciones electrónicas de los elementos
N: 1s2 2s2 2p3 y O : 1s2 2s2 2p4
Indican que mientras que el N presenta 3 electrones desapareados en el 2p, lo cual le hace mas estable, el O pese a estar
mas a la derecha en el SP, sólo presenta 2.
C 15. Justificar la pequeña disminución correspondiente a la energía de ionización entre el Be (900kJ/mol) y el B(799kJ/mol)
SOLUCIÓN:
Las configuraciones electrónicas de los elementos
Be: 1s2 2s2 y B: 1s2 2s2 2p1
Indican que mientras que el B presenta 1 electrón desapareado en el 2p, fácilmente arrancable (E.I. menor), el Be pese
tiene completo el 2s2.
C16. ¿Por qué la mientras que la electroafinidad de los elementos 1 A, es negativa, la de los 2 A, es positiva?
SOLUCIÓN:
1
Los elementos en 1A, tienen como característica electrónica ns , necesitando un electrón para completar el OA s,
2
mientras que los 2A, ns ya lo tienen completo, forzándose a admitir un electrón, para eso hay que darle energía, y la
electroafinidad es positiva.
C 17. Observando la gráfica de la variación de electronegatividades en períodos cortos, comparar la electronegatividad de las
siguientes parejas de elementos:
a) Cl y Br
b) N yO
c) S y Se
SOLUCIÓN:
Dado que la electronegatividad aumenta en cada periodo corto de izquierda a derecha, y disminuye para elementos
del mismo grupo al aumentar n, el cloro será más electronegativo que el bromo (pertenecen al mismo grupo y familia),
el oxígeno que el nitrógeno (está más a la derecha en el periodo corto, n=2) y el azufre que el selenio ( como en el
primer caso)
C 18. Comparar las electronegatividades de los elementos M y N, de números atómicos respectivos ZM = 9
SOLUCIÓN:
y ZN= 19
Se situarán en el SP, para definir el grupo a que pertenecen. El M, : 1s2 2s2 2p5 será del 17 o 7 A, un halógeno
mientras que el N 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s1, pertenecerá a 1, siendo un alcalino, mucho menor electronegativo.
C 19. Comparar las valencias iónicas de los elementos M y N, de números atómicos respectivos
a)
ZM = 16 y ZN= 36
b)
ZM = 15 y ZN= 20
SOLUCIÓN:
a) Primero se tendría que determinar la configuración electrónica
M, Z=16 :1s2 2s2 2p6 3s2 3p4. Le faltan 2 electrones para la configuración de gas noble, con lo que su valencia
iónica será 2- .N, Z=36 :1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 3d104p6 al tener una configuración de gas noble su valencia iónica
será 0.
b) N, Z=20, : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2. Al perder 2 electrones adquiriría una configuración de gas noble con lo que su
2
2
6
2
3
valencia iónica será 2+, M, Z=15, 1s 2s 2p 3s 3p , su valencia iónica será 3- , dado que al adquirir 3 electrones
alcanza una estructura de gas noble.
C20 Comparar las propiedades periódicas de los elementos M y N, de números atómicos respectivos ZM = 38 y ZN= 8,
después de situarlos en un sistema periódico en blanco. ¿Su combinación binaria ¿qué fórmula tendría?
SOLUCIÓN:
La distribución electrónica en ambos elementos indica que:
M: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 3d104p65s2 y N=: 1s2 2s2 2p4 por lo
tanto, M será un alcalinotérreo, mientras que N será un
calcógeno, estando muy separados en el sistema periódico, por
lo que sus características periódicas serán muy diferentes y la
unión entre ellos será iónica. La valencia iónica de N será –2
(necesita 2 electrones para alcanzar la configuración de gas
noble), mientras que la de M será +2, pues perderá fácilmente
dos electrones por la misma razón. De lo que se deduce que su
combinación binaria será MN.
C21.
Dados los números cuánticos del último electrón de un átomo A (4,0,0,1/2) ¿Cuáles serían las características del OA
ocupado por este electrón? ¿Cuál sería el número atómico de éste?. Situarlo en un sistema periódico en blanco.
¿Cuáles serían sus propiedades periódicas?.
SOLUCIÓN:
Los dos primeros números cuánticos indican que el electrón
es un 4s, pero al ser el nº de espín el positivo, deberá ser
ocupado por el primer electrón. Se trata de un 4s1. El OA
tiene simetría esférica. Al ser l=0, no dispone de planos
nodales, y sí de superficies nodales interiores SN=4-(1+1)=2.
1
El número atómico del elemento, ordenando hasta 4s (4+0),
2
2
6
2
6
1
será: Z= 1s 2s 2p 3s 3p 4s = 19, corresponde a un metal
alcalino, y por lo tanto con radio y volumen atómico elevado,
poca energía de ionización para pasar a configuración de gas
noble, electroafinidad baja, y muy poca electronegatividad.
También será paramagnético puesto que solo hay un electrón
+
en ese OA y su estado de oxidación será 1 .
C22.
Dados dos elementos M y N cuyos últimos electrones tienen
respectivamente los números cuánticos
(3,1,0,-1/2), y
(3,0,0,-1/2)
¿Cómo será la combinación química entre
ambos?. Comparar sus propiedades periódicas.
SOLUCIÓN:
En el M, el último electrón será un 3p5, mientras que en el N
2
será
un 3s , ello implica que M pertenece al grupo 17, o 7 A
(halógeno), mientras que el N es un alcalinotérreo. Por lo dicho en
cuestiones anteriores , la valencia iónica del M será 1-, mientras
que la de N será 2+, por lo que la combinación entre ellos será
NM2. Dado que ambos pertenecen al mismo periodo(n=3), según
la variación de las propiedades periódicas con el periodo, se
podrá decir que :
VM<VN; E.IM>E.I. N;
EAM>EAN
ENM>ENN
C23. Indica razonadamente de cada pareja de elementos cuyos números atómicos te dan cuál será más paramagnético:
a) 10 y 15
b) 20 y 30
c) 25 y 35
SOLUCIÓN:
a) Las configuraciones electrónicas de los elementos
Z10: 1s2 2s2 2p6 y Z15 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3
El Z10, es diamagnético al tener completo el subnivel p , o los OA p, mientras que el Z15, presenta un máximo
desapareamiento de los espines de los tres electrones en p, por aplicación de la 1ª ley de Hund, con suma de espines
3/2, por eso es el más paramagnético.
b) Las configuraciones electrónicas de los elementos Z20: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 y Z30: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d10 4s2
Ambos son diamagnéticos, al tener completos los respectivos subniveles, o rellenar completamente sus OA.
2
2
6
2
6
3
2
2
2
6
2
6
10
c) Las configuraciones electrónicas de los elementos
Z25: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s y Z35: 1s 2s 2p 3s 3p 3d
2
5
4s 4p
El Z25, presenta 3 espines desapareados en 3d, siendo la suma de sus espines 3/2, mientras que el Z5, solo presenta
un electrón sin pareja en el 4p, siendo la suma de sus espines ½, por lo tanto el más paramagnético será el Z25.
C24. Observando la tabla y gráfica correspondiente comparar razonadamente y ordenar por su radio las especies químicas
+
+
siguientes agrupadas en parejas: Li y K, Na y Br , Cl y I ,S y Li .
SOLUCIÓN
Parece evidente que en elementos del mismo grupo, rK>rLi, pues corresponden a un valor de n mayor. Los iones con
carga negativa del mismo período tienen, por lo explicado un radio mayor que los positivos, por lo que ya el rCl->rNa+,
+
por lo tanto dado que rBr >rCl , rBr >rNa . Un razonamiento similar se podría hacer con el I y el Cl, dado que rI >rCl
+
>rCl, por lo que rI >rCl. En el caso del S y el Li , se deberá tener en cuenta que aunque el Li tiene un radio grande, el
+
+
Li es muy pequeño, menor que el S, aunque esté a la derecha del sistema periódico, por lo que rS>rLi .EB1.7
C25. La primera energía de ionización del sodio es de 495 kJ, mientras que la segunda energía de ionización es de 4560 kJ,
sin embargo en el magnesio ,elemento situado a su lado en el sistema periódico, la primera energía de ionización es de
737 kJ, mientras que la segunda es 1449 kJ.¿Cómo explicar estas aparentes anomalías?.
SOLUCIÓN:
Las configuraciones electrónicas de los elementos son: Na: 1s2 2s2 2p6 3s1 y Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2
Si al Na se le arrancan el electrón de valencia, se alcanza la configuración de gas noble: Na1+ : 1s2 2s2 2p6 si se arranca el
segundo se rompería dicha estructura, por eso la segunda energía de ionización es muy alta, mientras que en el Mg si se
arrancan dos electrones para formar el Mg2+ ,1s2 2s2 2p6 se alcanza la configuración de gas noble, por eso la segunda
energía de ionización es inferior
C26. La tercera energía de ionización del sodio es de 6905 kJ, mientras que la del magnesio es 7725 kJ, sin embargo las
segundas son respectivamente 4560y 1449 kJ.¿Por qué?
SOLUCIÓN:
Las configuraciones electrónicas de los elementos son: Na: 1s2 2s2 2p6 3s1 y Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2
Si al Na se le arrancan el segundo electrón, se rompe la configuración de gas noble: Na2+ : 1s2 2s2 2p5 mientras que para
el Mg2+ ,1s2 2s2 2p6 se alcanza la configuración de gas noble, que se rompe al arrancarle el tercer electrón, por eso la
segunda energía de ionización del Mg es baja y alta la tercera.
+
C27. El ion K y el ion Cl tienen el mismo número de electrones ¿Qué podría decirse de sus tamaños relativos?. ¿Quién tiene
mayor la primera energía de ionización, el potasio o el cloro?.
SOLUCIÓN:
Ambos elementos K y Cl pertenecen al grupo 1A (1) y 7A(17), respectivamente si se observa la fig1.16, cuando se
agrega un electrón al Cl, para completar su estructura electrónica, el volumen aumenta, por encima del que tiene el K
que se contrae al perder su electrón externo. Así rCl->rK+, al revés que los átomos. Así mismo la debido a su
configuración electrónica la 1ªEI Cl > 1ºEI K.
C28. Ordenar razonadamente de mayor a menor afinidad electrónica los elementos: Cl, F, P y N. ¿Cuáles serán más
paramagnéticos?
SOLUCIÓN:
2 5
2 3
Los elementos F y Cl, pertenecen al grupo 7A (17), s p , estando más a la derecha del SP, que N y P (5ªA o 15), s p ,
por lo tanto la electroafinidad de los dos primeros será superior a la de los segundos, que estabilizan su configuración
con el semillenado de los OA p y entre ellos dado que disminuye al descender en el período F>Cl y N>P, por lo que en
principio se ordenarían así por su electroafinidad: F>Cl>N>P. Por su configuración electrónica, el N y P serán más
paramagnéticos con 3 electrones desparejados que el F y Cl que sólo tienen uno
C29. Dado un elemento M de número atómico Z= 16, situarlo en un sistema periódico en blanco, indicando los números
cuánticos que caracterizan al electrón más externo, tipo de orbital atómico en el que entra el electrón que caracteriza al
elemento, familia a la que pertenece, así como las características periódicas que se le suponen.
SOLUCIÓN:
El desarrollo de la notación espectroscópica en función de la
suma n+l, se tendrá la suma de los superíndices deberá ser
2
2
6
2
4
16, por lo tanto Z=16 = 1s 2s 2p 3s 3p
Que indicará que :
Se trata de un no metal (bloque p). El electrón más externo
corresponde a los 3p (OA 3p) y el que determina la familia o
grupo será el 3p4 y por lo tanto los números cuánticos que lo
determinan serán n=3, l=1, m=1 y s = - 1/2 . Puesto que los 4
electrones p irán ocupando los 3 orbitales p de igual energía
(degenerados), cumpliendo las reglas de máxima multiplicidad
de Hund (máximo valor de S(suma de s), y después máximo
valor de M(suma de m).
Corresponde a la familia de los anfígenos o calcógenos, faltándole 2 electrones para alcanzar su estructura de gas
noble. Su radio y volumen atómico serán pequeños, mientras que la primera energía de ionización y la electroafinidad,
serán grandes; la electronegatividad , intermedia. Será paramagnético.
C30
Los números cuánticos del último electrón de un elemento M, son (3,1,0,½), mientras que las del N (4,0,0,½). Dibuja los OA en los que se
encuentran los electrones característicos indicando sus diferencias. ¿A qué
familias pertenecen los elementos? Compara sus propiedades periódicas.
¿Alguno será diamagnético?. Formula su combinación binaria.
SOLUCIÓN:
Según lo ya visto M 3p, como m=0, s=-½, se trata del quinto electrón, será
por eso el 3p5, correspondiente a la familia de los halógenos, OA 3pz, con
un plano nodal(l=1) y una superficie nodal interior (SN= n-(l+1)=3-2=1).Su
valencia iónica será –1.
1
N corresponde a un 4s , elemento alcalino, con valencia iónica+1. Ambos son paramagnéticos, y sus propiedades
periódicas debido a la diferencia de posiciones en el SP son muy distintas (VN>VM,EIM>EIN, EAM>EAN, ENM>ENN) por
eso entre ellos se establecerá una unión iónica, cuya relación mínima será MN.
C31. Observando la gráfica de variación del radio atómico en todo el sistema periódico, comparar los radios de los elementos
M y N de números atómicos respectivos:
a)
ZM = 20 y ZN= 30
b)
ZM = 15 y ZN= 25
SOLUCIÓN:
2
2
6
2
6
2
2
2
6
2
6
10
2
a) Las configuraciones electrónicas de los elementos M: 1s 2s 2p 3s 3p 4s y N: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s
Según la variación periódica a lo largo de periodos largos ( el volumen disminuye de izquierda a derecha), al aumentar
la carga nuclear efectiva, lo que justifica que el volumen del elemento N sea menor que el M
b)
Las configuraciones electrónicas de los elementos M: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3 y N: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d3 4s2
El elemento M cubre el tercer periodo, y está más a la derecha del SP, mientras que el N rellena el cuarto, por lo que el
radio atómico de M será menor que el de N.
C32. Observando la gráfica de variación de la primera energía de ionización en todo el sistema periódico comparar la de los
elementos :plata y oro
SOLUCIÓN:
Ambos elementos son del mismo grupo (11), pero de diferente periodo Ag(n=5) y Au (n=6), Sin embargo pese a estar
situado más abajo en el SP (n mayor), el Au tiene una EI mayor que la Ag, ello es debido a que en ese periodo se
produce una contracción de volumen ( contracción lantánida), con lo que la relación QNE/r aumenta, siendo más difícil
arrancarle el electrón al Au.
C33. Observando la gráfica de variación de la primera energía de ionización en todo el sistema periódico comparar la de los
elementos M y N de números atómicos respectivos:
b)
ZM = 15 y ZN= 25
a)
ZM = 20 y ZN= 30
SOLUCIÓN:
a) Las configuraciones electrónicas de los elementos son
M: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2 y N: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d10
2
4s
y la variación de la 1EI, con la configuración electrónica indican que EI N> EI M
2
2
6
2
3
2
2
6
2
6
3
2
b) Las configuraciones electrónicas de los elementos son
M: 1s 2s 2p 3s 3p y N: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s
Dado que el M ocupa un nivel superior, (n=3), deberá tener E.I. mayor que el N (n=4)
C34.Ordenar por electronegatividades decrecientes, las siguientes especies: Oxígeno, Carbono en el etino, carbono en el
metano, hidrógeno, litio, y sodio.
SOLUCIÓN:
De lo posición en el SP de los elementos (los dos últimos corresponden al grupo 1A 0 1 con n creciente y del desarrollo
teórico referido al C, en sus diferentes estados, cabe deducir la siguiente escala de electronegatividades:
O>C(etino)>C(metano)>H>Li>Na
C35.
Justificar las valencias iónicas de los elementos de número atómico Z=20, y Z=21.
SOLUCIÓN:
Se partiría de la configuración electrónica de ambos:
2
2
6
2
6
2
2
N: 1s 2s 2p 3s 3p 4s , le sobran 2e(4s ) para la estructura de gas noble(negrita), por lo tanto la valencia iónica de
N será 2+.
2
2
6
2
6
2
1
2
1
M: 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d , le sobran 3e (4s 3d ) para la estructura de gas noble(negrita), por lo que su valencia
+
iónica será 3 .
C36.
Si los números cuánticos del último electrón de un átomo son (3,2,-2,- ½), ¿Se podría asegurar que su valencia
principal es 2?.
SOLUCIÓN:
El primer paso sería determinar los electrones de valencia (3,2), =(n,l)=3d. Se trata de un elemento de transición.
Como m=-2, y s=,- ½, se refiere a un 3d10. Por lo tanto su configuración electrónica final será 1s2 2s2 2p6 3s2 3p64s2
3d10, si pierde los 4s2, quedará con el nivel completo por lo que su valencia fundamental será 2+.
C37
Dados dos elementos M y N de números atómicos respectivos 30 y 35.
Situarlos en un sistema periódico en blanco. ¿A qué familias pertenecen?.
¿Qué características tienen los OA donde se encuentran los electrones
determinantes?. Comparar sus propiedades periódicas y formular su
combinación binaria.
SOLUCIÓN:
Tal como en el 1.8A, las configuraciones electrónicas:
M(30) : 1s2 2s22p6 3s2 3p6 4s2 3d10
Metal de transición
2
2
6
2
6
2
10
5
No metal: halógeno
N(35): 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p
Los electrones más externos del M, son los 4s2 (n=4, l=0) y por lo tanto se
disponen en un OA de simetría esférica, con tres superficies nodales
interiores (SN=n-(l+1)=4-1=3), mientras que los que caracterizan al grupo
10
son los d , ocupando orbitales 3d (l=2), con dos planos nodales. Según lo
visto en teoría (LA,) sería un 3d (x2-y2) o un 3d (xy).
5
Los electrones externos del N son 4p . Al estar 5 electrones ocupando los 3
orbitales atómicos 4p, el quinto electrón lo hará en un 4pz (m=0), con un
plano nodal (XY,l=1), y dos superficies nodales interiores (SN= 4-(1+1) = 1).
El volumen y radio atómico de N serán menores que los de M, mientras que su energía de ionización, electroafinidad y
electronegatividad serán mayores pues se trata de un elemento situado en la parte superior derecha del SP (no metal,
halógeno), con tendencia a ganar un electrón, mientras que el M, la tiene a perder dos electrones 4s2, para tener
completo el nivel 3. La combinación propuesta será por lo tanto MN2. El elemento M será diamagnético, mientras que
el N lo será paramagnético al tener un electrón con espín desaparejado (obsérvese el dibujo adjunto).
C38. Comparar razonadamente las polarizabilidades de las siguientes parejas de átomos o iones:
a) Cl, y Clb) Cl y Br
c) Ar y Kr
SOLUCIÓN:
La polarizabilidad depende del volumen atómico.
a) Dado que V Cl->VCl, al ser el primero un ion negativo, αCl-> αCl
b) Como ambos son halógenos, pero el Cl n=3, mientras que el Br, n=4, V Br>V Cl y , αBr>αCl
c) Aplicando el concepto anterior, el Ar, n=3, mientras que el Kr, n=4, V Kr>V Ar y , αKr>αAr
C39.
Dados los números atómicos de dos elementos M (Z=22) y N (Z=17), situarlos en un sistema periódico en blanco.
Indicar el OA en el que están los electrones más externos de M y el OA en el que estén los que lo caracterizan.
Comparar este OA con el de los electrones de N. Comparar sus características periódicas e indicar justificadamente la
posible combinación binaria entre M y N.
SOLUCIÓN:
Configuraciones electrónicas:
2
2
6
2
6
2
2
Metal de transición
M(22) : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d
N(17): 1s2 2s22p6 3s2 3p5
No metal: halógeno
2
Los electrones más externos del M, son los 4s (n=4, l=0) y
por lo tanto se disponen en un OA de simetría esférica, con
dos superficies nodales interiores, mientras que los que
caracterizan al grupo son los d2, ocupando orbitales 3d (l=2),
con dos planos nodales. Según lo visto en teoría sería un 3d
(xz).
5
Los electrones externos del N son 3p . Al estar 5 electrones
ocupando los 3 orbitales atómicos 3p, el quinto electrón lo
hará en un 3pz (m=0), con un plano nodal (XY), y una
superficie nodal interior (SN= 3-(1+1) = 1).
El volumen y radio atómico de N serán menores que los de
M, mientras que su energía de ionización, electroafinidad y
electronegatividad serán mayores pues se trata de un
elemento situado en la parte superior derecha del SP (no
metal, halógeno), con tendencia a ganar un electrón, mientras
que el M, la tiene a perder hasta 4 electrones para alcanzar la
configuración de gas noble. La combinación propuesta será
por lo tanto MN4. Ambos elementos serán paramagnéticos,
más el M que el N, al tener dos electrones con espines
desparejados.
C40.
Basándose en la periodicidad química, ya desde finales del siglo XIX, se predijeron las propiedades de muchos
elementos inexistentes, que luego se comprobarían. En junio de 1999, surgió en la prensa mundial, el descubrimiento
del elemento 118 ¿Cuáles serían sus características y propiedades periódicas?
SOLUCIÓN:
La configuración electrónica, siguiendo el desarrollo de l llenado electrónica, sería:
2
2 6
2 6
2
10
6
2
10
6
2 14
10
6
2 14
10
6
Z=118, 1s 2s p 3s p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s 5f 6d 7p
Que es una configuración de gas noble, por lo tanto estará en el grupo 8A o 18 (GASES NOBLES) con mayor
volumen atómico comparado con los de su grupo (n>), 1ªEI alta, aunque menor que la de los de su grupo, EA positiva,
EN nula. Será diamagnético y fácilmente polarizable.
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