02. enlace quimic0.pdf

7/29/2019 02. ENLACE QUIMIC0.pdf

1/39

58

TEMA 2.ENLACE QUMICO

1. Considera as seguintes etapas na formacin dun composto inico: a) M(g) M+(g).b) X(g) X(g). c) M+(g) + X(g) MX(s). Indica e define as magnitudes termodinmicas que sepoen en xogo en cada un dos procesos, dicindo se sern exotrmicas ou endotrmicas.(Selectividade COU. Xu-98)

Resolucin:

a) M(g) M+(g)A magnitude termodinmica posta en xogo neste proceso a enerxa de ionizacin: enerxanecesaria para arrancar o electrn menos atrado a un tomo en estado fundamental e gasoso. Neste

proceso hai que comunicar enerxa ao sistema, entn ser un proceso endotrmico.

b) X(g) X(g)A magnitude termodinmica posta en xogo neste proceso a afinidade electrnica: enerxadesprendida cando un tomo en estado fundamental e gasoso capta un electrn. Neste proceso o

sistema desprende enerxa, entn ser un proceso exotrmico.c) M+(g) + X(g) MX(s)A magnitude termodinmica posta en xogo neste proceso a enerxa de rede ou enerxa reticular:enerxa desprendida ao formarse un mol de cristal inico a partir dos seus ins compoentes enestado gasoso. Neste proceso o sistema desprende enerxa, entn ser un proceso exotrmico.

2. A partir dos seguintes datos demostra, aplicando o ciclo de Born-Haber, por que cando reaccionao cloro co calcio se forma CaCl2(s) e non CaCl(s), pese a que se necesite moita enerxa para pasardo Ca+ a Ca2+:Ca(s) Ca (g) H= 178 kJ/molCa(g) Ca+(g) + 1 e H= 590 kJ/molCl2 2 Cl (g) H= 242 kJ/molCl(g) + 1 e Cl(g) H= 349 kJ/molCa+(g) Ca2+(g) + 1 e H= 1137 kJ/molCa+(g) + Cl(g) CaCl(s) H= 717 kJ/molCa2+(g) + 2 Cl(g) CaCl2(s) H= 2255 kJ/molResolucin:

Imos formular o ciclo de Born-Haber para os dous compostos e calcular a entalpa de formacin en cadacaso.Para o CaCl2:

Hf= Hs+H1E.I + H2E.I + HD + 2 HEA + U

Hf= 178 + 590 + 1137 + 242 + 2(349) + (2255) = 806 kJ/molHf(CaCl2(s)) = 806 kJ/mol


2/39

59

Para o CaCl:

Hf= Hs+H1E.I + _HD + HEA + U

Hf= 178 + 590 + _ 242 + (349) + (717) = 177 kJ/mol

Hf(CaCl(s)) = 177 kJ/molVemos como enerxicamente mis favorbel a formacin de CaCl2 que de CaCl.

3. Para os elementos qumicos A e B de nmeros atmicos 20 e 35, respectivamente, indicarazoadamente, para cada un deles: a) Configuracin electrnica; b) Carcter metlico ou nonmetlico; c) Ins mis estbeis; d) Frmula do composto formado por A e B; e) Propiedades deste

composto. (Selectividade COU. Xu-97)

Resolucin:

a) A(Z= 20): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2B(Z= 35): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p5b) Observando a configuracin electrnica do ltimo nivel ocupado, sabemos que o elemento A un

elemento do grupo 2; entn A metal. Do mesmo xeito, apreciamos que o elemento B do grupo17; entn B non metal.c) O elemento A ten tendencia a perder dous electrns. O elemento B ten tendencia a gaar un electrn.En ambos casos explcase esta tendencia porque as conseguen unha configuracin electrnica misestbel ou configuracin de gas nobre. Segundo isto, os ins mis estbeis sern:A2+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6B: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6

d) O composto formado por A e B ser: AB2e) O composto AB2 un composto inico, polo tanto ter as seguintes propiedades: Forma redes cristalinas. Ten puntos de fusin e ebulicin elevados. duro. frxil Dislvese ben en disolventes polares (como, por exemplo, a auga). Non conduce a corrente elctrica en estado slido, pero si conduce a corrente elctrica fundido

ou disolto.

4. Comenta as afirmacins:a) A enerxa de rede dun composto inico aumenta coa distancia interinica.b) A enerxa de rede dun composto inico non depende da carga dos ins.c) O ndice de coordinacin sempre igual para o anin e para o catin da rede.d) O nmero de anins e catins que hai nun cristal de cloruro de calcio o mesmo.e) O cloruro de cesio conduce ben a electricidade en estado slido.f) O enlace inico frmase por transferencia de pares de electrns.g) O cloruro de cesio ten maior enerxa de rede que o cloruro de sodio.Resolucin:

a) A enerxa de rede a enerxa desprendida cando se forma un mol de cristal inico a partir dos seusins compoentes en estado gasoso. Tendo en conta que estas atraccins son electrostticas, aenerxa de rede aumenta (en valor absoluto) ao diminur distancia entre ins. Segundo isto, non certo que a enerxa de rede aumente coa distancia interinica: a afirmacin falsa.


3/39

60

b) A enerxa de rede a enerxa desprendida cando se forma un mol de cristal inico a partir dos seusins compoentes en estado gasoso. Tendo en conta que estas atraccins son electrostticas, aenerxa de rede aumenta (en valor absoluto) ao aumentar a carga dos ins. Non certo que a enerxade rede sexa independente da carga dos ins: a afirmacin falsa.

c) O ndice de coordinacin o nmero de ins dun signo que se sitan ao redor dun in de signooposto. Este ndice non ten que ser o mesmo para o anin e o catin dun determinado composto,depende do tipo de rede na que cristalice, polo que a afirmacin dada falsa.

d) O cloruro de calcio ten por frmula: CaCl2. Esta frmula unha frmula emprica que indica aproporcin dos ins no cristal neutro: dous anins Cl por cada catin Ca2+. Non hai o mesmonmero de anins que de catins no cristal de cloruro de calcio: a afirmacin falsa.

e) O cloruro de cesio un composto inico, polo tanto conducir ben a corrente elctrica fundido oudisolto e non a conducir en estado slido, onde os ins non teen mobilidade. A afirmacin falsa.

f) O enlace inico frmase por transferencia de electrns, non de pares de electrns, entn a frase falsa.

g) A enerxa de rede aumenta (en valor absoluto) ao aumentar a carga dos ins e ao diminur o seu raio.O cloruro de cesio e o cloruro de sodio teen o mesmo tipo de anins e diferncianse nos catins,ambos coa mesma carga pero de distinto tamao. O in Cs+ e o in Na+ pertencen ao mesmo grupo

do sistema peridico, o Cs+

ten mis capas de electrns que o Na+

, polo que ten maior raio. Un dosins do cloruro de cesio mis grande, entn o cloruro de cesio ten menor enerxa de rede. A frase falsa.

5. Calcula a calor de formacin, en kJ/mol, para o fluoruro de litio slido, partindo dos seguintesdatos: Enerxa de ionizacin do tomo de litio = 5,39 eV. Afinidade electrnica do tomo de flor =3,47 eV. Enerxa de disociacin da molcula de flor = 155 kJ/mol. Calor de sublimacin do litio= 161 kJ/mol; Enerxa de rede = 1020 kJ/mol.Resolucin:

En primeiro lugar, converteremos a kJ/mol os datos que non estn nesta unidade:

==

mol1tomos106,022

eV1kJ101,60

tomoeV5,39)Li(

2322

EIH 519 kJ/mol

=

=

mol1

tomos106,022

eV1

kJ101,60

tomo

eV3,47-)F(

2322

EAH 334 kJ/mol

Agora, formulamos o ciclo de Born-Haber:

Hf= _HD + HEA + Hs+HE.I + U

Hf= _ 155 + (334) + 161 + 519 + (1020) = 597 kJ/mol

Hf(LiF(s)) = 597 kJ/mol6. Analiza que composto ter maior dureza, o cloruro de magnesio ou o bromuro de calcio.

Resolucin:

Os dous son compostos inicos. Os ins que forman o cloruro de magnesio son: Cl

e Mg2+

. Os ins queforman o bromuro de calcio son: Br e Ca2+.


4/39

61

Comparando os dous anins vemos que teen a mesma carga e que os dous pertencen ao mesmo grupo.Como o Br est nun perodo superior ten unha capa mis de electrns, polo que ten maior raio que o Cl .

Comparando os dous catins podemos observar que teen a mesma carga e pertencen ao mesmo grupo.O in Ca2+ est nun perodo superior, entn ten unha capa mis de electrns e o seu raio maior que o doMg2+.

Se a enerxa de rede maior canto menor sexa o raio dos ins, o cloruro de magnesio, cos seus ins de

menor raio, ter maior enerxa de rede que o bromuro de calcio e, polo tanto, ser mis forte a atraccinentre os seus ins e maior a sa dureza.

7. Indica moi brevemente por que o cloruro de sodio se disolve en auga e non en tetracloruro decarbono. (Selectividade COU. Set-94)*

Resolucin:

O cloruro de sodio un composto inico e como tal dislvese ben en disolventes polares como a auga.Os seus ins atraen as molculas do disolvente polo extremo que ten carga oposta sa e estabelecenenlaces dbiles con elas. Como a enerxa liberada na formacin destes enlaces maior que a enerxa de

rede do composto, este remata por esboroarse. Polo mesmo, o cloruro de sodio non se disolve en lquidosapolares como o tetracloruro de carbono, xa que as sas molculas non son capaces de estabelecerinteraccins fortes cos ins e estes permanecen nas sas posicins.

8. Ordena os seguintes compostos na orde crecente dos seus puntos de fusin: KBr, NaBr, Al 2O3.(Selectividade COU. Xu-01)*

Resolucin:

Os tres compostos son compostos inicos. Canto maior sexa a enerxa de rede do composto, maior aunin entre ins e mis alto ser o seu punto de fusin. Como a enerxa de rede depende do raio e dacarga dos ins que forman os compostos, debemos comparar estes ins para ordenar os seus puntos de

fusin.Se comparamos os catins: K+, Na+ e Al3+, vemos que K+ e Na+ teen a mesma carga (+1), que menorque a do Al3+ (+3). En canto ao seu tamao, o K+ maior que o Na+ porque, estando no mesmo grupo, oK+ ten unha capa mis de electrns. Por outra banda, o Na+ e o Al3+ son especies isoelectrnicas, poloque o Al3+ mis pequeno, porque ten unha maior carga nuclear para atraer os mesmos electrns. As, otamao dimine na orde: K+ > Na+ > Al3+.Se comparamos os anins: Br e O2, atopamos que maior a carga do O2 (2), que a do Br (1). Noque se refire ao tamao, maior o Br, porque ten mis capas de electrns que o anin O2. O tamaodimine na orde: Br > O2.Tendo en conta a carga e o tamao dos ins e que a enerxa de rede maior canto menor sexa o raio dosins e maior a sa carga, a enerxa de rede aumenta na orde: KBr < NaBr < Al2O3 e esta ser a ordecrecente de puntos de fusin.

9. Das seguintes molculas: F2, CS2, C2H4, C2H2, H2O, NH3. a) Cales presentan enlaces sinxelos?b) En cales existe algn dobre enlace? c) En cales existe algn triplo enlace? Explcaorazoadamente. (Selectividade COU. Set-94)

Resolucin:

a) As estruturas de Lewis indcannos as unins que existen entre os tomos nestas molculas:

* Pregunta dun exercicio de tres cuestins.


5/39

62

Nestas estruturas podemos ver que presentan enlaces sinxelos as molculas: F2, C2H4, C2H2, H2O eNH3.

b) Observando as estruturas de Lewis, vemos que existen enlaces dobres nas molculas: CS2e C2H4.c) Observando as estruturas de Lewis, vemos que existe un triplo enlace na molcula: C2H2.10.Escribe as estruturas de Lewis para as molculas de metano, dicloruro de selenio, monxido de

nitrxeno, cido cianhdrico, hexafluoruro de xofre, cido carbnico e trifluoruro de boro. Sinalase hai algn caso no que non se cumpra a regra do octeto.

Resolucin:

Non se cumpre a regra do octeto nas molculas de NO, SF6 e BF3.

11. Escribe as estruturas de Lewis dos seguintes compostos e ins: monocloruro de iodo, perxido dehidrxeno, in hidroxilo, in oxonio, in hidroxenosulfuro, fosfina, in fosfonio, tetrafluoruro desilicio, cianxeno (CN)2.

Resolucin:

12.Escribe as estruturas de Lewis (electrn-punto) para as molculas de CO 2 e F2O. Explica a saforma xeomtrica e a sa posbel polaridade. (Selectividade COU. Set-92)

Resolucin:

Comezamos por escribir as estruturas de Lewis:


6/39

63

Para explicar a forma xeomtrica e a polaridade destas molculas podemos empregar a teora darepulsin dos pares de electrns da capa de valencia (TRPECV), segundo a que os electrns da capa devalencia dun tomo, agrupados por pares, se sitan na forma xeomtrica na que se atopan o mis lonxe

posbel, para que a repulsin entre eles sexa mnima.

No CO2 o carbono forma dous enlaces dobres cos tomos de osxeno. Consideramos cada enlace dobrecomo un par de electrns (os pares de electrns que forman os enlaces mltiples considranse como un

nico par de electrns cando se distriben), polo que teremos dous pares de electrns ao redor do tomocentral que se colocarn opostos para que a repulsin entre eles sexa mnima. A xeometra ser lineal.

Nesta molcula temos dous enlaces C=O polares, que supoen dous vectores momento dipolar domesmo mdulo e de sentido contrario que se anulan, facendo que a molcula sexa apolar.

Na molcula de F2O os catro pares de electrns que hai ao redor do osxeno distribensetetraedricamente para que a repulsin entre eles sexa mnima. Como dous dos pares non son enlazantes,a xeometra ser angular. Debido repulsin que exercen os dous pares de electrns non enlazantes

sobre os enlazantes, os ngulos de enlace sern menores que os internos dun tetraedro.Os dous enlaces F-O son polares e, pola xeometra da molcula, non se anulan os seus momentosdipolares, resultando unha molcula polar.

13. Para as seguintes molculas en estado gasoso: H2O; BeCl2; BCl3. Indica razoadamente: a) Nmerode pares electrnicos no contorno do tomo central. b) Nmero de pares enlazantes e nonenlazantes (libres). Xeometra da molcula. (Selectividade COU. Xu-93)

Resolucin:

Comezamos por escribir as estruturas de Lewis:

a) Nestas estruturas vemos o nmero de pares de electrns no contorno do tomo central:H2O: O tomo central de osxeno ten catropares de electrns no seu contorno.BeCl2: O tomo central de berilio ten douspares de electrns no seu contorno.BCl3: O tomo central de boro ten trespares de electrns no seu contorno.b) Observando as estruturas de Lewis tamn vemos o nmero de pares enlazantes e non enlazantes:

H2O: ten dous pares de electrns enlazantes e outros dous non enlazantes.BeCl2: ten douspares de electrns enlazantes e ningn non enlazante.BCl3: ten tres pares de electrns enlazantes e ningn non enlazante.A partir destas observacins e empregando a teora da repulsin dos pares de electrns da capa devalencia (TRPECV), podemos predicir a xeometra destas molculas. Lembremos que a TRPECVsupn que os electrns da capa de valencia do tomo central, agrupados por pares, se sitan na formaxeomtrica na que se atopan o mis lonxe posbel, para que a repulsin entre eles sexa mnima.

H2O: os catro pares de electrns da capa de valencia do osxeno distribense tetraedricamente paraque a repulsin entre eles sexa mnima. Como dous dos pares non son enlazantes, a xeometra serangular. Debido repulsin que exercen os dous pares de electrns non enlazantes sobre osenlazantes, os ngulos de enlace sern menores que os internos dun tetraedro.

BeCl2: os dous pares de electrns da capa de valencia do berilio distribense linealmente para que arepulsin entre eles sexa mnima. Como non ten pares non son enlazantes, a xeometra ser lineal.


7/39

64

BCl3: os tres pares de electrns da capa de valencia do boro distribense, para que a repulsin entreeles sexa mnima, dirixidos cara aos vrtices dun tringulo equiltero. Como non ten pares deelectrns non enlazantes, a xeometra ser plana triangular.

14. Dos seguintes pares de compostos, indica cal posuira enlaces con maior momento dipolar:a) ioduro de hidrxeno e bromuro de hidrxeno; b) amonaco e fosfina.

Resolucin:

Canto maior sexa a diferenza de electronegatividade entre os tomos enlazados, maior ser omomento dipolar do enlace. Segundo isto:a) HBr e HI: Nos dous compostos hai hidrxeno, enlazado nun caso con bromo e noutro con iodo. O

bromo e o iodo pertencen ao mesmo grupo, o dos halxenos. O iodo ten unha capa de electrns misque o bromo, polo que ter o seu ncleo mis apantallado e menos electronegatividade. A diferenzade electronegatividade maior nos enlaces Br-H, entn o bromuro de hidrxeno ter enlaces conmaior momento dipolar.

b) NH3 e PH3: Nos dous compostos hai hidrxeno, enlazado nun caso con nitrxeno e noutro confsforo. O nitrxeno e o fsforo pertencen ao mesmo grupo: o 15. O fsforo ten unha capa deelectrns mis que o nitrxeno, polo que ter o seu ncleo mis apantallado e menos

electronegatividade. A diferenza de electronegatividade maior nos enlaces N-H, polo que oamonaco ter enlaces con maior momento dipolar.

15. Unha molcula AB2 sempre lineal? Razoa a respostaResolucin:

Non, s se o tomo central non ten pares de electrns non enlazantes. Se o tomo central ten pares deelectrns non enlazantes, a xeometra ser angular, por exemplo: a molcula angular de H 2O.

16. Dadas as seguintes molculas: tetracloruro de carbono e tricloruro de boro, a) Xustifica a saxeometra molecular. b) Indica que molculas presentan momento dipolar. Razoa as respostas.

(Selectividade COU. Xu-95)Resolucin:

En primeiro lugar, facemos as estruturas de Lewis para estas molculas:

a) A partir destas estruturas e empregando a teora da repulsin dos pares de electrns da capa devalencia (TRPECV), podemos predicir a xeometra destas molculas. A TRPECV supn que oselectrns da capa de valencia do tomo central, agrupados por pares, se sitan na forma xeomtrica

na que se atopan o mis lonxe posbel, para que a repulsin entre eles sexa mnima.O carbono do tetracloruro de carbono ten catro pares de electrns na capa de valencia, que sedistriben tetraedricamente para que a repulsin entre eles sexa mnima. Como os catro pares sonenlazantes, a xeometra da molcula ser tetradrica.

O boro do tricloruro de boro ten tres pares de electrns na capa de valencia que se distribendirixidos cara aos vrtices dun tringulo equiltero para que a repulsin entre eles sexa mnima.Como os tres pares son enlazantes, a xeometra da molcula ser triangular plana.

b) As das molculas teen enlaces polares pero os momentos dipolares destes enlaces anlanse, poloque as molculas son apolares.


8/39

65

17. Representa as estruturas de Lewis indicando a xeometra molecular e o momento dipolar dasseguintes molculas: H2S; CCl4 e BeCl2. (Selectividade COU. Set-96)

Resolucin:

A partir destas estruturas e empregando a teora da repulsin dos pares de electrns da capa de valencia(TRPECV), podemos predicir a xeometra destas molculas. A TRPECV supn que os electrns da capade valencia do tomo central, agrupados por pares, se sitan na forma xeomtrica na que se atopan omis lonxe posbel, para que a repulsin entre eles sexa mnima.

H2S: O xofre ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamente paraque a repulsin entre eles sexa mnima. Como dous dos pares non son enlazantes, a xeometra serangular. Debido repulsin que exercen os dous pares de electrns non enlazantes sobre os enlazantes,

os ngulos de enlace sern menores que os internos dun tetraedro. Segundo esta xeometra, non se anulanos momentos dipolares dos enlaces, e a molcula ser polar ( ).CCl4: O carbono ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamente paraque a repulsin entre eles sexa mnima. Como os catro pares son enlazantes, a xeometra da molculaser tetradrica. Segundo esta xeometra, anlanse os momentos dipolares dos enlaces, e a molculaser apolar ( = ).BeCl2: O berilio ten dous pares de electrns na capa de valencia, que se distriben linealmente que arepulsin entre eles sexa mnima. Como os dous pares son enlazantes, a xeometra da molcula serlineal. Segundo esta xeometra, anlanse os momentos dipolares dos enlaces, e a molcula ser apolar

(

=

).

18. Pon un exemplo dunha molcula que contea: a) Un carbono con hibridacin sp. b) Un carbonocon hibridacin sp2. c) Un carbono con hibridacin sp3. d) Un nitrxeno con hibridacin sp3. Razoatodas as respostas. (Selectividade COU. Set-98)

Resolucin:

O carbono ten a seguinte configuracin electrnica:

C: 1s2 2s2 2p2 Para a ltima capa:

Vemos que o carbono ten s dous electrns desapareados, polo que, para explicar o feito de que formecatro enlaces, necesario supoer que promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxanecesaria para isto non moi grande e compensarase coa enerxa desprendida, ao formarse os catroenlaces. A configuracin para a ltima capa ser agora:

A partir desta situacin pdense dar distintos tipos de hibridacins:

a) Hibridacin sp: combnanse o orbital 2s cun 2p para dar dous orbitais hbridos sp, cada un con unelectrn e posibilidade de formar un enlace . Quedan dous orbitais 2p sen hibridar e semiocupadosque poden formar dous enlaces . Como consecuencia, o carbono con esta hibridacin formar unenlace sinxelo (enlace ) e outro triplo (1 enlace + 2 enlaces ). Atopamos este tipo de hibridacinnos carbonos que forman enlaces triplos, por exemplo no etino: HC_CH.


9/39

66

b) Hibridacin sp2: combnanse o orbital 2s con dous orbitais 2p para dar tres orbitais hbridos sp2, cadaun con un electrn e con posibilidade de formar un enlace . Queda un orbital 2p sen hibridar esemiocupado que pode formar un enlace . Como consecuencia, o carbono con esta hibridacinformar dous enlaces sinxelos (enlaces ) e outro dobre (1 enlace + 1 enlace ). Atopamos estetipo de hibridacin nos carbonos que forman enlaces dobres, por exemplo no eteno: H2C=CH2.c) Hibridacin sp3: combnanse o orbital 2s con tres orbitais 2p para dar catro orbitais hbridos sp3, cadaun cun electrn e con posibilidade de formar un enlace . Como consecuencia, o carbono con estahibridacin formar catro enlaces sinxelos (enlaces ). Atopamos este tipo de hibridacin noscarbonos que s forman enlaces sinxelos, por exemplo no metano: CH4.d) A configuracin electrnica para o tomo de nitrxeno :N: 1s2 2s2 2p3 Para a ltima capa:Se os orbitais do nitrxeno se combinan para formar catro orbitais hbridos sp 3, un quedar cheo enon formar enlace; os outros, cada un con un electrn, podern formar tres enlaces sinxelos (enlaces). Atopamos este tipo de hibridacin, cando o nitrxeno se une mediante enlaces sinxelos, porexemplo no amonaco:NH3.

19. Que entendes por orbitais hbridos? Explcao de forma clara e concisa. Explica razoadamente ashibridacins dos seguintes compostos: BeCl2, BF3 e CH4. (Selectividade COU. Set-02)

Resolucin:

Os orbitais hbridos son orbitais atmicos que xorden de combinar orbitais atmicos. O nmero deorbitais hbridos igual ao nmero de orbitais atmicos combinados. Todos os orbitais hbridos obtidos a

partir dunha combinacin determinada son iguais e, polo tanto, teen a mesma enerxa. Estes orbitaissitanse no espazo de xeito que a repulsin entre eles sexa mnima, polo que a xeometra dunha molculaestar directamente relacionada co tipo de hibridacin que presente o tomo central.As molculas de BeCl2, BF3 e CH4 presentan hibridacins sp, sp

2 e sp3, respectivamente. Nelas ashibridacins propense para explicar os resultados experimentais. En primeiro lugar, a partir de cada

configuracin electrnica suponse unha promocin de electrns a orbitais baleiros para explicar onmero de enlaces, tantos como orbitais semiocupados. A continuacin, suponse a hibridacin dosorbitais da capa de valencia que teen electrns para explicar os datos obtidos experimentalmente:ngulos de enlace, distancias de enlace etc. Para estas molculas:

BeCl2Cl: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 Para a ltima capa:

Be: 1s2 2s2Para a ltima capa:

Promocin de electrn na ltima capa do Be:

Hibridacin sp:

Xeometra lineal:

BF3B: 1s2 2s2 2p1 Para a ltima capa:

F: 1s2 2s2 2p5 Para a ltima capa:


10/39

67

Promocin de electrn na ltima capa do B:

Hibridacin sp2:

Xeometra triangular plana:

CH4


H: 1s1:

Promocin de electrn na ltima capa do C:

Hibridacin sp3:

Xeometra tetradrica:

20. Pred a forma xeomtrica e posbel polaridade das molculas de cloroformo, CHCl 3, eformaldehido, H2CO, e indica o tipo de hibridacin do carbono nas das molculas. (SelectividadeCOU. Xu-92)

Resolucin:

CHCl3As configuracins electrnicas dos seus tomos son:


Cl: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 Para a ltima capa:

H: 1s1


11/39

68

O hidrxeno pode formar un enlace, ao ter un electrn desapareado no orbital 1s. O cloro tamn podeformar un enlace por ter un orbital 3p con un s electrn. O carbono ten s dous electrns desapareados,

polo que, para explicar o feito de que forme catro enlaces, necesario supoer que promove un electrndo orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa necesaria para isto non moi grande e compnsase coa enerxadesprendida, ao formarse os catro enlaces. A configuracin para o carbono ser agora:

Para explicar os resultados experimentais, suponse que no carbono hai unha hibridacin sp3:combinacin dun orbital s con tres orbitais p para formar catro orbitais hbridos sp3. Os electrnscolcanse o mis desapareados posbel nestes catro orbitais:

Os catro orbitais hbridos sitanse no espazo de xeito que estean o mis lonxe posbel para que arepulsin entre eles sexa mnima: dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro e formando ngulos de 109,aproximadamente. Cada un destes orbitais formar un enlace , un co orbital 1s dun hidrxeno e tres coorbital 3p de cada tomo de cloro. A xeometra da molcula tetradrica.

Esta molcula polar, xa que non se anulan os momentos dipolares dos enlaces.

H2CO

Estudando as configuracins electrnicas:


H: 1s1

O: 1s

2

2s

2

2p

4

Para a ltima capa:

O hidrxeno pode formar un enlace por ter un electrn desapareado no orbital 1s. O carbono s ten douselectrns desaparellados, polo que, para explicar o feito de que forme catro enlaces, necesario supoerque promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa necesaria para isto non moi grande ecompnsase coa enerxa desprendida na formacin dos catro enlaces. A configuracin do carbono seragora:

A configuracin do osxeno explica a formacin de dous enlaces por ter dous orbitais 2p semiocupados.

No formaldehido hai un enlace dobre entre o carbono e o osxeno, que se explica supoendo unhahibridacin sp2 tanto no carbono como no osxeno, de xeito que quede un orbital p sen hibridar en cadatomo:


12/39

69

Os tres orbitais hbridos semiocupados do carbono colcanse formando ngulos de 120 para que a

repulsin entre eles sexa mnima. O mesmo ocorre cos tres orbitais hbridos sp2

do osxeno. Os hbridosdo carbono forman tres enlaces , dous con orbitais 1s de dous hidrxenos e outro co orbital sp2

semicheo do osxeno. Os outros orbitais hbridos do osxeno non enlazan, porque estn completos. Osorbitais p semiocupados do carbono e do osxeno solpanse lateralmente para formar un enlace . Axeometra da molcula triangularplana.


21. A molcula de eteno (C2H4) plana con ngulos de enlace de 120. Pola sa parte a molcula deacetileno ou etino (C2H2) lineal. Indica: a) Tipo de hibridacin que presenta o tomo de carbonoen cada caso. b) Nmero de enlaces sigma e pi existentes entre os tomos de carbono en cada caso.c) En cal das das molculas a distancia entre tomos de carbono debe ser menor? (SelectividadeCOU. Set-91)**

Resolucin:

a) O carbono no eteno ten hibridacin sp2 porque forma un enlace dobre. No etino ten hibridacin sp,para explicar o enlace triplo.b) Entre os carbonos do eteno hai un enlace sigma formado por solapamento de dous orbitais hbridossp2 semiocupados e un enlace pi formado por solapamento lateral dos orbitais p que quedaron senhibridar.Entre os carbonos do etino hai un enlace sigma formado por solapamento de dous orbitais hbridossp2 semiocupados e dous enlaces pi formados por solapamento lateral dos orbitais p que quedaronsen hibridar.

c) A distancia C-C ser menor no caso do etino porque, ao ter tres enlaces entre estes tomos, aintensidade da unin maior e a lonxitude de enlace menor.

22. Comenta se son certas ou falsas as seguintes proposicins: a) Canto maior sexa a diferenza enelectronegatividade entre dous tomos, mis forte o enlace entre eles; b) posbel afirmar que osenlaces entre tomos son s inicos puros ou covalentes puros; c) Os enlaces covalentes son mispropios entre tomos de electronegatividades moi prximas que entre tomos deelectronegatividades moi diferentes. (Selectividade COU. Xu-91)

Resolucin:

a) Falsa: canto maior sexa a diferenza de electronegatividade, maior ser a porcentaxe de carcterinico do enlace. Como o enlace covalente mis forte que o inico, en lias xerais, canto maiorsexa a diferenza de electronegatividade, menor ser a forza do enlace.b) Falsa: o enlace apolar un enlace covalente puro. Se o enlace polar, ten un certo carcter inico,que aumentar coa polaridade at o lmite no que as cargas parciais acadan o valor da carga dunelectrn (enlace inico puro). Polo tanto, existir unha gradacin entre o enlace covalente puro e o

inico puro.** A xeometra da molcula de etino tamn se pregunta nun exercicio de xuo do 99 e noutro de setembro do 94, nosdous casos xunto a outras das cuestins.


13/39

70

c) Verdadeira: o enlace covalente propio da unin entre tomos electronegativos entre si ou na unindestes tomos co hidrxeno, dicir, en unins entre tomos de elementos non metlicos deelectronegatividades prximas.

23. Explica, razoadamente, a hibridacin dos seguintes compostos: BeCl2 e BH3. (Selectividade COU.Set-00)***

Resolucin:BeCl2




O cloro ten un orbital 3p con un electrn desapareado, entn cada tomo de cloro pode formar un enlace.Se o berilio non ten electrns desapareados, non se pode explicar a formacin de dous enlaces, entn necesario supoer que promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro, co que quedan dous electrnsdesapareados que poden formar dous enlaces. A enerxa necesaria para isto non demasiado grande, xaque os dous orbitais son do mesmo nivel, e compnsase coa enerxa desprendida, ao formarse os dousenlaces cos tomos de cloro. A covalencia do berilio explcase coa configuracin para a capa devalencia:

Para explicar os resultados experimentais suponse que no Be hai hibridacin sp: combinacin dunorbital s con un p para formar dous orbitais hbridos sp. Segundo o principio de mxima multiplicidadede Hund, cada orbital sp ter un electrn desapareado:

Os dous orbitais hbridos sitanse no espazo o mis lonxe posbel para que a repulsin sexa mnima;polo tanto, formando un ngulo de 180. Cada un destes orbitais formar un enlace con un dos orbitaisp do cloro, resultando unha xeometra lineal.

BH3


B: 1s2 2s2 2p1 Para a ltima capa:

H: 1s1

O hidrxeno pode formar un enlace por ter un electrn desapareado no orbital 1s. O boro s ten unelectrn desapareado, polo que, para explicar o feito de que forme tres enlaces, necesario supoer que

promove un electrn do orbital 2s a un orbital 2p baleiro. As consegue tres electrns desapareados quedarn lugar a tres enlaces. A enerxa necesaria para isto non demasiado grande, porque os dous orbitaisson do mesmo nivel, e compnsase coa enerxa desprendida, ao formarse os tres enlaces cos tomos dehidrxeno:

*** Pregunta dun exercicio de das cuestins.


14/39

71

Os enlaces as formados teran ngulos e lonxitudes de enlace que difiren dos valores experimentais, asque hai que supoer que no boro existe unha hibridacin sp2: combinacin dun orbital s con dousorbitais p para formar tres orbitais hbridos sp2. Os electrns colcanse o mis desapareados posbelnestes tres orbitais:

Os tres orbitais hbridos sitanse no espazo o mis separados posbel para que a repulsin sexa mnima,polo tanto dirixidos cara aos vrtices dun tringulo equiltero e formando entre si ngulos de 120. Cadaun destes orbitais forma un enlace co orbital s dun tomo de hidrxeno para dar unha xeometratriangular plana.

24. Tomando como referencia os compostos NH3, CH3Cl e BeF2. Contesta razoadamente: a) Que tipode hibridacin presenta o tomo central en cada un dos compostos? b) Sinala se algunha dasmolculas citadas ser polar. (Selectividade COU. Set-01)

Resolucin:

a) NH3: O tomo central o nitrxeno que ten a seguinte configuracin electrnica:N: 1s2 2s2 2p3 Para a ltima capa:Os orbitais do nitrxeno combnanse para formar catro orbitais hbridos sp

3

. Os electrns colcanseo mis desapareados posbel nestes catro orbitais: un quedar cheo e non formar enlace; os outros,cada un con un electrn, podern formar tres enlaces sinxelos (enlaces ) cos orbitais 1ssemiocupados dos tres hidrxenos.

CH3Cl: Nesta molcula o tomo central o carbono, que forma catro enlaces sinxelos, tres con H eun con Cl. Analizando a configuracin electrnica do tomo de carbono:

C: 1s2 2s2 2p2 Para a ltima capa:O carbono ten s dous electrns desapareados, polo que, para explicar o feito de que forme catroenlaces, necesario supoer que promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa

necesaria para isto non moi grande e compnsase coa enerxa desprendida, ao formarse os catroenlaces. A configuracin ser agora:

Os orbitais do carbono combnanse para formar catro orbitais hbridos sp3. Os electrns colcanse omis desapareados posbel nestes catro orbitais: un electrn en cada orbital que formarn enlacessinxelos (enlace ), tres con orbitais 1s dos hidrxenos e outro co orbital 3p do cloro.

BeF2: Nesta molcula o tomo central o berilio, que forma dous enlaces sinxelos con dous tomosde flor. Analizando a configuracin electrnica do tomo de berilio:



15/39

72

O berilio non ten electrns desapareados, polo que, para explicar o feito de que forme dous enlaces, necesario supoer que promove un electrn do orbital 2s a un 2p baleiro. A enerxa necesaria paraisto non moi grande e compnsase coa enerxa desprendida, ao formarse os enlaces. Aconfiguracin ser agora:

Os orbitais do berilio combnanse para formar dous orbitais hbridos sp. Os electrns colcanse omis desapareados posbel nestes orbitais: un electrn en cada orbital hbrido. Cada orbital formarun enlace sinxelo (enlace ) con un orbital 2p dun tomo de flor.

b) As citadas molculas teen enlaces polares e sern polares, se os momentos dipolares dos enlacesnon se anulan. Para avaliar isto temos que observar a xeometra das molculas.

No NH3, os catro orbitais hbridos sitanse no espazo o mis afastados posbel para que a repulsinsexa mnima; polo tanto, dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro. Tres destes orbitais formarnenlaces con tomos de hidrxeno, e o orbital restante estar ocupado por un par non enlazante.Como nun dos vrtices do tetraedro non se coloca ningn tomo, a molcula piramidal. Non seanulan os momentos dipolares dos enlaces, entn a molcula de NH3 polar.

No CH3Cl, os catro orbitais hbridos sitanse no espazo de xeito que estean o mis lonxe posbelpara que a repulsin sexa mnima; polo tanto, dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro. Tres destesorbitais enlazan con tomos de hidrxeno e un con un tomo de cloro. A molcula tetradrica cunvrtice distinto, entn non se anulan os momentos dipolares dos seus enlaces e a molcula de CH3Cl polar.

No BeF2, os dous orbitais hbridos sitanse no espazo o mis lonxe posbel para que a repulsin sexamnima; polo tanto, formando un ngulo de 180. Cada un destes orbitais formar un enlace con untomo de flor, dando unha xeometra lineal. A molcula de BeF2 apolar, porque se anulan osmomentos dipolares dos seus enlaces.

25. Describe os tipos de forzas atractivas que se deben vencer para que tean lugar os seguintescambios: a) Ebulicin da gasolina; b) Disolucin do azucre en auga; c) Fusin do diamante;d) Fusin do xeo; e) Vaporizacin do fluoruro de sodio. (Selectividade COU. Xu-91)

Resolucin:

a) Cando a gasolina se leva a ebulicin, as molculas sepranse para pasar a estado gasoso, entn asforzas atractivas que hai que vencer neste cambio son as que unen as sas molculas. Como agasolina unha mestura de hidrocarburos e os hidrocarburos estn formados por molculas apolares,as forzas que unen estas molculas e que hai que vencer sern forzas dipolo instantneo-dipoloinducido.b) As molculas de azucre teen grupos OH. Dado que o osxeno un tomo pequeno eelectronegativo, estabelcense enlaces de hidrxeno entre as molculas de azucre, que son as forzas

que hai que vencer, cando se disolve na auga.c) O diamante un cristal atmico ou covalente, formado por unha rede cristalina de tomos unidosentre si por enlaces covalentes como se fosen molculas xigantes. Se se quere fundir un diamante,haber que separar os tomos de carbono vencendo as forzas que os unen: enlaces covalentes.

d) O xeo auga en estado slido. Para fundir o xeo haber que debilitar algunhas das unins entre asmolculas de auga, pasando as a estado lquido. As molculas de H2O teen tomos de hidrxenoenlazados covalentemente a un tomo moi electronegativo e pequeno, o osxeno, que atrae cara a sios pares de electrns de enlace, adquirindo unha carga parcial negativa e deixando os hidrxenos concarga parcial positiva. As atraccins entre estas cargas parciais a responsbel da unin entre asmolculas de auga. Este tipo de enlaces chmanse enlaces de hidrxeno e haber que romper algns

para fundir o xeo.e) O fluoruro de sodio un composto inico. Para que este se converta en vapor hai que romper os

enlaces entre os ins que forman a rede. As forzas atractivas que haber que vencer neste cambiosern forzas de atraccin electrosttica entre ins.


16/39

73

26. Dadas as seguintes especies: HF, Cl2, CH4, I2, KBr, identifica: a) gas covalente formado pormolculas tetradricas; b) substancia con enlaces de hidrxeno; c) slido solbel en auga, quefundido conduce a corrente elctrica. Xustifcao. (Selectividade COU. Xu-91)

Resolucin:

a) O gas covalente formado por molculas tetradricas o CH4, xa que o metano est formado pormolculas nas que o carbono, con hibridacin sp3, forma catro enlaces con catro hidrxenos, dando

unha xeometra tetradrica. As molculas apolares de metano nense mediante forzas dipoloinstantneo-dipolo inducido, forza dbiles que fan que o metano sexa gas a temperatura ambiente.b) A substancia con enlaces hidrxeno o HF, xa que nas sas molculas hai un tomo de hidrxenoenlazado covalentemente a un tomo moi electronegativo e pequeno, o flor.

c) O slido solbel en auga, que fundido conduce a corrente elctrica, o KBr, xa que ten enlaceinico e a solubilidade en auga e a condutividade da electricidade cando estn fundidos son

propiedades dos compostos inicos.

27. Escolle de cada un dos seguintes pares de substancias a que tea maior punto de ebulicin,explicando en cada caso a razn da eleccin, basendote nos tipos de forzas intermoleculares:a) HF ou HCl. b) Br2 ou ICl. c) CH4 ou C2H6. d) C2H6 ou CH3OH. (Selectividade COU. Xu-92)

Resolucin:Todos os compostos citados son compostos moleculares, polo que as diferenzas nos seus puntos deebulicin debemos buscalas nas diferenzas das forzas que unen as sas molculas: forzasintermoleculares.

a) HF e HCl estn formados por molculas polares. As molculas polares do HCl mantense unidasmediante forzas dipolo-dipolo. As molculas de HF estabelecen enlaces de hidrxeno entre as sasmolculas, xa que teen un tomo de hidrxeno enlazado covalentemente a un tomo moielectronegativo e pequeno, o flor. Como o enlace de hidrxeno mis forte que as forzas dipolo-dipolo, as molculas de HF estn unidas con mis forza que as de HCl, resultando mis difcilseparar as molculas de HF. Polo tanto, ten maior punto de ebulicin o HF.b) Br2 e ICl estn formados por molculas de masas moleculares similares. O Br2 est formado pormolculas apolares que se unen mediante forzas intermoleculares tipo dipolo instantneo-dipoloinducido. O ICl est formado por molculas polares que se unen mediante forzas dipolo-dipolo. Asforzas dipolo-dipolo son mis intensas que as dipolo instantneo-dipolo inducido, polo que ser misdifcil separar as molculas de ICl e este ter maior punto de ebulicin.c) CH4 e C2H6 estn formados por molculas apolares que se unen mediante forzas do tipo dipoloinstantneo-dipolo inducido. Estas forzas aumentan a medida que aumenta a masa molecular, xa queaumenta a posibilidade de que a nube electrnica se deforme para crear os dipolos instantneos,entn son maiores no caso do C2H6, que, mantendo mis unidas as sas molculas, ten maior puntode ebulicin.

d) C2H6 e CH3OH teen forzas intermoleculares diferentes. As molculas apolares de C2H6 nensemediante forzas intermoleculares tipo dipolo instantneo-dipolo inducido. No caso do CH3OH, entreas sas molculas estabelcense enlaces de hidrxeno, xa que hai un tomo de hidrxeno enlazadocovalentemente a un tomo moi electronegativo e pequeno, o osxeno. Como os enlaces dehidrxeno son mis fortes que o resto das forzas intermoleculares, as molculas de CH3OH estarnunidas con mis forza que as de C2H6, sendo mis difcil separalas e maior o punto de ebulicin doCH3OH.

28. Contesta razoadamente: a) Por que a auga un lquido en condicins normais e o sulfuro dehidrxeno un gas?*** b) Cal dos seguintes compostos ter maior punto de fusin: fluoruro desodio ou bromuro de potasio? c) Cal dos seguintes compostos ser mis solbel en auga: ioduro decesio ou xido de calcio? (Selectividade COU. Xu-94)

Resolucin:

a) A auga, H2O, e o sulfuro de hidrxeno, H2S, son compostos formados por molculas polares, noentanto as forzas intermoleculares que unen as sas molculas son distintas.

*** Esta cuestin volve aparecer no exame de selectividade COU de xuo de 2001.


17/39

74

As molculas do H2S teen extremos con cargas opostas (dipolos), que estabelecen uninselectrostticas cos extremos de polaridade oposta das molculas vecias. Estas atraccins entremolculas son as forzas dipolo-dipolo.

As molculas de H2O, tamn dipolos, teen un tipo especial de enlace dipolo-dipolo: o enlace dehidrxeno. Dse este enlace, porque teen tomos de hidrxeno enlazados covalentemente a untomo moi electronegativo e pequeno, o osxeno, que atrae cara a si os pares de electrns de enlace,

adquirindo unha carga parcial negativa e deixando os hidrxenos con carga parcial positiva. Asatraccins entre estas cargas parciais a responsbel da unin entre molculas.

Como o enlace de hidrxeno mis forte que as forzas dipolo-dipolo, as molculas de auga estnunidas con mis forza que as de sulfuro de hidrxeno e, en condicins normais, a auga un lquido eo sulfuro de hidrxeno un gas.

b) O fluoruro de sodio e o bromuro de potasio son compostos inicos. O NaF est formado por aninsF e catins Na+, e o bromuro de potasio est formado por anins Br e catins K+.Consultando a tboa peridica, podemos comparar estes ins:

Os anins Br e o F, do mesmo grupo da tboa peridica, diferncianse no nmero de capas deelectrns. Ten maior nmero de capas o Br, por estar nun perodo superior que o F, entn o raio do

Br

maior que o do F

.O catin Na+ e o K+, do mesmo grupo da tboa peridica, diferncianse no nmero de capas deelectrns. Ten maior nmero de capas de electrns o K+, por estar nun perodo superior que o Na+,entn o raio do K+ maior que o do Na+.

A enerxa de rede aumenta ao aumentar a carga e ao diminur o raio dos ins. O NaF ten ins demenor raio, entn ter maior enerxa de rede. Cantomaior sexa a enerxa de rede do composto maior a unin entre ins e mis alto ser o seu punto de fusin. Polo tanto, o NaF ter maior punto defusin.

c) O ioduro de cesio e o xido de calcio son dous compostos inicos. O CsI est formado por anins Ie catins Cs+, e o CaO est formado por anins O2 e catins Ca2+.Consultando a tboa peridica, podemos comparar estes ins:

O anin O2 mis pequeno (menor nmero de capas de electrns) e ten mis carga que o I .

O catin Ca2+ mis pequeno (menor nmero de capas de electrns) e ten mis carga que o Cs +.

A enerxa de rede aumenta ao aumentar a carga e ao diminur o raio dos ins. Como o CsI ten insmis grandes e menos cargados ter menor enerxa de rede.

Cando estes compostos inicos se disolvenen disolventes polares como a auga, os seus ins atraenas molculas do disolvente polo extremo que ten carga oposta sa e estabelecen enlaces dbiles conelas. A enerxa liberada na formacin destes enlaces acostuma ser maior que a enerxa de rede docomposto, e este remata por esboroarse. Segundo isto, canto menor sexa a enerxa de rede docomposto mis solbel ser. Polo tanto, o CsI ser o mis solbel na auga.

29. Explica razoadamente, desde o punto de vista da estrutura, por que: a) O NaCl ten punto de fusinmaior que o ICl. b) O SiO2 ten maior punto de fusin que o CO2. c) O H2O ten maior punto deebulicin que o H2S. (Selectividade COU. Xu-97)

Resolucin:

a) O NaCl uncomposto inicoe o ICl un compostomolecular. Para fundir o NaCl habera quevencer as intensas atraccins electrostticas entre ins de carga oposta. S a temperaturas elevadasos ins adquiren a enerxa necesaria para vencer estas forzas e que se funda o cristal. Para fundir oICl hai que separar as sas molculas, unidas por forzas intermoleculares tipo dipolo-dipolo, fcilesde romper por ser pouco intensas. Isto explica que punto de fusin do NaCl sexa moito maior que odo ICl.

b) O SiO2 un cristal atmico ou covalente e o CO2 un composto molecular. Para fundir o SiO2habera que romper enlaces covalentes entre tomos. Para fundir CO2 s hai que vencer forzasintermoleculares tipo dipolo instantneo-dipolo inducido, xa que o CO2 est formado por molculas


18/39

75

apolares. Como os enlaces covalentes son forzas moi intensas e mis difciles de vencer que asdbiles forzas dipolo instantneo-dipolo inducido, o SiO2 ten un punto de fusin moito maior que odo CO2.c) H2O e H2S son compostos formados por molculas polares, no entanto as forzas intermolecularesque unen as sas molculas son distintas. As molculas polares do H2S mantense unidas medianteforzas dipolo-dipolo. As molculas de H2O estabelecen enlaces de hidrxeno entre elas, xa que teentomos de hidrxeno enlazados covalentemente a un tomo moi electronegativo e pequeno, o

osxeno. Como o enlace de hidrxeno mis forte que as forzas dipolo-dipolo, as molculas de augaestn unidas con mis forza que as de sulfuro de hidrxeno. Resulta mis difcil separar as molculasde auga, feito que explica que o punto de ebulicin da auga sexa maior que o do sulfuro dehidrxeno.

30. Un recipiente contn 24 cm3 de metanol. Indica: a) Nmero de molculas que contn. b) Nmerode tomos de osxeno e de carbono que contn. c) Xeometra da molcula e tipos de enlace nometanol lquido. d) O punto de ebulicin do etanol, ser maior ou menor que o do metanol? Razoaas respostas. Datos: densidade do metanol = 0,8 g/cm3. (Selectividade COU. Xu-99)

Resolucin:

a) Mr(CH3OH) = 12 + 1 4 + 16 = 32=

mol1

molculas106,022

g32

mol1

cm1

g0,8OHCHcm24

23

333 3,61023 molculas de CH3OH

b) =molcula1

Odetomo1OHCHmolculas103,6 3

23 3,61023 tomos de O

=

molcula1

Cdetomo1OHCHmolculas103,6 3

23 3,61023tomos de C

c) A molcula est formada porenlaces covalentes. Mediante a estrutura de Lewis podemos ver adistribucin dos electrns para formar os enlaces da molcula:

Segundo a TRPECV, os electrns da capa de valencia do tomo central, agrupados por pares,sitanse na forma xeomtrica na que se atopan o mis lonxe posbel para que a repulsin entre elessexa mnima.O carbono ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamente paraque a repulsin entre eles sexa mnima. Como os catro pares son enlazantes, a xeometra da molculaen torno ao carbono ser tetradrica.

O osxeno ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamente paraque a repulsin entre eles sexa mnima. Como dous dos pares non son enlazantes, a xeometra en

torno ao osxeno ser angular.

Nesta molcula hai un tomo de hidrxeno enlazado covalentemente a un tomo moi electronegativoe pequeno, o osxeno, que atrae cara a si os pares de electrns de enlace, adquirindo unha carga

parcial negativa e deixando o hidrxeno con carga parcial positiva. As atraccins entre estas cargasparciais a responsbel da unin entre molculas. Este tipo de enlaces chmanse enlaces dehidrxeno e sern os que unen s molculas no metanol lquido.

d) Canto maiores son as forzas intermoleculares, maior o punto de ebulicin. O etanol ten maior masamolecular co metanol, polo que as unins entre molculas por enlaces de hidrxeno se ven

incrementadas pola formacin de dipolos instantneos que engaden atraccins tipo dipoloinstantneo-dipolo inducido. Entn o etanol ter maior punto de ebulicin.


19/39

76

31. Empregando a teora de hibridacin de orbitais, pred a xeometra das molculas: NI 3, CH3Cl eCF4. Xustifica se son ou non polares.

Resolucin:

NI3As configuracins electrnicas dos seus tomos son:

N: 1s2 2s2 2p3 Para a ltima capa:

I: [Kr] 5s2 4d10 5p5 Para a ltima capa:

O iodo pode formar un enlace por ter un electrn desapareado nun orbital 5p, e o nitrxeno pode formartres enlaces por ter tres electrns desapareados. Os enlaces as formados dispoeran ngulos de 90,feito que non concorda cos resultados experimentais, polo que hai que supoer que os catro orbitais donitrxeno se combinan para formar catro orbitais hbridos sp3. Os electrns colcanse o misdesapareados posbel nestes catro orbitais, quedando un orbital cheo que non formar enlace:

Os catro orbitais hbridos sitanse no espazo o mis afastados posbel para que a repulsin sexa mnima;polo tanto, dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro. Tres destes orbitais formarn enlaces cos orbitais5p dos tres tomos de iodo, e o orbital restante estar ocupado por un par non enlazante. Como nun dosvrtices do tetraedro non se coloca ningn tomo, a molcula piramidal. O par non enlazante exercemis repulsin sobre os pares de enlace que se fose un par enlazante, facendo que os ngulos sexan algomenores que os internos dun tetraedro.

Non se anulan os momentos dipolares dos enlaces, entn unha molcula polar.

CH3ClAs configuracins electrnicas dos seus tomos son:



H: 1s1

O hidrxeno pode formar un enlace, ao ter un electrn desapareado no orbital 1s. O cloro tamnpode formar un enlace por ter un orbital p con un s electrn. O carbono ten s dous electrnsdesapareados, polo que, para explicar o feito de que forme catro enlaces, necesario supoer quepromove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa necesaria para isto non moi grande ecompnsase coa enerxa desprendida, ao formarse os catro enlaces. A configuracin ser agora:


20/39

77


Os catro orbitais hbridos sitanse no espazo de xeito que estean o mis lonxe posbel para que a

repulsin sexa mnima; polo tanto, dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro e formando ngulos de 109,aproximadamente. Cada un destes orbitais formar un enlace , tres con orbitais 1s dos hidrxenos eoutro co orbital p do cloro. A xeometra da molcula tetradrica.


CF4As configuracins electrnicas dos seus tomos son:


F: 1s2 2s2 2p5 Para a ltima capa:

O flor pode formar un enlace por ter un orbital p con un s electrn. O carbono ten s dous electrnsdesapareados, polo que, para explicar o feito de que forme catro enlaces, necesario supoer que

promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa necesaria para isto non moi grande ecompnsase coa enerxa desprendida, ao formarse os catro enlaces. A configuracin ser agora:


Os catro orbitais hbridos sitanse no espazo de xeito que estean o mis lonxe posbel para que arepulsin sexa mnima; polo tanto, dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro e formando ngulos de 109,aproximadamente. Cada un destes orbitais formar un enlace co orbital p semicheo do flor. Axeometra da molcula tetradrica.


21/39

78

Esta molcula apolar, xa que se anulan os momentos dipolares dos enlaces.

32. Empregando a teora de hibridacin de orbitais, pred a xeometra do in oxonio e a do infosfonio (PH4

+).

Resolucin:

H3O+:

Configuracins electrnicas:

O: 1s2 2s2 2p4 Para a ltima capa:

H: 1s1

H+

1s0

Os orbitais do osxeno combnanse para formar catro orbitais hbridos sp3. Os electrns colcanse o misdesapareados posbel nestes catro orbitais, quedando dous orbitais completos:

Os catro orbitais hbridos sitanse no espazo de xeito que estean o mis lonxe posbel para que arepulsin sexa mnima: dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro. Dous destes orbitais forman enlaces cos orbitais 1s dos hidrxenos. Un dos orbitais cheos forma un enlace covalente dativo co in H+ (enlace) e o orbital cheo restante non forma enlace. O in piramidal, xa que nun dos vrtices do tetraedronon se coloca ningn tomo. O orbital non enlazante exercer certa repulsin sobre os pares de enlace,facendo que os ngulos sexan menores que os que lle corresponden aos internos dun tetraedro.

PH4+:

Configuracins electrnicas:P: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3 Para a ltima capa:


22/39

79

H: 1s1

H+ 1s0

Os orbitais do fsforo combnanse para formar catro orbitais hbridos sp3. Os electrns colcanse o mis

desapareados posbel nestes catro orbitais, quedando un orbital completo:

Os catro orbitais hbridos sitanse no espazo de xeito que estean o mis lonxe posbel para que arepulsin sexa mnima: dirixidos cara aos vrtices dun tetraedro. Tres destes orbitais forman enlaces cos orbitais 1s dos hidrxenos e o orbital completo forma un enlace covalente dativo co in H+ (enlace). Como todos os orbitais enlazan, o in tetradrico.

33. Explica a molcula de benceno, segundo a teora de hibridacin de orbitais.Resolucin:

Experimentalmente sbese que a molcula de benceno (C6H6) un hexgono regular con seis enlaces C-

H e seis enlaces C-C iguais e de lonxitude intermedia entre a dun enlace dobre e outro sinxelo.



H: 1s1

Cada hidrxeno do benceno pode formar un enlace por ter un electrn desapareado no orbital 1s. Cadacarbono s ten dous electrns desapareados, polo que, para explicar o feito de que forme catro enlaces, necesario supoer que promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa necesaria para isto non moi grande e compnsase coa enerxa desprendida na formacin dos catro enlaces. A configuracin

ser agora:

Os enlaces formados con estes orbitais non teran ngulos que permitan a formacin de hexgonos(120), feito que non concorda cos resultados experimentais. Podemos pensar nunha hibridacin sp2 nostomos de carbono, deixando un orbital p sen hibridar, que pode formar un enlace .

Os tres orbitais hbridos semiocupados de cada tomo de carbono colcanse formando ngulos de 120para que a repulsin entre eles sexa mnima. Cada carbono emprega dous hbridos sp2 para enlazarsemediante enlaces , con dous carbonos e outro para enlazarse a un tomo de hidrxeno, formando unanel hexagonal. A cada carbono qudalle un orbital p sen hibridar, perpendicular ao plano do anel, e


23/39

80

todos os orbitais p se solapan lateralmente formando un orbital deslocalizado, por enriba e por debaixodo anel.

34. Que propiedades nos permiten diferenciar un cristal covalente dun molecular?Resolucin:

Os cristais covalentes estn formados por redes cristalinas de tomos unidos entre si por enlacescovalentes, como se fosen molculas xigantes. Os cristais moleculares estn formados por molculasdiscretas, cos seus tomos unidos por enlaces covalentes e que se unen a outras molculas medianteforzas intermoleculares. As propiedades que os distinguen son:

Os puntos de fusin e ebulicin: os dos cristais moleculares son baixos e os dos cristais covalentesson moi altos.

A dureza: oscristais moleculares son brandos e os cristais covalentes son moi duros. A solubilidade: os cristais moleculares dislvense en disolventes de polaridade semellante e os

cristais covalentes son insolbeis, tanto en disolventes polares como apolares.

35. En que se parecen e en que se diferencian as das formas alotrpicas do carbono?Resolucin:

As das formas alotrpicas do carbono son o carbono diamante e o carbono grafito.

Parcense en que: Estn formados por tomos de carbono unidos entre si por enlaces covalentes en cristais atmicos ou

covalentes. Son slidos a temperatura ambiente. Son duros. Son insolbeis. Teen puntos de fusin e ebulicin altos.Diferncianse en que:

O carbono no grafito ten hibridacin sp2 e no diamante sp3. O grafito conduce a corrente elctrica e o diamante non condutor. O grafito exfolia facilmente en lminas e o diamante non.

36.Tendo en conta as propiedades que se indican, explica, de forma razoada, o tipo de enlace quepresentan as redes cristalinas das seguintes substancias:Substancia A: condutora da electricidade en estado slido e fundida.

Substancia B: slido de punto de fusin elevado. Fundida ou disolta conduce a corrente elctrica peronon o fai en estado slido.Substancia C: slido de punto de fusin moi elevado. Non conduce a corrente elctrica nin enestado slido nin fundida.Substancia D: o seu punto de fusin moi baixo.Resolucin:

Substancia A: S os metais conducen a electricidade en estado slido e fundidos, polo que ter enlacemetlico.


24/39

81

Substancia B: Os compostos que conducen a electricidade fundidos ou disoltos, pero non o fan en estadoslido, son os que teen enlace inico. Ademais, os compostos inicos teen puntos de fusin elevados.

Substancia C: Se un slido de punto de fusin moi elevado e non conduce a corrente elctrica enningn estado, ser un cristal atmico ou covalente.

Substancia D: O punto de fusin baixo correspndese con compostos formados por molculas, onde aatraccin entre molculas dbil. O enlace que d lugar a estas molculas o covalente e entre as

molculas estabelcense forzas intermoleculares.37. Contesta razoadamente s seguintes preguntas: a) Por que o H2O ten un punto de ebulicin mis

alto que o H2S? b) O carbono e o cloro teen electronegatividades moi distintas, polar otetracloruro de carbono? c) Disponse de dous recipientes individuais, cada un deles contn 800 mlde auga destilada e engdeselle a un deles 10 g de cloruro de sodio e ao outro 10 g de sacarosa.Indica, xustificando a resposta; c1) se se formar unha mestura homoxnea en ambos casos e c2) sealgunha das das disolucins conduce a corrente elctrica. (Selectividade COU. Xu-02)

Resolucin:

a) A auga, H2O, e o sulfuro de hidrxeno, H2S, son compostos formados por molculas polares, noentanto, as forzas intermoleculares que unen as sas molculas son distintas.As molculas do H2S teen extremos con cargas opostas (dipolos) que estabelecen uninselectrostticas cos extremos de polaridade oposta das molculas vecias. Estas atraccins entremolculas son as forzas dipolo-dipolo.

As molculas de H2O, tamn dipolos, teen un tipo especial de enlace dipolo-dipolo: o enlace dehidrxeno. Dse este enlace, porque teen tomos de hidrxeno enlazados covalentemente a untomo moi electronegativo e pequeno, o osxeno, que atrae cara a si os pares de electrns do enlace,adquirindo unha carga parcial negativa e deixando os hidrxenos con carga parcial positiva. Aatraccin entre estas cargas parciais a responsbel da unin entre molculas.

Como o enlace de hidrxeno mis forte que as forzas dipolo-dipolo, as molculas de auga estnunidas con mis forza que as de sulfuro de hidrxeno e, polo tanto, a auga ten un punto de ebulicin

mis alto que o sulfuro de hidrxeno.b) O carbono e o cloro teen electronegatividades moi distintas, polo que os enlaces C-Cl do

tetracloruro de carbono son polares. Porn, a molcula de tetracloruro de carbono apolar, xa queos momentos dipolares dos seus enlaces se anulan, ao estar dirixidos cara aos vrtices dun tetraedroregular.

c) O cloruro de sodio un composto inico e, polo tanto, solbel en auga. A sacarosa un compostomolecular formado por molculas que teen grupos OH. Dado que o osxeno un tomo pequeno eelectronegativo, estabelcense enlaces de hidrxeno entre as molculas de sacarosa, enlacessimilares aos que unen as molculas de auga, polo que a sacarosa ser solbel en auga. Segundo isto,nos dous casos frmase unha mestura homoxnea.

S conduce a corrente elctrica a disolucin de cloruro de sodio, xa que os ins en disolucin teencarga e mobilidade que permite o transporte da corrente elctrica.

38. Describe o tipo de forzas atractivas que se deben vencer para que tean lugar os seguintes

cambios: a) Disolucin de cloruro de potasio en auga. b) Vaporizacin do fluoruro de sodio.c) Vaporizacin do bromo lquido. d) Disolucin do iodo en tetracloruro de carbono.

Resolucin:

a) O cloruro de potasio un composto inico. Para que este se disolva, as interaccins entre asmolculas de auga e os ins que forman o composto teen que ser superiores s atraccins entreins, de xeito que a rede remate por esboroarse. As forzas atractivas que haber que vencer neste

cambio sern forzas de atraccin electrosttica entre ins.b) O fluoruro de sodio un composto inico. Para fundilo hai que romper os enlaces entre os ins queforman a rede. As forzas atractivas que hai que vencer neste cambio son forzas de atraccinelectrosttica entre ins.


25/39

82

c) O bromo lquido est formado por molculas apolares de Br2 que se unen entre si por forzasintermoleculares tipo dipolo instantneo-dipolo inducido, forzas que hai que romper para separaras sas molculas, cando se vaporiza.

d) O iodo est formado por molculas apolares de I2 que se unen entre si por forzas intermolecularestipo dipolo instantneo-dipolo inducido, forzas que hai que romper para separar as sasmolculas, cando se disolve en tetracloruro de carbono, composto que tamn ten o mesmo tipo deunins por ser apolares as sas molculas.


26/39

83

PROBLEMAS E CUESTINS DE SELECTIVIDADE

Contesta razoadamente: a) Por que a auga un lquido en condicins normais e o sulfuro dehidrxeno un gas? b) Cal dos seguintes compostos ter maior punto de fusin: o fluoruro desodio ou o bromuro de potasio? c) Cal dos seguintes compostos ser mis solbel en auga: ioduro

de cesio ou xido de calcio? (Xu-96)Resolucin:

a) A auga, H2O, e o sulfuro de hidrxeno, H2S, son compostos formados por molculas polares, noentanto, as forzas intermoleculares que unen as sas molculas son distintas.As molculas do H2S teen extremos con cargas opostas (dipolos) que estabelecen uninselectrostticas cos extremos de polaridade oposta das molculas vecias. Estas atraccins entremolculas son as forzas dipolo-dipolo.

As molculas de H2O, tamn dipolos, teen un tipo especial de enlace dipolo-dipolo: o enlace dehidrxeno. Dse este enlace, porque teen tomos de hidrxeno enlazados covalentemente a untomo moi electronegativo e pequeno, o osxeno, que atrae cara a si os pares de electrns do enlace,

adquirindo unha carga parcial negativa e deixando os hidrxenos con carga parcial positiva. Aatraccin entre estas cargas parciais a responsbel da unin entre molculas.

Como o enlace de hidrxeno mis forte que as forzas dipolo-dipolo, as molculas de auga estnunidas con mis forza que as de sulfuro de hidrxeno e, en condicins normais, a auga un lquido eo sulfuro de hidrxeno un gas.

b) O fluoruro de sodio e o bromuro de potasio son compostos inicos. O NaF est formado por aninsF e catins Na+, e o bromuro de potasio est formado por anins Br e catins K+.Consultando a tboa peridica, podemos comparar estes ins:

Os anins Br e F, do mesmo grupo da tboa peridica, diferncianse no nmero de capas. Tenmaior nmero de capas de electrns o Br, por estar nun perodo superior que o F, entn o raio do

Br

maior que o do F

.O catin Na+ e o K+, do mesmo grupo da tboa peridica, diferncianse no nmero de capas deelectrns. Ten maior nmero de capas o K+, por estar nun perodo superior que o Na+, entn o raiodo K+ maior que o do Na+.

A enerxa de rede aumenta, ao aumentar a carga e ao diminur o raio dos ins.O NaF ten ins demenor raio, entn ter maior enerxa de rede. Cantomaior sexa a enerxa de rede do composto, maior a unin entre ins e mis alto ser o seu punto de fusin. Polo tanto, o NaF ter maior punto defusin.

c) O ioduro de cesio e o xido de calcio son compostos inicos. O CsI est formado por anins I ecatins Cs+, e o CaO est formado por anins O2 e catins Ca2+.Consultando a tboa peridica, podemos comparar estes ins:



A enerxa de rede aumenta, ao aumentar a carga e ao diminur o raio dos ins. Os ins do CsI sonmis grandes e estn menos cargados, entn o CsI ter menor enerxa de rede.

Cando estes compostos inicos se disolvenen disolventes polares como a auga, os seus ins atraenas molculas do disolvente polo extremo que ten carga oposta sa e estabelecen enlaces dbiles conelas. A enerxa liberada na formacin destes enlaces acostuma ser maior que a enerxa de rede docomposto e este remata por esboroarse. Segundo isto, o composto ser mis solbel canto menorsexa a sa enerxa de rede. Polo tanto, o CsI ser o mis solbel na auga.

a) Que entendes por orbitais hbridos? Contesta de forma clara e breve. b) Explica razoadamenteas hibridacins dos seguintes compostos: BeCl2; BH3; CH4. (Xu-96)


27/39

84

Resolucin:

a) Os orbitais hbridos son orbitais atmicos que xorden de combinar orbitais atmicos. O nmero deorbitais hbridos igual ao nmero de orbitais atmicos combinados. Todos os orbitais hbridosobtidos a partir dunha combinacin determinada son iguais e, polo tanto, teen a mesma enerxa.Estes orbitais sitanse no espazo de xeito que a repulsin entre eles sexa mnima, polo que axeometra dunha molcula estar directamente relacionada co tipo de hibridacin que presente o

tomo central.b) As molculas de BeCl2, BH3 e CH4 presentan hibridacins sp, sp2 e sp3, respectivamente. Nelas ashibridacins propense para explicar os resultados experimentais. En primeiro lugar, a partir decada configuracin electrnica suponse unha promocin de electrns a orbitais baleiros para explicaro nmero de enlaces, tantos como orbitais semiocupados. A continuacin, suponse a hibridacin dosorbitais da capa de valencia que teen electrns para explicar os datos obtidos experimentalmente:ngulos de enlace, distancias de enlace etc. Para estas molculas:BeCl2


Be: 1s2 2s2 Para a ltima capa:

Promocin de electrn na ltima capa do Be:

Hibridacin sp:

Xeometra lineal:

BH3

B: 1s2 2s2 2p1 Para a ltima capa:H: 1s1

Promocin de electrn na ltima capa do B:

Hibridacin sp2:

Xeometra triangular plana:

CH4



28/39

85

H: 1s1:

Promocin de electrn na ltima capa do C:

Hibridacin sp3:

Xeometra tetradrica:

Dados os elementos A, B e C de nmeros atmicos 11, 13 e 17, respectivamente, indica

razoadamente: a) A sa configuracin electrnica. b) Nmero de electrns na sa capa devalencia. c) Natureza dos enlaces dos compostos obtidos ao combinarse os elementos A-C; C-C eB-B. (Set-96)

Resolucin:

a) Para facer as estruturas electrnicas para os tomos en estado fundamental hai que ter en conta oprincipio de exclusin de Pauli e que os orbitais se enchen en orde crecente de enerxa:A (Z= 11): 1s2 2s2 2p6 3s1

B (Z= 13): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1

C (Z= 17): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

b) A ltima capa, ou capa de valencia, para estes elementos a terceira. O elemento A ten un electrnna capa de valencia situado no orbital 3s; o B ten tres electrns na capa de valencia, dous no orbital3s e un no 3p; o elemento C ten sete electrns na capa de valencia, dous no orbital 3s e cincodistribudos nos tres orbitais 3p.

c) Os tomos de A son electropositivos, con tendencia a perder un electrn para adquirir aconfiguracin electrnica de gas nobre. Os tomos de C son moi electronegativos, con tendencia agaar un electrn para adquirir a configuracin electrnica de gas nobre. Cando se xuntan A e C, os

tomos de A ceden electrns aos tomos de B, formndose ins positivos e negativos,respectivamente. Os ins formados atrense por atraccins de tipo electrosttico e o enlace asformado un enlace inico.Cando se unen entre si tomos de C, por ser non metais e ter a mesma electronegatividade, formarnenlaces covalentes apolares nos que comparten electrns.

Cando se unen entre si tomos de B, por ser metais, formarn enlaces metlicos.

a) Indica a xeometra das molculas seguintes, de acordo coa teora de repulsin dos electrns devalencia: BH3; BeI2; CCl4 e NH3. Razoa a resposta. b) Algunha das molculas polar? Xustifica aresposta. (Xu-97)


29/39

86

Resolucin:

a) Comezamos por escribir as estruturas de Lewis destas molculas para ver as unins que existen entreos tomos e a presenza de pares solitarios:

A partir destas estruturas e empregando a teora da repulsin dos pares de electrns da capa devalencia (TRPECV), podemos predicir a sa xeometra. A TRPECV supn que os electrns da capade valencia do tomo central, agrupados por pares, se sitan na forma xeomtrica na que se atopan omis lonxe posbel para que a repulsin entre eles sexa mnima.

BH3: Os tres pares de electrns da capa de valencia do boro distribense, para que a repulsin entreeles sexa mnima, dirixidos cara aos vrtices dun tringulo equiltero. Como non ten pares deelectrns non enlazantes, a xeometra ser plana triangular.

BeI2: Os dous pares de electrns da capa de valencia do berilio distribense enfrontados para que arepulsin entre eles sexa mnima. Como non ten pares non son enlazantes, a xeometra ser lineal.

CCl4: O carbono ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamentepara que a repulsin entre eles sexa mnima. Como os catro pares son enlazantes, a xeometra damolcula ser tetradrica.

NH3: O nitrxeno ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamentepara que a repulsin entre eles sexa mnima. Como un dos pares non enlaza con ningn tomo, axeometra da molcula ser piramidal trigonal. Os ngulos de enlace son algo menores que osinternos dun tetraedro, debido repulsin que exerce o par de electrns non enlazante sobre osenlazantes.

b) S polar a molcula de amonaco, xa que ten forma de pirmide trigonal co nitrxeno nun vrtice etomos de hidrxeno nos outros tres. Segundo esta xeometra, non se anulan os momentos dipolares

dos enlaces, polo que a molcula ser polar. No resto das molculas os momentos dipolares dosenlaces anlanse, facendo que o conxunto da molcula sexa apolar.

Razoa que tipo de enlace ou forza de atraccin se rompe ao: a) Fundir monobromuro de litio.b) Fundir monxido de calcio. c) Disolver bromo molecular en tetracloruro de carbono.d) Evaporar auga. (Set-97)

Resolucin:

a) O monobromuro de litio, LiBr, un composto inico. Para fundilo haber que romperforzas deatraccin electrosttica entre ins.b) O monxido de calcio, CaO, un composto inico. Para fundilo haber que romper forzas deatraccin electrosttica entre ins.c) O bromo molecular est formado por molculas apolares de Br2 que se unen entre si por forzasintermoleculares tipo dipolo instantneo-dipolo inducido, polo que sern este tipo de forzas as quehai que romper para separar as sas molculas, cando se disolve en tetracloruro de carbono,composto que tamn ten o mesmo tipo de unins por ser apolares as sas molculas.d) A auga est formada por molculas polares. As molculas de H2O teen tomos de hidrxenoenlazados covalentemente a un tomo moi electronegativo e pequeno, o osxeno, que atrae cara a sios pares de electrns de enlace adquirindo unha carga parcial negativa e deixando os hidrxenos concarga parcial positiva. A atraccin entre estas cargas parciais a responsbel da unin entremolculas. Este tipo de enlaces chmanse enlaces de hidrxeno e sern os que se deben romper paraseparar as molculas de auga cando se evapora.

Dados os elementos do Sistema Peridico: A, B e C de nmeros atmicos 8, 16 e 19,respectivamente: a) Escribe a sa configuracin electrnica. b) Indica o elemento no que oprimeiro potencial de ionizacin sexa maior. Razao. c) Indica o tipo de enlace e das propiedadescaractersticas dos compostos formados polos elementos A e B. Razao. (Xu-98)


30/39

87

Resolucin:

a) Configuracins electrnicas para os tomos en estado fundamental:A (Z= 8): 1s2 2s2 2p4

B (Z= 16): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

C (Z= 19): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

b) O primeiro potencial de ionizacin a enerxa mnima necesaria para arrancar un electrn, o menosatrado, a un tomo en estado fundamental e gasoso. Dos elementos A, B e C, o que ten o primeiro

potencial de ionizacin maior o B porque ao ter menor numero de capas de electrns (s das) teno ncleo menos apantallado e os seus electrns atrados con mis forza, sendo necesariocomunicarlle mis enerxa para arrancarlle un electrn.c) Cando se unen os tomos A e B, ambos non metais e de electronegatividades parecidas por pertencerao mesmo grupo (o 16), compartirn electrns para formar enlaces covalentes. Este tipo de unindar lugar formacin de molculas e os compostos sern moleculares, caracterizados por

propiedades como: Puntos de fusin e ebulicin baixos. Mala condutividade da corrente elctrica.

Supoamos que os slidos cristalinos de cada un dos grupos seguintes cristalizan na mesma rede:(1) NaF, KF, LiF. (2) NaF, NaCl, NaBr. (3) MgS, CaS. Razoa: a) Cal o composto de maiorenerxa reticular de cada grupo? b) Cal o composto de menor punto de fusin de cada grupo?(Xu-99)

Resolucin:

a) A enerxa de rede a enerxa desprendida cando se forma un mol de cristal inico a partir dos seusins compoentes en estado gasoso.Tendo en conta que estas atraccins son electrostticas, a enerxade rede aumenta (en valor absoluto), ao diminur o raio dos ins e ao aumentar a carga destes.(1) NaF, KF, LiF.

Todos son compostos inicos co mesmo tipo de anins: F

. Diferncianse nos seus catins: Na

+

,K+, Li+, que pertencen ao mesmo grupo da tboa peridica: O mis pequeno o Li+, por termenor nmero de capas de electrns. Como a enerxa de rede maior canto menor sexa o raiodos ins, o LiF ser o de maior enerxa de rede do grupo.

(2) NaF, NaCl, NaBr.

Todos son compostos inicos co mesmo tipo de catins: Na+. Diferncianse nos seus anins: F,Cl, Br, que pertencen ao mesmo grupo da tboa peridica. O mis pequeno o F, por termenor nmero de capas de electrns. Como a enerxa de rede maior canto menor sexa o raiodos ins, o NaF ser o de maior enerxa de rede do grupo.

(3) MgS, CaS.

Ambos son compostos inicos co mesmo tipo de anins: S2

. Diferncianse nos seus catins:Mg2+, Ca2+, que pertencen ao mesmo grupo da tboa peridica. O mis pequeno o Mg2+, por terunha capa de electrns menos. Como a enerxa de rede maior canto menor sexa o raio dos ins,o MgS ser o de maior enerxa de rede do grupo.

b) Canto menor sexa a enerxa de rede do composto, menor a unin entre ins e mis baixo ser o seupunto de fusin.(1) NaF, KF, LiF.

Todos son compostos inicos co mesmo tipo de anins: F. Diferncianse nos seus catins: Na+,K+, Li+, que pertencen ao mesmo grupo da tboa peridica. O mis grande o K+, por ter maiornmero de capas de electrns. Como a enerxa de rede menor canto maior sexa o raio dos ins,o KF ser o de menor enerxa de rede do grupo e, polo tanto, o de menor punto de fusin.

(2) NaF, NaCl, NaBr.


31/39

88

Todos son compostos inicos co mesmo tipo de catins: Na+. Diferncianse nos seus anins: F,Cl, Br, que pertencen ao mesmo grupo da tboa peridica. O mis grande o Br, por termaior nmero de capas de electrns. Como a enerxa de rede menor canto maior sexa o raiodos ins, o NaBr ser o de menor enerxa de rede do grupo e, polo tanto, o de menor punto defusin.

(3) MgS, CaS.

Ambos son compostos inicos co mesmo tipo de anins: S2. Diferncianse nos seus catins:Mg2+, Ca2+, que pertencen ao mesmo grupo da tboa peridica. O mis grande o Ca2+, por terunha capa mis de electrns. Como a enerxa de rede menor canto maior sexa o raio dos ins, oCaS ser o de menor enerxa de rede dos dous e, polo tanto, o de menor punto de fusin.

a) Dados os elementos A, B e C de nmeros atmicos 19, 17 e 12, respectivamente, indicarazondoo as respostas: (a1) Estrutura electrnica dos seus respectivos estados fundamentais.(a2) Tipo de enlace formado cando se unen A e B, e cando se unen entre si tomos de carbono.b) Define enerxa (potencial) de ionizacin. Explica como depende o potencial de ionizacin dacarga nuclear e do tamao dos tomos. (Xu-99)

Resolucin:

a1) Para facer as estruturas electrnicas para os tomos en estado fundamental hai que ter en conta oprincipio de exclusin de Pauli e que os orbitais se enchen en orde crecente de enerxa:A (Z= 19): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

B (Z= 17): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

C (Z= 12): 1s2 2s2 2p6 3s2

a2) O tomo A electropositivo, con tendencia a perder un electrn para adquirir a configuracinelectrnica de gas nobre. O tomo B un elemento moi electronegativo, con tendencia a gaar unelectrn para adquirir a configuracin electrnica de gas nobre. Cando se xuntan A e B, os tomos deA ceden electrns aos tomos de B, formando ins positivos e negativos, respectivamente. Os insformados atrense por atraccins de tipo electrosttico e o enlace as formado un enlace inico.Cando se unen entre si tomos de carbono, por ter a mesma electronegatividade e ser non metais,formarn enlaces covalentes nos que comparten electrns.

b) A enerxa de ionizacin a enerxa mnima necesaria para arrancar un electrn, o menos atrado, aun tomo en estado fundamental e gasoso.Canto maior sexa a carga nuclear, os electrns estarn mis atrados e sern mis difciles dearrancar: haber que comunicarlle mis enerxa para arrancar un electrn e ser maior o potencial deionizacin.

Canto maior sexa o tamao dos tomos, mis lonxe estarn os electrns do ncleo, polo que sernmis fciles de arrancar e haber que comunicar menos enerxa para isto. Se ademais o maior tamaoimplica un maior nmero de capas de electrns, o ncleo estar mis apantallado e os electrnsmenos atrados; polo tanto, sern mis fciles de arrancar e haber que comunicar menos enerxa

para iso. Conclundo, canto maior sexa o tamao dos tomos, menor ser o potencial de ionizacin.

Explica razoadamente o tipo de enlace nas seguintes molculas: a) Etano. b) Eteno. c) Etino. (Set-99)

Resolucin:

As tres molculas estn formadas por carbono e hidrxeno que comparten electrns formando enlacescovalentes. Facendo as estruturas de Lewis, vemos o nmero de enlaces e electrns que os compoen:


32/39

89

a) No etano todos os enlaces son enlaces sinxelos. Empregando a TEV, diremos que estes enlaces sonenlaces sigma formados por solapamento frontal entre orbitais hbridos sp3 no caso do enlace C-C, eentre un orbital hbrido sp3 e o orbital 1s do hidrxeno no resto dos casos.

b) No eteno hai un enlace dobre, composto por un enlace sigma entre dous orbitais hbridos sp2 doscarbonos e un enlace pi formado por solapamento lateral de dous orbitais p sen hibridar dos tomosde carbono. Cada un dos restantes enlaces un enlace sigma formado por solapamento frontal entreun orbital hbrido sp2 do carbono e o orbital 1s do hidrxeno.

c) No etino hai un enlace triplo composto por un enlace sigma entre dous orbitais hbridos sp doscarbonos e dous enlaces pi formados por solapamento lateral entre pares de orbitais p sen hibridardos tomos de carbono. Cada un dos restantes enlaces un enlace sigma formado por solapamentofrontal entre un orbital hbrido sp do carbono e o orbital 1s do hidrxeno.

Dadas as seguintes molculas: Diclorometano, trifluoruro de boro, etino e amonaco: a) Xustifica asa xeometra molecular. b) Indica cales presentan momento dipolar. Razao. (Set-00)

Resolucin:

a) Comezamos por escribir as estruturas de Lewis destas molculas para ver as unins que existen entreos tomos e a presenza de pares solitarios:

A partir destas estruturas, e empregando a teora da repulsin dos pares de electrns da capa devalencia (TRPECV), podemos predicir a sa xeometra. A TRPECV supn que os electrns da capade valencia do tomo central, agrupados por pares, se sitan na forma xeomtrica na que se atopan omis lonxe posbel para que a repulsin entre eles sexa mnima.

H2CCl2: O carbono ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distribentetraedricamente para que a repulsin entre eles sexa mnima. Como os catro pares son enlazantes, axeometra da molcula ser tetradrica.


33/39

90

BF3: Os tres pares de electrns da capa de valencia do boro distribense, para que a repulsin entreeles sexa mnima, dirixidos cara aos vrtices dun tringulo equiltero. Como non ten pares deelectrns non enlazantes, a xeometra ser plana triangular.

C2H2: Cada carbono ten catro pares de electrns na capa de valencia que forman un enlace triplo eoutro sinxelo. Como, segundo a TRPECV, os pares de electrns que forman os enlaces mltiples seconsideran como un nico par de electrns, cando se distriben, a efectos prcticos, cada carbono ten

dous pares de electrns no seu contorno. Dous pares de electrns distribense enfrontados para que arepulsin entre eles sexa mnima e, posto que os dous pares son enlazantes, a xeometra da molculaser lineal.

NH3: O nitrxeno ten catro pares de electrns na capa de valencia, que se distriben tetraedricamentepara que a repulsin entre eles sexa mnima. Como un dos pares non enlaza con ningn tomo, axeometra da molcula ser piramidal trigonal. Os ngulos de enlace son algo menores que osinternos dun tetraedro, debido repulsin que exerce o par de electrns non enlazante sobre osenlazantes.

b) A polaridade da molcula queda determinada pola polaridade dos enlaces e a xeometra desamolcula:H2CCl2: A molcula ten forma de tetraedro no que o carbono est no centro, dous vrtices son Cl e

outros dous son H. Segundo esta xeometra, non se anulan os momentos dipolares dos enlaces, poloque a molcula ser polar.

BF3: A molcula ten forma de tringulo equiltero co boro no centro e tomos de F nos vrtices.Segundo esta xeometra, anlanse os momentos dipolares dos enlaces, polo que a molcula serapolar.

C2H2: A molcula ten unha xeometra lineal na que se anulan os momentos dipolares dos enlaces,polo que a molcula ser apolar.

NH3: A molcula ten forma de pirmide trigonal co nitrxeno nun vrtice e tomos de hidrxeno nosoutros tres. Segundo esta xeometra, non se anulan os momentos dipolares dos enlaces, polo que amolcula ser polar.

Pon un exemplo dunha molcula que contea: a) un carbono con hibridacin sp; b) un carbonocon hibridacin sp2; c) un carbono con hibridacin sp3; d) un nitrxeno con hibridacin sp3. Razoatodas as respostas. (Set-01)

Resolucin:

O carbono ten a seguinte configuracin electrnica:


Vemos que o carbono ten s dous electrns desapareados, polo que, para explicar o feito de que formecatro enlaces, necesario supoer que promove un electrn do orbital 2s ao 2p baleiro. A enerxa

necesaria para isto non moi grande e compensarase coa enerxa desprendida, ao formarse os catroenlaces. A configuracin para a ltima capa ser agora:

A partir desta situacin pdense dar distintos tipos de hibridacins:

a) Hibridacin sp: combnanse o orbital 2s con un 2p para dar dous orbitais hbridos sp, cada un con unelectrn e posibilidade de formar un enlace . Quedan dous orbitais 2p sen hibridar e semiocupadosque poden formar dous enlaces . Como consecuencia, o carbono con esta hibridacin formar unenlace sinxelo (enlace ) e outro triplo (1 enlace + 2 enlaces ). Atopamos este tipo de hibridacin

nos carbonos que forman enlaces triplos, por exemplo no etino: HCCH.b) Hibridacin sp2: combnanse o orbital 2s con dous orbitais 2p para dar tres orbitais hbridos sp2, cada

un con un electrn e con posibilidade de formar un enlace . Queda un orbital 2p sen hibridar e


34/39

91

semiocupado que pode formar un enlace . Como consecuencia, o carbono con esta hibridacinformar dous enlaces sinxelos (enlaces ) e outro dobre (1 enlace + 1 enlace ). Atopamos estetipo de hibridacin nos carbonos que forman enlaces dobres, por exemplo no eteno: H2C=CH2.

c) Hibridacin sp3: combnanse o orbital 2s con tres orbitais 2p para dar catro orbitais hbridos sp3,cada un cun electrn e con posibilidade de formar un enlace . Como consecuencia, o carbono conesta hibridacin formar catro enlaces sinxelos (enlaces ). Atopamos este tipo de hibridacin noscarbonos que s forman enlaces sinxelos, por exemplo no metano: CH4.

d) A configuracin electrnica para o tomo de nitrxeno :N: 1s2 2s2 2p3 Para a ltima capa:

Se os orbitais do nitrxeno se combinan para formar catro orbitais hbridos sp 3, un quedar cheo enon formar enlace; os outros, cada un con un electrn, podern formar tres enlaces sinxelos (enlaces). Atopamos este tipo de hibridacin, cando o nitrxeno se une mediante enlaces sinxelos, porexemplo no amonaco:NH3.

a) Cal dos seguintes compostos mis solbel en auga, CsI ou CaO? Xustifica a resposta.b) Calesson as diferenzas mis importantes entre un enlace sigma e un pi? (Xu-02)

Resolucin:

a) O ioduro de cesio e o xido de calcio son dous compostos inicos. O CsI est formado por anins Ie catins Cs+, e o CaO est formado por anins O2 e catins Ca2+.Consultando a tboa peridica, podemos comparar estes ins:



A enerxa de rede aumenta, ao aumentar a carga e ao diminur o radio dos ins. Como o CsI ten insmis grandes e menos cargados ter menor enerxa de rede.

Cando estes compostos inicos se disolvenen disolventes polares como a auga, os seus ins atraenas molculas do disolvente polo extremo que ten carga oposta sa e estabelecen enlaces dbiles conelas. A enerxa liberada na formacin destes enlaces acostuma ser maior que a enerxa de rede docomposto, e este remata por esboroarse. Segundo isto, canto menor sexa a enerxa de rede docomposto, mis solbel ser. Polo tanto, o CsI ser o mis solbel na auga.

b) Cando se forman os enlaces covalentes, ten lugar un solapamento entre orbitais. Se estesolapamento frontal, a rexin de densidade electrnica mxima a que rodea o eixe internuclear eo enlace denomnase enlace sigma. Cando o solapamento lateral, caso de dous orbitais p con eixes

paralelos, frmanse das rexins de densidade electrnica elevada, unha a cada lado do eixe deachegamento, e unha zona de densidade electrnica nula ao longo do eixe internuclear, enlace que secoece como enlace pi.Como o solapamento que acompaa a formacin dun enlace sigma maior que o que lle correspondea un enlace pi, a enerxa desprendida na formacin dun enlace sigma maior que a do enlace pi, eo enlace sigma mis forte que o enlace pi, sendo este ltimo mis fcil de romper.

a) Indica a estrutura electrnica dos elementos cuxos nmeros cunticos son: 11, 12, 13, 15 e 17.Razoa a natureza dos enlaces que daran; b) o de nmero atmico 11 co de nmero atmico 17;c) o de 12 co de 17; d) o de 13 co de 17; e

02. enlace quimic0.pdf

Documents