ENLACE COVALENTE. 2º BACHILLERATO LOE. CUESTIONES RESUELTAS

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1 ENLACE COVALENTE. 2º BACHILLERATO LOE. CUESTIONES RESUELTAS 1. Justificar la covalencia 5 en el fósforo y la covalencia 6 en el azufre En el P (Z=15), 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 3, para poder aparejar los 5 electrones de la capa de valencia, necesitan que uno de los electrones 3s, se promocione hasta el 3d, como se muestra en el dibujo Tal como en el caso anterior, la estructura electrónica del S (Z=16), 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 4, implica la posibilidad de compartir únicamente dos electrones como en el caso del H 2 S, para que pueda ofertar 6 electrones desparejados, necesita desparejar los electrones en s y p del último nivel alojándolos en el 3d próximo de esta forma como indica el dibujo Covalencias 5, y 6 de P y S 2. Como se justificaría la covalencia 5 en el arsénico (Z=33) y la 6 en el teluro (Z=52)? Se parte de la configuración electrónica para determinar los electrones de valencia. As(33) = 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 6 4s 2 3d 10 4p 3, o sea dispone de 5 electrones en la capa de valencia, de los que solo 3, los p, están desparejados. Por lo que para poder compartir 5 electrones necesita promocionar un electrón del 4s, hasta el nivel más próximo en el espacio, o sea el 4d. De esta forma pasa de una configuración externa 4s 2 4p 3, hasta la 4s 1 4p 3 4d 1 con 5 electrones desparejados. La energía necesaria para la promoción de electrones s al d, se verá amortizada por la desprendida cuando se forman dos uniones covalentes más. En el caso del Te(52): 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 4, presentaría sólo 2 electrones desparejados, necesitando promocionar 2 electrones al 4d, para poder aparejar 6, De esa forma, su nivel externo pasaría de 5s 2 4d 10 5p 4 hasta 5s 1 5p 3 5d 2, con covalencia 6, como se muestra en la figura. 3. Las moléculas de oxígeno y nitrógeno según Lewis Si se considera la molécula de oxígeno (O 2 ), con enlace covalente entre los dos átomos (1s 2 2s 2 p 4 ), la regla del octeto, implica la formación de varios enlaces, según lo desarrolló Langmuir. Este científico complementó y divulgó la teoría de Lewis, convirtiéndola en suya propia, bautizando este enlace primero como no polar, y después como covalente. Según sus normas, tal como se aplicó antes, cada oxígeno dispone de 6 electrones de valencia y entre los dos; 12, pero la estabilidad de gas noble implicaría 8, y entre los 2; 16. La diferencia entre lo que pretenden (16) y lo que tienen (12), o sea 4, dará el número de electrones a compartir, lo que corresponde a 2 pares, por lo tanto establecerán un doble enlace. Su representación siguiendo la notación de Lewis actualizada, correspondería a la fig De la misma forma se podría representar la molécula de nitrógeno (N 2 ), con estructura atómica 1s 2 2s 2 p 3, que al disponer de 5 electrones de valencia (10 entre ambos), para alcanzar los 16 necesitarían compartir 3 pares de electrones (6 electrones). Su representación sería la dada en la fig que justificaría la gran estabilidad de su molécula(triple enlace) muy difícil de romper. 4. Escribir la estructura de Lewis para las siguientes especies: a)ion cloruro, b)etino, c)ácido carbónico, d) trifluoruro de yodo Se formulan de forma desarrollada las 4 sustancias. El ion cloruro, (s 2 p 5 + 1e- = s 2 p 6 )completa su octeto. El etino, C 2 H 2, presenta un triple enlace entre los carbonos y su fórmula desarrollada coincide con la de Lewis, tal como con el ácido carbónico al que hay que completar los pares electrónicos solitarios de los oxígenos hasta alcanzar el octeto. En las dos moléculas todos los átomos adquieren por compartición estructura de gas noble. En el caso del IF 3, el I (s 2 p 5 ), con sólo un electrón desparejado deberá promocionar otro electrón al d, para así disponer de tres electrones para compartir con los 3 F (s 2 p 5 ), tal como se indica en la figura, de tal manera que deberá ampliar su octeto hasta un deceto, su estructura geométrica como se ve a través de la RPECV, será en forma de T.

2 5.Dadas las siguientes moléculas: a) dióxido de carbono. b) eteno. c) metanol (alcohol metílico):representar sus estructuras de Lewis. En cuáles hay dobles enlaces? Se escriben las fórmulas desarrolladas completando los octetos en la a y c, con los pares solitarios del oxígeno, a partir de ellas se determinará que sólo en la a y en la b existen dobles enlaces 6.De las siguientes moléculas: a) F 2, b)cs 2, c)c 3 H 4 (propino), d)nh 3,e)C 6 H 6 (benceno),: a) En cuáles todos los enlaces son sencillos o simples. b) b) En cuáles existe algún doble enlace. c) c) En cuáles existe algún triple enlace. Se parte de las fórmulas desarrolladas completándose el octeto tal como indica la figura. La del benceno se encuentra se ha dado. Por lo tanto se podrá responder al apartado a): las moléculas a y d. Al apartado b) b y e. Al apartado c) c. 7.Conociendo los números atómicos de fósforo (Z=15) y del cloro(z=17), predecir el enlace entre ellos, y la geometría de la molécula más sencilla que formen: SOLUCIÓN: Los dos elementos están muy próximos en el sistema periódico, dada su estructura electrónica, y por lo tanto la diferencia de electronegatividades entre ellos es pequeña, estableciéndose un enlace covalente. El P (1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 3 ) que actúa como elemento central dispone de 3 electrones no compartidos, que aparejará con el electrón desparejado de 3 Cl (1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 5 ), formando 3 enlaces covalentes y dando lugar al tricloruro de fósforo que sería la molécula más sencilla. Al ser una molécula AB 3 E, su geometría será tetraédrica, con ángulo de enlace Cl-P-Cl menor de 109º.por la repulsión del par solitario. 8.Sabiendo que los números atómicos del azufre y del cloro son respectivamente 16 y 17, describir los enlaces azufre-cloro de la molécula SCl 2, aplicando el método de Lewis, y justificar su geometría. SOLUCIÓN: El S (1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 4 ) que es el elemento central presenta 2 electrones no compartidos, que deberá aparejarlos con el electrón no compartido de dos Cl (1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 5 ) formando dos enlaces covalentes. La molécula es AB 2.E 2, pues el S presenta2 pares solitarios, mientras que cada Cl tendrá 3. La disposición será tetraédrica, con un ángulo de enlace menor de 109º debido a la repulsión de los dos pares solitarios, y su apariencia será angular. 9. Estudiar la formación de la molécula de cloruro de berilio, sabiendo que Be(Z=4), y Cl(Z=17), explicando su geometría. SOLUCIÓN El Be 1s 2 2s 2, no presenta ningún electrón desparejado, por lo que para establecer dos uniones covalentes con el Cl, deberá promocionar un electrón 2s hasta 2p, pasando a una estructura 1s 2 2s 1 2p 1. La energía necesaria para la promoción vendrá compensada con la desprendida en la formación de dos enlaces. Cada cloro, 1s 2,2s 2 p 6,3s 2 p 5, presenta sólo un electrón desparejado, siendo necesarios 2Cl para aparejar los electrones del Be, formándose una molécula que no completa el octeto, dado que el Be sólo puede rodearse de 4 electrones. El ángulo de enlace sería de 180º.

3 La molécula de ácido sulfúrico se puede explicar a partir de la ampliación de la teoría del octeto, hasta doce electrones, tal como indica la figura (2.16). Determinar la carga formal del S en dicha molécula El S como elemento aislado, tiene 6 electrones de valencia 3s 2 p 4, y en la formación de la molécula representada, aparecen como cruces en el diagrama de Lewis. Se observa que al compartirlos con los oxígenos que lo rodean, forma dos dobles enlaces (compartiendo dos pares de electrones), con dos oxígenos, y otros dos enlaces sencillos con otros dos oxígenos, compartiendo un electrón con cada uno, pero en ningún caso varió el 10. Representar las estructuras de Lewis de las moléculas dadas indicando la carga formal que pueda aparecer sobre los átomos. a) Tetraóxido de dinitrógeno. b) ion nitrito. Primero se representará los diagramas de Lewis más simples de las formas respectivas, después para determinar la carga formal sobre cada átomo se puede hacer viendo la variación del número de electrones externo que ha experimentado cada átomo en la formación de la molécula o aplicando la fórmula: QF=e de valencia-e solitarios-0,5(electrones compartidos) En este caso para el tretaóxido de dinitrógeno del diagrama de Lewis será: Para el O superior: 6-6-0,5.2= -1 Para el N primero: 5-0-0,5.8= +1 Para el O primero: 6-4-0,5.4=0 Para el N segundo: 5-0-0,5.8= +1 Para el O inferior: 6-6-0,5.2=-1 Para el O último 6-4-0,5.4=0 La suma de las cargas formales deberá ser nula, pues se trata de una molécula sin carga iónica. Para el ion nitrito: Para el O primero: 6-6-0,5.2=-1 Para el N: 5-2-0,5.6=0 Para el O último: 6-4-0,5.4=0 La suma de las cargas formales deberá ser 1, por tratarse del ion nitrito. 11. Por qué existe la molécula de ICl 3 y no la ClI 3.? Predecir la carga formal del yodo en la primera. SOLUCIÓN: Tanto el cloro como el yodo, elementos centrales de ambas moléculas, deberán promocionar sus electrones de valencia hasta respectivamente 3d y 5d. Así el Cloro en el ClI 3, pasa de 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 5 a 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 4 d 1, de esta forma el cloro presentará al ampliar su octeto, 3pares compartidos y 2 solitarios, en una distribución de bipirámide trigonal, ahora bien esta estructura será muy inestable debido al gran volumen del yodo y al espacio que ocuparán los pares solitarios. Aunque la disposición y forma de ampliación del octeto es similar en el ICl 3, al tener mayor volumen el yodo, puede acomodar mejor a los 3 cloros y los dos pares solitarios, por lo que la molécula presenta mayor estabilidad. Como se aprecia en la figura, el I al compartir sus electrones con los 3 cloros, sigue disponiendo de sus 7 electrones de valencia, por lo que su carga formal (QF) es cero.

4 13.La molécula de dióxido de carbono La teoría de Lewis-Langmuir, explicaba la molécula de CO 2 como una compartición de dos pares de electrones del C con cada oxígeno, para completar el octeto, como indica la fig Sin embargo la energía de formación de la molécula debida a esa configuración es de 1475kJ/mol, mientras que la experimental es de 1596kJ/mol, por lo que existirá una diferencia energética de 121kJ/mol que es el primer síntoma para diagnosticar que existen más formas que esa. Pero no sólo es eso; si se considera la forma explicada, la longitud de enlace C=O es de 122pm, mientras que la experimental es de 115pm, teniendo en cuenta que la distancia C-O cuando existe un triple enlace es de 110pm, cabe esperar que en la descripción de la molécula de CO 2 existan formas con algún triple enlace. Para la redistribución de los electrones que comparten los átomos deberán seguirse una serie de reglas. Las comenzó el propio Langmuir y las completó Halferich. Una explicación de las mismas implicaría que: 1ª. La disposición de los núcleos atómicos que forman la molécula deberá tener la menor repulsión posible, que se podrá valorar extrayendo los electrones de valencia, y considerando la repulsión culombiana entre núcleos con sus electrones internos. Así para el CO 2, los núcleos son C +4,O +6 y O +6, y la menor repulsión entre ellos se produce en la disposición O-C-O, no en la O-O-C ni en la C-O-O (Véase el cuadro adjunto). En caso de similares repulsiones entre cargas, se dispondrá como átomo central el de mayor volumen ya que así al aumentar las distancias, las repulsiones serán menores. Esta disposición deberá mantenerse fija. 2ª. El número total de electrones de valencia deberá compartirse de forma que cada uno tenga 8 (octeto).de esa forma los pares compartidos se determinarán por la diferencia entre los electrones ideales (8x3 =24, en el caso del CO 2 ) y los 16 teóricos, dividido por dos (se trata de pares). Así entre el C y los O deberán compartirse 8 electrones que forman 4 pares, que podrán disponerse 3 y 1, 2 y 2 y 1 y 3. 3ª. Se dispone la carga formal sobre cada átomo Así las posibles formas resonantes se describen en la fig.adunta estas formas reciben el nombre de canónicas. Disposic F.Repulsiva proporcional a q 2 C-O-O (+4.+6 )+(+6.+6)=+60 O-C-O (+4.+6 )+(+4.+6)=+48 O-O-C (+6.+6 )+(+4.+6)= Dadas las fórmulas desarrolladas de la figura (parte superior) nombrar las especies, determinar la carga formal sobre los átomos y predecir si son posibles o si podrán contribuir a establecer formas resonantes En la a) ion sulfito, la QF sobre el S(s 2 p 4 ), será 0, como se observa en la parte inferior, pues el S tenía 6 electrones, y presenta un par solitario y 8 electrones de enlace, de forma que QF= 6-2-0,5.8=0. De esa forma la suma de las cargas formales sobre los O, es igual a la carga iónica. Dado que todos los oxígenos pueden comportarse de la misma forma, existirán tres formas canónicas, según sobre que O se establezca el doble enlace. En la b), ozono, dado que O(s 2 p 4 ), el O central tendrá QF+1 (presenta 5electrones de los 6 iniciales) mientras que otro O, con 7 electrones, la tendrá 1. Por la misma razón expuesta antes se podrán producir dos formas resonantes. En la c) ion nitrato, el N(s 2 p 3 ), tendrá QF+1 y dos oxígeno con 7 electrones, -1. También existirán 3 formas resonantes, al poder alternarse en el doble enlace los 3 oxígenos. 15.Como se justificaría el momento dipolar en debyes del HF y del HI, respectivamente 1,91 y 0,38. Razonar. El momento dipolar µ depende de la carga residual y de la distancia de enlace. Aunque esta aumenta de HF hasta HI, este no es lo suficiente para compensar la disminución de la carga residual, por lo que presentará mayor µ el HF (1,91D) que irá disminuyendo hasta el HI (0,38D). 2. Determinación del momento dipolar de la molécula de H 2 O: Se conoce que el ángulo de enlace es de 104,5 y que el momento dipolar de cada enlace es de 1,51D. Proyectando sobre un plano XY y sumando las componentes Y, dado que las X se anulan tenemos que: µ = 1,51D.cos (104,5 /2) j + 1,51D.cos (104,5 /2) j =(2.1,51D. cos 52,25)j = 1,85D j 1,51D 1 O 2 104,5 H H 1,85D Y 1,51D X por lo tanto dirigido hacia arriba, sobre la parte positiva del eje trazado.

5 16. El amoniaco tiene un momento dipolar de 1,47 D, mientras que la fosfina lo tiene de 0,55. Justifícarlo y estudiar la geometría molecular. Al corresponder a moléculas tipo AB 3 E, La geometría molecular es como se ha mencionado de pirámide. La disminución del momento dipolar se debe a la disminución de la electronegatividad del P frente al N. De esta forma mientras que en el NH 3, el momento dipolar se debe a la suma vectorial de los 3 momentos dipolares de enlace más el debido al par solitario, como la EN P-H es prácticamente nula, el momento dipolar del PH 3, se debe únicamente al del par solitario (Ver figura). 17.El momento dipolar del difluorometano es 1,96D y la del trifluorometano es de 1,6D.)Cómo se justificaría esta aparente anomalía?. Estudiar la geometría molecular. Las dos moléculas con estructura AB 4, son tetraédricas. Si despreciamos el momento dipolar de enlace C-H, frente al mucho mayor F-C, debido a la EN, tendremos que tal como se observa en la figura adjunta, en el CHF 3, las componentes vectoriales se anulan mejor, lo que no ocurre de forma tan acusada en el CH 2 F 2, cuyo momento dipolar resultante es mayor. 18.Los dos isómeros geométricos del 1,2-dicloroeteno, tienen momentos dipolares 0,y 1,85D. Cuál será el cis y el trans?. Justificar la polaridad. Justificado a partir de la tabla con momentos dipolares y en la pregunta correspondiente. Los isómeros trans con los Cl a ambos lados del doble enlace podrán compensar el momento dipolar de enlace C-Cl, y su suma vectorial valdrá cero, lo que no ocurrirá en el cis ( Cl del mismo lado), tal como se observa en la figura. 19. Dadas las configuraciones electrónicas finales de los siguientes átomos neutros: A:.2p 3. B:3p 3, C:..3s 2, D:3p 5, indicar las fórmulas y el tipo predominante de enlace de los posibles compuestos que puedan formarse al combinarse entre sí por parejas. Conviene situarlas en un sistema periódico en blanco, para orientar sus electronegatividades y determinar el tipo de enlace dominante. De esa forma A n B m será covalente, mientras que C n D m será iónico, tal como C n A m, teniendo un comportamiento intermedio el C n B m. Según la posición y la familia a la que pertenecen, las valencias iónicas serán: de C (+2), D( 1), A(-3), B(-3), por lo que sus combinaciones binarias tendrán por fórmulas: CD 2, C 3 B 2, C 3 A 2. El compuesto entre A y B, se obtendrá por compartición de los 3 electrones desaparejados formando AB. Consigo mismo D 2, es la molécula de un halógeno, y por lo tanto es un enlace covalente del tipo sigma, A 2 formaría un triple enlace, pero B 2, en cambio forma unidades B 4 tetraédricas, mientras que C, forma sólidos metálicos. 20. Cómo se podría justificar a través de la TRPECV y por la hibridación de OA, los valores casi iguales de los ángulos O-C- H,(122º), C-C-H (121,5º) en los compuestos respectivos, metanal y eteno El C central en ambas moléculas toma una geometría AB3, con la característica especial de que el doble enlace supone una acumulación de electrones en una zona del espacio, y aproximadamente ocupa el mismo espacio eléctrico sobre el átomo que un par solitario, por lo que el C central tanto en el H 2 C=O (metanal), como en el H 2 C=CH 2 (eteno), distribuye su espacio en tres posiciones (AB 3,o mejor AB 2 E) y el ángulo ideal será ligeramente superior a 120º. Ahora bien en el primero se acentúa, ya que el aumento de la electronegatividad del O, produce un desplazamiento de la carga hacia él, por lo que el ángulo deberá aumentar como indica el valor experimental. En ambos casos la hibridación de los elementos claves, C y O es sp 2, que proporcionan una geometría plana, con ángulos de enlace en torno a los 120º como se indica en la figura. 21 Cómo se podría justificar a través de la TRPECV y por la hibridación de OA, la variación del ángulo de enlace C-C-H,(121,5º), C-C-Cl (123º) y C-C- F(125º), en los compuestos respectivos, eteno;1,1-dicloroeteno; 1,1- difluoroeteno. Se trata de moléculas con el C central al que hace referencia el ángulo indicado en una distribución AB 3. En el primer caso se aproxima a separación ideal (120º), aumentando la separación en el caso de difluoroeteno, frente al dicloroeteno, pese a que en éste último las distancias de enlace aumentan, ello es debido al desplazamiento de carga del doble enlace hacia el flúor, más electronegativo. Por otra parte la repulsión entre los pares solitarios de los cloros es mayor, debido a su mayor tamaño, y la posibilidad de una mayor aproximación entre ellos (Ver figura). La hibridación del C tal como en la cuestión anterior sería sp 2, lo que produce un plano de enlaces sigma, con ángulo de enlace medio de 120º. La

6 formación de un enlace sigma-pi (doble enlace) entre los carbonos, se polariza ligeramente hacia los átomos más electronegativos, especialmente los F. El volumen de la nube electrónica de los Cl impide que el ángulo C-C- Cl sea mayor. 22. Explica la geometría lineal de la molécula de cianuro de hidrógeno, por aplicación de la TRPECV y por la hibridación en OA y enlace de valencia. El H-C N, supone según la TRPECV, una distribución del espacio sobre el carbono central, en dos posiciones una para la acumulación de electrones del triple enlace y otra para el par compartido con el H, lo cual implica una distribución lineal AB 2. La hibridación de OA, para el C es sp, similar a la del propino, sustituyendo el C 2 por el N, con hibridación sp, cubriendo el OH que no emplea en el enlace con su par solitario. Como la geometría es lineal, el ángulo de enlace H-C-N es de 180º.