Ejercicio 1 (25 Puntos) (155 Marcas)

Transcripción

1 Nota: En la última hoja del examen encontrarás un conjunto de ecuaciones y datos que ueden resultarte útiles. Considera que T = 98,15 K en todos los casos a menos que se aclare exlícitamente lo contrario. Ejercicio 1 (5 Puntos) (155 Marcas) El dióxido de nitrógeno (NO ) es uno de los numerosos óxidos que ueden encontrarse en nuestra atmósfera. El mismo uede dimerizar a N O 4(g) según la reacción (1): NO (g) N O 4(g) (Reacción 1) (a) Describe emleando estructuras de Lewis razonables, la estructura electrónica de las moléculas NO y N O 4. Estructura(s) de Lewis del NO : N N O O O O 10M. 5 si sólo coloca una estructura y no su resonante. Estructura(s) de Lewis del N O 4: O O N N O O y resonantes. 10 M. 5 untos si no dibuja todas las resonantes. (4 estructuras en total) (b) Emleando un modelo adecuado ara redecir la geometría del NO, analiza su estructura electrónica emleando la Teoría de Enlace de Valencia. En qué tio de orbital queda el electrón desaareado?. Si consideras que un átomo no hibridiza, escribe NO. 1Marca cada oción, exceto la hibridización del O que vale. 10 M totales. Hibridización del N: s Número de enlaces : Hibridización del O: NO Número de enlaces : 1 Orbitales del N involucrados en el (los) enlace(s) : s Orbitales del O involucrados en el (los) enlace(s) : Orbitales del N involucrados en el (los) enlace(s) : Orbitales del O involucrados en el (los) enlace(s): Tio de orbital en el que se aloja el electrón desaareado: s PÁGINA 1 /

2 (c) A 98K, la dimerización rocede con G rxn = 5,4 kj.mol -1. i. Cómo eseras que sea el signo de H ara esta reacción? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. H >0 orque la reacción sólo imlica la formación de un enlace. ii. H <0 orque la reacción sólo imlica la formación de un enlace. iii. H 0 orque el roceso es reversible. iv. H >0 orque la reacción sólo imlica la rutura de un enlace. v. H <0 orque la reacción sólo imlica la rutura de un enlace. ii. iii. Cómo eseras que sea el signo de S ara esta reacción? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. S >0 orque la reacción rocede con aumento de la cantidad de artículas gaseosas. ii. S <0 orque la reacción rocede con aumento de la cantidad de artículas gaseosas. iii. S 0 orque sólo se forma un nuevo enlace ero los átomos no cambian. iv. S >0 orque la reacción rocede con disminución de la cantidad de artículas gaseosas. v. S <0 orque la reacción rocede con disminución de la cantidad de artículas gaseosas. Cómo debería modificarse la temeratura ara que la reacción se vuelva no esontánea en condiciones estándar? Suón que H y S no varían con la temeratura. Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. G no varía con la temeratura. ii. G se volverá más ositivo al aumentar la temeratura debido al signo de. iii. G se volverá más ositivo al disminuir la temeratura debido al signo de. iv. G se volverá más ositivo al aumentar la temeratura debido al signo de S. v. G se volverá más negativo al disminuir la temeratura debido al signo de S. PÁGINA /

3 (d) Si se arte de un mol de N O 4 a 1,0 atm de resión y 98K, calcula el orcentaje del N O 4 que se descomondrá una vez que el sistema alcance el equilibrio, teniendo en cuenta que a lo largo del roceso se mantiene la resión total constante e igual a 1,0 atm (modificando el volumen del reciiente). En la resolución trabajaré con la reacción de descomosición del dímero, ara la cual G = +5,4kJ.mol -1 En rimer lugar calculo la constante de equilibrio ara la rutura del dímero: J. mol K ex K J K mol K 0,113 (5 Marcas calcular K) 1 1 8, Si x denota la fracción de N O 4 descomuesta, T la resión total y la fracción molar de las esecies, se tiene que N O 4 (g) NO (g) EI 1 mol 0 EE 1-x x Calculo las fracciones molares: n TOTAL x ( x) (1 x) 1 x; NO ; N O4 1 x 1 1 x x x NO T NO 1 4 Finalmente x x K 0,113 N O4 T N O4 1 x 1 x 1 x Resolviendo la cuadrática se llega a que x = 0,166. Por lo tanto la fracción que se descomuso de N O 4 reresenta el 16,6% Imagino que este roblema se uede resolver or varias vías. De algún modo debe definirse alguna magnitud que dé cuenta del grado de avance de la reacción (la x en mi resolución) y eso debe colocarse en la constante ara desejar. Definir correctamente dicha variable vale 10 Marcas, escribir correctamente la constante en función de dicha variable vale otras 10 Marcas y obtener el resultado final de forma correcta, 10 Marcas. Marcas totales= 35 Marcas Porcentaje de N O 4 descomuesta: 16,6 % PÁGINA 3 /

4 (e) Teniendo en cuenta que ara la reacción de dimerización el H rxn = 58,03 kj.mol -1, y suoniendo que H y S no varían con la temeratura, determina la temeratura a la cual en el equilibro se descomondrían 0,33 moles de N O 4. Suón que las condiciones iniciales son análogas a las del ejercicio anterior (1 mol de N O 4 inicial y se trabaja a resión constante). Busco que x=0,33 moles, or lo que 10 Marcas calcular la nueva constante. K NO N O4 T T NO N O4 x 1 x 1 x 1 x 4x 1 x 0,496 Si H y S no deenden de la temeratura, y conozco G ara la reacción, uedo desejar S. 1 H G ( ) J. mol 1 1 G H TS S 176,61J. K mol T 98K Si busco que la constante valga 0,496 uedo buscar el G asociado a dicha constante. 1 H 58030J. mol G RT ln( K) H TS T 318K 1 1 S Rln K 176,61 8,314 ln( 0,496) J. K mol 10 Marcas desejar S, 10 marcas lantear una vía ara desejar T, y 10 marcas hacer bien las cuentas. 40 Marcas totales. Si el estudiante conoce la ecuación de Van t Hoff y la usa, darle todo el untaje (de hecho es más correcto que esta forma de resolver ya que dicha ecuación no necesita suoner que S no varía con la T). Temeratura: 318 K PÁGINA 4 /

5 (f) La disociación de N O 4 es un roceso de rimer orden en N O 4 (v=k[n O 4] 1 ), con k= 5, s -1 a 98 K. Emezando de una concentración inicial de 0,10M, cuántos segundos le tomará al N O 4 descomonerse en un 0%? ln A( t) A 0e Es un orden 1, or lo que akt N N O O t kt ln 0,8 (5,3 10 t = 4, 10-6 s Plantear la evolución temoral de las concentraciones ara una cinética de orden 1, 10 Marcas. Resolver correctamente otras 10 Marcas. 0 Marcas totales. s ) t Tiemo en que se descomone un 0% del N O 4 original = 4, 10-6 s PÁGINA 5 /

6 Ejercicio (5 Puntos) (180 Marcas Totales) Además del uso de diagramas de Latimer y Pourbaix, es muy común ara los químicos inorgánicos analizar las características de reactividad de los diferentes elementos emleando los llamados Diagramas de Frost. Dichos diagramas, se construyen siguiendo de forma sistemática los asos que se enumeran a continuación: 1. Tomar un diagrama de Latimer (ya sea en medio ácido o alcalino), y asignar los estados de oxidación (del elemento en cuestión) a todas las esecies dentro del mismo. A dichos estados de oxidación los notaremos con la letra N. Es imortante destacar que consideraremos el signo de los estados de oxidación ara los cálculos osteriores.. Calcular el otencial de reducción que vincula a las diferentes esecies del diagrama con la esecie de estado de oxidación 0. Esto es, las culas E (N 0) ara N>0 y E (0 N) ara N<0. 3. Una vez calculados los diferentes otenciales que vinculan a todas las esecies con la esecie en estado de oxidación 0, calcular el valor N E. 4. Graficar (N E ) vs N y unir las esecies contiguas con rectas. A modo de ejemlo, analizaremos el caso del oxígeno a H ácido con algunas de sus esecies. Para este sistema, el roceso sería el siguiente: Pasos 1 y : Analizar el diagrama de Látimer y asignar estados de oxidación ara el oxígeno en todas las esecies. Calcular el otencial de las culas que une todas las esecies con la esecie de estado de oxidación 0 (los E que nos imortan están englobados). Paso 3: Calcular el valor de N E ara cada esecie: N= 0 N= -1 N= - O +0,695 +1,763 H O H O +1,3 N E (0 N) N E 0 E (O /O ) = 0V 0 0= 0V -1 E (O /H O ) = 0,695V (-1) (0,695V) = -0,695V - E (O /H O) = 1,3V (-) (1,3V) = -,46V Paso 4: Graficar N E vs N. PÁGINA 6 /

7 Algunas consideraciones notables sobre estos diagramas: 1- Teniendo en cuenta que G /F = n.e, es fácil notar que (N E ) es roorcional al G de formación de los comuestos de estado de oxidación N a artir del estado de oxidación 0. - Si se toman dos untos cualesquiera del diagrama ( no tienen or qué ser contiguos!) y se traza una recta entre ellos, la endiente de dicha recta (y/x) es el otencial redox que vincula esas dos esecies. Ejemlo de Cálculo de Pendiente: Buscamos calcular el E (H O /H O) y ( N E) endiente x N ( N E) N PÁGINA 7 / N E N E N HO HO N HO HO ( N E) 0,7V (,5V ) 1,8V N 1 ( ) Notar que los números N E están estimados, o sea, obtenidos a ojo del diagrama. Por eso el E da 1,8V contra el 1,76V verdadero usando datos con más decimales. 3- Como resultado de lo anterior, si una esecie de estado de oxidación intermedio se encuentra or encima de la recta que une dos esecies de estados de oxidación menor y mayor, la misma es inestable frente a dismutar

8 (imagen de la izquierda). También, si una esecie de estado de oxidación intermedio se encuentra or debajo de la recta que une dos esecies de estados de oxidación mayor y menor, dichas esecies comroorcionarán en la de estado de oxidación intermedio (imagen de la derecha). Ahora que ya definimos la forma con que se construye y se lee un diagrama de Frost, analicemos el diagrama del Nitrógeno. Observación: La siguiente figura muestra el diagrama tanto a H ácido (H=0, líneas gruesas) como a H básico (H=14, líneas finas). PÁGINA 8 /

9 (a) Por qué el otencial de la cula N O/N es diferente en ambos medios? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. Si bien la esecie N O aarece en diferentes lugares del diagrama en ambos medios, el otencial de ambas culas es el mismo orque ni el N O ni el N resentan comortamiento ácido-base. ii. Porque los diagramas están construidos en diferentes medios y el otencial del agua cambia. iii. Porque a esar de que las esecies no resentan comortamiento ácido-base, el roceso redox involucra el intercambio de H + /OH. iv. Pórque el N O dismuta en NO y HNO en medio ácido. (b) Por qué el N reresenta un mínimo en ambos diagramas? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. Porque es una molécula neutra. ii. Porque no resenta comortamiento ácido-base y or eso está en la misma osición en iii. ambos medios. Porque su trile enlace le confiere una gran estabilidad frente a reaccionar. iv. Porque muchas esecies nitrogenadas comroorcionan en N. (c) Estima el E (NO 3 /N ) a H=14. El valor de N E en el cual aarece el NO 3 - en medio básico es cercano a 1V. Dicho valor está vinculado directamente con la cula que ide el ejercicio, or lo que E (NO 3 - /N ) = (N E)/N= 1V/5= 0,V 10 Marcas E (NO 3 /N ) = 0, V PÁGINA 9 /

10 (d) Estima el E (NH 3OH + /NO 3 ) en medio ácido. Como se exlicó en el roblema, la endiente de la recta que une las dos esecies de interés vale el E de la cula. Por lo tanto, la cuenta es así de fácil: y ( N E) ( N E) m x N N NO3 NO3 ( N E) N NH 3OH NH 3OH 6,V 1,9 V 5 ( 1) 0,716V 0 Marcas E (NH 3OH + /NO 3 ) = 0,716 V (e) Escribe mediante ecuaciones químicas balanceadas un roceso de dismutación que logres ercibir en el diagrama. Cualquier dismutación bien balanceada, con estados de agregación y en el medio correcto. 10 Marcas. - marcas or no oner estados de agregación correctos. 0 marcas balancear en el medio incorrecto (f) Estima mediante ecuaciones químicas balanceadas un roceso de comroorción que logres ercibir en el diagrama. Cualquier comroorción bien balanceadas, con estados de agregación y en el medio correcto. 10 Marcas. - marcas or no oner estados de agregación correctos. 0 marcas balancear en el medio incorrecto PÁGINA 10 /

11 (g) Estima el valor de K a(nh 3OH + ). Dato: K w = Nota: Este item está diseñado ara que extraigas la información necesaria del diagrama de Frost, ero en caso de que no lo logres, calcula este K a a artir de los siguientes datos: E (NO/NH OH) = -0,47V ; E (NO/ NH 3OH + ) = +0,47V y restaremos algunos untos a cambio. Calculo rimero los E (N /NH OH) y E (N /NH 3 OH + ) mediante el diagrama. Ec. 1 Ec. E (N /NH OH)= 3,1V/(-1) = -3,1V E (N /NH 3 OH + ) = 1,9V/(-1) = -1,9V 10 Marcas calcular los E s correctamente. Planteo las reacciones asociadas a dichos E s y calculo los G: 4H O + N +e- NH OH + OH - G= -F.(-3,1V) = 598,3 kj.mol-1 H O + 4H + N + e- NH 3 OH + G = -F(-1,9V) = 366 kj.mol-1 Haciendo (3) = (1)-() Ec. 3 H O + NH 3 OH + NH OH + OH - + 4H + G= (598,3-366)kJ.mol -1 = 31,6 kj.mol -1 Planteo la autorotólisis del agua como Ec. (4) (H O H + + OH -, G= -RTlnK w = 79,87 kj.mol -1 ) y hago (5) = (3) (4): Ec. 5 NH 3 OH + NH OH + H + G = (31,6 x(79,87))kj.mol -1 = 71,86 kj.mol -1 Finalmente divido or la ecuación (5) ara llegar a la buscada. Ec 6 NH 3 OH + NH OH + H + G= 35,93 kj.mol Marcas jugar con las ecuaciones de forma correcta ara arribar a la ecuación final. Restar or lo menos 0 marcas de estas 30 si no usan la autorotólisis del agua y tachan H+ y OH- sin ensar. Paso G a K a : K a = ex(-g/rt) = 5, , K a = 6,9 10 marcas calcular correctamente el resultado. Si resuelve el ejercicio emleando las culas de ayuda, darle en total sólo 40 marcas. Con los datos rovistos debe darles Ka 5.4 (misma asignación que antes ero sin los 10 untos de calcular los E s de forma correcta a artir del diagrama) Atentos a que si sacan los números del diagrama levemente diferente uede moverse bastante el Ka. Chequear el rocedimiento a ver si les está dando bien. 50 Marcas totales K a(nh 3OH + ) = 6,9 PÁGINA 11 /

12 (h) Las siguientes afirmaciones ueden ser Verdaderas (V) o Falsas (F). Indica en cada casillero la identidad de las mismas emleando las letras V/F. Nota: Asume que todos los ensayos se realizan en condiciones estándar 10 Marcas cada correcta. Máx. 60 M i. Si a una solución de NO 3 en medio básico se le burbujea N O, se forma NO. F ii. El hidroxilamonio (NH 3OH + ) es inestable frente a dismutar en N H 5 + y N en medio ácido. V iii. El N es inestable frente a dismutar en ambos medios. F iv. NO es estable frente a dismutar en ambos medios. F v. La esecie NO 3 es más oxidante en medio ácido que en medio básico. V vi. Se ude formar hidracina (N H 4) mezclando NH 3 e NH OH en medio básico. V PÁGINA 1 /

13 Ejercicio 3 (5 Puntos) (10 Marcas Totales) El latino y otros metales del Gruo 10 forman comuestos de coordinación (sistemas metálicos unidos químicamente a moléculas que llamaremos ligandos ) de geometrías cuadrado lanas. Al igual que en química orgánica, estos comuestos resentan isomería geométrica. La base de este tio de isomería está relacionada con diferentes formas de ubicar los ligandos en el esacio, siguiendo las siguiente convención: T L Pt L - Dos ligandos se encuentran en la osición trans si están searados angularmente a 180. Ejemlo: En el comuesto de la izquierda, T y se encuentran en osición trans. - Dos ligandos se encuentran en la osición cis si están searados angularmente a 90. Ejemlo: En el comuesto de la izquierda, T y L se encuentran en osición cis. En el esquema anterior, T, L, e Y son los ligandos unidos al Platino en el comlejo (ueden ser moléculas/iones tales como, H O, NH 3, etc). (a) Dibuja todos los isómeros geométricos osibles (todas las osibilidades cis/trans que encuentres) ara el comlejo de latino(ii) Pt(H O)(NH 3)Br. Ten cuidado de no reetir isómeros! Estructuras de todos los osibles isómeros ara el comuesto Pt(H O)(NH 3)Br: H O H O NH 3 H O NH 3 Pt Pt Pt Br NH 3 Br Br Sólo hay 3 osibilidades, cualquier otra esecie es alguna de estas 3 rotada de algún modo. 10 Marcas cada estructura. 0 Marcas colocar el número exacto de estructuras. 50 Marcas totales. Número de isómeros únicos: 3 PÁGINA 13 /

14 Una de las reacciones tíicas que sufren estos comuestos son las llamadas reacciones de sustitución de ligandos, como se esquematiza en la siguiente figura (sustitución del ligando or el ligando Y): También se sabe que la velocidad de sustitución del ligando or Y deende de la naturaleza del ligando trans resecto a, esto es, del ligando T. A esto se le llama efecto trans. Cuando T es una de las moléculas o iones de la siguiente lista, la velocidad de sustitución en la osición trans al gruo T disminuye de izquierda a derecha: CN > H > NO, I > Br, > NH 3, OH, H O Resumiendo lo anterior, el efecto trans consiste en que la velocidad de sustitución del ligando deende de qué ligando está trans al mismo!. Por ejemlo, se sustituye más ráido si en osición trans osee un CN - resecto a si oseyese un H O. Las rearaciones de cis y trans Pt(NH 3) deenden del efecto trans. La rearación del isómero cis, un comuesto muy utilizado en el tratamiento de varios tios de cáncer (llamado cislatino en quimioteraia), involucra la reacción de K [Pt 4] con amoníaco. Nota: Emleando la nomenclatura cis Pt(NH 3) se entiende que los ligandos amoníaco se encuentran en osición cis entre sí y los ligandos cloruro se encuentran en osición cis entre sí. PÁGINA 14 /

15 (b) Escribe esquemas de reacción (análogos al mostrado más arriba ara la formación de cislatino) incluyendo (si los hay), el(los) intermediario(s), que muestren la rearación en solución acuosa ara cada uno de los isómeros del [Pt(NH 3)(NO ) ], usando como reactivos [Pt 4], NH 3 y NO. Considera que las reacciones son controladas cinéticamente or el efecto trans. i. Secuencia de reacciones ara formar el isómero cis (los ligandos en el roducto deben quedar en osición cis) Pt 0 Marcas ii. Secuencia de reacciones ara formar el isómero trans (los ligandos en el roducto deben quedar en osición trans) Pt 0 Marcas La sustitución del ligando or Y en comlejos cuadrado lanos ML 3 + Y ML 3Y + ocurre siguiendo un mecanismo llamado mecanismo de sustitución asociativa de ligandos, esquematizado a continuación: PÁGINA 15 /

16 ML 3 + Y ML 3 Y k 1 k -1 k ML 3 Y ML 3 Y + (c) Deduce la exresión de la ley de velocidad global del roceso que imlica este mecanismo. Indica el orden en ML 3, en Y, y la exresión de la constante de velocidad global en función de k 1, k -1 y k. Si utilizas la hiótesis de estado estacionario o de reequilibrio, acláralo. Deducción de la Ley de Velocidad ara el mecanismo asociativo: La velocidad del roceso se uede escribir como desaarición del reactivo o la aarición del roducto. Por simlicidad la escribo como desaarición del roducto (sólo está relacionada con k ) v = k.[ml 3 Y] Planteo la hiótesis de E.E. ara [ML 3 Y]: k 1. [ML 3 ] [Y] = k -1 [ML 3 Y]+k [ML 3 Y] [ML 3 Y]= k 1 [ML 3 ] [Y]/(k -1 +k ) Finalmente, la velocidad queda v = k [ML 3 Y] = k.k 1 [ML 3 ]/(k -1 +k ) 10 Marcas escribir la velocidad como aarición de roducto o desaarición de reactivo. 10 marcas lantear EE, 30 marcas resolver el mecanismo. 50 Marcas totales Exresión de k en función de las constantes de los diferentes asos: k=k.k 1/(k -1+k ) Orden en ML 3: 1 Orden en Y: 1 Hiótesis emleada: E.E. PÁGINA 16 /

17 Para mejorar el efecto del cislatino en células cancerosas, un gruo de investigadores unió un comlejo de latino (IV) a oligonucleótidos (fragmentos de ADN) enlazados a nanoartículas de oro ( artículas sólidas muy equeñas que sólo contienen unos ocos miles de átomos!). Las nanoartículas de oro tienen un diámetro de 13 nm (1 nm = 10-9 m = 10-7 cm). A cada nanoartícula están unidos 90 gruos de oligonucleótidos, de los cuales un 98% están unidos al comlejo de Pt(IV). Suón que el reciiente de reacción usado ara tratar las células con el reactivo de nanoartículas de Pt(IV) tiene un volumen de 1,0 ml y que la solución es 1, M en Pt y que cada oligonucleótido une solamente un comlejo de latino. (d) Calcula la masa de oro y de latino utilizados en este exerimento (densidad del oro = 19,3 g.cm -3 ). Suón que todas las nanoartículas estarán taizadas or comlejo y que no quedarán ni nanoartículas ni comlejos sin unir. Datos: El volumen de una esfera se uede calcular como Cálculos de la masa de latino: n = C.V = 10-6 M 10-3 L = 10-9 mol m(pt) = 10-9 mol 195,1 g.mol -1 = 1, g 4 r 3 3 Vesfera. 0 Marcas (Feliz Navidad) m(pt)= 1, g PÁGINA 17 /

18 Cálculos de la masa de oro: (90 gruos/n) (0,98 comlejos unidos) = 88 (comlejos unidos/n) Los 10-9 moles de latino que tengo equivalen a átomos de Pt. ( atomos) (1n/88 atomos) = 6, nanoarticulas El volumen de una nanoartícula es V n 4.(6, cm) 3 1, cm 3 Si necesito 6, nanoarticulas, el volumen de oro total necesario es (6, n) (1, cm 3 /n) = 1, cm3. Finalmente, con la densidad del oro calculo la masa necesaria : m = V = 1, g 30 marcas calcular la cantidad de n s necesarias. 0 marcas llegar al resultado correcto. 50 Marcas totales m(au)= 1, g PÁGINA 18 /

19 Ejercicio 4 (5 Puntos) (74 Marcas Totales) El boro es uno de los elementos más fascinantes del segundo eríodo de la tabla eriódica. El mismo osee 3 electrones de valencia lo cual genera que se encuentre, a la hora de formar enlaces químicos, con muchas dificultades ara comletar el octeto. En los haluros de boro, B 3 (= F,, Br, I), el enlace químico uede describirse razonablemente bien mediante las siguientes estructuras de Lewis. B B B B (a) De todas las estructuras resonantes resentadas anteriormente, la que más contribuye al enlace es la rimera. A qué crees que se deba esto? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. Porque en la rimera todas las cargas formales valen 0, lo cual estabiliza al sistema. ii. iii. Porque en las estructuras con enlaces dobles, el boro queda con una carga formal ositiva. Porque en las estructuras con enlaces dobles, el boro queda con una carga formal negativa. iv. Porque en las estructuras con enlaces dobles, el halogenuro que articia del enlace doble queda con carga formal ositiva. v. Porque en las estructuras con enlaces dobles, el halogenuro que articia del enlace doble queda con carga formal negativa. (b) En el marco de la teoría de enlace de valencia, describe la estructura electrónica de la esecie BF 3. Para hacer el análisis, céntrate en la estructura de Lewis que osee todos enlaces simles (la rimera). Qué orbital del boro queda vacío? Si consideras que un átomo no hibridiza, escribe NO. Marcas cada correcta. 14 Marcas totales Hibridización del B: s Número de enlaces : 3 Hibridización del F: NO Número de enlaces : 0 Orbitales del B involucrados en el (los) enlace(s): s Orbitales del F involucrados en el (los) enlace(s): Tio de orbital de valencia del boro que queda desocuado: PÁGINA 19 /

20 Si bien la estructura de Lewis que más contribuye es la rimera, las últimas 3 reresentan un fenómeno de extrema imortancia en química inorgánica, llamado retrodonación. El enlace químico en estas esecies uede entenderse de manera acabada como una donación or vía del B hacia los halogenuros (rimer estructura, con enlaces olarizados desde el boro hacia los halógenos) y una retrodonación or vía de los halogenuros al boro (los halogenuros devuelven algo de la densidad electrónica sustraída or vía al boro or vía, como muestran las estructuras -4) Una reacción famosa de los B 3 es con NH 3, un ejemlo clásico de reacción ácido-base en el sentido de Lewis: H H H B + N B N H H La tabla que se resenta a continuación muestra el valor de H r ara los diferentes B 3 con NH 3 y las distancias de enlace B N en las esecies 3B NH 3: H r (kcal/mol) db-n (Å) F -1,38 1,781-35,85 1,595 Br -36,01 1,588 I -38,73 1,551 H (c) Cuál de los B 3 es el más ácido? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. BI 3 es el ácido de Lewis más fuerte debido a que es la esecie con menor grado de ii. iii. iv. retrodonación. BF 3 es el ácido de Lewis más fuerte debido a que es la esecie con menor grado de retrodonación. BI 3 es el ácido de Lewis más fuerte debido a que es la esecie con mayor grado de retrodonación. BF 3 es el ácido de Lewis más fuerte debido a que es la esecie con mayor grado de retrodonación. (d) Por qué crees que la distancia B-N disminuye al bajar en el gruo de los halógenos? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. Ayuda: Ten en cuenta que en las esecies 3B-NH 3 el boro ya comleta el octeto y su hibridización es s 3, or lo cual el mecanismo de retrodonación está desactivado. 10 Marcas i. Porque al bajar en el gruo, los halógenos vuelven al boro cada vez más obre en densidad electrónica y consecuentemente el nitrógeno uede sustraerle mayor cantidad de densidad electrónica y acortar el enlace. PÁGINA 0 /

21 ii. Porque al bajar en el gruo, los halógenos vuelven al boro cada vez más rico en densidad electrónica y consecuentemente el nitrógeno uede sustraerle mayor cantidad de densidad electrónica y acortar el enlace. iii. Porque al bajar en el gruo, los halógenos vuelven al boro cada vez más obre en densidad electrónica y consecuentemente el nitrógeno uede sustraerle menor cantidad de densidad electrónica y acortar el enlace. iv. Porque al bajar en el gruo, los halógenos vuelven al boro cada vez más rico en densidad electrónica y consecuentemente el nitrógeno uede sustraerle menor cantidad de densidad electrónica y acortar el enlace. (e) El cloruro de Aluminio molecular osee la fórmula Al 6. En dicha molécula, los dos átomos de aluminio oseen entornos idénticos mientras que los átomos de cloro se enlazan de dos formas diferentes. Proón una estructura de Lewis razonable ara esta esecie. 0 Marcas. Cualquier otra estructura que dibujen que sea razonable es acetada. Al Al (f) Por qué crees que el cloruro de boro (B 3) se resentan en forma de monómeros mientras que el de aluminio (Al 6) en forma de dímero? Marca con una cruz () la resuesta que consideres correcta. 10 Marcas i. Porque la retrodonación en el caso del aluminio es menos eficiente que en el caso del boro, ii. iii. iv. imidiendo la formación del monómero. Porque la retrodonación en el caso del boro es menos eficiente que en el caso del aluminio, imidiendo la formación de dímeros. Porque la retrodonación en el caso del aluminio es más eficiente que en el caso del boro, imidiendo la formación del monómero. Porque la retrodonación en el caso del boro es más eficiente que en el caso del aluminio, imidiendo la formación del monómero. PÁGINA 1 /

22 ALGUNAS ECUACIONES Y DATOS QUE PUEDEN RESULTAR ÚTILES 1 atm 1,0135 bar 1, Pa 760 Torr 0 C=73,15K N A 6,010 3 mol 1 atm. L J R 0,08 8,314 mol. K mol. K C F mol * 1... V nrt x TOTAL N x = 3,14 H U PV i i T i i i 0 G H TS G nfe G RT ln K Para una reacción aa( g) bb( g) cc( g) dd( g), K c C a A eq eq d D eq b B eq RT RT Eact E E ln Q E ln K k Aex nf nf RT Para una reacción aa bb, A 1 v a t B 1 b t ka n Deendencia temoral de las concentraciones ara diferentes ordenes de reacción: orden cero orden uno orden akt A( t) A akt t 0 1/ A 0 ak A( t) A 0e ln( ) t1/ ak Raíces de una ecuación olinómica de orden 1 ( 1 A t) A 0 1 t1/ ak akt A 0 Las soluciones de la ecuación cuadrática ax + bx + c = 0 son b b 4ac x i a PÁGINA /