Olimpiadas de Química Volumen X - Menargues PDF
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El aprendizaje de la Química constituye un reto al que se enfrentan cada año los, cada vez más
escasos, estudiantes de 2° de bachillerato que eligen las opciones de “Ciencias”, “Ciencias de la
Salud” e “Ingeniería y Arquitectura”. Esto también constituye un reto para los profesores que, no
solo deben ser capaces de buscar la forma más eficaz para explicar esta disciplina, sino además,
inculcar el interés que nace del reconocimiento del papel que juega la Química en la vida y en el
desarrollo de las sociedades humanas.
En este contexto, las Olimpiadas de Química suponen una herramienta muy importante ya que
ofrecen un estímulo, al fomentar la competición entre estudiantes procedentes de diferentes
centros y con distintos profesores y estilos o estrategias didácticas.
Esta colección de cuestiones y problemas surgió del interés por parte de los autores de realizar
una recopilación de los exámenes propuestos en diferentes pruebas de Olimpiadas de Química,
con el fin de utilizarlos como material de apoyo en sus clases de Química. Una vez inmersos en
esta labor, y a la vista del volumen de cuestiones y problemas reunidos, la Comisión de
Olimpiadas de Química de la Asociación de Químicos de la Comunidad Valenciana consideró que
podía resultar interesante su publicación para ponerlo a disposición de todos los profesores y
estudiantes de Química a los que les pudiera resultar de utilidad. De esta manera, el presente
trabajo se propuso como un posible material de apoyo para la enseñanza de la Química en los
cursos de bachillerato, así como en los primeros cursos de grados del área de Ciencia e
Ingeniería. Desgraciadamente, no ha sido posible ‐por cuestiones que no vienen al caso‐ la
publicación del material. No obstante, la puesta en común de la colección de cuestiones y
problemas resueltos puede servir de germen para el desarrollo de un proyecto más amplio, en el
que el diálogo, el intercambio de ideas y la compartición de material entre profesores de Química
con distinta formación, origen y metodología, pero con objetivos e intereses comunes, contribuya
a impulsar el estudio de la Química.
En el material original se presentan los exámenes correspondientes a las últimas Olimpiadas
Nacionales de Química (1996‐2011) así como otros exámenes correspondientes a fases locales de
diferentes Comunidades Autónomas. En este último caso, se han incluido sólo las cuestiones y
problemas que respondieron al mismo formato que las pruebas de la Fase Nacional. Se pretende
ampliar el material con las contribuciones que realicen los profesores interesados en impulsar
este proyecto, en cuyo caso se hará mención explícita de la persona que haya realizado la
aportación.
Las cuestiones son de respuestas múltiples y se han clasificado por materias, de forma que al
final de cada bloque de cuestiones se indican las soluciones correctas. Los problemas se
presentan completamente resueltos. En la mayor parte de los casos constan de varios apartados,
que en muchas ocasiones se podrían considerar como problemas independientes. Es por ello que
en el caso de las Olimpiadas Nacionales se ha optado por presentar la resolución de los mismos
planteando el enunciado de cada apartado y, a continuación, la resolución del mismo, en lugar
de presentar el enunciado completo y después la resolución de todo el problema. En las
cuestiones y en los problemas se ha indicado la procedencia y el año.
Los problemas y cuestiones recogidos en este trabajo han sido enviados por:
Juan A. Domínguez (Canarias), Juan Rubio (Murcia), Luis F. R. Vázquez y Cristina Pastoriza
(Galicia), José A. Cruz, Nieves González, Gonzalo Isabel (Castilla y León), Ana Tejero (Castilla‐
La Mancha), Pedro Márquez (Extremadura), Pilar González (Cádiz), Ángel F. Sáenz de la Torre
(La Rioja), José Luis Rodríguez (Asturias), Matilde Fernández (Baleares), Fernando Nogales
(Málaga).
Finalmente, los autores agradecen a Humberto Bueno su ayuda en la realización de algunas de
las figuras incluidas en este trabajo.
Los autores
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 1
11.1. De acuerdo con el modelo atómico de Bohr, la energía de los diferentes niveles electrónicos
de los átomos hidrogenoides (un átomo hidrogenoide es aquel que posee un solo electrón, como
por ejemplo el , el , etc.) viene dada, en eV, por
= ‐13,6 /
donde Z representa el número de protones del núcleo.
Suponga las especies hidrogenoides y , y que ambas se encuentran en su estado
electrónico fundamental. Según el modelo de Bohr:
a) ¿En cuál de ellas giraría el electrón más rápidamente?
b) ¿Cuál sería la relación entre las velocidades de ambos electrones?
c) ¿Cuál de los dos electrones describirá órbitas más próximas al núcleo?
(Murcia 1997)
a) En el modelo de Bohr:
mv 2 1 Ze2 Ze2 1
= v =
r 4πε0 r 2 2hε0 n
h h2 ε0 2
mvr = n r = n
2π Zπme2
Para ambas especies n = 1, luego la velocidad con la que gira el electrón es directamente
proporcional al valor de Z, luego gira más rápido el electrón del .
b) Aplicando la ecuación obtenida en el apartado anterior:
Z e2 1
v v Z
2hε0 n
= 2 = = 2
v Z e 1 v Z
2hε0 n
c) Para ambas especies n = 1, luego el radio de la órbita en la que gira el electrón es
inversamente proporcional al valor de Z:
h ε0
r n
Zπme2
Por lo tanto, describe órbitas más próximas al núcleo el electrón del Be3+.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 2
11.2. En un recipiente cerrado se encuentra una cierta cantidad de hidrógeno atómico en estado
gaseoso. Eventualmente se producen colisiones reactivas de estos átomos para formar moléculas
, proceso que transcurre con desprendimiento de energía. Suponga que se produce una de
estas colisiones y que la molécula de formada recibe toda la energía liberada en la reacción
en forma de energía cinética traslacional. Considere ahora que esta molécula (para la que
ignoraremos cualquier otra contribución energética) choca con un átomo de hidrógeno
cediéndole, en todo o en parte, su energía cinética. Si el átomo de hidrógeno se encuentra en su
estado electrónico fundamental, ¿sería posible el paso a un estado electrónico excitado como
consecuencia de esta colisión?
Suponga ahora que un átomo de hidrógeno, en un estado electrónico excitado (por ejemplo,
n = 3) regresa al nivel fundamental mediante la emisión de un fotón, ¿podría ese fotón disociar
una molécula de ?
Datos.
Constante de Planck, h = 6,63·10 J·s
Velocidad de la luz, c = 3·10 m·
Constante de Rydberg, R = 109677,6 ,
Número de Avogadro, L = 6,022·10
Energía de disociación del hidrógeno molecular = 458 kJ· .
(Murcia 1998)
kJ 103 J 1 mol J
458 = 7,60·10
mol 1 kJ 6,022·1023 molé culas molé cula
Como se observa, 1,24 < 2, por lo tanto, con la energía liberada en la formación de una
molécula de H el electrón no puede pasar a un estado electrónico excitado.
La energía del fotón liberado en el salto electrónico desde el nivel cuántico 3 al 1 es:
1 1
ΔE hcR –
n n
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 3
100 m 1
ΔE = 6,63·10 J·s 3·108 m·s 109677,6 cm– 1 – = 1,94·10 J
1 cm 3
Como se observa, 1167,7 kJ > 458 kJ, por tanto, con la energía correspondiente al fotón
emitido al pasar el electrón desde el nivel n = 3 hasta el nivel n = 1 sí es posible disociar la
molécula de .
11.3. a) ¿Cuál de los siguientes símbolos proporciona más información acerca del átomo: o
? ¿Por qué?
b) Indique los números cuánticos que definen el orbital que ocupa el electrón diferencial del
.
c) Si el átomo de gana tres electrones, ¿cuál será la configuración electrónica del ion
resultante?
(Extremadura 1998)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 4
11.4. Para los enunciados siguientes A y B, sólo una afirmación es correcta. Subraya las
afirmaciones correctas para cada enunciado.
A. Rutherford y sus colaboradores realizaron experimentos en los que dirigían un haz de
partículas alfa sobre una delgada lámina de oro, y observaron que:
a) La mayoría de las partículas se desviaban mucho.
b) Se desviaban pocas partículas y con ángulos pequeños.
c) Se desviaban la mayoría de las partículas con ángulos pequeños.
d) Se desviaban pocas partículas pero con ángulos grandes.
B. De este hecho dedujeron que:
a) Los electrones son partículas de masa elevada.
b) Las partes del átomo con carga positiva son muy pequeñas y pesadas.
c) Las partes del átomo con carga positiva se mueven a velocidades cercanas a la de la
luz.
d) El diámetro del electrón es aproximadamente igual al diámetro del núcleo.
(C. Valenciana 1998)
11.5. Indica cuál o cuáles de las afirmaciones siguientes son aceptables, explicando brevemente
por qué unas lo son y otras no.
Un orbital atómico es:
a) Una zona del espacio en la que se encuentran dos electrones.
b) Una zona del espacio en la que se encuentra un electrón.
c) Una función matemática que es solución de la ecuación de Schrödinger para cualquier átomo.
d) Una función matemática que es solución de la ecuación de Schrödinger para átomos
hidrogenoides.
e) El cuadrado de una función de onda de un electrón que expresa una probabilidad de
presencia.
(C. Valenciana 1998)
a) No aceptable. Falta decir que la probabilidad de encontrar un electrón debe ser muy
elevada y que si hay dos, de acuerdo con el Principio de Exclusión de Pauli, deben tener los
spines opuestos.
b) No aceptable. Falta decir que la probabilidad de encontrar un electrón debe ser muy
elevada.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 5
11.7. Del siguiente grupo de números cuánticos para los electrones, ¿cuál es falso? Justifica la
respuesta.
a) (2, 1, 0, ‐½) b) (2, 1, ‐1, ½) c) (2, 0, 0, ‐½) d) (2, 2, 1, ‐½)
(C. Valenciana 1999)
Para que un átomo se encuentre en un estado fundamental debe cumplir los principios del
proceso “aufbau”:
Principio de mínima energía: “los electrones van ocupando los orbitales según energías
crecientes”.
Principio de Máxima Multiplicidad de Hund “en los orbitales de idéntica energía
(degenerados), los electrones se encuentran lo más separados posible, desapareados y con los
spines paralelos”.
Principio de Exclusión de Pauli: “dentro de un orbital se pueden alojar, como máximo, dos
electrones con sus spines antiparalelos”.
a) Falso. La configuración electrónica propuesta para el átomo de oxígeno:
1s 2s 2p 3s
corresponde a un estado excitado ya que el electrón que se encuentra en el orbital 3s
incumple el Principio de Mínima Energía y debería estar alojado en uno de los orbitales 2p y
con el spin opuesto.
b) Falso. La configuración electrónica propuesta para el átomo de oxígeno:
1s 2s 2p
corresponde a un estado excitado ya que uno de los electrones que se encuentran en el
orbital 2p o 2p incumple el Principio de Mínima Energía y debería estar alojado en el orbital
1s.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 7
1s 2s 2p
corresponde a un estado prohibido ya que uno de los electrones alojado en el orbital 2s
incumple el Principio de Exclusión de Pauli y debería tener el spin opuesto al otro electrón del
orbital.
d) Verdadero. La configuración electrónica propuesta para el átomo de oxígeno:
1s 2s 2p
corresponde a un estado fundamental ya que todos los electrones cumplen los tres
principios.
11.9. Al hacer incidir una cierta radiación sobre átomos de un mismo elemento se observa un
espectro de emisión, entre cuyas líneas aparecen las correspondientes a las frecuencias
6,028·10 y 2,098·10 .
Determine:
a) La naturaleza de los átomos irradiados.
b) La frecuencia de la radiación incidente.
c) El tamaño de los átomos excitados.
(Datos. En su estado fundamental, el átomo de hidrógeno tiene un radio de 0,529 Å; 1Å = 10
m; 1eV = 1,6·10 J. Suponga aplicable el modelo atómico de Bohr, se cumple E = ‐13,2 ( / )
eV)
(Murcia 2001)
6,028·1015 s 109 nm
λ1 = = 498 nm
3·108 m·s 1 m
Ese valor de longitud de onda aparece dentro de la zona VIS del EEM (400‐700 nm), por lo que
se trata de una línea que corresponde a un salto de un determinado nivel cuántico hasta el
nivel n = 2 (serie de Balmer).
2,098·1015 s 109 nm
λ2 = = 1430 nm
3·108 m·s 1 m
Ese valor de longitud de onda aparece dentro de la zona IR del EEM, cerca de la región VIS
(> 700 nm), por lo que probablemente se trata de una línea que corresponde a un salto de un
determinado nivel cuántico hasta el nivel n1 = 3 (serie de Paschen).
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 8
ΔE = h
1,825·10 J
ν = = 2,75·1016 Hz
6,626·10 J·s
c) La ecuación que proporciona el tamaño de los átomos (Å) en el modelo de Bohr es:
n
r = 0,529
Z
Los átomos excitados del elemento de Z = 3 corresponden al valor de n = 5:
5 10 m
r = 0,529 A = 4,41·10 m
3 1 A
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 9
s = ±½
11.11. Dadas las siguientes configuraciones electrónicas, justifica cuáles son aceptables como
configuración electrónica en el estado fundamental, cuáles lo son como configuración
electrónica excitada y cuáles son prohibidas.
a) 1 2 2 3 3 b) 1 2 3 c) 1 2 2 2
d) 7 e) 1 2 2 3
(C. Valenciana 2003)
Recordando que:
Z = nº atómico = nº de protones = nº de electrones (átomo neutro)
A = nº másico = nº de protones + nº de neutrones
En el caso del Pb:
Si Z = 82 y la carga es 0, el átomo tiene 82 protones y 82 electrones.
Si A = 208 y el átomo tiene 82 protones, tiene (208 – 82) = 126 neutrones.
En el caso del elemento con 31 protones:
Z = 31 y la carga es +3, el átomo tiene 31 protones y (31 – 3) = 28 electrones.
Si tiene 31 protones y 38 neutrones, A = (31 + 38) = 69.
11.13. Calcula la longitud de onda, la frecuencia y la energía de la radiación que se emite cuando
un electrón del átomo de hidrógeno salta del nivel n = 3 al n = 1. ¿A qué línea del espectro
corresponde?
Si la energía del electrón en su estado fundamental es de 13,6 eV, calcula la energía del electrón
en el nivel n = 3.
(Datos. RH = 109677 cm–1, h = 6,626·10 J·s, 1 eV = 1,602·10 J; c = 3·108 m· )
(C. Valenciana2005)
sustituyendo:
1 1 1
= 109677 cm 2 = 97491 cm
λ 1 3
de donde:
1 1 m 10 nm
λ = = 1,026·10 cm = 102,6 nm
97491 cm 10 cm 1 m
La relación entre frecuencia y longitud de onda viene dada por la expresión:
c = λ·ν
sustituyendo:
1 eV
∆E = h·ν ∆E = 6,626·10 J·s 2,92·1015 s = 12,1 eV
1,602·10 J
Por tratarse de un espectro de emisión, la energía es desprendida y el signo es negativo,
ΔE = ‐12,1 eV.
Se trata de una línea de la serie de Lyman (n = 1) que aparece a 102,6 nm.
Si la energía de un electrón en el estado fundamental es 13,6 eV, la energía que posee en un
determinado nivel cuántico se calcula mediante la expresión:
‐13,6
E = (eV)
n
El valor de la energía en el nivel 3 es:
‐13,6 eV
E = = ‐1,511 eV
32
11.14. En los siguientes párrafos modifica, de aquello que no está subrayado, lo que sea
incorrecto:
a) Para un fotón la relación entre la frecuencia (ν) y la longitud de onda (λ) es ν = 1/λ.
b) Los fotones de luz ultravioleta de λ = 300 nm poseen menor energía que los de radiación
infrarroja de λ = 1000 nm.
c) En un átomo hidrogenoide la energía de los orbitales 3d es mayor que la del orbital 3s.
d) Si un electrón tiene los números cuánticos n = 6, l = 4, m = ‐3, s = +½ el orbital que ocupa es el
6f.
e) La serie de líneas de Balmer del átomo de hidrógeno corresponde a las transiciones desde
n = 3, 4, 5, 6,… hasta n = 1 (n = nº cuántico principal).
f) En el átomo de hidrógeno la transición 3d 3p solo genera una línea espectral en el espectro
de emisión del hidrógeno
(C. Valenciana 2005) (C. Valenciana 2011)
n = 6 l = 3 m = 0, ±1, ±2, ±3 s = ±½
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 13
e) La serie de líneas de Balmer del átomo de hidrógeno corresponde a las transiciones desde
n = 3, 4, 5, 6,… hasta n = 2 (n = nº cuántico principal).
f) Un electrón que se encuentra en el orbital 3d solo genera una línea en el espectro de
emisión cuando cae al orbital 3p.
(En la cuestión propuesta en 2011 se reemplaza la opción c) por la f), en la d) se cambian los
números cuánticos y el orbital 6f por 7d).
La configuración electrónica del ion Ni es [Ar] ya que pierde dos electrones externos
del orbital 4s. La distribución de los electrones en los orbitales 3d es:
3d
Como se observa, presenta dos electrones desapareados.
El elemento cuyo símbolo es As y número atómico es 33 es el arsénico cuya configuración
electrónica abreviada es [Ar] . La suma de los superíndices indica que pertenece
al grupo 15 y el valor de n = 4 indica que pertenece al 4º periodo.
4s 4p
Como se observa, no tiene electrones desapareados.
El elemento cuyo símbolo es I y número atómico es 53 es el iodo cuya configuración
electrónica abreviada es [Kr] . La suma de los superíndices indica que pertenece
al grupo 17 y el valor de n = 5 indica que pertenece al 5º periodo.
La distribución de los electrones en los orbitales 5s y 5p es:
5s 5p
Como se observa, presenta un electrón desapareado.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 14
6s 5d
Como se observa, presenta un electrón desapareado.
11.16. El átomo de azufre tiene un valor de Z = 16. Indica cuál es su configuración electrónica y
escribe la serie completa de los cuatro números cuánticos para los cuatro electrones que se
encuentran en el orbital 3p.
(Canarias 2006)
Los valores de los números cuánticos n, l, m y s de los cuatro electrones situados en el orbital
3p son los siguientes:
n = 3 (por tratarse de un orbital del 3er nivel de energía)
l = 1 (por tratarse de un orbital p)
m = 0, +1, ‐1 (por la existencia de 3 orbitales p, ya que el subnivel p está triplemente
degenerado)
s = +½ (para tres electrones) y ‐½ (para el cuarto electrón del subnivel)
11.17. Dados los siguientes conjuntos de números cuánticos (n, l, ), justifica si son o no
correctos:
a) (2, 1, 0) b) (2, 2, ‐1) c) (2, 1, 2) d) (0, 0, 0) e) (5, 4, 5)
(Preselección C. Valenciana 2006)
11.18. Dadas las siguientes configuraciones electrónicas, justifica cuáles son aceptables como
configuraciones electrónicas en el estado fundamental de algún elemento, cuáles los son como
configuraciones electrónicas excitadas y cuáles son inaceptables:
a) 1 2 2 5 b) 1 2 2 2 c) 2
d) 1 2 2 3 e) 5
(Preselección C. Valenciana 2006)
11.19. De los siguientes conjuntos de números cuánticos (n, l, , ), identifica los que están
prohibidos en un átomo y justifica sucintamente por qué no son válidos.
a) (4, 2, ‐1, +½) b) (5, 0, ‐1, +½) c) (2, 2, ‐1, +½)
d) (4, 4, ‐1, +½) e) (6, 0, 0, +½)
(Preselección C. Valenciana 2007)
a) El conjunto de números cuánticos (4, 2, ‐1, +½) es correcto ya que no presenta ninguna
discrepancia en los valores de los mismos y corresponde a un electrón en un orbital 4d.
b) El conjunto de números cuánticos (5, 0, ‐1, +½) es prohibido ya que si el número cuántico
l = 0, el número cuántico ml sólo puede valer 0.
c) El conjunto de números cuánticos (2, 2, ‐1, +½) es prohibido ya que si el número cuántico
n = 2, el número cuántico l sólo puede valer 0 ó 1.
d) El conjunto de números cuánticos (4, 4, ‐1, +½) es prohibido ya que si el número cuántico
n = 4, el número cuántico l sólo puede valer 0, 1, 2 ó 3.
11.20. ¿Qué elementos presentan las siguientes configuraciones electrónicas del estado
fundamental? Señala a qué grupo de la Tabla Periódica pertenece cada elemento.
a) [Kr] 4 5 5 b) [He] 2 2 c) [Ar] 3 4 4 d) [Xe] 6
(Preselección C. Valenciana 2007)
Para que un átomo se encuentre en un estado fundamental debe cumplir los principios del
proceso “aufbau”:
‐ Principio de Mínima Energía: “los electrones van ocupando los orbitales según energías
crecientes”.
‐ Principio de Máxima Multiplicidad de Hund “en los orbitales de idéntica energía
(degenerados), los electrones se encuentran lo más separados posible, desapareados y con los
spines paralelos”.
‐ Principio de Exclusión de Pauli: “dentro de un orbital se pueden alojar, como máximo, dos
electrones con sus spines antiparalelos”.
La configuración electrónica propuesta para el átomo de carbono:
1s 2s 2p
corresponde a un estado excitado ya que los electrones de uno de los orbitales 2p deberían
estar desapareados y con los spines paralelos por lo que se incumple el Principio de Máxima
Multiplicidad de Hund.
La configuración electrónica propuesta para el átomo de nitrógeno:
1s 2s 2p
corresponde a un estado excitado ya que uno de los electrones de los orbitales 2p no tiene el
mismo spin que los otros por lo que se incumple el Principio de Máxima Multiplicidad de
Hund.
La configuración electrónica propuesta para el átomo de berilio:
1s 2s 2p
corresponde a un estado excitado ya que el electrón que ocupa el orbital 2p debería ocupar el
2s por lo que se incumple el Principio de Mínima Energía.
La configuración electrónica propuesta para el átomo de oxígeno:
1s 2s 2p
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 18
corresponde a un estado fundamental ya que todos los electrones cumplen los tres
principios.
La configuración electrónica del ion Cu es [Ar] ya que pierde dos electrones de los
orbitales 4s y 3d. De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la
distribución de los electrones en los orbitales 3d es:
3d
Como se observa, el ion Cu presenta un electrón desapareado.
La configuración electrónica del ion Hg es [Xe] ya que pierde dos electrones del
orbital más externo (6s). De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la
distribución de los electrones en los orbitales 5d es:
5d
Como se observa, el ion Hg no tiene electrones desapareados.
3s 3p
Como se observa, el átomo de cloro tiene un electrón desapareado.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 19
La configuración electrónica del ion V es [Ar] ya que pierde dos electrones del orbital
más externo (4s). De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la
distribución de los electrones en los orbitales 3d es:
3d
Como se observa, el ion V tiene tres electrones desapareados.
11.23. Explica cuántas líneas espectrales cabe esperar en el espectro de emisión del átomo de
hidrógeno considerando todas las transiciones posibles de los cuatro primeros niveles
energéticos de dicho átomo.
(Preselección C. Valenciana 2008)
El número de líneas espectrales coincide con el número de saltos electrónicos que se pueden
realizar:
11.24. Dadas las siguientes configuraciones electrónicas, explica cuáles son aceptables como
configuraciones del estado fundamental de algún elemento, cuáles lo son como configuraciones
electrónicas excitadas y cuáles son inaceptables:
a) 1 2 2 2 b) 1 2 2 3 3 3 c) 3
d) 8 e) 1 2 2 3 3 4 3 4
(Preselección C. Valenciana 2008)
11.26. Explica cuántas líneas espectrales cabe esperar en el espectro de emisión del átomo de
hidrógeno considerando todas las transiciones posibles de los cinco primeros niveles energéticos
de dicho átomo.
(Preselección C. Valenciana 2009)
El número de líneas espectrales coincide con el número de saltos electrónicos que se pueden
realizar:
Desde el nivel n = 5 es posible realizar cuatro saltos hasta los niveles n = 4, 3, 2 y 1.
Desde el nivel n = 4 es posible realizar tres saltos hasta los niveles n = 3, 2 y 1.
Desde el nivel n = 3 es posible realizar dos saltos hasta los niveles n = 2 y 1.
Desde el nivel n = 2 sólo es posible realizar un salto hasta el nivel n = 1.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 21
11.27. Dadas las siguientes configuraciones electrónicas, explica cuáles son aceptables como
configuraciones electrónicas en el estado fundamental de algún elemento, cuáles los son como
configuraciones electrónicas excitadas y cuáles son inaceptables:
a) 1 2 2 4 b) 1 2 2 3 3 3 3 c) 3
d) 1 2 2 5 e) 1 2 2 3 3 3 4 f) 1 2 2 3
g) 1 2 2 3 3 4 3 h) 1 2 2 3 3 3 4 i) 3
(Preselección C. Valenciana 2009) (C. Valenciana 2009) (Preselección C. Valenciana 2010)
11.29. De los siguientes conjuntos de números cuánticos, indica cuáles son posibles y cuáles no,
justificando la respuesta:
a) 2, 1, ‐1, ½ b) 7, 3, 1, ‐½ c) 6, 4, ‐4, ‐½ d) 3, 3, 0, ½
e) 0, 0, 0, ½
(C. Valenciana 2009)
La configuración electrónica del ion Mn es [Ar] ya que pierde dos electrones del orbital
4s. De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la distribución de los
electrones en los orbitales 3d es:
3d
Como se observa, el ion Mn presenta cinco electrones desapareados.
El elemento cuyo símbolo es Mo y número atómico 42 es el molibdeno cuya configuración
electrónica abreviada es [Kr] 5s 4d . La suma de los superíndices indica que pertenece al
grupo 6 y el valor de n = 5 que es un elemento del 5º periodo. El que tenga electrones d, que
pertenece al bloque de los metales de transición.
La configuración electrónica del ion Mo es [Kr] ya que pierde cuatro electrones de los
orbital 5s y 4d. De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la distribución
de los electrones en los orbitales 4d es:
4d
Como se observa, el ion Mo presenta dos electrones desapareados.
El elemento cuyo símbolo es Te y número atómico 52 es el telurio cuya configuración
electrónica abreviada es [Kr] 5s 4d 5p . La suma de los superíndices indica que pertenece
al grupo 16 y el valor de n = 5 que es un elemento del 5º periodo. El que tenga electrones p,
que pertenece al bloque de los no metales, aunque se trata de un metaloide.
5s 5p
Como se observa, el ion Te no tiene electrones desapareados.
El elemento cuyo símbolo es Pt y número atómico 78 es el platino cuya configuración
electrónica abreviada es [Xe] 4f 6s 5d . La suma de los superíndices de los orbitales s, p y
d indica que pertenece al grupo 10 y el valor de n = 6 que es un elemento del 6º periodo. El
que tenga electrones d, que pertenece bloque de los metales de transición.
La configuración electrónica del ion Pt es [Xe] ya que pierde dos electrones de los
orbitales 6s y 5d. De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la
distribución de los electrones en los orbitales 5d es:
5d
Como se observa, el ion Pt tiene dos electrones desapareados.
4s 3d
4s 3d
que presenta ambos orbitales 4s y 3d, semillenos, con 6 electrones desapareados, con más
multiplicidad, por tanto, con menos energía y por ello más estable.
Ion . Si el cromo pierde dos electrones, uno del orbital 4s y otro del 3d, adquiere la
siguiente configuración electrónica: [Ar] .
Ion . Si el cromo pierde tres electrones, uno del orbital 4s y dos del 3d, adquiere la
siguiente configuración electrónica: [Ar] .
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 25
11.32. Se tienen los elementos , y un tercer elemento C del cual se sabe que tiene 10
electrones, 7 protones y 7 neutrones. Se pide:
a) ¿Cuáles de las tres especies indicadas son átomos neutros?
b) ¿Algunas de ellas representa un ion? En caso afirmativo indica cuál sería la carga y si esta
sería la más estable del elemento.
c) ¿Cuáles son isótopos? ¿Por qué?
(Canarias 2010)
En la especie 115B, 11 es el número másico y 5 es el número atómico. Por tanto, esta especie
está formada por 5 protones y 6 neutrones.
Como se deduce del símbolo A y B son átomos neutros, y además, son isótopos ya que
tienen el mismo número atómico y distinto número másico.
Recordando que:
Z = nº atómico = nº de protones = nº de electrones (átomo neutro)
A = nº másico = nº de protones + nº de neutrones
11.36. De las siguientes combinaciones de números cuánticos, justifica cuáles no son correctas.
a) 3, 1, 1, 0 b) 1, 1, 0, +½ c) 5, 3, ‐3, ‐½
d) 2, 1, ‐2, +½ e) 4, 3, 3, 0 f) 5, 0, 1, +½
(Preselección C. Valenciana 2011)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 28
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 29
12.1. Imagine un proceso en el que los átomos de litio, Li, emitieran rayos α (partículas de ).
Basándose solamente en la energía de los electrones descrita por el modelo de Bohr:
a) Juzgue si en dicho proceso se absorbe o se desprende energía y en qué medida (determínelo
cuantitativamente).
Dato: La energía correspondiente a cada una de las órbitas (según el modelo de Bohr) viene dada
por la expresión:
E = ‐13,6 /
b) ¿Cómo sería la diferencia entre las energías de ionización del átomo de litio y de la especie
resultante?
c) Calcule la relación porcentual que existiría entre el tamaño de la especie resultante y el tamaño
del átomo de litio.
(Murcia 1999)
Li H + α
Teniendo en cuenta que la partícula α se emite y que las estructuras electrónicas son:
Li 1s 2s , luego Z = 3 y n = 2
H 1s , luego Z = 1 y n = 1
la variación de energía asociada al proceso es:
ΔE = EH – ELi
12
EH = ‐13,6 = ‐13,6 eV
12
ΔE = ‐13,6 eV – ‐30,6 eV = 17 eV
2
3
ELi = ‐13,6 = ‐30,6 eV
22
Como se observa, ΔE > 0, luego se trata de un proceso endotérmico.
b) La energía de ionización de un átomo, I, corresponde al salto electrónico desde n = valor
del número cuántico principal del electrón diferenciador hasta n = .
Z2
I = E∞ – En 13,6
n2
Las energías de ionización y su diferencia son:
12
IH = 13,6 = 13,6 eV
12
ILi – IH = 30,6 eV – 13,6 eV = 17 eV
32
ILi = 13,6 2 = 30,6 eV
2
Valor que coincide con la variación de energía asociada al proceso del apartado anterior.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 30
n2
r = k
Z
siendo k una constante, Z el número atómico del elemento y n el número cuántico principal
del electrón diferenciador.
La relación entre el tamaño del átomo de H y el de Li es:
12
rH k 1 3 3
= 2 = rH = rLi
rLi 2 4 4
k
3
12.2. Se dispone de 12,80 g de un óxido de hierro que por un proceso de reducción originan
7,66 g de hierro. El rendimiento de este proceso ha sido del 85,58%.
a) Determine la fórmula del óxido de hierro.
b) Nombre el óxido obtenido de dos formas (dos nomenclaturas).
c) Indique las valencias iónicas del hierro y del oxígeno en este óxido.
d) Escriba las configuraciones electrónicas de los iones resultantes del apartado c.
(Extremadura 1999)
a) La masa de Fe que se debería de haber obtenido teniendo en cuenta el rendimiento dado es:
100 g Fe teo
7,66 g Fe = 8,95 g Fe
85,58 g Fe exp
La estructura electrónica abreviada del Fe, elemento del 4º periodo y grupo 8 del sistema
periódico es [Ar] 4s 3d . Si el átomo Fe pierde tres electrones se transforma en el ion Fe ,
cuya configuración electrónica es [Ar] .
12.3. Si fuese aplicable el modelo atómico de Bohr, calcule cuál debería ser la segunda energía de
ionización para el litio, de acuerdo con dicho modelo.
(Dato: La energía de ionización del hidrógeno es 2,179·10 J)
(Murcia 2000)
J 6,022·1023 á tomos 1 kJ kJ
IH = 2,179·10 3 = 1312
á tomo mol 10 J mol
Z2
IX 1312
n2
La segunda ionización del litio corresponde al proceso:
Li (g) Li (g) + e
2,692
I = 1312 = 9494 kJ·mol
12
Este valor es superior al encontrado en la bibliografía para la segunda energía de ionización
del litio, 7297 kJ·mol , lo cual quiere decir que el modelo de Bohr no es aplicable en este
caso.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 32
12.4. La primera energía de ionización del Na es de 500 kJ/mol. Calcula la energía necesaria
para extraer un electrón a un átomo de sodio.
(Dato. Número de Avogadro, L = 6,022·10 )
(C. Valenciana 2001)
a) El tamaño de una especie aumenta al aumentar el valor del número cuántico principal n y
disminuye al aumentar número atómico y con ello su carga nuclear efectiva Zef.
Z = Z – σ siendo σ la constante de apantallamiento.
Na – F
N – F
Se trata de especies isoelectrónicas, que tienen idéntica estructura electrónica, y por ello,
tienen la misma constante de apantallamiento σ, sin embargo, la carga nuclear efectiva, Z es
mayor en el ion fluoruro que tiene mayor número atómico Z.
Consultando la bibliografía, los valores del radio (pm) son, N (171) > F (133).
N – O
El elemento con símbolo N es el nitrógeno y pertenece al grupo 15 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 7.
El elemento con símbolo O es el oxígeno y pertenece al grupo 16 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 8.
Se trata de átomos que pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de
n = 2, sin embargo, como Z (O) > Z (N), el tamaño del N es mayor que el del O.
Consultando la bibliografía, los valores del radio (pm) son, N (75) > O (73).
Si – N
El elemento con símbolo Si es el silicio y pertenece al grupo 14 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 14.
El elemento con símbolo N es el nitrógeno y pertenece al grupo 15 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 7.
Se trata de átomos que pertenecen a diferente periodo por lo que el factor n es determinante a
la hora de determinar el tamaño del átomo. Como n (Si) > n (N), el tamaño del Si es mayor
que el del N.
Consultando la bibliografía, los valores del radio (pm) son, Si (117) > N (75).
Fe – Fe3+
El elemento con símbolo Fe es el hierro y pertenece al grupo 8 y periodo 4 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ar] 4s 3d . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 26.
La configuración electrónica del ion Fe es [Ar] 3d ya que cede dos electrones de su orbital
más externo (4s).
La configuración electrónica del ion Fe es [Ar] 3d ya que cede tres electrones, dos de su
orbital más externo (4s), y otro del anterior (3d).
Como se observa, el factor n no es determinante a la hora de determinar el tamaño de la
especie, sin embargo, la carga nuclear efectiva, Z , es mayor para el ion Fe ya que su
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 34
constante de apantallamiento σ es menor. Por tanto, como Z (Fe ) < Z (Fe ), el tamaño
del es mayor que el del .
Consultando la bibliografía, los valores del radio (pm) son, Fe (77) > Fe (65).
Mg‐Al
El elemento con símbolo Mg es el magnesio y pertenece al grupo 2 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 12.
El elemento con símbolo Al es el aluminio y pertenece al grupo 13 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 13.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 3, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (Al) > Z (Mg), ya que el primero tiene más electrones de
valencia (s p ) que el segundo (s ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía
de ionización del Al debería ser mayor que la del Mg. Sin embargo, consultando la bibliografía,
los valores de I (kJ·mol ) son, IMg (738) > IAl (578). Esta anomalía se debe a que el único
electrón p del aluminio se encuentra bien protegido por los electrones s y los internos. Por
tanto, se necesita menos energía para arrancar ese electrón p que para quitar uno de los
electrones s apareados del mismo nivel de energía.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 35
Al – C
El elemento con símbolo Al es el aluminio y pertenece al grupo 13 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 13.
El elemento con símbolo C es el carbono y pertenece al grupo 14 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 6.
El aluminio tiene n = 3 y el carbono n = 2. Además, Z (C) > Z (Al), ya que el primero tiene
más electrones de valencia (s p ) que el segundo (s p ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos
factores, C tiene mayor energía de ionización que Al.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IC (1087) > IAl (578).
N – O
El elemento con símbolo N es el nitrógeno y pertenece al grupo 15 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 7.
El elemento con símbolo O es el oxígeno y pertenece al grupo 16 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 8.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 2, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (O) > Z (N), ya que el primero tiene más electrones de valencia
(s p ) que el segundo (s p ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía de
ionización del O debería ser mayor que la del N. Sin embargo, consultando la bibliografía, los
valores de I (kJ·mol ) son, IN (1402) > IO (1314). Esta anomalía se debe a que el nitrógeno,
de acuerdo con la regla de Hund, tiene los tres electrones p desapareados en orbitales
diferentes, mientras que el oxígeno tiene dos electrones apareados en un mismo orbital p lo
que provoca que exista repulsión electrostática entre ellos y facilite, por tanto, la eliminación
de este último electrón.
Nitrógeno Oxígeno
2s 2p 2s 2p
S – F
El elemento con símbolo S es el azufre y pertenece al grupo 16 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 16.
El elemento con símbolo F es el flúor y pertenece al grupo 17 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 9.
El azufre tiene n = 3 y el flúor n = 2. Además, Z (F) > Z (S), ya que el primero tiene más
electrones de valencia (s p ) que el segundo (s p ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos
factores, F tiene mayor energía de ionización que S.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 36
12.6. Sabiendo que la energía del electrón del átomo del hidrógeno, en su estado fundamental, es
‐13,6 eV, calcule:
a) La energía de ionización de los 4 primeros átomos hidrogenoides en su estado no excitado.
b) ¿Cuál de estos 4 átomos puede tener un electrón con mayor velocidad? Incluya la posibilidad
de cualquier estado de excitación.
c) Cada uno de estos átomos está caracterizado por un espectro de emisión en el cual existen
varias líneas comunes a todos ellos. De estas, ¿cuál es la energía correspondiente a la línea de
frecuencia más alta?
Suponga aplicable el modelo atómico de Bohr a cualquier átomo hidrogenoide.
(Consideraremos átomos hidrogenoides a los que disponen de un electrón y un cierto número de
protones).
(Dato. 1 eV = 1,6·10 J)
(Murcia 2002)
Z2
E = ‐13,6
n2
La energía de ionización (eV) vendrá dada por la expresión:
Z2
I = E∞ – E1 = 13,6 = 13,6 Z2
12
Cambiando a unidades del S.I.:
mv 2 1 Ze2
=
r 4πε0 r 2 Ze2 1
v =
2hε0 n
h
mvr = n
2π
Para los átomos hidrogenoides n = 1, y si se establece la comparación entre átomos
hidrogenoides que se encuentran en un estado excitado tal que el valor de n es el mismo para
todos ellos, la velocidad de un electrón en cualquiera de estos átomos sólo depende del valor
de Z. Por lo tanto, se mueve con mayor velocidad el electrón que se encuentre en el átomo
hidrogenoide con mayor valor de Z.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 37
c) La frecuencia más alta corresponde al salto electrónico entre los niveles cuánticos = 1
a = . La energía de ese salto electrónico coincide con la energía de ionización del
átomo según se ha demostrado en el apartado a).
12.8. Explica las diferencias entre los potenciales de ionización (eV) de las parejas siguientes:
a) Na (5,1) y Ne (21,6) b) Li (5,4) y Be (9,3) c) Be (9,3) y B (8,3).
(C. Valenciana 2002)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
a) El elemento con símbolo Na es el sodio y pertenece al grupo 1 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 11.
El elemento con símbolo Ne es el neón y pertenece al grupo 18 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 10.
El sodio tiene n = 3 y el neón n = 2. Además, Z (Ne) > Z (Na), ya que el primero tiene más
electrones de valencia (s p ) que el segundo (s ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos
factores, INe (21,8 eV) > INa (5,1 eV).
12.9. Considera los elementos A, B y C, cuyos números atómicos son 12, 16 y 17, respectivamente.
A partir de sus configuraciones electrónicas contesta de manera razonada las siguientes
cuestiones:
a) Indica el ion más estable que formará cada uno de los tres elementos.
b) La estequiometría más probable para el compuesto formado por la combinación de A y C.
(C. Valenciana 2003)
a) El ion más estable de cada elemento debe tener configuración electrónica con capa llena o
semillena de electrones.
Si el elemento A pierde los dos electrones del orbital 3s adquiere una configuración
electrónica de gas inerte muy estable, :
2 e–
[Ne] 3s [He] 2s 2p
+2 e–
[Ne] 3s 3p [Ne] 3s 3p
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 40
+1 e–
[Ne] 3s 3p [Ne] 3s 3p
b) La estequiometría del compuesto formado entre los elementos A y C es ya que el
elemento A cede dos electrones y el elemento C gana un electrón para formar ambos un ion
estable y de esa forma se cumple la condición de electroneutralidad.
12.10. Relaciona razonadamente los valores del primer potencial de ionización (kJ· ) 496,
1680 y 2008 con los elementos de número atómico 9, 10 y 11.
(C. Valenciana 2003)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
El elemento con Z = 11, tiene n = 3 y el menor número de electrones de valencia por lo que le
corresponde el menor valor de propuesto, = 496 kJ· .
Los elementos Z = 10 y Z = 9, tienen el mismo valor de n = 2, sin embargo, Z (10) > Z (9), ya
que el primero tiene más electrones de valencia (s p ) que el segundo (s p ), por tanto,
= 2008 kJ· e = 1680 kJ· .
12.11. Ordena las siguientes especies por su tamaño creciente, justificando la respuesta: ,
, , , , , Ne.
(C. Valenciana 2003) (C. Valenciana 2005) (C. Valenciana 2007)
Al (53) < (71) < Mg (72) < Na (99) < F (133) < O (140) < N (171)
Como se observa, el valor del Ne se sale de la tendencia. Esto se debe a que se está
comparando una especie atómica (Ne) cuyo radio es un valor estimado, con especies iónicas,
cuyos valores se han determinado experimentalmente mediante medidas en redes cristalinas.
12.12. A partir de los elementos de números atómicos 12, 17 y 37. Responde a las siguientes
cuestiones:
a) ¿Qué elementos son: nombre, familia y periodo?
b) ¿Cuántos electrones desapareados tiene cada uno de ellos en su estado fundamental?
c) ¿Cuáles serían los iones más estables que se obtendrían a partir de los mismos?
d) ¿Cuál de ellos es el más electronegativo?
(Canarias 2004)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 42
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 43
Z = 12
a) El elemento cuyo número atómico es 12 tiene la configuración electrónica abreviada
[Ne] . La suma de los superíndices indica que pertenece al grupo 2 y el valor de n = 3
indica que pertenece al 3er periodo. Se trata del magnesio (Mg).
b) De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la distribución de los
electrones en el orbital 3s es:
3s
Como se observa, no presenta electrones desapareados.
c) Si cede los dos electrones del orbital 3s adquiere una configuración electrónica muy estable
de gas inerte [He] y se transforma en el ion .
Z = 17
a) El elemento cuyo número atómico es 17 tiene la configuración electrónica abreviada
[Ne] . La suma de los superíndices indica que pertenece al grupo 17 (es preciso tener
en cuenta que el subnivel d no comienza a llenarse hasta el 4º periodo) y el valor de n = 3
indica que pertenece al 3er periodo. Se trata del cloro (Cl).
b) De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la distribución de los
electrones en los orbitales 3s y 3p es:
3s 3p
Como se observa, presenta un electrón desapareado.
c) Si capta un electrón completa el subnivel 3p y adquiere una configuración electrónica muy
estable de gas inerte [Ne] y se transforma en el ion .
Z = 37
a) El elemento cuyo número atómico es 37 tiene la configuración electrónica abreviada
[Kr] . La suma de los superíndices indica que pertenece al grupo 1 y el valor de n = 5
indica que pertenece al 5º periodo. Se trata del rubidio (Rb).
b) De acuerdo con el Principio de Máxima Multiplicidad de Hund, la distribución de los
electrones en el orbital 5s es:
5s
Como se observa, presenta un electrón desapareado.
c) Si cede el electrón del orbital 5s adquiere una configuración electrónica muy estable de gas
inerte [Ar] y se transforma en el ion .
El tamaño del Rb (n = 5) con más capas electrónicas es mayor que el del Mg y Cl (n = 3).
Cl (Z = 17) tiene mayor número atómico que Mg (Z = 12), por este motivo tiene mayor carga
nuclear efectiva. Por tanto, de los tres elementos propuestos, Cl es el elemento con mayor
electronegatividad.
12.13. Indica justificando brevemente la respuesta, en cada una de las siguientes parejas:
Rb‐Mg, Mg‐Al, B‐O, N‐O, O‐Te; el elemento que tiene:
a) Mayor tamaño.
b) Mayor energía de ionización.
c) Mayor electronegatividad.
(C. Valenciana 2004) (C. Valenciana 2007)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
c) La electronegatividad de un átomo aumenta en un:
Grupo al disminuir el valor del número cuántico principal n.
Periodo al aumentar el valor del número atómico.
Rb – Mg
El elemento cuyo símbolo es Rb es el rubidio y pertenece al grupo 1 y periodo 5 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Kr] 5s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 37.
El elemento cuyo símbolo es Mg es el magnesio y pertenece al grupo 2 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 12.
El tamaño del Rb (n = 5) con más capas electrónicas es mayor que el del Mg (n = 3).
La electronegatividad del Mg, con menor número atómico y similar carga efectiva, es
mayor que la del Rb.
Mg – Al
El elemento cuyo símbolo es Mg es el magnesio y pertenece al grupo 2 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 12.
El elemento cuyo símbolo es Al es el aluminio y pertenece al grupo 13 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 13.
Se trata de elementos del mismo periodo por lo que el factor determinante es la carga efectiva
que es mayor en el Al que tiene más protones en su núcleo.
El tamaño del Mg con menor carga efectiva (s ) es mayor que el del Al.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 3,
por lo que este factor no influye a la hora de decidir el mayor valor de la energía de ionización.
Por otra parte, Z (Al) > Z (Mg), ya que el primero tiene más electrones de valencia (s p )
que el segundo (s ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía de ionización del
Al debería ser mayor que la del Mg. Sin embargo, consultando la bibliografía, los valores de I
(kJ·mol ) son, IMg (738) > IAl (578). Esta anomalía se debe a que el único electrón p del
aluminio se encuentra bien protegido por los electrones s y los internos. Por tanto, se
necesita menos energía para arrancar ese electrón p que para quitar uno de los electrones s
apareados del mismo nivel de energía.
La electronegatividad del Al, con mayor número atómico y mayor carga efectiva, es mayor
que la del Mg.
B – O
El elemento cuyo símbolo es B es el boro y pertenece al grupo 13 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 5.
El elemento cuyo símbolo es O es el oxígeno y pertenece al grupo 16 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 8.
Se trata de elementos del mismo periodo por lo que el factor determinante es la carga efectiva
que es mayor en el O que tiene más protones en su núcleo.
La energía de ionización del O con mayor carga efectiva (s p ) es mayor que la del B.
La electronegatividad del O, con mayor número atómico y mayor carga efectiva, es mayor
que la del B.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 46
N – O
El elemento cuyo símbolo es N es el nitrógeno y pertenece al grupo 15 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 7.
El elemento cuyo símbolo es O es el oxígeno y pertenece al grupo 16 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 8.
Se trata de elementos del mismo periodo por lo que el factor determinante es la carga efectiva
que es mayor en el O que tiene más protones en su núcleo.
Nitrógeno Oxígeno
2s 2p 2s 2p
La electronegatividad del O, con mayor número atómico y mayor carga efectiva, es mayor
que la del N.
O – Te
El elemento cuyo símbolo es O es el oxígeno y pertenece al grupo 16 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 8.
El elemento cuyo símbolo es Te es el telurio y pertenece al grupo 16 y periodo 5 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Kr] 4d 5s 5p . Sumando
sus electrones se obtiene que su número atómico es 52.
Se trata de elementos del mismo grupo, con la misma carga nuclear efectiva, por lo que el
factor determinante es el número de capas electrónicas n.
El tamaño del Te (n = 5) con más capas electrónicas es mayor que el del O (n = 2).
La energía de ionización del O (n = 2) con menos capas electrónicas y, por tanto, con el
electrón más externo más cerca del núcleo es mayor que la del Te (n = 5).
La electronegatividad del O, con menos capas electrónicas, es mayor que la del Te.
Consultando la bibliografía, se obtienen los siguientes valores para los elementos dados:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 47
Elemento B N O Mg Al Rb Te
r / pm 83 77 75 160 143 248 143
I / kJ·mol 801 1402 1314 738 578 403 869
2,04 3,04 3,44 1,31 1,61 0,82 2,10
12.14. Dados los elementos A (Z = 19), B (Z = 35) y C (Z = 38). Se pide:
a) ¿Qué elementos son: nombre, familia y periodo?
b) ¿Qué iones más estables formarían cada uno de ellos?
c) ¿Cuál de ellos es el más electronegativo?
d) ¿Cuál de ellos tendría mayor radio atómico?
(Canarias 2005)
Z = 19
a) El elemento cuyo número atómico es 19 tiene la configuración electrónica abreviada
[Ar] . La suma de los superíndices indica que pertenece al grupo 1 y el valor de n = 4
indica que pertenece al 4º periodo. Se trata del potasio (K).
b) Si cede el electrón del orbital 4s adquiere una configuración electrónica muy estable de gas
inerte [Ne] y se transforma en el ion .
Z = 35
a) El elemento cuyo número atómico es 35 tiene la configuración electrónica abreviada
[Ar] . La suma de los superíndices indica que pertenece al grupo 17 y el valor de
n = 4 indica que pertenece al 4º periodo. Se trata del bromo (Br).
b) Si capta un electrón completa el subnivel 4p y adquiere una configuración electrónica muy
estable de gas inerte [Ar] y se transforma en el ion .
Z = 38
a) El elemento cuyo número atómico es 38 tiene la configuración electrónica abreviada
[Kr] . La suma de los superíndices indica que pertenece al grupo 2 y el valor de n = 5
indica que pertenece al 5º periodo. Se trata del estroncio (Sr).
b) Si cede los dos electrones del orbital 5s adquiere una configuración electrónica muy estable
de gas inerte [Ar] y se transforma en el ion .
12.15. Ordena los elementos sodio (Z = 11), magnesio (Z = 12), fósforo (Z = 15) y cloro (Z = 17)
según el orden creciente de su:
a) Electronegatividad.
b) Volumen atómico.
c) Potencial de ionización.
d) Afinidad electrónica.
(Canarias 2006)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Como todos los elementos pertenecen al mismo periodo (n = 3), la mayor carga nuclear
efectiva determina cuál de ellos tiene mayor potencial de ionización:
sodio < magnesio < fósforo < cloro
d) La afinidad electrónica de un átomo varía de la misma forma que el potencial de ionización.
Como todos los elementos pertenecen al mismo periodo (n = 3), la mayor carga nuclear
efectiva determina cuál de ellos tiene mayor afinidad electrónica:
sodio < magnesio < fósforo < cloro
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
De acuerdo con esto último, dentro de un periodo del sistema periódico la energía de
ionización aumenta al aumentar en número atómico Z. No obstante, se registran un par de
anomalías:
Be‐B
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 2, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (B) > Z (Be), ya que el primero tiene más electrones de
valencia (s p ) que el segundo (s ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía
de ionización del B debería ser mayor que la del Be. Sin embargo, según el enunciado, los
valores de I (eV) son, IBe (9,3) > IB (8,3). Esta anomalía se debe a que el único electrón p del
boro se encuentra bien protegido por los electrones s y los internos. Por tanto, se necesita
menos energía para arrancar ese electrón p que para quitar uno de los electrones s
apareados del mismo nivel de energía.
N – O
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 2, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (O) > Z (N), ya que el primero tiene más electrones de valencia
(s p ) que el segundo (s p ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía de
ionización del O debería ser mayor que la del N. Sin embargo, consultando la bibliografía, los
valores de I (eV) son, IN (14,5) > IO (13,6). Esta anomalía se debe a que el nitrógeno, de
acuerdo con la regla de Hund, tiene los tres electrones p desapareados en orbitales diferentes,
mientras que el oxígeno tiene dos electrones apareados en un mismo orbital p lo que provoca
que exista repulsión electrostática entre ellos y facilite, por tanto, la eliminación de este
último electrón.
Nitrógeno Oxígeno
2s 2p 2s 2p
b) Considerando aplicable el modelo de Bohr a los elementos dados, los valores para la
energía de ionización (eV) se pueden calcular mediante la expresión anterior:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 51
Periodo 1
12 22
IH = 13,6 2 = 13,6 eV IHe = 13,6 = 66,4 eV
1 12
Periodo 2
12 22 32 42
ILi = 13,6 2 =3,4 eV IBe = 13,6 2 =13,6 eV IB = 13,6 2 =30,6 eV IC = 13,6 =54,4 eV
2 2 2 22
52 62 72 82
IN = 13,6 =85,0 eV IO = 13,6 =122,4 eV IF = 13,6 =166,6 eV INe = 13,6 =217,6 eV
22 22 22 22
Grupo 1
12 12 12 12
INa = 13,6 2 =1,5 eV IK = 13,6 =0,8 eV IRb = 13,6 2 =0,5 eV ICs = 13,6 =0,4 eV
3 4 2
5 622
c‐d) Los valores calculados obtenidos son coherentes respecto a la variación dentro de un:
periodo, aumentan al aumentar Z (excepto las anomalías vistas en el apartado a)
grupo, disminuyen al aumentar el valor de n
Sin embargo, los valores numéricos calculados difieren notablemente de los valores
experimentales. Esto quiere decir que el modelo de Bohr no es aplicable a los elementos en las
condiciones dadas. Además, no se están utilizando las cargas nucleares efectivas rigurosas que
se debería calcular mediante las reglas de Slater.
12.17. Escribe las configuraciones electrónicas de los siguientes átomos indicando, en cada caso,
el grupo del sistema periódico al que pertenecen: Número atómico (Z) = 16, 19, 31, 35 y 56.
(Preselección C. Valenciana 2006)
12.18. Ordena los siguientes elementos en orden creciente a su radio atómico, justificando la
respuesta: Mg, K, Ne, Rb, Ca, Cs, Ar, P, Cl.
(Preselección C. Valenciana 2006)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 52
12.19. De las siguientes parejas de elementos, justifica cuál tiene mayor I1:
a) Mg‐Al b) P‐S c) K‐Se d) Ca‐Rb
(Preselección C. Valenciana 2006)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
a) Mg – Al
El elemento cuyo símbolo es Mg es el magnesio y pertenece al grupo 2 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 12.
El elemento cuyo símbolo es Al es el aluminio y pertenece al grupo 13 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 13.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 2, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (Al) > Z (Mg), ya que el primero tiene más electrones de
valencia (s p ) que el segundo (s ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía
de ionización del Al debería ser mayor que la del Mg. Sin embargo, según el enunciado, los
valores de I (kJ·mol ) son, IMg (738) > IAl (578). Esta anomalía se debe a que el único
electrón p del boro se encuentra bien protegido por los electrones s y los internos. Por
tanto, se necesita menos energía para arrancar ese electrón p que para quitar uno de los
electrones s apareados del mismo nivel de energía.
b) P – S
El elemento cuyo símbolo es P es el fósforo y pertenece al grupo 15 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 15.
El elemento cuyo símbolo es S es el azufre y pertenece al grupo 16 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 16.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 2, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (S) > Z (P), ya que el primero tiene más electrones de valencia
(s p ) que el segundo (s p ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía de
ionización del S debería ser mayor que la del P. Sin embargo, consultando la bibliografía, los
valores de I (kJ·mol ) son, IP (1012) > IS (1000). Esta anomalía se debe a que el nitrógeno,
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 54
de acuerdo con la regla de Hund, tiene los tres electrones p desapareados en orbitales
diferentes, mientras que el oxígeno tiene dos electrones apareados en un mismo orbital p lo
que provoca que exista repulsión electrostática entre ellos y facilite, por tanto, la eliminación
de este último electrón.
Fósforo Azufre
3s 3p 3s 3p
c) K – Se
El elemento cuyo símbolo es K es el potasio y pertenece al grupo 1 y periodo 4 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ar] 4s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 19.
El elemento cuyo símbolo es Se es el selenio y pertenece al grupo 16 y periodo 4 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ar] 3d 4s 4p . Sumando
sus electrones se obtiene que su número atómico es 34.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que al tener el mismo valor de n este
factor no influye, sin embargo, la carga efectiva, Z , del Se (s p ) es mucho mayor que la del K
(s ). Por tanto, la energía de ionización del Se es mayor que la del K.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, ISe (941) > IK (419).
d) Ca – Rb
El elemento cuyo símbolo es Ca es el calcio y pertenece al grupo 2 y periodo 4 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ar] 4s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 20.
El elemento cuyo símbolo es Rb es el rubidio y pertenece al grupo 1 y periodo 5 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Kr] 5s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 37.
Ambos elementos tienen similar valor de la carga efectiva, Z , ya que se encuentran en grupos
contiguos, sin embargo, el valor de n es mayor para Rb (n = 5) que para Ca (n = 4). Por tanto,
la energía de ionización del Ca es mayor que la del Cs.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, ICa (590) > ICs (376).
2s 2p
Como se observa, la especie no presenta electrones desapareados, por tanto, no es una
especie paramagnética.
3s 3p
Como se observa, la especie no presenta electrones desapareados, por tanto, no es una
especie paramagnética.
4s 3d
Como se observa, la especie presenta cuatro electrones desapareados, por tanto, sí es
una especie paramagnética.
3s 3p
Como se observa, la especie S presenta dos electrones desapareados, por tanto, sí es una
especie paramagnética.
12.21. El catión sodio y el neón son isoelectrónicos. Para extraer un electrón a un átomo de neón
se necesitan 2081 kJ· . Para extraer un electrón a un catión sodio se necesitan 4562
kJ· . Justifica estos valores. ¿Por qué no son iguales estos valores?
(C. Valenciana 2006)
El elemento sodio pertenece al grupo 1 y periodo 3 del sistema periódico por lo que su
configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s . Sumando sus electrones se obtiene que su
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 56
número atómico es 11. La configuración electrónica del ion Na es [He] 2s 2p ya que cede
un electrón de su capa más externa.
El elemento neón pertenece al grupo 18 y periodo 2 del sistema periódico por lo que su
configuración electrónica abreviada es [He] 2s 2p . Sumando sus electrones se obtiene que
su número atómico es 10.
La energía o potencial de ionización de una especie química puede calcularse mediante la
expresión:
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Por tratarse de especies isoelectrónicas, ambas tienen la misma constante de apantallamiento
σ, sin embargo, la carga nuclear efectiva, Z es mayor en el ion sodio que tiene mayor número
atómico Z.
Para ambas especies n = 2, pero como Z (Na ) > Z (Ne), se tiene que:
El que ambos valores no sean iguales es debido a que aunque el número de electrones que
ejercen efecto pantalla entre el núcleo y el electrón más externo es el mismo, los núcleos de
las dos especies químicas son diferentes.
12.22. Elige, en cada par de elementos, aquel que tiene un mayor valor de la primera energía de
ionización. Justifica la respuesta.
a) H‐He b) O‐Se c) Li‐Be d) P‐S d) He‐Ne
(Preselección C. Valenciana 2007)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 57
a) H – He
El elemento cuyo símbolo es H es el hidrógeno y pertenece al grupo 1 y periodo 1 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica 1s . Sumando sus electrones se obtiene que
su número atómico es 1.
El elemento cuyo símbolo es He es el helio y pertenece al grupo 18 y periodo 1 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica es 1s . Sumando sus electrones se obtiene
que su número atómico es 2.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que al tener el mismo valor de n este
factor no influye, sin embargo, la carga efectiva, Z , del He (s ) es mayor que la del H (s ). Por
tanto, la energía de ionización del He es mayor que la del H.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IHe (2372) > IH (1312).
b) O – Se
Ambos elementos pertenecen al grupo 16 por lo que su configuración electrónica externa es
ns np lo que determina que tengan la misma carga nuclear efectiva. Sin embargo, se
diferencian en el valor de n, es decir, el periodo al que pertenecen, así para el O (n = 2) y para
el Se (n = 4). Por tanto, la energía de ionización del O es mayor que la del Se.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IO (1314) > ISe (941).
c) Li – Be
El elemento cuyo símbolo es Li es el litio y pertenece al grupo 1 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 3.
El elemento cuyo símbolo es Be es el berilio y pertenece al grupo 2 y periodo 2 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [He] 2s . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 4.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que al tener el mismo valor de n este
factor no influye, sin embargo, la carga efectiva, Zef, del Be (s ) es mayor que la del Li (s ). Por
tanto, la energía de ionización del Be es mayor que la del Li.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IBe (900) > ILi (520).
d) P – S
El elemento cuyo símbolo es P es el fósforo y pertenece al grupo 15 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 15.
El elemento cuyo símbolo es S es el azufre y pertenece al grupo 16 y periodo 3 del sistema
periódico por lo que su configuración electrónica abreviada es [Ne] 3s 3p . Sumando sus
electrones se obtiene que su número atómico es 16.
Ambos elementos pertenecen al mismo periodo por lo que tienen el mismo valor de n = 2, lo
que hace que este factor no influya a la hora de decidir el mayor valor de la energía de
ionización. Por otra parte, Z (S) > Z (P), ya que el primero tiene más electrones de valencia
(s p ) que el segundo (s p ). Por tanto, teniendo en cuenta ambos factores, la energía de
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 58
ionización del S debería ser mayor que la del P. Sin embargo, consultando la bibliografía, los
valores de I (kJ·mol ) son, IP (1012) > IS (1000). Esta anomalía se debe a que el nitrógeno,
de acuerdo con la regla de Hund, tiene los tres electrones p desapareados en orbitales
diferentes, mientras que el oxígeno tiene dos electrones apareados en un mismo orbital p lo
que provoca que exista repulsión electrostática entre ellos y facilite, por tanto, la eliminación
de este último electrón.
Fósforo Azufre
3s 3p 3s 3p
e) He – Ne
Ambos elementos pertenecen al grupo 18 por lo que sus configuraciones electrónicas
respectivas son 1s para el He y [He] 2s 2p para el Ne, lo que determina que tengan,
aproximadamente, la misma carga nuclear efectiva. Sin embargo, se diferencian en el valor de
n, es decir, el periodo al que pertenecen, así para el He (n = 1) y para el Ne (n = 2). Por tanto, la
energía de ionización del He es mayor que la del Ne.
Consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IHe (2372) > INe (2081).
12.23. Ordena los elementos o iones en cada uno de los siguientes grupos en orden decreciente de
su de radio atómico o iónico. Justifica la respuesta.
a) S, Cl, Si b) Co, Ti, Cr c) Zn, Hg, Cd d) Mg2+, Ca2+, Ba2+
e) S , Cl , P
2 – – 3 –
b) Co, Ti y Cr
Los tres elementos pertenecen 4º periodo (n = 4) por lo que el factor determinante del
tamaño viene dado por su carga nuclear efectiva que depende de su número atómico.
Las configuraciones electrónicas abreviadas y números atómicos son, respectivamente:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 59
c) Zn, Cd y Hg
Los tres elementos pertenecen al grupo 12, lo que hace que tengan la misma carga nuclear
efectiva, por lo que el factor determinante del tamaño viene dado por el valor del número n
que indica el periodo al que pertenecen.
Las configuraciones electrónicas abreviadas son, respectivamente:
d) Mg , Ca y Ba
Los tres elementos pertenecen al grupo 2 lo que hace que tengan la misma carga nuclear
efectiva, por lo que el factor determinante del tamaño viene dado por el valor del número n
que indica el periodo al que pertenecen.
Las configuraciones electrónicas abreviadas son, respectivamente:
Por tanto, el orden creciente de radios (pm) es (72) < (100) < (135).
e) S , Cl y P
Los tres elementos pertenecen 3er periodo (n = 3) por lo que el factor determinante del
tamaño viene dado por su carga nuclear efectiva que depende de su número atómico.
Las configuraciones electrónicas abreviadas y números atómicos son, respectivamente:
Por tanto, el orden creciente de radios (pm) es (181) < (184) < (212).
12.24. Razona si los iones y son isoelectrónicos. En caso afirmativo, razonar cuál de las
dos especies tendría mayor tamaño.
(Canarias 2008) (Canarias 2011)
12.25. Ordena los siguientes elementos en orden creciente de su radio atómico, justificando la
respuesta: K, Al, Ca, Ar, Ba, Ne, S y Mg.
(Preselección C. Valenciana 2008)
12.26. Ordena, justificando la respuesta, las siguientes especies químicas de menor a mayor
energía necesaria para arrancar un electrón: Ne, O, Na, F y .
(Preselección C. Valenciana 2008)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Para los especies dadas se puede plantear la siguiente tabla:
Elemento O F Ne Na
Z 8 9 10 11 12
estructura
[He] 2s 2p [He] 2s 2p [He] 2s 2p [Ne] 3s [He] 2s 2p
electrónica
Zef (aprox.) 6 7 8 1 > 8
n 2 2 2 3 2
De los elementos dados, el que presenta menor energía de ionización es el que tenga menor
valor de Z y mayor valor de n, el Na (Z = 1) elemento del 3er periodo del sistema periódico
(n = 3) por lo que tiene la menor energía de ionización de todos ellos.
Le siguen los elementos del 2º periodo (n = 2), O (Z = 6), F (Z = 7) y Ne (Z = 8).
Finalmente, Mg (Z > 8) ya que ha perdido los dos electrones de su capa más externa y
tiene carga máxima.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 62
Por tanto, las especies ordenadas de menor a mayor energía de ionización (kJ·mol ) son:
12.27. El electrón más externo del átomo, en estado fundamental, de cierto elemento tiene los
números cuánticos n = 3, l = 2, = 2, = ½. Suponiendo que no hay otro electrón con la
misma energía, indica, justificando la respuesta:
a) ¿Cuál es el número atómico, Z, de dicho elemento?
b) Grupo y bloque al que pertenece.
c) Símbolo de dicho elemento.
(C. Valenciana 2008)
La electronegatividad, χ, mide la capacidad que tiene un átomo para atraer hacia sí los
electrones de su enlace con otros átomos. Su valor se puede calcular a partir de los valores de
la energía de ionización, I, y de la afinidad electrónica, AE, de forma que aumenta al aumentar
ambas propiedades. La electronegatividad de un elemento es mayor cuanto menor es su radio
atómico y cuanto mayor es su carga nuclear efectiva. Por tanto, la electronegatividad de un
átomo aumenta en un:
‐ Grupo al disminuir el valor del número cuántico principal n.
‐ Periodo al aumentar el valor del número atómico.
Las configuraciones electrónicas abreviadas de los elementos propuestos son:
12.29. Cierto elemento del tercer periodo tiene las siguientes energías de ionización sucesivas
(kJ· ):
= 786,5 = 1577 = 3232 = 4356 = 16090.
Identifica dicho elemento justificando la respuesta.
(C. Valenciana 2008)
12.30. Ordena los siguientes elementos en orden creciente de su radio atómico, justificando la
respuesta: F, Sn, Br, O, He, Rb, Ne, As.
(Preselección C. Valenciana 2009)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 64
12.31. Ordena, justificando la respuesta, las siguientes especies químicas de menor a mayor
energía para arrancar un electrón: Ge, O, Ca, Si, Rb, Ne, N.
(Preselección C. Valenciana 2009)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 65
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Para los elementos dados se puede plantear la siguiente tabla:
Elemento N O Ne Si Ca Ge Rb
Z 7 8 10 14 20 32 37
[Ar]
estructura [He] 2s [He] 2s [He] 2s [Ne] 3s
[Ar] 4s 3d [Kr] 5s
electrónica 2p 2p 2p 3p
4s 4p
Zef (aprox.) 6 6 8 4 2 4 1
n 2 2 2 3 4 4 5
De los elementos dados, el que presenta menor energía de ionización es el que tenga menor
valor de Zef y mayor valor de n, el Rb (Z = 1) elemento del 5º periodo del sistema periódico
(n = 5) por lo que tiene la menor energía de ionización de todos ellos.
Le siguen los elementos del 4º periodo (n = 4), Ca (Z = 2) y Ge (Z = 4).
A continuación, el elemento del 3er periodo (n = 3), Si (Z = 4).
Finalmente, los elementos del 2º periodo (n = 2), N (Z = 5), O (Z = 6) y Ne (Z = 8) que es el
que posee el valor más alto de la energía de ionización para los elementos dados.
En el caso de la pareja N−O, la energía de ionización del O debería ser mayor que la del N. Sin
embargo, consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IN (1402) > IO (1314).
Esta anomalía se debe a que el nitrógeno, de acuerdo con la regla de Hund, tiene los tres
electrones p desapareados en orbitales diferentes, mientras que el oxígeno tiene dos
electrones apareados en un mismo orbital p lo que provoca que exista repulsión electrostática
entre ellos y facilite, por tanto, la eliminación de este último electrón.
Por tanto, las especies ordenadas de menor a mayor energía de ionización (kJ/mol) son:
Rb (403) < Ca (590) < Ge (762) < Si (787) < O (1314) < N (1402) < Ne (2081)
12.32. Ordena los siguientes iones en orden creciente de su radio iónico, justificando la respuesta:
, , , , .
(Preselección C. Valenciana 2010) (Preselección C. Valenciana 2011)
12.33. Ordena, justificando la respuesta, las siguientes especies químicas de menor a mayor
energía para arrancar un electrón: O, Ne, , F, .
(Preselección C. Valenciana 2010)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Para los elementos dados se puede plantear la siguiente tabla:
Elemento O F Ne
Z 3 4 8 9 10
estructura [He] 2s [He] 2s [He] 2s
1s 1s
electrónica 2p 2p 2p
Zef (aprox.) > 2 >> 2 6 7 8
n 1 1 2 2 2
De las especies dadas, la que presenta menor energía de ionización es la que tenga menor
valor de Z y mayor valor de n, el O (Z = 6) elemento del 2º periodo del sistema periódico
(n = 2) por lo que tiene la menor energía de ionización de todos ellos.
Le siguen los elementos del 2º periodo (n = 2), F (Zef = 7) y Ne (Zef = 8).
A continuación, el ion Li (n = 1), y un Z muy elevado por tratarse de un ion.
Finalmente, el ion Be (n = 1), y un Z bastante mayor que el del Li , es la especie que posee
el valor más alto de la energía de ionización de todas las especies dadas.
Por tanto, las especies ordenadas de menor a mayor energía de ionización (kJ·mol ) son:
12.34. Dados los elementos A (Z = 6), B (Z = 9) y C (Z = 19) y sin necesidad de tener que
identificarlos, se pide:
a) El número de electrones de valencia de cada uno.
b) Indicar cuáles son metales y cuáles no metales.
c) La fórmula de los compuestos que B puede formar con todos los demás, indicando cuáles on
iónicos y cuáles covalentes.
d) El elemento que presentará mayor afinidad electrónica.
c) El elemento menos electronegativo.
(Canarias 2011)
Z = 6
a) El elemento cuyo número atómico es 6 tiene la configuración electrónica abreviada
[He] 2s 2p . Tiene cuatro electrones de valencia.
b) Forma enlaces covalentes compartiendo cuatro electrones con otros átomos, se trata de un
no metal.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 68
Z = 9
a) El elemento cuyo número atómico es 9 tiene la configuración electrónica abreviada
[He] 2s 2p . Tiene siete electrones de valencia.
b) Tiende a captar (formando un enlace iónico) o a compartir un electrón con otro átomo
(formando un enlace covalente), se trata de un no metal.
Z = 19
a) El elemento cuyo número atómico es 19 tiene la configuración electrónica abreviada
[Ar] 4s . Tiene un electrón de valencia.
b) Tiende a ceder un electrón a otro átomo formando un enlace iónico, se trata de un metal.
d) De los tres elementos propuestos el que presenta mayor afinidad electrónica es del
número atómico Z = 9 ya que tiene siete electrones de valencia y tiene una elevada tendencia
a completar su capa de valencia captando o compartiendo un único electrón.
12.35. Ordena, justificando la respuesta, las siguientes especies químicas de menor a mayor
energía para arrancar un electrón: S, Si, Rb, , Ar, P.
(Preselección C. Valenciana 2011)
Z = Z # e– internos = # e– externos
La carga nuclear efectiva en un periodo crece al aumentar el número atómico Z, mientras que
en un grupo se mantiene constante.
Para los elementos dados se puede plantear la siguiente tabla:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 69
Elemento Si P S Ar Rb
Z 11 14 15 16 18 37
estructura [He] 2s [Ne] 3s [Ne] 3s [Ne] 3s [Ne] 3s
5s
electrónica 2p 3p 3p 3p 3p
Zef (aprox.) > 8 4 5 6 8 1
n 2 3 3 3 3 5
De las especies dadas, la que presenta menor energía de ionización es la que tenga menor
valor de Z y mayor valor de n, el Rb (Z = 1) elemento del 5º periodo del sistema periódico
(n = 5) por lo que tiene la menor energía de ionización de todos ellos.
Le siguen los elementos del 3er periodo (n = 3), Si, (Z = 4), P (Z = 5), S (Z = 6) y Ar
(Z = 8).
Finalmente, el ion Na (n = 2), y un Z muy elevado por tratarse de un ion, es la especie que
posee el valor más alto de la energía de ionización de todas las especies dadas.
En el caso de la pareja P−S, la energía de ionización del S debería ser mayor que la del P. Sin
embargo, consultando la bibliografía, los valores de I (kJ·mol ) son, IP (1012) > IS (1000).
Esta anomalía se debe a que el fósforo, de acuerdo con la regla de Hund, tiene los tres
electrones p desapareados en orbitales diferentes, mientras que el azufre tiene dos electrones
apareados en un mismo orbital p lo que provoca que exista repulsión electrostática entre ellos
y facilite, por tanto, la eliminación de este último electrón.
Por tanto, las especies ordenadas de menor a mayor energía de ionización (kJ·mol ) son:
Rb (403) < Si (787) < S (1000) < P (1012) < Ar (1521) < Na+ (4562)
Probleemas y Cuestion
nes de las Olim
mpiadas de Química. Volumen
n 10. (S. Menarggues & F. Latree) 70
Las estructuras d
de Lewis de las especies propuestas son, respecttivamente:
Las estructuras d
de Lewis de las especies propuestas son, respecttivamente:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 71
13.4. El y el son dos compuestos del tipo , sin embargo, el primero tiene un
momento dipolar de 4,97·10 C·m, mientras que el del segundo es cero. ¿Cómo se interpreta
estos datos?
(Canarias 1998)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 72
13.5. Ordene las siguientes especies por orden creciente de ángulo de enlace:
(Canarias 1998)
13.6. Indique cuántos enlaces σy π tiene la molécula de 2‐butino. ¿De qué tipo son los enlaces σ?
(Extremadura 1998)
Los enlaces sencillos, 6 C–H y 1 C–C, son enlaces σ, y el enlace triple C≡C, está formado por
1 enlace σ y 2 enlaces π.
En total, 8 enlaces σ y 2 enlaces π.
Si el átomo X cede los dos electrones del orbital 3s adquiere una configuración electrónica
muy estable de gas inerte [He] y se transforma en el ion .
Si el átomo Y capta un electrón completa el subnivel 3p y adquiere una configuración
electrónica muy estable de gas inerte [Ne] y se transforma en el ion .
De acuerdo con la condición de electroneutralidad entre ambos iones forman un compuesto
iónico de fórmula .
Los compuestos iónicos tienen las siguientes propiedades:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 74
13.8. Indica dentro de cada pareja de especies, cuál de ellas presenta un mayor ángulo de enlace
O−X−O.
a) y b) y c) y
d) y e) y f) y
(C. Valenciana 1999)
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición es
triangular y su geometría es ANGULAR ya que sólo hay dos ligandos unidos al átomo central.
El ángulo de enlace es algo menor de 120° debido a la repulsión que provoca el par de
electrones solitario que hay sobre el átomo de nitrógeno.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y forma
geométrica es TRIANGULAR PLANA con un ángulo de enlace de 120°.
Por tanto, el ángulo O–N–O es mayor en el .
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 2 por lo que su disposición y forma
geométrica es LINEAL con un ángulo de enlace de 180°.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 75
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición es
triangular y su geometría es ANGULAR ya que sólo hay dos ligandos unidos al átomo central.
El ángulo de enlace es algo menor de 120° debido a la repulsión que provoca el par de
electrones solitario que hay sobre el átomo de azufre.
Por tanto, el ángulo O–X–O es mayor en el .
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición es
tetraédrica y su geometría es PIRAMIDAL ya que sólo hay tres ligandos unidos al átomo
central. El ángulo de enlace es algo menor de 109,5° debido a la repulsión que provoca el par
de electrones solitario que hay sobre el átomo de azufre.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición y su
geometría es TETRAÉDRICA con un ángulo de enlace de 109,5°.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 76
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición es
tetraédrica y su geometría es PIRAMIDAL ya que sólo hay tres ligandos unidos al átomo
central. El ángulo de enlace es algo menor de 109,5° debido a la repulsión que provoca el par
de electrones solitario que hay sobre el átomo de cloro.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición y su
geometría es TETRAÉDRICA con un ángulo de enlace de 109,5°.
Por tanto, el ángulo O–Cl–O es mayor en el .
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición es
triangular y su geometría es ANGULAR ya que sólo hay dos ligandos unidos al átomo central.
El ángulo de enlace es algo menor de 120° debido a la repulsión que provoca el par de
electrones solitario que hay sobre el átomo de azufre.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y su
geometría es TRIANGULAR PLANA con un ángulo de enlace de 120°.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 77
Por tanto, el ángulo O–S–O es mayor en el .
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición es
tetraédrica y su geometría es PIRAMIDAL ya que sólo hay tres ligandos unidos al átomo
central. El ángulo de enlace es algo menor de 109,5° debido a la repulsión que provoca el par
de electrones solitario que hay sobre el átomo de azufre.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y forma
geométrica es TRIANGULAR PLANA con un ángulo de enlace de 120°.
13.9. Dibuja el diagrama de Lewis de la molécula de y explica si sigue la regla del octeto
y que tipos de enlaces existen.
(Galicia 2000)
todos los átomos de la molécula cumplen la regla del octeto (es preciso señalar que el átomo
de hidrógeno llena su única capa con sólo 2 electrones).
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 78
Entre los iones amonio (NH ) e hidrógenosulfuro (HS ) existe un enlace iónico.
Dentro del ion amonio, los enlaces N–H son enlaces covalentes con la particularidad de que
uno de ellos es covalente coordinado o dativo.
El enlace H–S existente en el ion hidrógenosulfuro es un enlace covalente.
todos los átomos de la molécula cumplen la regla del octeto (es preciso señalar que el átomo
de hidrógeno llena su única capa con sólo 2 electrones).
Respecto a los enlaces existentes:
Entre los iones amonio (NH ) e hidrógenocarbonato (HCO ) existe un enlace iónico.
Dentro del ion amonio, los enlaces N–H son enlaces covalentes con la particularidad de que
uno de ellos es covalente coordinado o dativo.
Los enlaces C–O y H–O existentes en el ion hidrógenocarbonato son enlaces covalentes.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 6 por lo que su disposición es
octaédrica y su geometría es CUADRADA PLANA ya que sólo hay cuatro ligandos unidos al
átomo central.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 79
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV y son especies cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición es
triangular y su geometría ANGULAR ya que sólo hay dos ligandos unidos al átomo central.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 80
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una
sustancia cuya distribución de ligandos y pares de electrones
solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula AX
a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su
disposición y geometría es TRIANGULAR.
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el azufre
( = 2,58) existen tres dipolos dirigidos hacia el oxígeno S O.
Con esa geometría la resultante de los vectores momento dipolar
es nula (μ = 0) y la molécula es NO POLAR.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 81
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el carbono ( = 2,55) y que el
hidrógeno ( = 2,20) los enlaces son polares y con esa geometría la resultante de los vectores
momento dipolar no es nula (μ = 1,69 D) y la molécula es POLAR.
13.14 En las moléculas que se indican, señala las que tienen momento dipolar permanente:
, , , .
(C. Valenciana 2002)
Como el azufre ( = 2,58) es más electronegativo que el carbono ( = 2,55) existen dos dipolos
dirigidos hacia el azufre C S. Con esa geometría la resultante de los vectores momento
dipolar es nula (μ = 0) y la molécula es NO POLAR.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 83
13.15. De las siguientes moléculas o iones: , , y indica las que son tetraédricas,
justificando la respuesta.
(C. Valenciana 2003) (C. Valenciana 2005)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 84
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV y son especies cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición y geometría
es TETRAÉDRICA.
Los átomos de carbono presentan hibridación y forman tres enlaces con ángulos de
120°.
Los enlaces sencillos, C–H, son enlaces σ, y el enlace doble C=C, está formado por un enlace σ y
un enlace π.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 85
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es
una sustancia cuya distribución de ligandos y pares de
electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la
fórmula AX a la que corresponde un número estérico
(m+n) = 2 por lo que su disposición su geometría es LINEAL.
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el
carbono ( = 2,55) existen dos dipolos dirigidos hacia el
oxígeno C O. Con esa geometría la resultante de los
vectores momento dipolar es nula (μ = 0) y la molécula es NO
POLAR.
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el hidrógeno ( = 2,20) existen dos
dipolos dirigidos hacia el oxígeno H O. Con esa geometría la resultante de los vectores
momento dipolar no es nula (μ = 1,85 D) y la molécula es POLAR.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 87
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV , y son especies cuya
distribución de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta
a la fórmula AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición
y geometría es TRIANGULAR PLANA.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el y el son especies cuya
distribución de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta
a la fórmula AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su
disposición es tetraédrica y su geometría es PIRAMIDAL ya que sólo hay tres ligandos unidos
al átomo central.
El átomo de carbono con todos todos los enlaces sencillos (grupo metilo) presenta
hibridación y forma cuatro enlaces con ángulos de 109,5°.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 88
Los átomos de carbono con doble enlace presentan hibridación y forman tres
enlaces con ángulos de 120°.
Los enlaces sencillos, 8 C–H y 1 C–C, son enlaces σ, y los dos dobles enlaces C=C, están
formados por 1 enlace σ y 1 enlace π.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es
una sustancia cuya distribución de ligandos y pares de
electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la
fórmula AX a la que corresponde un número estérico
(m+n) = 2 por lo que su disposición su geometría es LINEAL.
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el
carbono ( = 2,55) existen dos dipolos dirigidos hacia el
oxígeno C O. Con esa geometría la resultante de los
vectores momento dipolar es nula (μ = 0) y la molécula es
APOLAR.
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el azufre ( = 2,58) existen dos dipolos
dirigidos hacia el oxígeno S O. Con esa geometría la resultante de los vectores momento
dipolar no es nula (μ = 1,63 D) y la molécula es POLAR.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 89
Como el nitrógeno ( = 3,04) es más electronegativo que el hidrógeno ( = 2,20) existen tres
dipolos dirigidos hacia el nitrógeno H N. Con esa geometría la resultante de los vectores
momento dipolar no es nula (μ = 1,47 D) y la molécula es POLAR.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 90
a) Las diferencias de electronegatividad entre los elementos que forman los compuestos
dados son:
Compuesto OF NaF BF
Δχ (3,98 – 3,44) = 0,54 (3,98 – 0,93) = 3,05 (3,98 – 2,04) = 1,94
Probleemas y Cuestion
nes de las Olim
mpiadas de Química. Volumen
n 10. (S. Menarggues & F. Latree) 91
13.233. Sabiendo q
que el eteno ttiene una esttructura plan
na y el que eel etino es lineal.
a) Ind
dica la hibrid
dación de cada uno de lo os átomos de carbono de dichos comp puestos.
b) Haaz un esquemma de cada u uno de los co
ompuestos inndicando los ángulos de enlace, así ccomo los
tipos de enlace σ yy π presentees.
(Canarrias 2006)
En el los átomos de carbono presentan h
hibridación y formaan tres enlaaces con
ánguulos de 120°°.
En el loss átomos de
e carbono p
presentan h n sp y formaan dos enlaces con
hibridación
ángu ulos de 180°°.
b) En
n ambos com
mpuestos, loss enlaces se
encillos, C–H
H, son enlacces σ.
En eel el en
nlace doble C=C está forrmado por
En eel el en
nlace triple C≡C está fo
ormado por
Las estructuras d
de Lewis de las moléculaas propuestaas son:
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el cloro ( = 3,16) existen dos dipolos
dirigidos hacia el oxígeno Cl O. Con esa geometría la resultante de los vectores momento
dipolar no es nula (μ ≠ 0) y la molécula es POLAR.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el F CO es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y geometría
es TRIANGULAR PLANA.
13.25. ¿En cuál de las siguientes moléculas cabe esperar un enlace O−O más corto? , , .
Justifica la respuesta.
(C. Valenciana 2006)
El orden de enlace se define como el número de pares de electrones que forman un enlace y
está relacionado con la longitud de dicho enlace que es tanto más corto cuantos más pares de
electrones formen dicho enlace ya que mayor atracción existirá entre los átomos.
La estructura de Lewis del es:
El orden de enlace entre los átomos de oxígeno es 1, ya que el enlace está formado por un
único par de electrones.
La estructura de Lewis del es:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 93
El orden de enlace entre los átomos de oxígeno es 2, ya que el enlace está formado por dos
pares de electrones.
Esta molécula presenta resonancia. Esto consiste en que, experimentalmente, la longitud del
enlace OO está comprendida entre la longitud del enlace sencillo y la del doble, no es tan
corto como éste ni tan largo como el sencillo. Por este motivo se dice que el orden de enlace
entre los átomos de oxígeno es 1½.
Por tanto, el enlace OO más corto corresponde a la molécula de . Según la bibliografía,
las longitudes de los enlaces OO (pm) son:
(121) < (128) < (149)
13.26. Indica la hibridación del átomo central en cada uno de los siguientes compuestos, así
como, la geometría de cada molécula:
a) b) c) d) .
(Canarias 2007)
Para poder determinar la hibridación del átomo central de una molécula, es preciso dibujar su
estructura de Lewis y a partir de la misma ver el número de pares de electrones que rodean al
átomo central. Aplicando el modelo RPECV se determina su geometría molecular.
a) La configuración electrónica asignada al ion X2+ indica que contiene 18 electrones, como se
trata de un ion con dos cargas positivas quiere decir que ha perdido dos electrones, por lo que
al átomo neutro le corresponde la configuración electrónica:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 95
Como el flúor ( = 3,98) es más electronegativo que el nitrógeno ( = 3,04) existen tres
dipolos dirigidos hacia el flúor N F. Con esa geometría la resultante de los vectores
momento dipolar no es nula (μ = 0,235 D) y la molécula es POLAR.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 2 por lo que su disposición y geometría
es LINEAL.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 97
13.32. Justifica, dentro de cada pareja de especies, las diferencias en el ángulo de enlace O−X−O.
a) y b) y c) y d) y
(C. Valenciana 2008)
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y forma
geométrica es TRIANGULAR PLANA con un ángulo de enlace de 120°.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 98
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición es
tetraédrica y su geometría es PIRAMIDAL ya que sólo hay tres ligandos unidos al átomo
central. El ángulo de enlace es algo menor de 109,5° debido a la repulsión que provoca el
par de electrones solitario que hay sobre el átomo de azufre.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición es
triangular y su geometría es ANGULAR ya que sólo hay dos ligandos unidos al átomo central.
El ángulo de enlace es algo menor de 120° debido a la repulsión que provoca el par de
electrones solitario que hay sobre el átomo de nitrógeno.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y forma
geométrica es TRIANGULAR PLANA con un ángulo de enlace de 120°.
c) Las estructuras de Lewis del NO y ClO son, respectivamente:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 99
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición y forma
geométrica es TRIANGULAR PLANA con un ángulo de enlace de 120°.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición es
tetraédrica y su geometría es PIRAMIDAL ya que sólo hay tres ligandos unidos al átomo
central. El ángulo de enlace es algo menor de 109,5° debido a la repulsión que provoca el
par de electrones solitario que hay sobre el átomo de cloro.
d) Las estructuras de Lewis del NO y CO son:
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una especie cuya distribución de
ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX E a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su disposición es
triangular y su geometría es ANGULAR ya que sólo hay dos ligandos unidos al átomo central.
El ángulo de enlace es algo menor de 120° debido a la repulsión que provoca el par de
electrones solitario que hay sobre el átomo de nitrógeno.
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 2 por lo que su disposición y forma
geométrica es LINEAL con un ángulo de enlace de 180°.
(Similar al propuesto en C. Valenciana 1999).
13.33. De acuerdo con el modelo de repulsión de los pares de electrones de la capa de valencia
(RPECV) deducir la forma geométrica de las siguientes especies químicas:
a) b) c)
(Canarias 2009)
Probleemas y Cuestion
nes de las Olim
mpiadas de Química. Volumen
n 10. (S. Menarggues & F. Latree) 100
Las estructuras d
de Lewis de las especies dadas son:
a) Dee acuerdo coon la notaciión del mod delo de RPEECV el
ees una susttancia cuya distribució ón de ligandos y
paress de electrrones solitaarios alrededor del áátomo
centrral se ajusta a la fórmula AX a la que corresp
ponde
un núúmero estériico (m+n) = 4 por lo quee su disposicción y
geommetría es TET TRAÉDRICA A ya que no o existen parres de
electrrones solitarrios sobre ell átomo centtral.
b‐c) DDe acuerdo ccon la notacción del mod delo de RPECCV el y el so
on especies del tipo
AX E , con número estérico o 4, a las qu
ue correspo
onden una d distribución tetraédricaa de los
liganddos y paress solitarios alrededor d del átomo ceentral. Al exxistir dos pares
p de electrones
solitaarios sobre el german nio y nitróggeno, respeectivamente,, las especiies presentan una
geommetría moleccular ANGU ULAR con áángulos de enlace men nores de 10 09,5° debidos a la
repullsión que ejeercen los parres de electrrones solitarrios.
13.34
4. Dados los ssiguientes ennlaces: Al–Cl;; Cl–Cl; K–Cl..
a) ¿Cu
uál de ellos ees no polar (o
(o apolar)?
b) Sollo uno de ello
os representta un enlace iónico.
c) Ord
denar los enllaces por ord den de polarridad creciennte.
(Canarrias 2009)
El ord
den crecientte de la electtronegativid
dad para los elementos d
dados es:
χK (0,82) < χAl (1,61) < χCl (3,16)
Las d de electronegatividad en
diferencias d ntre los elem
mentos que forman los compuestoss dados
son:
Comppuesto Cl AlCl KCl
Δ
Δχ 0,00 1,55 2,34
c) Cuanto mayor sea la diferencia de electronegatividad entre los elementos que forman el
enlace tanto más polar es este. El orden de polaridad creciente de los enlaces dados es:
Cl–Cl < Al–Cl < K–Cl
13.35. Los pimientos rojos disponen de compuestos químicos que además de transmitir su sabor
picante también son capaces de matar bacterias. Uno de los componentes químicos aislados del
pimiento rojo es la capsaicina cuya estructura se indica:
En la estructura de la capsaicina, indica:
a) ¿Cuántos carbonos con hibridación hay?
b) ¿Cuántos enlaces pi (π)?
c) La configuración del doble enlace de la cadena carbonada ¿es cis o trans?
(Canarias 2009)
a) Los átomos de carbono que sólo tienen enlaces simples presentan hibridación sp . En este
caso hay nueve átomos de carbono con hibridación .
b) Los enlaces se dan entre átomos que se unen mediante un doble o triple enlace. En este
caso hay cinco dobles enlaces, tres en el anillo bencénico, uno en el grupo carbonilo y otro
entre átomos de carbono C3 y C4 de la cadena carbonada. Hay en total cinco enlaces .
c) Como los átomos de hidrógeno que se encuentran unidos a los átomos de carbono que
forman el doble enlace se encuentran en posiciones alejadas, la configuración es trans.
13.37. En el anión nitrato, , todas las distancias de enlace N−O son idénticas y su valor es
121,8 pm.
a) Escribe las estructuras de Lewis del anión nitrato, indicando las posibles formas resonantes y
las cargas formales sobre cada átomo.
b) Utilizando las estructuras de Lewis, argumenta por qué las distancias N−O son todas iguales.
c) Describe la geometría del anión nitrato e indica el sentido de las desviaciones de los ángulos
respecto de los valores ideales.
(C. Valenciana 2009)
a) Como se trata de una especie que presenta resonancia tiene varias estructuras de Lewis que
constituyen un “híbrido de resonancia”:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 103
b) Las diferentes estructuras resonantes indican que el doble enlace puede estar entre
cualquiera de los átomos de O y el de N. El orden de enlace en una estructura indica el número
de pares de electrones que constituyen un enlace. En este caso al existir resonancia, el orden
de enlace N−O es 1⅓ ya que uno de los pares de electrones compartidos se encuentra
repartido entre los tres enlaces. Esto quiere decir que, en realidad, los tres enlaces N−O
tienen la misma longitud.
a) De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el = es una sustancia cuya
distribución de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor de cada átomo central se
ajusta a la fórmula AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 3 por lo que su
disposición es TRIANGULAR PLANA. Una sustancia cuyo átomo central presenta esta
disposición tiene 3 orbitales híbridos .
b) De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el CHCH es una sustancia cuya
distribución de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta
a la fórmula AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 2 por lo que su disposición
LINEAL. Una sustancia cuyo átomo central presenta esta disposición tiene 2 orbitales híbridos
sp.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 104
De acuerdo con el modelo RPECV, y son especies del tipo AX E, con número
estérico 3, a las que corresponden una distribución triangular de los ligandos y pares
solitarios alrededor del átomo central. Al existir un par de electrones solitarios sobre el
nitrógeno, las especies presentan una geometría molecular ANGULAR..
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 105
13.41. Ordena las siguientes moléculas en función del grado creciente de sus ángulos de enlace:
a) b) c) d)
(Canarias 2010)
13.42. De acuerdo con la Teoría de Repulsión de los Pares de Electrones de Valencia, ¿cuál sería
la estructura geométrica posible de la molécula de ozono, ?
(Canarias 2010)
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV, el es
una sustancia cuya distribución de ligandos y pares de
electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a
la fórmula AX E a la que corresponde un número estérico
(m+n) = 3 por lo que su disposición es triangular y geometría
es ANGULAR.
13.43. Ordena, justificando la respuesta, las siguientes moléculas de mayor a menor ángulo de
enlace: , , , y .
(C.Valenciana 2010)
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es
una sustancia cuya distribución de ligandos y pares de
electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la
fórmula AX E a la que corresponde un número estérico
(m+n) = 4 por lo que su disposición es tetraédrica y su
geometría es PIRAMIDAL con ángulos de enlace inferiores a
109,5° debido a la repulsión que ejercel los dos pares de
electrones solitarios situados sobre el átomo de oxígeno.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 108
13.44. El cromo es un elemento que presenta gran variedad de colores en sus compuestos, de ahí
su nombre. Por ejemplo el ión cromato es de color amarillo y su fórmula es . Representa la
fórmula de Lewis de este ión. Indica su geometría y representa las estructuras resonantes.
(C.Valenciana 2010)
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV, el es una especie cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición y geometría
es TETRAÉDRICA con ángulos de enlace de 109,5°.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 109
13.45. De acuerdo con la Teoría de Repulsión de los Pares de Electrones de la Capa de Valencia
(TRPECV) escribir la estructura de Lewis e indicar la geometría de las siguientes especies
químicas:
a) b)
(Canarias 2011)
13.46. Las moléculas de amoniaco y trifluoruro de nitrógeno ¿son polares o apolares? Si son
polares ¿cuál de ellas tendrá mayor momento dipolar?
(Canarias 2011)
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV, el y son moléculas del tipo AX E
con número estérico 4, a las que corresponde una distribución tetraédrica de los ligandos y
pares de electrones solitarios alrededor del átomo central.
Como existe un par de electrones solitario sobre el átomo central, la geometría molecular de
ambas es PIRAMIDAL con unos ángulos de enlace menores que los de un tetraedro (109,5°)
debido a la repulsión provocada por el par de electrones solitarios.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 111
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el y el son especies del tipo AX
y AXE, respectivamente, con número estérico 2, a las que corresponde una distribución y
geometría LINEAL de los ligandos y pares solitarios alrededor del átomo central.
c) Para clasificar los diferentes enlaces N−O por su longitud, es preciso definir el concepto de
orden de enlace como el número de pares de electrones que constituyen ese enlace. En caso
de especies que presenten resonancia el par de electrones se reparte entre los átomos de
oxígeno enlazados al átomo de nitrógeno.
El enlace será más corto cuántos más pares de electrones formen ese enlace y más largo en el
caso contrario.
Especie NO NO NO NO
Orden de enlace 2 1⅓ 1½ 3
Las especies ordenadas por orden creciente del enlace N−O son:
13.48. El método Ostwald para obtener ácido nítrico consiste en la combustión catalítica del
amoniaco. Consta de tres etapas:
‐ oxidación del amoniaco a NO (Pt, cat): 4 + 5 4 NO + 6
‐ oxidación del NO a : 2 NO + 2
‐ disolución en agua del formado: 3 + 2 + NO
a) Indica el estado de oxidación del nitrógeno en todos los compuestos donde aparece
b) Dibuja las estructuras de Lewis de todos los compuestos de nitrógeno utilizados
c) Discute comparativamente el ángulo de enlace O−N−O en los aniones y .
(C. Valenciana 2011)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 112
Presenta resonancia
Presenta resonancia
c) De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es
una especie el tipo AX E, con número estérico 3, a la que
corresponde una distribución triangular de los ligandos y pares
solitarios alrededor del átomo central. Al existir un par de
electrones solitarios sobre el nitrógeno, la especie presenta una
geometría molecular ANGULAR con ángulos de enlace
menores de 109,5° debidos a la repulsión que ejercen el par
de electrones solitarios.
a) De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el CHCH es una sustancia cuya
distribución de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta
a la fórmula AX a la que corresponde un número estérico (m+n) = 2 por lo que su disposición
LINEAL. Una sustancia cuyo átomo central presenta esta disposición tiene 2 orbitales
híbridos sp.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 114
b) De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es una sustancia cuya distribución
de ligandos y pares de electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AXE a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo que su disposición es
tetraédrica y su geometría es LINEAL al existir únicamente dos átomos.
Al tratarse de átomos idénticos no cabe la posibilidad de formación de dipolos permanentes
por lo que la molécula es NO POLAR.
Sustancia
/ K 238,6 240 254 334
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 116
b) Falso. Sí que es cierto que el naftaleno se disuelve en benceno ya que se trata de un proceso
en el que prácticamente no se intercambia calor (ΔH ≈ 0), pero sí que aumenta el desorden
(ΔS > 0), por tanto, ΔG = ΔH TΔS < 0 por lo que es proceso es espontáneo. Puede decirse que
se cumple el aforismo, lo semejante disuelve a lo semejante.
La disolución formada no conduce la corriente eléctrica ya que los electrones no tienen
libertad de movimiento en la misma.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 117
c) Verdadero. Sí que es cierto que la glucosa se disuelve en agua destilada ya que se trata de
un proceso en el que se forman enlaces intermoleculares de hidrógeno entre las moléculas de
glucosa y las de agua.
La disolución formada no conduce la corriente eléctrica ya que los electrones no tienen
libertad de movimiento en la misma.
e) Falso. Sí que es cierto que el naftaleno se disuelve en benceno ya que se trata de un proceso
en el que se forman enlaces intermoleculares por fuerzas de dispersión de London entre
ambas sustancias.
La disolución formada no conduce la corriente eléctrica ya que los electrones no tienen
libertad de movimiento en la misma.
a) El NaCl (s) forma una red iónica que no conduce la corriente eléctrica porque todos sus
electrones de valencia están localizados en enlaces iónicos. Una vez rota la red al aumentar la
temperatura o al disolver la sustancia en agua, los iones quedan libres y permiten el paso de
los electrones a través de ellos, luego NaCl (l) y NaCl (aq) sí son especies conductoras de la
corriente eléctrica.
b) El (s) forma una red covalente que no conduce la corriente eléctrica porque todos
sus electrones de valencia están localizados en enlaces covalentes.
c) El Fe (s) forma una red metálica formada por cationes rodeados de una nube de electrones
que permiten el paso de los electrones a través de ella. Por tanto, es una sustancia
conductora de la corriente eléctrica tanto en estado sólido como fundido.
d) El C (grafito) forma una red covalente con una estructura en la que cada átomo de carbono
se encuentra unido a otros tres de forma que uno de los enlaces es doble. Esto hace que
existan electrones de valencia deslocalizados por lo que esta estructura sí conduce la
corriente eléctrica.
14.5. Justifica dentro de cada pareja, la sustancia que presenta mayor punto de ebullición:
a) y
b) y
c) Etano y propano
d) Etano y etanol
e) Cloro y bromo
f) Etanol y metanol
g) Cloruro de hidrógeno y ioduro de hidrógeno.
(C. Valenciana 2002) (C. Valenciana 2007)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 118
b) CO – SiO
es un compuesto que tiene un punto de ebullición muy bajo, ya que presenta enlace
covalente y, además, al ser una sustancia no polar el único enlace intermolecular que puede
dar es del tipo fuerzas de dispersión de London que es muy débil.
es un compuesto que también presenta enlace covalente pero a diferencia del anterior
forma redes cristalinas covalentes. Estas sustancias son sólidas a temperatura ambiente,
por lo que tienen un elevado punto de ebullición.
Por tanto, el punto de ebullición del (2503 K) es mucho mayor que el del (216,6
K).
c) Etano – propano
Ambos compuestos presentan enlace covalente y no tienen momento dipolar permanente por
lo que las únicas fuerzas intermoleculares que tienen son del tipo de dispersión de London.
Estas fuerzas aumentan con el peso molecular y el tamaño de la sustancia.
Por tanto, el punto de ebullición del propano (231 K), más voluminoso y pesado, es mayor
que el del etano (184 K).
d) Etano – etanol
(etano) presenta enlace covalente y no tiene momento dipolar permanente por lo que
las únicas fuerzas intermoleculares que tiene son del tipo de dispersión de London que son
las más débiles de todas.
(etanol) es un compuesto que presenta enlace covalente, pero se trata de una
sustancia polar forma un enlace intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte
de todos los enlaces intermoleculares. El enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno se
forma cuando un átomo de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy
electronegativo (en este caso O) se ve atraído a la vez por un par de electrones solitario
perteneciente a un átomo muy electronegativo y pequeño (N, O o F) de una molécula cercana.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 119
Por tanto, el punto de ebullición (351 K) es mayor que el del (184 K).
e) Cloro – bromo
Ambos compuestos presentan enlace covalente y no tienen momento dipolar permanente por
lo que las únicas fuerzas intermoleculares existentes son del tipo de dispersión de London.
Estas fuerzas aumentan con el peso molecular y el tamaño de la sustancia.
Por tanto, el punto de ebullición del bromo (339,1 K), líquido a temperatura ambiente, y
más voluminoso y pesado, es mayor que el del cloro (238,6 K), gas a temperatura ambiente
y más ligero.
f) Etanol – metanol
Ambos alcoholes, y , (etanol y metanol, respectivamente) son compuestos
que presentan enlace covalente, pero se trata de sustancias con momento dipolar permanente
que forman un enlace intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte de todos los
enlaces intermoleculares. El enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno se forma cuando
un átomo de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy electronegativo (en este caso
O) se ve atraído a la vez por un par de electrones solitario perteneciente a un átomo muy
electronegativo y pequeño (N, O o F) de una molécula cercana.
Además del enlace de hidrógeno, existen en ambas sustancias fuerzas de dispersión de
London que son mayores en el etanol que tiene mayor peso molecular. Por tanto, el punto de
ebullición del (351 K) es mayor que el del (338 K).
14.6. Indica en cada uno de los siguientes casos si son o no conductores de la corriente eléctrica:
(l), NaCl (s), NaCl (l), NaCl (aq), (s), Fe (s), (s, nieve carbónica).
(C. Valenciana 2003)
Serán conductoras de la corriente eléctrica aquellas sustancias que en estado sólido, líquido o
en disolución acuosa permitan el libre movimiento de los electrones por su estructura.
(l) tiene enlace covalente y enlace intermolecular de hidrógeno que no permite el
movimiento de los electrones por su estructura por lo que no conduce la corriente eléctrica.
NaCl (s) forma una red iónica que no conduce la corriente eléctrica porque todos sus
electrones de valencia están localizados en enlaces iónicos. Una vez rota la red al aumentar la
temperatura o al disolver la sustancia en agua, los iones quedan libres y permiten el paso de
los electrones a través de ellos, luego NaCl (l) y NaCl (aq) sí son especies conductoras de la
corriente eléctrica.
(s) forma una red covalente que no conduce la corriente eléctrica porque todos sus
electrones de valencia están localizados en enlaces covalentes.
Fe (s) forma una red metálica formada por cationes rodeados de una nube de electrones
que permiten el paso de los electrones a través de ella. Por tanto, sí es una sustancia
conductora tanto en estado sólido como fundido.
(s) tiene enlace covalente y enlace intermolecular por fuerzas de dispersión de London
que no permite el movimiento de los electrones por su estructura por lo que no conduce la
corriente eléctrica.
14.7. Ordena justificando la respuesta, los siguientes compuestos por valores crecientes de su
punto de ebullición: , , RbF, .
(C. Valenciana 2003)
Presentará mayor punto de ebullición aquella sustancia que tenga fuerzas intermoleculares
más intensas o forme una red cristalina más fuerte, y por el contrario, el menor punto de
ebullición le corresponderá a la sustancia que tenga las fuerzas intermoleculares más débiles.
es el compuesto que presenta menor punto de ebullición de todas, ya que tiene enlace
covalente y, además, al ser una sustancia no polar, el único enlace intermolecular que puede
presentar es del tipo fuerzas de dispersión de London que es muy débil.
es un compuesto que tiene enlace covalente, pero al ser una sustancia polar puede
formar un enlace intermolecular del tipo dipolo‐dipolo y además forma enlaces
intermoleculares del tipo fuerzas de dispersión de London. La combinación de ambos
enlaces intermoleculares hace que esta sustancia presente un punto de ebullición mayor que
la anterior.
es un compuesto que tiene enlace covalente, pero se trata de una sustancia polar
que puede formar un enlace intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte de
todos los enlaces intermoleculares. El enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno se
forma cuando un átomo de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy
electronegativo (en este caso O) se ve atraído a la vez por un par de electrones solitario
perteneciente a un átomo muy electronegativo y pequeño (N, O o F) de una molécula cercana.
Por este motivo, esta sustancia presenta un punto de ebullición mayor que las anteriores.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 121
RbF es el compuesto que presenta mayor punto de ebullición de todos, ya que tiene enlace
iónico por lo que forma redes cristalinas iónicas, sólidas a temperatura ambiente.
Por tanto, los compuestos ordenados por punto de ebullición creciente (K) son:
(216,6) < (276,7) < (338) < RbF (1681)
1,2‐dicloroetano 1,1‐dicloroetano
d) Por tratarse de dos sustancias polares, presentará un punto de ebullición más elevado la
sustancia que sea más voluminosa (tenga mayor masa molar), en ella habrá más fuerzas
intermoleculares tipo dispersión de London.
Sustancia Fórmula M (g·mol–1)
Tricloroetano 133,5
cloruro de metilo 50,5
En el caso del 1,1,2‐tricloroetano se pueden En el caso del 1,1,1‐tricloroetano se pueden
dar 5 posibles roturas con estos radicales: dar 3 posibles roturas con estos radicales:
H H
Cl
Cl
H
Cl
14.9. Teniendo en cuenta los datos recogidos en la tabla, referentes a los átomos de tres
elementos desconocidos X, Y, Z. Indica:
Elemento Z A
X 5 11
Y 19 39
Z 35 80
a) La composición de los núcleos de X e Y.
b) Las configuraciones electrónicas de X y Z. ¿De qué elementos se trata?
c) Dos isótopos de Y. Represéntalos.
d) El tipo de enlace y la fórmula más probable de la unión de X con Z.
(Canarias 2004)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 123
a) Recordando que:
Z = nº atómico = nº de protones = nº de electrones (átomo neutro)
A = nº másico = nº de protones + nº de neutrones
Elemento X:
Si Z = 5, el átomo tiene 5 protones.
Si A = 11 y el átomo tiene 5 protones, tiene (11 – 5) = 6 neutrones.
Elemento Y:
Si Z = 19, el átomo tiene 19 protones.
Si A = 39 y el átomo tiene 19 protones, tiene (39 – 19) = 20 neutrones.
Elemento Z:
Si Z = 35, el átomo tiene 35 protones.
Si A = 80 y el átomo tiene 35 protones, tiene (80 – 35) = 45 neutrones.
c) Los isótopos del elemento Y deben tener el mismo número atómico 19 (igual número de
protones), pero diferente número másico (diferente número de neutrones). Por ejemplo, dos
isótopos del elemento Z serían:
39 40
19Y 19Y
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 124
14.10. Teniendo en cuenta los datos recogidos en la tabla, referentes a los átomos de tres
elementos desconocidos X, Y, Z:
Elemento Z A
X 14 28
Y 17 35
Z 20 40
a) Calcula el número de protones, electrones y neutrones de cada uno.
b) Razona cuál será el que tiene mayor tendencia a formar iones positivos y cuál forma iones
negativos.
c) El tipo de enlace que se puede formar entre X y Z. ¿Cuál sería la fórmula del compuesto?
(Canarias 2005)
a) Recordando que:
Z = nº atómico = nº de protones = nº de electrones (átomo neutro)
A = nº másico = nº de protones + nº de neutrones
Elemento X:
Si Z = 14, el átomo tiene 14 protones y 14 electrones.
Si A = 28 y el átomo tiene 14 protones, tiene (28 – 14) = 14 neutrones.
Elemento Y:
Si Z = 17, el átomo tiene 17 protones y 17 electrones.
Si A = 35 y el átomo tiene 17 protones, tiene (35 – 17) = 18 neutrones.
Elemento Z:
Si Z = 20, el átomo tiene 20 protones y 20 electrones.
Si A = 40 y el átomo tiene 20 protones, tiene (40 – 20) = 20 neutrones.
a) (s) es una sustancia que tiene enlace covalente y enlace intermolecular por fuerzas de
dispersión de London por lo que se disolverá en un disolvente no polar rompiendo este tipo
de fuerzas.
b) es una sustancia que tiene enlace covalente, pero que además presenta un enlace
intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte de todos los enlaces
intermoleculares. El enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno se forma cuando un
átomo de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy electronegativo (en este caso O)
se ve atraído a la vez por un par de electrones solitario perteneciente a un átomo muy
electronegativo y pequeño (N, O o F) de una molécula cercana.
Para que las moléculas de metanol interaccionen con las de yodo disuelto es preciso romper
los enlaces de hidrógeno que existen entre las moléculas de metanol.
c) Las moléculas de CH OH presentan dipolos permanentes por lo que frente a las moléculas
no polares de I , inducirán en éstas un dipolo de forma que existirán interacciones dipolo
permanente‐dipolo inducido.
14.12. El rodio cristaliza en una red cúbica centrada en las caras (o cúbica centrada de
empaquetamiento compacto).
a) Describe esta estructura e indica el número de coordinación de cada átomo de rodio.
b) Indica, explicando la respuesta, el número de átomos de rodio de la celda unidad.
(C. Valenciana 2005) (C. Valenciana 2008)
a) Como se observa en la figura, una estructura cúbica centrada en las caras tiene un átomo en
el centro de cada cara y un átomo en cada vértice del cubo. El número de coordinación o
número de átomos que rodean a otro es 12.
b) La aportación que realizan a la celda unidad los átomos de los vértices y del centro de cada
cara es:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 126
(En la pregunta propuesta en el examen del año 2008 el enunciado es el mismo con la
diferencia de que se cambia el átomo de rodio por el de níquel).
14.13. Indica en cada uno de los siguientes casos si se trata de conductores o no de la corriente
eléctrica, justificando la respuesta:
Cu (s), (s), (l), NaF (s), NaF (l), NaF (aq), C (diamante).
(C. Valenciana 2005)
Serán conductoras de la corriente eléctrica aquellas sustancias que en estado sólido, líquido o
en disolución acuosa permitan el libre movimiento de los electrones por su estructura.
El Cu (s) forma una red metálica formada por cationes rodeados de una nube de electrones
que permiten el paso de los electrones a través de ella. Por tanto, sí es una sustancia
conductora tanto en estado sólido como fundido.
El (s) y (l) tienen enlace covalente y enlace intermolecular de hidrógeno
que no permite el movimiento de los electrones por su estructura ni en estado sólido ni
líquido por lo que no conduce la corriente eléctrica.
El NaF (s) forma una red iónica que no conduce la corriente eléctrica porque todos sus
electrones de valencia están localizados en enlaces iónicos. Una vez rota la red al aumentar la
temperatura o al disolver la sustancia en agua, los iones quedan libres y permiten el paso de
los electrones a través de ellos, luego NaF (l) y NaF (aq) sí son especies conductoras de la
corriente eléctrica.
El C (diamante) forma una red covalente con una estructura en la que cada átomo de
carbono se encuentra unido a otros cuatro formando tetraedros de forma que todos sus
electrones de valencia están localizados en enlaces covalentes por lo que no conduce la
corriente eléctrica.
14.14. En cada uno de los siguientes casos indica, justificando la respuesta si son o no
conductores: KF (s), (s), KF (l), Ni (s), (l), KF (aq).
(Preselección C. Valenciana 2006)
Serán conductoras de la corriente eléctrica aquellas sustancias que en estado sólido, líquido o
en disolución acuosa permitan el libre movimiento de los electrones por su estructura.
KF (s) forma una red iónica que no conduce la corriente eléctrica porque todos sus
electrones de valencia están localizados en enlaces iónicos. Una vez rota la red al aumentar la
temperatura o al disolver la sustancia en agua, los iones quedan libres y permiten el paso de
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 127
los electrones a través de ellos, luego KF (l) y KF (aq) sí son especies conductoras de la
corriente eléctrica.
(s) y (l) tienen enlace covalente y enlace intermolecular de hidrógeno que
no permite el movimiento de los electrones por su estructura ni en estado sólido ni líquido
por lo que no conduce la corriente eléctrica.
Ni (s) forma una red metálica formada por cationes rodeados de una nube de electrones que
permiten el paso de los electrones a través de ella. Por tanto, sí es una sustancia conductora
tanto en estado sólido como fundido.
El que el punto de ebullición del agua sea superior al del metanol se debe a que la molécula de
agua al tener dos átomos de hidrógeno unidos a un átomo muy electronegativo puede formar
más enlaces de hidrógeno que la de metanol que sólo tiene uno.
En el caso del dimetiléter, , no se cumple esa condición debido a que el enlace C‐H
es muy poco polar, ya que el átomo de carbono no es muy electronegativo y, por tanto, no se
forman enlaces de hidrógeno entre las moléculas, a pesar de la existencia de un par de
electrones solitario sobre un átomo muy electronegativo y pequeño (el oxígeno):
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 128
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el es
una sustancia cuya distribución de ligandos y pares de
electrones solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la
fórmula AX E a la que corresponde un número estérico
(m+n) = 4 por lo que su disposición es tetraédrica. Al existir
dos pares de electrones solitarios sobre el oxígeno, la
molécula presenta una geometría molecular ANGULAR con
ángulos de enlace teóricos de 109,5° aunque la repulsión que
ejercen los dos pares de electrones solitarios hace que este
ángulo sea algo menor (104,5° según la bibliografía).
Como el oxígeno ( = 3,44) es más electronegativo que el hidrógeno ( = 2,20) existen dos
dipolos dirigidos hacia el oxígeno H O. Con esa geometría la resultante de los vectores
momento dipolar no es nula (μ = 1,85 D) y la molécula es POLAR.
b) Las estructuras de Lewis de las sustancias propuestas son, respectivamente:
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV, el y HCl son moléculas del tipo AXE3,
con número estérico 2, a las que corresponde una distribución lineal de los ligandos y pares
solitarios alrededor del átomo central. Al existir sólo dos átomos unidos presentan una
geometría molecular LINEAL.
En el caso del , se trata de dos átomos idénticos y no cabe la existencia de un dipolo, por lo
tanto, la molécula es NO POLAR.
En el caso del HCl, al ser el cloro más electronegativo ( = 3,16) que el hidrógeno ( = 2,20), la
molécula presenta un dipolo dirigido hacia el cloro, H Cl, por lo tanto, la molécula es
POLAR (según la bibliografía, μ = 1,11 D).
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 129
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 130
Como estas fuerzas intermoleculares son las más fuertes de las tres citadas, el ácido acético es
de las tres sustancias la que tiene mayor temperatura de fusión.
b) El orden creciente de puntos de fusión (K) es:
(90,7) < (176) < (290)
14.18. Justifica dentro de cada pareja, la sustancia que presenta mayor punto de fusión:
a) NaCl y KCl
b) NaCl y NaBr
c) CaO y NaCl.
(C. Valenciana 2007)
b) NaCl – NaBr
Respecto a las cargas, son las mismas en ambas sustancias, Na+ (+1) y Cl y Br (‐1), por lo
que este factor no influye a la hora de discutir que sustancia posee mayor energía reticular.
Respecto a los radios iónicos, son menores en el NaCl que en el NaBr, ya que el cloro,
elemento del 3er periodo, tiene menos capas electrónicas que el bromo, elemento del 4º
periodo.
La energía reticular y, por tanto, el punto de fusión, debe ser mayor en el NaCl que en el
NaBr, ya que es la sustancia que posee menor tamaño de las dos.
Los valores de la distancia interiónica, energía reticular y punto de fusión encontrados en la
bibliografía son:
Sustancia d / pm ‐U / kJ· / K
NaCl 282 769 1074
NaBr 297 732 1020
c) CaO – NaCl
Respecto a las cargas, son mayores en el CaO (+2 y ‐2) que en el NaCl (+1 y ‐1).
Respecto a los radios iónicos, deben ser algo menores en el CaO ya que incluye un elemento
del 2º periodo (O), muy pequeño, y otro del 4º periodo (Ca), mientras que el NaCl está
formado por dos elementos del 3er periodo (Na y Cl).
La energía reticular y, por tanto, el punto de fusión, debe ser mucho mayor en el CaO que en
el NaCl, ya que es la sustancia que posee mayor carga de las dos y además tiene menor
tamaño.
Probleemas y Cuestion
nes de las Olim
mpiadas de Química. Volumen
n 10. (S. Menarggues & F. Latree) 132
14.19
9. Explica porr qué el prop
panol es máss soluble en a
agua que el b
butano.
(Canarrias 2008)
El p
propanol, , es unaa sustancia que tiene ccovalente molecular,
m peero que
ademmás presentaa un enlace intermoleccular del tip po enlace dee hidrógeno
o, el más fu
uerte de
todoss los enlaces intermoleculares. El enlace de h
hidrógeno o por puentees de hidróggeno se
formaa cuando un átomo de hidróggeno que se s encuentrra unido aa un átom mo muy
electrronegativo (en
( este casso O) se vee atraído a la
l vez por un
u par de eelectrones ssolitario
perteeneciente a uun átomo mu uy electroneegativo y peq queño (N, O o F) de una molécula ceercana.
La fo
ormación dee enlaces d no entre lass moléculas de propano
de hidrógen ol con las d
de agua
explicca la solubiliidad del pro
opanol en agua.
El butano, , presentta enlace co
ovalente mo n tiene momento
olecular y no
dipolar permanente por lo qu ue las únicas fuerzas in ntermolecullares que tieene son del tipo de
dispe ersión de London
L y no
o existe la posibilidad d
p de que interraccionen coon las molécculas de
agua que por el ccontrario son
n muy polares.
14.20
0. Explica ell tipo de intteracciones atractivas qque existen en las sigu
uientes susta ancias y
ordén
nalas de meenor a mayo or punto de ebullición, justificando
j la respuestta: KI (s), (s),
(s) y CO (s
(s).
(Preseleccción C. Valencia
ana 2008)
Probleemas y Cuestion
nes de las Olim
mpiadas de Química. Volumen
n 10. (S. Menarggues & F. Latree) 133
El (s) es u
una sustanccia que no p
presenta moomento dipo olar permaneente por lo que las
fuerzzas intermo oleculares q que tiene son n del tipo dee dispersiónn de London n. Estas fuerrzas son
más iintensas cuaanto mayor ees el tamaño o y el peso m
molecular dee la sustancia. Como estte valor
es mu uy elevado een esta moléécula, esto m motiva que d de las tres su
ustancias co
on enlace co ovalente
sea laa que tiene m mayor punto o de ebullició ón.
KI (s) es unaa sustancia q
El K que forma un na red cristtalina iónica
a en la que llos iones K e I se
ectrostáticas que hacee que esta ssustancia presente
atraen mediantee intensas ffuerzas ele
estaddo sólido a teemperatura ambiente. CComo este tiipo de enlacce es mucho más fuerte que los
enlacces intermoleculares, dee las todas ssustancias propuestas ees la que tienne mayor pu unto de
ebulliición.
El ord
den crecientte de puntoss de ebullició
ón (K) es:
CO (82) < (338) < (3
350) < KI (1
1630)
14.21
1. Predice en cada caso la
a sustancia ccon mayor pu unto de ebullición, justifiicando la resspuesta:
a) (metan nol) y (metilmerccaptano).
b) (accetona) y (metilprropano).
(C. Valencia
ana 2008)
a) CH
H OH – CH SSH
es una sustancia que
q presentaa enlace covvalente con momento d dipolar perm manente
que fforma un enllace intermo olecular del tipo enlace e de hidróge eno, el más fuerte de toodos los
enlacces intermoleeculares. El enlace de hiidrógeno o p por puentes de hidrógen no se forma cuando
un átomo de hidrrógeno que se encuentra unido a un n átomo muyy electroneggativo (en esste caso
O) see ve atraído a la vez po
or un par dee electroness solitario p
pertenecientte a un átom
mo muy
electrronegativo y y pequeño (N N, O o F) de u una moléculla cercana.
es una sustancia qque presentaa enlace cov valente con momento d dipolar perm manente
pero que a difereencia de la aanterior, no es capaz dee formar un enlace interrmolecular d del tipo
enlacce de hidróggeno debido a que el áttomo de azuufre es menoos electroneegativo y dee mayor
tamañ ño que el áttomo de oxxígeno. El tip
po de enlacee intermolecular que presenta
p es ddipolo‐
dipollo.
Ademmás de los enlaces citaados, existeen en ambaas sustanciaas fuerzas de disperssión de
Londdon que son n mayores en n el CH SH que tiene mmayor peso m molecular aunque el en nlace de
hidró
ógeno es el qque más con ntribuye al p punto de ebuullición por lo que este valor es ma
ayor en
el .
valores de los puntos de ebullición eencontrados en la biblioggrafía son:
Los v
Sustancia / K
K μ / D
CH SH 279 1,53
CH OH 338 1,69
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 134
b) CH COCH – CH CH CH CH
es una sustancia que presenta enlace covalente con un fuerte momento dipolar
permanente que forma un enlace intermolecular del tipo dipolo‐dipolo.
CH CH CH CH es una sustancia que presenta enlace covalente con un débil momento
dipolar permanente que forma un enlace intermolecular del tipo dipolo‐dipolo.
Además de los enlaces citados, existen en ambas sustancias fuerzas de dispersión de
London que son mayores en el CH COCH que tiene mayor peso molecular. Por todo esto, el
punto de ebullición del es mayor que el del .
Los valores de los puntos de ebullición encontrados en la bibliografía son:
Sustancia / K μ / D
CH COCH 330 2,88
CH3CH(CH3)CH3 261 0,44
14.22. Ordena los siguientes sólidos iónicos según su energía reticular, justificando la respuesta
(se supone que tienen el mismo valor de la constante de Madelung): KBr, CaO, CsBr y .
(C. Valenciana 2008)
Probleemas y Cuestion
nes de las Olim
mpiadas de Química. Volumen
n 10. (S. Menarggues & F. Latree) 135
14.233. El análisis elemental dee una determ minada susta ancia orgániica da el siguuiente resulta
ado:
C = 52,17%
%; H = 13,04% %; O = 34,79% %. Se pide:
a) Deeterminar la ffórmula emp pírica de diccho compuestto.
b) ¿Qué dato nos haría falta p para poder eestablecer la a fórmula molecular? Po odrías indicaar algún
métod do que permmita su determ minación.
c) Si lla fórmula em mpírica coinncide con la mmolecular in ndica las possibles estructturas del com
mpuesto
y nómmbralos.
d) ¿Cu uál de ellas ttendría el ma
ayor punto d de ebullición?
(Canarrias 2009)
El enlace de hidrrógeno o por puentes de hidrógeno o se forma ccuando un áttomo de hid drógeno
que sse encuentraa unido a un átomo muyy electronegaativo (en estte caso O) see ve atraído a la vez
por uun par de electrones sollitario perteeneciente a un átomo m
muy electron negativo y ppequeño
(N, O o F) de una molécula ceercana.
14.24
4. Explica, jusstificando la
a respuesta, ssi los siguien
ntes compuesstos pueden formar o no
o enlace
de hid
drógeno:
a) b) c)
d) e) f)
(Preseleccción C. Valencia
ana 2009)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 136
a) (s) es una sustancia que tiene enlace covalente y enlace intermolecular por fuerzas de
dispersión de London por lo que se disolverá en un disolvente no polar rompiendo este tipo
de fuerzas.
b) es una sustancia que tiene enlace covalente, pero que además presenta un enlace
intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte de todos los enlaces
intermoleculares. El enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno se forma cuando un
átomo de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy electronegativo (en este caso O)
se ve atraído a la vez por un par de electrones solitario perteneciente a un átomo muy
electronegativo y pequeño (N, O o F) de una molécula cercana.
c) Las moléculas de CH OH presentan dipolos permanentes por lo que frente a las moléculas
no polares de I , inducirán en éstas un dipolo de forma que existirán interacciones dipolo
permanente‐dipolo inducido.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 137
14.26. Explica, justificando la respuesta, si las moléculas de los siguientes compuestos pueden
formar con otras del mismo compuesto enlace de hidrógeno:
a) b) c)
d) e)
(Preselección C. Valenciana 2010)
Presentará mayor punto de fusión aquella sustancia que presente fuerzas intermoleculares
más intensas o forme una red cristalina más fuerte, y por el contrario, el menor punto de
fusión le corresponderá a la sustancia que presente las fuerzas intermoleculares más débiles.
es una sustancia que tiene enlace covalente no polar. Las únicas fuerzas
intermoleculares que puede presentar son fuerzas de dispersión de London, que serán poco
intensas debido a que es una sustancia con pequeño volumen atómico, por tanto será poco
polarizable. Tiene un punto de fusión muy bajo.
NaBr es una sustancia que tiene enlace iónico y a diferencia del resto, forma redes
cristalinas iónicas muy difíciles de romper. Esta sustancia es sólida a temperatura ambiente,
por lo que tiene un elevado punto de fusión, mucho mayor que el resto de las sustancias
propuestas.
es una sustancia que tiene enlace covalente con momento dipolar permanente por lo
que puede presentar fuerzas intermoleculares del tipo dipolo‐dipolo y fuerzas
intermoleculares de dispersión de London. Por tanto, el punto de fusión del cloruro de
hidrógeno es bajo.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 138
es un sustancia que tiene enlace covalente con momento dipolar permanente, que
puede presentar enlace intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte de todos
los enlaces intermoleculares. Por este motivo, su punto de fusión también es bajo.
Las sustancias propuestas ordenadas por puntos de fusión (K) creciente son:
(90,7) < (175) < (191) < NaBr (1020)
14.28. Ordena los siguientes compuestos según el orden creciente de sus puntos de ebullición:
a) KF b) HF c) CO d) Ne
(Canarias 2010)
Presentará mayor punto de ebullición aquella sustancia que tenga fuerzas intermoleculares
más intensas o forme una red cristalina más fuerte, y por el contrario, el menor punto de
ebullición le corresponderá a la sustancia que tenga las fuerzas intermoleculares más débiles.
Ne es un elemento que presenta el menor punto de ebullición de todas las sustancias
propuestas, ya que por ser un gas inerte no forma moléculas, y el único enlace intermolecular
que puede presentar es del tipo fuerzas de dispersión de London que es muy débil.
CO es el compuesto que presenta menor punto de ebullición de todas las sustancias
propuestas, ya que tiene enlace covalente y, además, al ser una sustancia polar, presenta
enlace intermolecular del tipo dipolo‐dipolo que es algo más fuerte que las fuerzas de
dispersión de London.
HF es un compuesto que tiene enlace covalente, pero se trata de una sustancia polar que
puede formar un enlace intermolecular del tipo enlace de hidrógeno, el más fuerte de todos
los enlaces intermoleculares. El enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno se forma
cuando un átomo de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy electronegativo (en
este caso F) se ve atraído a la vez por un par de electrones solitario perteneciente a un átomo
muy electronegativo y pequeño (N, O o F) de una molécula cercana. Por este motivo, esta
sustancia presenta un punto de ebullición mayor que las anteriores.
KF es el compuesto que presenta mayor punto de ebullición de todos, ya que tiene enlace
iónico por lo que forma redes cristalinas iónicas, sólidas a temperatura ambiente.
Por tanto, los compuestos ordenados por punto de ebullición (K) creciente son:
Ne (27) < CO (83) < HF (293) < KF (1783)
Presentará mayor punto de ebullición aquella sustancia que tenga fuerzas intermoleculares
más intensas o forme una red cristalina más fuerte, y por el contrario, el menor punto de
ebullición le corresponderá a la sustancia que tenga las fuerzas intermoleculares más débiles.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 139
d) El mayor radio le corresponde al ion S ya que el azufre tiene una capa más que los tres
restantes. Estos a su vez tienen la misma estructura electrónica, se trata de especies
isoelectrónicas, y en ellas, la que posee mayor Z (mayor Z ) atrae más con más fuerza a los
electrones de valencia, por tanto es la que tiene menor tamaño.
Los tamaños (pm) crecientes de los iones son:
(136) < (140) < (171) < (184)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 142
De acuerdo con la notación del modelo de RPECV el HF es una
sustancia cuya distribución de ligandos y pares de electrones
solitarios alrededor del átomo central se ajusta a la fórmula
AXE3 a la que corresponde un número estérico (m+n) = 4 por lo
que su disposición es tetraédrica y su geometría es LINEAL.
g) Presentará mayor punto de ebullición aquella sustancia que tenga fuerzas intermoleculares
más intensas o forme una red cristalina más fuerte, y por el contrario, el menor punto de
ebullición le corresponderá a la sustancia que tenga las fuerzas intermoleculares más débiles.
HF, y son sustancias que tienen enlace covalente. Además las tres presentan
enlace de hidrógeno o por puentes de hidrógeno. Este enlace se forma cuando un átomo
de hidrógeno que se encuentra unido a un átomo muy electronegativo se ve atraído a la vez
por un par de electrones solitario perteneciente a un átomo muy electronegativo y pequeño
(N, O o F) de una molécula cercana. Este enlace es más fuerte en el agua que forma cuatro
enlaces de este tipo, mientras que en el HF forma solo dos dando lugar a una estructura
cerrada. El enlace de hidrógeno es el responsable de la anomalía en las temperaturas de
ebullición.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 143
En el caso de el átomo de hidrógeno se encuentra unido al azufre, un elemento que no
es muy electronegativo. Esto determina que su punto de ebullición no sea tan anormalmente
elevado como los de las otras sustancias.
Las sustancias ordenadas por temperaturas de ebullición (K) crecientes son:
(212) < (240) < HF (293) < (373)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 144
15.1. Completa las siguientes reacciones orgánicas e indica razonadamente cuál de ellas es una
reacción de eliminación:
a) –CH= (g) + (g)
b) – – –OH (en medio ácido y calor)
c) –C≡CH (g) + (g)
d) – (g) + (g)
(Canarias 2004)
– – – –
isómeros de posición
– – – –
– – – –
no son isómeros
– – –
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 145
a) 3‐buten‐2‐ol – – =
c) Un isómero de cadena del 3‐buten‐2‐ol es
– – = 3‐buten‐1‐ol
15.4. La lactosa, uno de los principales componentes de la leche, se degrada en contacto con el
aire en ácido láctico, cuya fórmula semidesarrollada es .
La concentración de ácido láctico es un criterio de frescura y de calidad. Esta concentración debe
ser lo menor posible, lo contrario indica que tenemos una leche en malas condiciones.
La acidez media de la leche fresca está normalmente entre 1,6 y 1,8 g de ácido láctico por litro y
corresponde a un pH entre 6,7 y 6,8. Si la concentración en ácido láctico es superior a 5 g/L la
leche está cuajada.
a) Identifica las funciones químicas presentes en la molécula de ácido láctico.
b) ¿Presenta la molécula algún carbono asimétrico o centro quiral? Si fuese cierto, represéntalo.
c) La reacción entre el ácido láctico y la disolución de hidróxido de sodio puede ser considerada
como total. Escríbela.
d) Para determinar la acidez de la leche se toman 20,0 mL y se valoran con una disolución de
hidróxido de sodio 0,1 M, alcanzando el punto de equivalencia al añadir 8,5 mL. Determinar la
concentración molar de ácido láctico, la masa de ácido láctico presente por cada litro y explica si
la leche está cuajada.
Dato. Masa molar del ácido láctico = 90 g/mol.
(Galicia 2005)
a) Las funciones químicas son existentes son, –COOH (ácido) y –OH (alcohol).
b) El C2 es un carbono quiral o asimétrico
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 146
a) Indica cuáles son los grupos funcionales presentes en dicho compuesto.
b) Nombra dicho compuesto.
c) ¿Tiene carbonos quirales? En caso afirmativo señálalos con un (*).
(Canarias 2006)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 147
15.6. El acetato de etilo (etanoato de etilo) es un componente de uno de los pegamentos de uso
corriente, que se obtiene a nivel industrial por reacción del ácido acético (ácido etanoico) con
etanol para dar el mismo y agua. Se pide:
a) Escribir la reacción del proceso.
b) Decir a qué tipo de reacción (adición, eliminación, sustitución, condensación, combustión)
pertenece este proceso.
c) ¿A qué grupo funcional pertenece el acetato de etilo?
d) Formula y nombra un isómero de función y otro de cadena del acetato de etilo.
(Canarias 2006)
15.7. Los alcoholes cuando se calientan a unos 180° C en presencia de ácido sulfúrico, se
deshidratan formando un alqueno, pero sin embargo, cuando el calentamiento es más moderado
(140° C) se forma un éter:
180º C
= +
140º C
2 –O– +
Indica a qué tipo de reacciones, desde el punto de vista estructural, pertenece cada una de ellas.
¿Qué papel desempeña el ácido sulfúrico en ellas?
(Canarias 2007) (Canarias 2008)
= + –
≡ + =
b) La 2‐pentanona tiene por fórmula semidesarrollada:
CH COCH CH CH
isómero de posición: 3‐pentanona
isómero de función: pentanal
c) Para que una sustancia tenga isomería geométrica debe tener un doble enlace y el mismo
átomo o radical unido a cada uno de los carbonos de dicho doble enlace. El 2‐bromobutano:
CH CHBrCH CH
no posee nigún doble enlace, por lo que no presenta isomería geométrica.
El 2‐bromobutano sí que tiene un carbono quiral o carbono asimétrico, C2 se encuentra
unido a cuatro sustituyentes diferentes:
d) El 2,3‐dicloro‐2‐buteno es un compuesto que presenta isomería geométrica ya que tiene
un doble enlace y el mismo átomo radical unido a cada uno de los carbonos de dicho doble
enlace:
cis‐2,3‐dicloro‐2‐buteno trans‐2,3‐dicloro‐2‐buteno
15.9. Escribe la fórmula semidesarrollada y el nombre de todos los alquenos isómeros de fórmula
molecular . ¿Presenta alguno de ellos isomería geométrica?
(Canarias 2007)
El 2‐buteno es un compuesto que presenta isomería geométrica ya que tiene un doble enlace
y el mismo átomo o grupo de átomos unido a cada uno de los carbonos de dicho doble enlace:
= – – = –
1‐buteno metilpropeno (isobuteno)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 149
cis‐2‐buteno trans‐2‐buteno
15.10. Responde a las siguientes cuestiones:
a) Escribe un ejemplo de reacción de adición.
b) Indica si el 2‐bromobutano presenta isomería óptica o geométrica. Dibuja los
correspondientes isómeros.
c) Escribe las fórmulas de todos los posibles isómeros de fórmula molecular C4H8. Indica el
nombre IUPAC de cada una de ellas.
(Canarias 2008)
c) De acuerdo con la fórmula general de los hidrocarburos etilénicos, C H , un compuesto
con formula molecular C H presenta una única insaturación (doble enlace) y los diferentes
isómeros que presenta son:
= –
= – –
metilpropeno
1‐buteno
(isobuteno)
ciclobuteno
cis‐2‐buteno trans‐2‐buteno
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 150
15.11. Completa las siguientes reacciones, indicando que tipo de reacciones se trata:
a) – – Br + KOH
b) – –COOH +
c) –CH= +
d) –CH= + HCl
(Canarias 2009)
c) CH –CH=CH + H O – – OH (adición)
3‐Bromopentano 2‐Bromopentano (i. óptica)
b) Presentará isomería geométrica, y sus configuraciones son:
cis‐2,3‐dicloro‐2‐buteno trans‐2,3‐dicloro‐2‐buteno
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 151
No presenta isomería geométrica ya que aunque tiene tiene un doble enlace entre carbonos,
éstos no tienen unido a ellos el mismo radical.
O O O
CH2OH–C–CH2 CH3–CH–CHOH CH3–HOC–CH2
3‐Hidroxi‐1,2‐ 1‐Hidroxi‐1,2‐ 2‐Hidroxi‐1,2‐ 1,3‐Dioxolano
epoxipropano epoxipropano epoxipropano
c) Presentan actividad óptica los isómeros que tengan un carbono asimétrico (quiral):
1‐Hidroxi‐1,2‐ 2‐Hidroxi‐1,2‐
2‐Hidroxipropanal
epoxipropano epoxipropano
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 152
d) La hibridación que presentan los átomos de carbono y de oxígeno del 2‐hidroxipropanal es:
C1, C2 y O3 presentan hibridación ya que todos sus enlaces son sencillos
C4 y O5 presentan hibridación ya que tienen un enlace doble.
15.14. El ácido málico es un compuesto orgánico que se encuentra en algunas frutas y verduras
con sabor ácido como los membrillos, las uvas, manzanas y, las cerezas no maduras, etc. Este
compuesto químico está constituido por los siguientes elementos químicos: carbono, hidrógeno y
oxígeno. La combustión completa de una masa m = 1,340 g de ácido málico produce una masa
= 1,760 g de dióxido de carbono, y una masa = 0,540 g de agua.
a) Determinar los porcentajes de carbono, hidrógeno y oxígeno contenidos en el ácido málico.
Deducir su fórmula empírica sabiendo que su masa molar es M = 134 g· .
b) La valoración con sosa de una disolución de ácido málico, permite deducir que contiene dos
grupos funcionales ácidos. Por otra parte, la oxidación de ácido málico conduce a la formación
de un compuesto el cual produce un precipitado amarillo al reaccionar con la 2,4‐
dinitrofenilhidracina, lo que permite confirmar que el ácido málico tiene un grupo alcohol.
Escribir la fórmula semidesarrollada del ácido málico.
(Galicia 2009)
a) A partir de las cantidades dadas y de la masa molar del ácido málico (AcM) se calcula el
número de moles de átomos de cada elemento.
En la combustión todo el carbono del compuesto se transforma en CO :
1,760 g CO 1 mol CO 1 mol C 134 g AcM mol C
= 4
1,340 g AcM 44 g CO 1 mol CO 1 mol AcM mol AcM
y todo el hidrógeno del compuesto se transforma en H O:
0,540 g H O 1 mol H O 2 mol H 134 g AcM mol H
= 6
1,340 g AcM 18 g H O 1 mol H O 1 mol Amox mol AcM
La masa de los elementos analizados por mol de Amox es:
12 g C 1 g H
4 mol C + 6 mol H = 54 g
1 mol C 1 mol H
El oxígeno se calcula por diferencia:
134 g AcM – 54 g resto 80 g O 1 mol O mol O
= 5
1 mol AcM mol AcM 16 g O mol AcM
La fórmula molecular y la empírica del ácido málico es .
La composición centesimal del ácido málico es:
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 153
15) El compuesto formado después de la oxidación del ácido málico reacciona con la
2,4‐dinitrofenilhidrazina, lo que es característico de los compuestos químicos carbonílicos,
poseedores del grupo funcional R −CO−R . Dicha reacción es la que se muestra a
continuación.
H2N NH
NO2 R1
C N NH
R2 NO2
OH Ox O NO2
R1 C R2 R1 C R2
NO2
2,4-Dinitrofenilhidrazona
-AMARILLO-
Puesto que el enunciado del problema dice que el ácido málico tiene dos grupos carboxilo
éstos, deben encontrarse en los extremos de la cadena hidrocarbonada y si, además, como se
ha probado en el párrafo anterior, el ácido málico tiene un grupo funcional alcohol, éste debe
ser un alcohol secundario. Por tanto cabe concluir que la fórmula semidesarrollada del ácido
málico es la siguiente:
ácido 2‐hidroxi‐butanodioico ó málico
butanal
b) La estructura de un aldehído de fórmula molecular C H O podría ser:
4‐pentenal
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 154
ciclohexanona
15.16. Indica todos los posibles isómeros estructurales que corresponden a la fórmula molecular
. ¿Cuál/es de ellos presentan isomería óptica?
(Canarias 2010)
1‐bromopentano 2‐bromopentano (i. óptica) 3‐bromopentano
1‐bromo‐2‐metilbutano 1‐bromo‐3‐metilbutano 2‐bromo‐2‐metilbutano
(isomería óptica)
2‐bromo‐3‐metilbutano 1‐bromo‐2,2‐dimetilpropano
(isomería óptica)
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 155
15.17. Completa las siguientes reacciones, indicando asimismo a qué tipo de reacción pertenece:
luz
a) – – + + HCl
H2 SO4
b) – – + calor +
c) – – = +
d) – + – +
e) – = + HCl
(Canarias 2010)
15.18. Indicar dos posibles estructuras para la fórmula y nombrarlas. ¿Cuál de ellas
presentará un punto de ebullición más elevado?
(Canarias 2011)
Etanol o Metoximetano o
alcohol etílico dimetiléter
El punto de ebullición de una sustancia depende del tipo de fuerzas intermoleculares existentes
en la misma, es decir de la intensidad con que se atraigan sus moléculas. Este será más grande en
las sustancias que presenten enlaces intermoleculares de hidrógeno, más pequeño en las que
presenten enlaces dipolo‐dipolo, y más pequeño aún, en las que presenten fuerzas de dispersión
de London.
El enlace dipolo‐dipolo se da entre moléculas polares que no puedan formar enlaces de
hidrógeno. De dos las sustancias propuestas, este enlace existe en el metoximetano.
Problemas y Cuestiones de las Olimpiadas de Química. Volumen 10. (S. Menargues & F. Latre) 156
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