Prueba de Acceso a la Universidad - Química - Bloque 1. Estructura atómica y molecular, sistema periódico, enlace

Preguntas de exámenes de Química de la
Prueba de acceso a la Universidad (Madrid)
Parte 1
Estructura atómica, configuración electrónica, sistema
periódico y propiedades de los elementos, enlace
químico, geometría de las moléculas

Parte 1
• Estructura de la materia. Hipótesis de Planck. Modelo atómico de
Bohr.
• Mecánica cuántica: Hipótesis de De Broglie, Principio de
Incertidumbre de Heisenberg.
• Orbitales atómicos. Números cuánticos y su interpretación.
Partículas subatómicas: origen del Universo.
• Clasificación de los elementos según su estructura electrónica:
Sistema Periódico.
• Propiedades de los elementos según su posición en el Sistema
Periódico: energía de ionización, afinidad electrónica,
electronegatividad, radio atómico.
• Enlace químico. Enlace iónico.
• Propiedades de las sustancias con enlace iónico.
• Enlace covalente. Geometría y polaridad de las moléculas. Teoría del
enlace de valencia (TEV) e hibridación.
• Teoría de repulsión de pares electrónicos de la capa de valencia
(TRPECV).
• Propiedades de las sustancias con enlace covalente. Enlace
metálico.
• Modelo del gas electrónico y teoría de bandas.
• Propiedades de los metales. Aplicaciones de superconductores y
semiconductores.
• Enlaces presentes en sustancias de interés biológico. Naturaleza de
las fuerzas intermoleculares

Responda justificadamente a las siguientes preguntas:
a) Para los átomos A (Z = 7) y B (Z = 26) escriba la configuración electrónica, indique el número de electrones
desapareados y los orbitales en los que se encuentran.
b) Los iones K+ y Cl− tienen aproximadamente el mismo valor de sus radios iónicos, alrededor de 0,134 nm. Justifique si
los radios atómicos de K y Cl serán mayores, menores o iguales a 0,134 nm.
c) Calcule la menor longitud de onda en nm de la radiación absorbida del espectro de hidrógeno. Dato: RH = 1,097·107
m−1. (Puntuación máxima por apartado: 0,75 puntos apartados a) y c); 0,5 puntos apartado b)) M18E
triplenlace.com/aula/pau/

La configuración electrónica de cualquier elemento se puede obtener
por el principio de Aufbau basado en la regla “n + ℓ” de Madelung. El
diagrama adjunto es un algoritmo gráfico que permite aplicar esos
principios. Basta ir colocando los electrones en el orden indicado por
las flechas teniendo en cuenta que:
• Existe un solo tipo de orbitales s
• Existen 3 tipos de orbitales p
• Existen 5 tipos de orbitales d
• Existen 7 tipos de orbitales p
Por eso:
• en los orbitales s “caben” en total 2 electrones
• En los orbitales p “caben” en total 6 electrones
• En los orbitales d “caben” en total 10 electrones
• En los orbitales f “caben” en total 14 electrones
m−1. M18E
a

• Los valores de Z del enunciado son los números atómicos de los
elementos en cuestión.
• Z es el número de protones en el núcleo de un átomo y coincide
con el número de electrones si el átomo está en estado
eléctricamente neutro (como es de suponer en este caso, pues el
enunciado no dice que se trate de iones).
• Por tanto, lo que hay que hacer es colocar los Z electrones
siguiendo el orden indicado por las flechas del diagrama, desde
abajo.
m−1. M18E
a

• Además, para saber el número de electrones desapareados que
pide el enunciado habrá que tener en cuenta la regla de Hund,
según la cual los electrones se empiezan colocando en los orbitales
de manera que si es posible no estén emparejados. Dicho de otro
modo, se trata de conseguir que estén lo más desapareados que
sea posible. Por ejemplo, si hay que colocar cuatro electrones en
tres orbitales p, el primer electrón se coloca en el primer orbital p;
el segundo electrón en el segundo orbital p; el tercer electrón en el
tercer orbital p; y el cuarto electrón en el primer orbital p, apareado
con el electrón que ya estaba colocado allí.
• Teniendo todo eso en cuenta vamos a escribir las configuraciones
tanto de forma compacta (1s2 2s2 2p6…) como de manera gráfica
desarrollada para que se pueda contar el número de electrones
desapareados.
m−1. M18E
a

Para Z = 7 el diagrama y la regla de Hund dan este resultado:
Configuración electrónica:
1s2 2s2 2p3
m−1. M18E
a
Como se puede ver, el número de
electrones desapareados es 3
(los 3 que están en orbitales 2p)

Para Z = 26 el diagrama y la regla de Hund dan este resultado:
Configuración electrónica:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6
m−1. M18E
a
El número de electrones
desapareados es 4 (los 4
están en orbitales 3d)

m−1. M18E
b

m−1. M18E
b Para empezar, la razón de que el ion K+ tenga un radio iónico aproximadamente igual al del Cl– es que
ambos son isoelectrónicos (o sea, tienen el mismo número de electrones). Para explicar esto veamos
la tabla periódica y la situación de los elementos K y Cl:

m−1. M18E
b
El Cl tiene 17 electrones (pues su número atómico es Z = 17); el K, 19. Si el Cl gana un electrón se convierte en Cl–. Si el
K pierde un electrón se convierte en K+. Ambos iones tendrán 18 electrones, y por eso se dice que son isoelectrónicos.
También serán isoelectrónicos con el Ar ( Z = 18). Por tanto, Cl– y K+ tendrán la misma
configuración electrónica que el Ar (1s2 2s2 2p6 3s2 3p6) . Es decir, los tres tendrán el
mismo número de capas y subcapas y la misma distribución
de electrones en ellas. Eso es lo que explica que el Cl– y el K+
tengan un tamaño (radio iónico) parecido. (Nota: los iones
no son esféricos, pero se puede considerar que lo son
aproximadamente, y por eso se habla de radio).

m−1. M18E
b
Pero el Cl y el K tendrán radios claramente diferentes porque sus configuraciones electrónicas son distintas:
Cl: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
K: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1
El K tiene una capa más y por tanto, en principio, debería ser más grande.

m−1. M18E
b
En cuanto a la relación entre los radios de Cl con Cl– y de K con K+ cabe decir:
• El radio del K debería ser mayor que el del K+ porque el K tiene una capa electrónica
más que el K+. Además, el K+ tiene una carga positiva y por tanto la atracción de los
electrones por el núcleo será mayor y eso tenderá a disminuir el tamaño del átomo.
• En cambio, el Cl– debería ser mayor que el Cl porque,
teniendo ambas especies el mismo número de cargas
positivas en el núcleo, el exceso de un electrón provoca
cierta repulsión en la nube electrónica y por tanto un
aumento de volumen.

m−1. M18E
b
En general, un átomo neutro es
mayor que su catión
pero menor que su anión
grupo 1 grupo 2 grupo 13 grupo 16 grupo 17
Esta imagen permite comparar muy
gráficamente las relaciones de radios
entre átomos neutros, cationes y aniones
(los valores vienen expresados en
picómetros; 1 pm = 10–12 m).

m−1. M18E
c

m−1. M18E
• Los niveles de energía del átomo de H se representan a la
derecha (no es necesario conocer los valores de estas
energías, que se indican solo a título informativo).
• El nivel donde está dibujado el electrón es el primer nivel,
correspondiente al número cuántico n = 1. Los siguientes
niveles corresponden a n = 2, n= 3, ···, n = ∞.
• Los niveles no están dibujados a escala, pero se ha querido
enfatizar que conforme va aumentando n más se van
acercando energéticamente unos a otros.
• Si el electrón está en n = 1 podrá “saltar” a n = 2, n = 3, ···,
n = ∞. Si está en n = 2 podrá saltar a n = 3, n = 4, ···, n = ∞.
• Cuando el electrón salta a n = ∞ deja de estar ligado al
núcleo. Se dice que el átomo ha quedado ionizado.
c Algunas consideraciones previas:

m−1. M18E
• Un electrón puede pasar de un nivel a otro superior absorbiendo
energía en forma de un fotón.
• La energía está relacionada con la frecuencia y la longitud de
onda del fotón por:
siendo h la constante de Planck, c la velocidad de la luz y ν y λ la
frecuencia y la longitud de onda del fotón, respectivamente.
• Por otro lado, la llamada fórmula de Rydberg indica el valor 1/λ
del fotón necesario para que el electrón “salte” desde un nivel n1
a un nivel n2. En ella, RH es la constante de Rydberg:
𝐸 = ℎ𝜈 = ℎ𝑐
1
𝜆
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
c Más consideraciones previas:

m−1. M18E
1
𝜆
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
El enunciado pide calcular la menor
longitud de onda. La menor λ
corresponderá al valor más alto del
cociente 1/λ. Ese valor más alto se
obtiene cuando el paréntesis tiene
el valor más alto posible, que es
cuando n1 = 1 y n2 = ∞ (se puede
hacer pruebas con números para
comprobar que es así)
c

m−1. M18E
1
𝜆
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
Se llega a la misma
conclusión por esta fórmula.
De ella se deduce que cuanto
menor es λ mayor es E. Por lo
tanto, la menor longitud de
onda corresponderá a la
mayor energía. Y la mayor
energía corresponde al salto
desde n1 = 1 a n2 = ∞, como
es fácil entender observando
el diagrama
c

m−1. M18E
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
Por todo ello, para calcular la λ pedida en el enunciado
basta sustituir en la fórmula de Ryberg n1 = 1 y n2 = ∞,
teniendo en cuenta que RH = 1,097·107 m−1
c

m−1. M18E
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
Se obtiene λ = 9,12·10– 8 m
c

Considere los cuatro elementos con la siguiente configuración electrónica en los niveles de energía más externos: A: 2s2
2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
a) Identifique los cuatro elementos con nombre y símbolo. Indique grupo y periodo al que pertenecen.
b) Indique un catión y un anión que sean isoelectrónicos con A2–.
c) Justifique si la segunda energía de ionización para el elemento A es superior o inferior a la primera.
d) En el espectro del átomo hidrógeno hay una línea situada a 434 nm. Calcule ΔE, en kJ·mol−1, para la transición
asociada a esa línea.
Datos. h = 6,62×10−34 J·s; NA = 6,022×1023; c = 3,00×108 m·s−1. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos. M18M

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
Datos. h = 6,62×10−34 J·s; NA = 6,022×1023; c = 3,00×108 m·s−1. M18M
a
El número cuántico principal, n, de la capa más externa indica el periodo (fila)
en el que se encuentra el elemento. Por eso, los elementos A y B están en el
segundo periodo (pues en ellos n = 2) y el C y el D en el tercero (n = 3).
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
a • El número total de electrones en capa más externa (la de mayor n) es útil para darnos el grupo (columna) del
elemento.
• Si solo tiene electrones en una subcapa s (no en p ni d) de la capa más externa, pertenece al bloque s (color salmón). Si
solo tiene 1 electrón en s es del grupo IA; si tiene 2 electrones s, del grupo IIA (o es He, que está incluido en el bloque s).
• Si tiene electrones en una subcapa p (no d) es del bloque p (color amarillo). La suma de los electrones s y p de la capa más
externa coincide con el número romano del grupo (IIIB, IVB…).
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ––––VIIIA –––– IB IIB IIIB IVB VB VIB VIIB VIIIB
Bloque s Bloque d Bloque p
• Si tuviera electrones en una subcapa d pertenecería al
bloque d (color azul). El número de electrones en d
coincidiría con el número de columna de este bloque
si las numeramos de la 1 a la 10.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
a Por todo lo dicho, los elementos son:
• A: oxígeno, O (tiene subcapa p con 4 electrones; en total 6 electrones en última capa (2ª) ⇒ bloque p, grupo VI)
• B: berilio, Be (solo tiene subcapa s en la última capa (2ª) y está llena con 2 electrones ⇒ bloque s, grupo II)
• C: silicio, C (tiene subcapa p con 2 electrones; en total 4 electrones en última capa (3ª) ⇒ bloque p, grupo IV)
• D: cloro, Cl (tiene subcapa p con 5 electrones; en total 7 electrones en última capa (3ª) ⇒ bloque p, grupo VII)
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
a Nota: se han empleado las numeraciones antiguas de los grupos (en números romanos) para ayudar a
identificar a los elementos, pero la IUPAC numerarlos del 1 al 18. Por eso, los elementos que hemos averiguado
estarían en los siguientes grupos:
A: oxígeno, O, grupo 16 | B: berilio, Be, grupo 2 | C: silicio, Si , grupo 14 | D: cloro, Cl , grupo 17.
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
a Una forma alternativa de identificar elementos del grupo p es numerando las columnas de este bloque de la 1 a la 6 (la del B
es la 1, la del C es la 2, etc.). El número de electrones en la subcapa p coincidirá con esa numeración. Así, el elemento A es el
oxígeno (4 electrones en subcapa p ⇒ 4ª columna del bloque p); el elemento B es el Be (2 electrones en subcapa s ⇒ 2ª
columna del bloque s); el elemento C es el silicio (2 electrones en subcapa p ⇒ 2ª columna del bloque p); el elemento D es el
cloro (4 electrones en subcapa p ⇒ 5ª columna del bloque p).
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
1 2 3 4 5 6
Bloque p
1 2
Bloque s

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
a Finalmente, también se puede averiguar el elemento contando su número total de electrones para determinar su número
atómico (Z) y comprobarlo en la tabla. Hay que tener cuenta que hay que agregar los electrones de las capas internas (2 para
A y B y (2 + 8) para C y D) a los que vemos en los fragmentos de configuraciones electrónicas del enunciado.
• A: 8 electrones ⇒ Z = 8 ⇒ es el oxígeno, O
• B: 4 electrones ⇒ Z = 4 ⇒ es el berilio, Be
• C: 14 electrones ⇒ Z = 14 ⇒ es el silicio, Si
• D: 17 electrones ⇒ Z = 17 ⇒ es el flúor, Cl
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
b

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
Como hemos visto, A tiene 8 electrones. Por lo tanto, A2– tendrá 10 electrones (los mismos que el neón, ya que
el número atómico de este es Z = 10).
• Un anión isoelectrónico con A2– puede ser el F– pues el número atómico del F es Z = 9, lo que supone que
el número de electrones del F– es 10. Otro anión isoelectrónico con A2– puede ser N3–. Otro: C4–.
• Un catión isoelectrónico con A2– puede ser el Na+ pues el número atómico del Na es Z = 11, lo que supone
que el número de electrones del Na+ es 10. Otro catión isoelectrónico con A2– puede ser Mg2+. Otro: Al3+.
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
b

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
c

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
• La energía de ionización es la necesaria para arrancar un electrón a un átomo A en estado gaseoso y
convertirlo en un catión A+. También podríamos llamarla primera energía de ionización (o primer potencial
de ionización) ya que podemos pensar en la energía necesaria para arrancar un electrón a un catión A+ y
convertirlo en A2+; esa sería la segunda energía de ionización, y así sucesivamente.
• La primera energía de ionización para cualquier elemento es más baja que la segunda, ya que en un catión
A+ los electrones están más atraídos por el núcleo cargado positivamente que lo están en el átomo neutro.
c
• A título de ejemplo véase el gráfico de la derecha que representa
las 10 primeras energías de ionización del Cl. Nótese el gran salto
entre la 7ª y la 8ª. Eso es porque el Cl tiene 7 electrones en su
última capa. Si se le quitan los 7 para obtener Cl7+ la especie es
isoelectrónica con el Ne, que es un gas noble. Como los gases
nobles son muy estables por tener 8 electrones en su última capa,
cuesta mucha energía quitarles un electrón, y de ahí que la 8ª
energía de ionización del Cl sea tan alta.

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
d

2p4; B: 2s2; C: 3s2 3p2; D: 3s2 3p5.
• El problema se refiere a una transición energética en el átomo de H, es decir, a un cambio de nivel de un
electrón (por ejemplo, de un nivel n = 1 al n = 2 o del n = 6 al n = 3, etc.)
• Para cambiar de nivel se ha de absorber (para subir de nivel) o emitir (para bajar de nivel) un fotón. Ese
fotón tiene una energía que se puede expresar en función de la frecuencia del fotón (ν) o de, lo que es
equivalente, su longitud de onda (λ). Según la teoría cuántica la energía de un fotón viene dada por E = h ν (h
es la constante de Planck). Como frecuencia y longitud de onda vienen relacionadas por ν = c / λ, entonces
podemos expresar E de estas dos maneras:
• En este caso conviene usar la segunda igualdad. Y todo lo que hay que hacer es sustituir datos teniendo en
cuenta que 434 nm = 343·10–9 m.
𝐸 = 6,62 · 10−34
𝐽 𝑠 × 3,00 · 108
𝑚 𝑠−1
1
434 · 10−9 𝑚
= 4,576 · 10−19
𝐽
• Ahora bien, esta es la energía para la transición en un solo átomo. Si se quiere dar para un mol de átomos
hay que multiplicar por la constante de Avogadro, NA. Se obtiene 275569 J mol– 1 o bien 275,569 kJ mol– 1.
d
1
𝜆

Considere las configuraciones electrónicas de tres elementos A:1s2 2s2 2p6 3s2 3p4; B: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 y C:
1s2 2s2 2p6 3s1. Puntuación máxima por apartado: 0,75 puntos a) y c); 0,5 puntos b).
a) Indique para cada elemento el grupo, el periodo, el nombre y el símbolo.
b) Defina primera energía de ionización y justifique en cuál de los tres elementos es menor.
c) En el espectro de emisión del átomo de hidrógeno hay una línea situada en la zona visible cuya energía
asociada es 291,87 kJ·mol−1. Calcule a qué transición corresponde.
Datos: h = 6,626×10−34 J·s; NA = 6,022×1023 mol−1; RH = 2,180×10−18 J; RH = 1,097×107 m−1; c = 3×108 m·s−1. M19M

a • El número total de electrones en capa más externa (la de mayor n) es útil para darnos el grupo (columna) del
elemento.
• Si solo tiene electrones en una subcapa s (no en p ni d) de la capa más externa, pertenece al bloque s (color salmón). Si
solo tiene 1 electrón en s es del grupo IA; si tiene 2 electrones s, del grupo IIA (o es He, que está incluido en el bloque s).
• Si tiene electrones en una subcapa p (no d) es del bloque p (color amarillo). La suma de los electrones s y p de la capa más
externa coincide con el número romano del grupo (IIIB, IVB…).
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
• Si tuviera electrones en una subcapa d pertenecería al
bloque d (color azul). El número de electrones en d
coincidiría con el número de columna de este bloque
si las numeramos de la 1 a la 10.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

a
• A: azufre, S (n más alto: 3 ⇒ periodo 3. Tiene subcapa p no completa, con 4 electrones; en total 6 electrones
en última capa ⇒ bloque p, grupo VI; también se puede averiguar el elemento porque tiene 16 e– ⇒ Z = 16).
• B: cloro, Cl (n más alto: 3 ⇒ periodo 3. Tiene subcapa p no completa, con 5 electrones; en total 7 electrones
en última capa ⇒ bloque p, grupo VII; también se puede averiguar el elemento porque tiene 17 e– ⇒ Z = 17).
• C: sodio, Na (n más alto: 3 ⇒ periodo 3. Tiene subcapa s no completa, con 1 electrón ⇒ bloque s, grupo I;
también se puede averiguar el elemento porque tiene 11 e– ⇒ Z = 11.
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2

b

b
• Se define la primera energía de ionización de un elemento como la necesaria para conseguir arrancar un
electrón a un átomo en estado gaseoso y convertirlo en el correspondiente catión monovalente (ion con una
sola carga positiva). Es lo mismo que decir la energía necesaria para que el electrón más externo salte desde
el nivel en que se encuentra en el átomo al nivel n = ∞.
• En general, la energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha de la tabla periódica o, dicho de
otra manera, en diagonal de abajo-izquierda a arriba-derecha, como indica la flecha. Como los tres
elementos están en el mismo periodo no hay que fijarse en el criterio del aumento de abajo arriba, sino
simplemente en el de izquierda a derecha.
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
• El orden de energía de ionización previsible es, por tanto:
Ei(C) < Ei(A) < Ei(B)
Ei(Na) < Ei(S) < Ei(Cl)

c

1
𝜆
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
Para contestar
la pregunta
podemos
tener en
cuenta estas
dos fórmulas…
c

1
𝜆
1
𝜆
= 𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
que se pueden
unir en esta otra
c
𝐸 = ℎ𝑐𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2

c
4,85 · 10–19 𝐽 = 6,626 · 10−34 𝐽𝑠 × 3 · 108 𝑚𝑠−1 × 1,097 · 107 𝑚−1 ×
1
22
−
1
𝑛2
2 𝐸 = ℎ𝑐𝑅𝐻
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
Basta sustituir valores, pero hemos de tener en cuenta:
• La unidad de E en el sistema internacional es el julio (J), no el kJ.
• El valor que nos dan es kJ/mol, pero hemos de referirlo no a un mol de átomos, sino a un solo átomo. Por eso, debemos
dividir la energía dada por la constante de Avogadro (NA). Se obtiene: 291870 J·mol−1 / 6,022·1023 mol−1 = 4,85·10–19 J.
• Nos dan dos valores de RH, uno expresado en J y otro en m–1. Hemos de usar este último porque la fórmula de Rydberg
que hemos escrito anteriormente es para calcular 1 / λ (inversa de una distancia, y por tanto se mide en m–1).
• Como el fenómeno es de emisión, se entiende que el átomo está excitado en un nivel n2 (que hemos de averiguar) y
vuelve al estado n1 = 2 para relajarse. Esto es así porque la transición es visible (la región visible está entre ~400 y ~750 nm
y por tanto corresponde a la serie de Balmer, en la que n1 = 2.

c
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
0,222 =
1
22
−
1
𝑛2
2

c
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
0,222 − 0,25 = −
1
𝑛2
2 0,222 =
1
22
−
1
𝑛2
2

c
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
0,222 − 0,25 = −
1
𝑛2
2 0,222 =
1
22
−
1
𝑛2
2
𝑛2 ≈ 6

c
Nota:
El valor en de RH lo dan también en julios porque se puede demostrar que empleando RH en julios la fórmula de Rydberg es
simplemente esta:
𝐸(𝑒𝑛 𝑗𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠) = 𝑅𝐻(𝑒𝑛 𝑗𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠)
1
𝑛1
2 −
1
𝑛2
2
4,85 · 10–19
𝐽 = 2,180·10−18
J ×
1
22 −
1
𝑛2
2
𝑛2 ≈ 6

Considere los elementos con números atómicos: Z = 4, Z = 8 y Z = 13.
a) Escriba sus configuraciones electrónicas e identifíquelos con su nombre y su símbolo.
b) Razone para cada uno de los elementos cuál es su ion más estable.
c) Justifique si el ion más estable del elemento Z = 4 tendrá mayor o menor radio que el de su átomo.
d) Identifique el compuesto que se forma entre los elementos con Z = 8 y Z = 13, indicando su fórmula, nombre y tipo de
enlace. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos. M19E

enlace. M19E
a
• Para escribir las configuraciones electrónicas teóricas podemos
ayudarnos del diagrama de la derecha, basado en la regla de Madelung.
• Las configuraciones resultan ser:
• Z = 4: 1s2 2s2
• Z = 8: 1s2 2s2 2p4
• Z = 13: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1

enlace. M19E
a
• Para escribir las configuraciones electrónicas teóricas podemos
ayudarnos del diagrama de la derecha, basado en la regla de Madelung.
• Z = 4: 1s2 2s2
• Z = 8: 1s2 2s2 2p4
• Z = 13: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1
n = 1
n = 3
n = 2
Para identificarlos podemos ayudarnos escribiendo
las primeras filas de la tabla periódica y
numerando los átomos, es decir, dándoles sus
valores de Z. Resultan ser el Be, el O y el Al

enlace. M19E
a
• Para escribir las configuraciones electrónicas teóricas podemos ayudarnos del diagrama de la derecha, basado
en la regla de Madelung.
• Z = 4: 1s2 2s2; es del 2º periodo, bloque s (columna II por terminar en s2) ⇒ Be
• Z = 8: 1s2 2s2 2p4; es del 2º periodo, bloque p (columna VI por terminar en s2 p4) ⇒ O
• Z = 13: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1; es del 3º periodo, bloque p (columna III por terminar en s2 p1) ⇒ Al
n = 1
n = 3
n = 2
También se pueden identificar a partir de
sus configuraciones electrónicas

enlace.
b

enlace. M19E
b
• Para escribir las configuraciones electrónicas teóricas podemos ayudarnos del diagrama de la derecha, basado
en la regla de Madelung.
• Z = 4: 1s2 2s2; Configuración GN (He): 1s2 ⇒ Be2+ (porque hemos quitado 2 e–)
• Z = 8: 1s2 2s2 2p4 ; Configuración GN (Ne): 1s2 2s2 2p6 ⇒ O2– (porque hemos añadido 2 e–)
• Z = 13: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1; Configuración GN (Ne): 1s2 2s2 2p6 ⇒ Al3+ (porque hemos quitado 3 e–)
n = 1
n = 3
n = 2
Los iones más estables de cada elemento son aquellos que le dan
configuración de gas noble, es decir, 8 electrones en su última
capa (o 2 si el gas noble correspondiente es el He) ya sea
ganándolos o perdiéndolos y siguiendo el criterio general de que
se ganen o pierdan los menos posible

enlace. M19E
c • El catión Be2+ tiene menor radio que el
Be porque al perder electrones de la
última capa el núcleo tiene exceso de
protones (exceso de carga positiva en
el núcleo) que atraen con más fuerza a
los electrones.
• En general, los cationes son más
pequeños que sus átomos neutros (los
aniones, al contrario).
grupo 1 grupo 2 grupo 13 grupo 16 grupo 17

enlace. M19E
d

enlace. M19E
d • Los elementos son el O y el Al, que, como hemos visto, tienden a formar con relativa facilidad los
iones O2– y Al3+, ya que así adquieren configuraciones de gas noble sin haber tenido necesidad de
perder o ganar demasiados electrones.
• Tenderán a formar enlace iónico, ya que tienen carga diferente y se atraerán electrostáticamente.
Dadas sus cargas, para que en la molécula se compensen necesitamos 3 O2– y 2 Al3+. Por eso la
fórmula es Al2O3 (oxido de aluminio).

Considere los elementos Mg y Cl: Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos
a) Escriba la configuración electrónica de Mg2+ y Cl–.
b) Indique los números cuánticos del electrón más externo del Mg.
c) Ordene los elementos por orden creciente de tamaño y justifique la respuesta.
d) Ordene los elementos por orden creciente de primera energía de ionización y justifique la respuesta. M18O

Considere los elementos Mg y Cl:
a • Conviene escribir los primeros periodos de la tabla periódica para
hacernos una idea de las posiciones del Cl y el Mg. Al escribirla podemos
comprobar que Z(Mg) = 12 y Z(Cl) = 17.
• Aplicando el diagrama de la derecha (regla de Madelung) podemos
determinar fácilmente las configuraciones de ambos átomos neutros:
• Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2
• Cl: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
• A partir de ellas, las de los iones son intuitivas: el catión
Mg2+ tendrá la misma que la del Mg pero quitando dos
electrones de la última capa; y el anión Cl– la misma que la
del Cl pero añadiendo un electrón a la última capa:
• Mg2+ : 1s2 2s2 2p6
• Cl– : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

b

b Como acabamos de decir, la configuración del Mg es Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2, así que en realidad no hay un
electrón más externo, sino dos. Sus números cuánticos serían:
• n = 3, ya que el número cuántico principal n coincide con el valor numérico que aparece en el nombre
del orbital en cuestión (en este caso, el nombre de ese orbital es “3s”).
• 𝓁 = 0, ya que se emplea la siguiente terminología: para orbitales s, 𝓁 = 0; para orbitales p, 𝓁 = 1; para
orbitales d, 𝓁 = 2; para orbitales f, 𝓁 = 3.
• Si 𝓁 = 0, m solo puede valer 0 (pues el valor de m es un entero comprendido entre –𝓁 y + 𝓁).
• Finalmente, el valor absoluto del número cuántico de espín, s, siempre es ½, pero como hay dos
electrones uno tendrá valor positivo de s (+ ½ ) y el otro negativo (– ½ ). Por tanto, expresaremos s como
± ½.
(3, 0, 0, ±½)
Por todo ello, los números cuánticos del
electrón al que se refiere el enunciado son:
(Nota: al número cuántico m se le llama también a veces m𝓁; y al número cuántico s, ms).

c

c • Los dos elementos se encuentran en el mismo periodo, pero el cloro tiene mayor número atómico que el
magnesio, es decir, tiene más protones. Por eso, los electrones son atraídos con más fuerza en el cloro que
en el magnesio y eso hace que el radio del cloro sea menor que el del magnesio (r(Cl) < r(Mg)).
• La siguiente imagen es útil para ver cómo varia en general el tamaño de los átomos neutros en la tabla
periódica.

d

• La energía de ionización o potencial de ionización es la energía necesaria que hay que aportar al átomo
neutro (en estado gaseoso) para arrancarle un electrón. Como el Cloro tiene 7 electrones en su última
capa, faltándole solo 1 para alcanzar la configuración de gas noble (es decir, tener 8 electrones en la
última capa, como el Ar), su tendencia es a captar electrones, no a perderlos. Por eso, su energía de
ionización es muy alta. En cambio, el Mg, con 2 electrones en su última capa, alcanzaría configuración de
gas noble (la del Ne) perdiendo esos dos electrones. Por eso, arrancar electrones al Mg no cuesta mucho.
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
d

• La energía de ionización o potencial de ionización es la energía necesaria que hay que aportar al átomo
neutro (en estado gaseoso) para arrancarle un electrón. Como el Cloro tiene 7 electrones en su última
capa, faltándole solo 1 para alcanzar la configuración de gas noble (es decir, tener 8 electrones en la
última capa, como el Ar), su tendencia es a captar electrones, no a perderlos. Por eso, su energía de
ionización es muy alta. En cambio, el Mg, con 2 electrones en su última capa, alcanzaría configuración de
gas noble (la del Ne) perdiendo esos dos electrones. Por eso, arrancar electrones al Mg no cuesta mucho.
• En general, la energía de ionización aumenta hacia arriba y hacia la derecha de la tabla periódica o, dicho
de otra manera, en diagonal, de abajo-izquierda a arriba-derecha, como indica la flecha. Como Mg y Cl
están en el mismo periodo no hay que fijarse en el criterio del aumento de abajo arriba, sino simplemente
en el de izquierda a derecha.
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
d

Un elemento químico posee una configuración electrónica 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6. Justifique si son verdaderas o
falsas las siguientes afirmaciones:
a) Pertenece al grupo 17 del Sistema Periódico.
b) Se encuentra situado en el tercer periodo. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
c) Conduce la electricidad en estado sólido.
d) Los números cuánticos (3,1,–2,+½) corresponden a un electrón de este elemento. M18O

n = 1
n = 3
n = 4
n = 2
La configuración electrónica obtenida siguiendo el principio de construcción por la regla de Madelung (es decir, sin tener
en cuenta las excepciones a la regla) permite determinar:
• el periodo en que se encuentra un elemento, que es el valor más alto del número cuántico principal n.
• el grupo, que se puede hallar rápidamente observando si hay una subcapa que no esté llena:
• Si no está llena una subcapa s (configuración s1) el elemento es del grupo 1; si no está llena la subcapa p es de los grupos 13 al
17 (p1: grupo 13; p2: grupo 14, etc.); si no está llena una subcapa d, el número de grupo coincide con la suma del número de
electrones en esa capa d más 2 (ej.: un elemento con d5 es del grupo 7).
• Si todas las subcapas s, p y d están llenas el elemento es de los grupos 2, 12 o 18. Es del grupo 2 si para el valor más alto de n
tiene solo una subcapa s completa (excepto el He); es del grupo 18 si para el valor más alto de n tiene una subcapa p completa.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

a
Por tanto, las respuestas a las preguntas son:
b
c
Este elemento tiene una subcapa d incompleta con 6 electrones. Por tanto, su grupo es 6 + 2 = 8. (Nota: se
dice que tiene 8 electrones en su capa de valencia, ya que para los metales de transición y solo para ellos los
electrones de valencia se considera que son los que se encuentran en la subcapa s más externa (teóricamente
2) más los electrones que están en la subcapa d más externa de todas las posibles subcapas d que contenga
el elemento).
La configuración electrónica es 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6. Como el valor más alto de n es 4, el elemento se
encuentra en el 4º periodo.
El elemento es el Fe, conclusión a la que también podría haberse llegado sabiendo (sumando los electrones
de la configuración electrónica) que tiene 26 electrones, es decir, Z = 26, y escribiendo las 4 primeras filas de
la tabla periódica. Como el hierro es un metal, es buen conductor de la corriente eléctrica, algo que es
normal en los sólidos con enlace metálico. En ellos, en una red cristalina se colocan cationes del metal y los
electrones libres forman una “nube” o “mar” cuya movilidad explica la conducción.
d No es posible que un electrón tenga números cuánticos (3,1,–2,+½) porque los valores del tercer número
cuántico (m) solo pueden ser números enteros comprendidos estar entre los valores –𝓁 y + 𝓁, siendo 𝓁 el
segundo número cuántico escrito en ese paréntesis, que en este caso es 1. Por tanto, m solo podría valer en
este caso –1, 0 o +1.

Para las moléculas NH3 y CO2:
a) Justifique el número de pares de electrones enlazantes y los pares libres del átomo central.
b) Indique su geometría y la hibridación que presenta el átomo central.
c) Justifique las fuerzas intermoleculares que presentan.
d) Explique su polaridad. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
M18E

d) Explique su polaridad. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
M18E
a • Lo primero que conviene hacer es escribir las configuraciones
electrónicas de los cuatro elementos implicados: N, H, C, O
• Para ello necesitamos:
• 1. Averiguar los números atómicos (Z), escribiendo los dos
primeros periodos de la tabla periódica. Los valores Z nos
dirán cuántos hay electrones habrá que considerar.
• Usar el diagrama de la derecha para colocar esos electrones
en los orbitales correspondientes, empezando por abajo y
siguiendo las flechas.

d) Explique su polaridad.
M18E
a
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
• Seguidamente conviene escribir las estructuras de Lewis más probables. Se trata de contar los electrones de
valencia (los de la capa más externa) de cada elemento y ponerlos a su alrededor teniendo en cuenta que en
cada molécula los átomos deben estar enlazados y que cada enlace es un par de electrones.
• Lo que se pretende conseguir es que en total queden 8 electrones alrededor del átomo central y también de
los periféricos (2 en el caso del H). El átomo central normalmente es de aquel elemento del que solo hay un
átomo en la fórmula; también suele ser el menos electronegativo (sin contar el H). En el NH3 sería el N; en el
CO2, el C.

M18E
a
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
Se han representado con puntos los 5 electrones de valencia del N y con
aspas el electrón de valencia de cada del H. Esta disposición cumple las
exigencias de octecto de Lewis (8 electrones en total alrededor del N y 2
alrededor de cada H). Nótese que al N le queda un par de electrones
libres (:), es decir, sin compartir con los otros átomos. Los otros tres pares
de electrones existentes (· ×) se dice que son pares enlazantes porque
son los que constituyen los enlaces (tres, sencillos) de la molécula NH3.
N
H H
H
:
·
·
·
×
× ×

M18E
a
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
C
O O
×
×
×
× :
××
××
×
×
××
:
N
H H
H
:
·
·
·
×
× ×
Se han representado con puntos los 4 electrones de valencia
del C y con aspas los 6 electrones de valencia de cada O. Esta
disposición cumple las exigencias de octecto de Lewis para los
tres átomos (8 electrones en total alrededor de cada átomo).
No hay pares de electrones no enlazantes alrededor del átomo
central (sí hay 2 pares de este tipo alrededor de cada O) pero sí
4 pares de electrones enlazantes. Esos 4 pares sirven para
enlazar al átomo de C con los de O mediante un total de 4
enlaces sencillos o, dicho de otro modo, dos enlaces dobles

M18E
b

M18E
b
• Para predecir la geometría y al mismo tiempo
la hibridación de los orbitales del átomo
central es muy útil la tabla de la derecha, que
es un resumen de lo que establece la Teoría
de la Repulsión de los Pares de Electrones de
la Capa de Valencia (RPECV)
• Por región de elevada densidad electrónica
(alrededor del átomo central) se entiende:
• Pares de electrones no enlazante del
átomo central.
• La región del enlace (tanto si el enlace
es simple como doble o triple se cuenta
una sola región).
Nº de regiones
de elevada
densidad
electrónica
Distribución
geométrica de las
regiones
Hibridación Ejemplo
2 lineal sp O=C=O
3 triangular sp2 NH3
4 tetraédrica sp3 CH4
5 Bipirámide trigonal sp3d PF5
6 Octaédrica sp3d2 SF6
Tabla RPECV

M18E
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
C
O O
×
×
×
× :
××
××
×
×
××
:
N
H H
H
:
·
·
·
×
× ×
Recordemos las
estructuras de Lewis que
habíamos propuesto. Las
estructuras de Lewis no
predicen geometrías, pero
ayudan a averiguarlas
como vamos a ver
Recordemos las
estructuras de Lewis que
habíamos propuesto. Las
estructuras de Lewis no
predicen geometrías, pero
ayudan a averiguarlas
como vamos a ver
b

M18E
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
El N tiene 4 regiones de elevada densidad electrónica
alrededor (los tres enlaces y el par no enlazante). Por
tanto, la disposición espacial de estas regiones es
tetraédrica y la hibridación de los orbitales del N es sp3
C
O O
×
×
×
× :
××
××
×
×
××
:
N
H H
H
:
·
·
·
×
× ×
El C tiene 2 regiones de elevada densidad electrónica
alrededor (la de los enlaces, que en este caso son
ambos dobles). Por tanto, la disposición espacial de
estas regiones es lineal y la hibridación del C es sp
b

M18E
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
C
O O
×
×
×
× :
××
××
×
×
××
:
N
H
H
H
:
·
·
· ×
× ×
Por lo que hemos dicho,
escribimos esta estructura de
Lewis de modo que las
regiones de elevada densidad
electrónica se dirijan en la
dirección de los vértices de un
tetraedro. (La del CO2 no hay
que modificarla porque ya está
escrita de forma lineal, como
lo predice la teoría RPECV).
b

M18E
1s2 2s2 2p3
N (Z = 7)
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p4
O (Z = 8)
C
O O
×
×
×
× :
××
××
×
×
××
:
N
H
H
H
:
·
·
· ×
× ×
Podemos dibujar los orbitales
híbridos. En el NH3 son 4
orbitales híbridos sp3; en el
caso del C, 2 híbridos sp.
(Nota: el número de orbitales
híbridos de un tipo
determinado siempre es la
suma de los exponentes del
nombre del híbrido. Así, para
sp3 son 1 + 3 = 4; y para sp son
1 + 1 = 2)
Cada lóbulo es un orbital híbrido sp. Su forma real
es más parecida a esto:
Cada lóbulo es un orbital híbrido sp3.
Su forma real es más parecida a esto:
b

M18E
C
O O
=
N
H
H
H
b
=
• Para indicar la geometría de una molécula nos fijamos solo en los
núcleos. Por eso, podemos decir que el NH3 tiene geometría piramidal
trigonal (pirámide de base triangular) y el CO2 tiene geometría lineal.
• Hemos indicado cada par de electrones de enlace mediante una rayita

M18E
Para entender mejor las hibridaciones de estas moléculas consideremos en qué consiste la
hibridación de orbitales viendo esquemáticamente las más habituales: tipos sp, sp2 y sp3
3 orbitales p
1 orb. s 3 orbitales p
1 orb. s
2 orb. p
2 orb. sp 1 orb. p
3 orb. sp2 4 orbitales sp3
b

M18E
• En el caso del NH3, como el N tiene configuración 1s2 2s2 2p3,
posee 5 electrones de valencia (los de la capa más externa, que
en este caso es la de n = 2). Los dibujamos en el esquema.
• La hibridación del orbital 2s con los tres orbitales 2p conduce a
cuatro orbitales híbridos sp3 en los que se colocan los 5
electrones siguiendo la regla de Hund.
↑↓ ↑ ↑ ↑
↑↓ ↑ ↑ ↑
3 orbitales p
1 orb. s
4 orbitales sp3
N
H
H
H
:
·
·
· ×
× ×
• Esto explica muy bien la estructura de
Lewis, en la que el N tiene un par de
electrones juntos (no enlazantes) y tres
desapareados mediante los que se enlaza
con los H (los H usan sus orbitales 1s –no
dibujados– para superponerlos a los tres
híbridos sp3 que tienen cada uno un solo
electrón)
b

M18E
↑↓ ↑ ↑
↑ ↑ ↑ ↑
2p3
2s2
2 orb. p
2 orb. sp
• En el caso del CO2, como el C tiene configuración 1s2 2s2 2p2,
posee 4 electrones de valencia (los de la capa más externa, que
en este caso es la de n = 2). Los dibujamos en el esquema.
• La hibridación del orbital 2s con lun orbitales 2p conduce a dos
orbitales híbridos sp mientras que los otros dos orbitales p
originales quedan puros, sin hibridar.
• Se admite que la regla de Hund se aplica a las 4 orbitales
conjuntamente, por lo que en cada orbital se coloca un electrón.
• Esto explica la estructura de Lewis del CO2, en la que el C aporta
sus 4 electrones solitarios para emparejarlos con los que aportan
los O. En cada enlace doble uno de los enlaces se dice que es
sigma (σ) y el otro pi (π).
C
O O
×
×
×
× :
××
××
×
×
××
:
b

M18E
3 orbitales p
1 orb. s 5 orbitales d
5 orbitales d
3 orbitales sp3d 6 orbitales sp3d2 3 orbitales d
4 orbitales d
Existen otros tipos de hibridación como los llamados sp2d y
sp3d2. Este esquema permite ver en qué consisten
b

M18E
c y d

M18E
c y d
F
H
• Dos átomos diferentes que se unen mediante un enlace tienen distinta electronegatividad.
• Eso implica que se podría considerar que cada átomo del enlace tiene una cierta “densidad de carga
eléctrica” (δ), igual para ambos átomos pero de sentido contrario. El átomo más electronegativo tendrá
densidad de carga negativa (δ–); el menos electronegativo, positiva (δ–). Por ejemplo, en HF sería así:
• En física, dos cargas iguales y de distinto signo separadas una distancia d se dice que forman un dipolo
eléctrico.
• Los dipolos se caracterizan por una magnitud llamada momento dipolar que se define así:
𝜇 = 𝛿 𝑑
• El momento dipolar es un vector que se dibuja desde el átomo más electropositico al más electronegativo:
δ–
δ+
F
H
𝜇

M18E
c y d
• Cuando una molécula tiene más de un enlace, cada enlace lleva asociado su propio momento
dipolar. Como los momentos dipolares son vectores, se pueden sumar vectorialmente.
• En el caso del NH3 la suma de los tres vectores 𝜇 de cada enlace (en verde) es aproximadamente el
vector rojo. Se dice que la molécula NH3 tiene momento dipolar o bien que es una molécula polar.
• Pero en el CO2 los momentos dipolares de enlace se anulan entre sí y la molécula en conjunto no
tiene momento dipolar, por lo que se dice que es apolar.
C
O O
=
N
H
H
H
=

M18E
c y d
• Por otra parte, el NH3 puede formar enlaces de H (o puentes de H) con otras moléculas de NH3. Un
enlace de H es una fuerza intermolecular entre un átomo electronegativo de una molécula
(especialmente F, O o N) y un átomo de hidrógeno unido covalentemente a otro átomo
electronegativo (F, O o N).
• Se representa con líneas discontinua en la imagen porque es un enlace débil.
• Al unir ligeramente a las moléculas de NH3 entre sí, el enlace de H hace que el NH3 sea “más
líquido” de lo esperable, es decir, que sea más difícil convertirlo en gas cuando está en estado
líquido o en líquido cuando está en estado sólido. Es decir, tiene puntos de fusión y de ebullición
más altos de lo esperable. (Otra sustancia a la que le pasa esto claramente es el H2O).

M18E
c y d
• En el caso del CO2 hay que tener en cuenta que en todas las moléculas los átomos están
continuamente vibrando en torno a sus posiciones de equilibrio. Así, el CO2 podríamos encontrarlo
en breves momentos en estas posiciones (se dan dos a título de ejemplo):
• Como se ve, en ambas situaciones los vectores verdes no se anulan, generando pequeños
momentos dipolares globales que se han representado en rojo (aproximadamente).
• Por ello, aunque la molécula es apolar porque en la posición de equilibrio se anulan los momentos
dipolares, se puede considerar que se crean en ella dipolos instantáneos.
• Cuando una molécula que tiene un dipolo instantáneo se acerca a otra se produce entre ambas una
leve interacción electrostática. Este tipo de interacción molecular se llama fuerza de London y es un
tipo de fuerza de Van der Waals.
• Las fuerzas de London son mucho más débiles que los enlaces de H. Por eso el CO2 tiene puntos de
fusión y ebullición muy bajos y tiende a ser un gas (es difícil licuarlo y más aún solidificarlo).
C
O O
=
=
C
O O
=
=

Para cada una de las siguientes moléculas: BF3 y CH3Cl. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos
a) Dibuje su estructura de Lewis.
b) Justifique el número de pares de electrones enlazantes y el de pares libres del átomo central.
c) Dibuje e indique su geometría molecular aplicando el método de repulsión de pares de electrones de la capa de
valencia (RPECV).
d) Justifique su polaridad. M19E

valencia (RPECV).
1s2 2s2 2p5
F (Z = 9)
1s2 2s2 2p3
B (Z = 5)
a Las configuraciones electrónicas de los átomos de la molécula BF3 son estas:
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2

valencia (RPECV).
d) Justifique su polaridad.
1s2 2s2 2p5
F (Z = 9)
1s2 2s2 2p1
B (Z = 5)
B
F
·
×
El átomo central es el B,
pero solo tiene 3
electrones en su última
capa. Son insuficientes
para poder aplicarle
estrictamente el modelo
del octeto de Lewis. Se
dice que el B tiene un
“octeto incompleto”
a
M19E
F F
·
·
× ×
× ×
×
×
×
×

valencia (RPECV).
a Para el CH3Cl las configuraciones electrónicas de sus átomos son estas:
M19E
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
Cl (Z = 9)
n = 1
n = 3
n = 4
n = 2

valencia (RPECV).
C
Cl
·
×
En este caso, para escribir la estructura de Lewis
quedaría la duda muy razonable de cuál es el átomo
central, pues se podría aceptar en teoría tanto el C como
el Cl puesto que de ambas especies hay un solo átomo.
No obstante, en muchas moléculas suele ser el menos
electronegativo, sin contar el H..(Además, si lo fuera el Cl
la molécula sería muy extraña en química. Es más fácil
pensar que se trata de un derivado del CH4 (metano) en
el que se ha sustituido un H por un Cl).
a
M19E
H ·
×
× ×
×
×
×
×
1s1
H (Z = 1)
1s2 2s2 2p2
C (Z = 6)
1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
Cl (Z = 9)
×
· H
·
H
×

valencia (RPECV).
Esta tiene 3 pares de electrones enlazantes
y ninguno libre alrededor del B
b Veamos el número de pares de electrones enlazantes y, en su caso, el de electrones libres alrededor
del átomo central en ambas moléculas:
B
F
·
×
F F
·
·
× ×
× ×
×
×
×
×
C
Cl
·
×
H ·
×
× ×
×
×
×
×
×
· H
·
H
×
Esta tiene 4 pares de electrones enlazantes
y ninguno libre alrededor del C

valencia (RPECV).
c Para averiguar la geometría de estas moléculas recurrimos a la tabla de la teoría RPECV
Nº de regiones
de elevada
densidad
electrónica
Distribución
geométrica de las
regiones
2 lineal sp O=C=O
Tabla RPECV

valencia (RPECV).
Nº de regiones
de elevada
densidad
electrónica
Distribución
geométrica de las
regiones
2 lineal sp O=C=O
Tabla RPECV
B
F
·
×
F F
·
·
× ×
× ×
×
×
×
×
El átomo central tiene 3 regiones de
elevada densidad electrónica alrededor, las
cuales se dirigen hacia los vértices de un
triángulo para minimizar las repulsiones

valencia (RPECV).
Nº de regiones
de elevada
densidad
electrónica
Distribución
geométrica de las
regiones
2 lineal sp O=C=O
Tabla RPECV
B
F
F F
Por eso la molécula tiene geometría
triangular (trigonal plana)

valencia (RPECV).
Nº de regiones
de elevada
densidad
electrónica
Distribución
geométrica de las
regiones
2 lineal sp O=C=O
Tabla RPECV
C
Cl
·
×
H ·
×
× ×
×
×
×
×
×
·
·
×
El átomo central tiene 4 regiones de
elevada densidad electrónica alrededor, las
cuales se dirigen hacia los vértices de un
tetraedro para minimizar las repulsiones
H
H

valencia (RPECV).
Nº de regiones
de elevada
densidad
electrónica
Distribución
geométrica de las
regiones
2 lineal sp O=C=O
Tabla RPECV
Por eso la molécula tiene geometría
tetraédrica (no regular porque los cuatro
sustituyentes del C no son iguales)
C
Cl
H
H
H

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