PROBLEMAS ENLACE

1. (1p) Representar las estructuras de Lewis de las

moléculas dadas indicando la carga formal que pueda

aparecer sobre los átomos. a) Tetraóxido de dinitrógeno.

b) ion nitrito.

En este caso para el tetraóxido de dinitrógeno del diagrama de

Lewis será:

QF=e de valencia-e solitarios-0,5(electrones compartidos)

Para el O superior: 6 − 6 − 0,5 ∗ 2 = −1

Para el N primero: 5 − 0 − 0,5 ∗ 8 = +1

Para el O primero: 6 − 4 − 0,5 ∗ 4 = 0

Para el N segundo: 5 − 0 − 0,5 ∗ 8 = +1

Para el O inferior: 6 − 6 − 0,5 ∗ 2 = −1

Para el O último 6 − 4 − 0,5 ∗ 4 = 0

La suma de las cargas formales deberá ser nula, pues se trata de

una molécula sin carga iónica.

Para el ion nitrito:

Para el O primero: 6-6-0,5.2=-1

Para el N: 5-2-0,5.6=0

Para el O último: 6-4-0,5.4=0

La suma de las cargas formales deberá ser –1, por

tratarse del ion nitrito.

V

(0,5p) Explique si sería correcta la ordenación de mayor a

menor en radio atómico de las siguientes especies

correspondientes a elementos y iones del segundo período: F- > Li > O >Li+

4s,

nº de espín el positivo, ocupado por el primer electrón. 4s1.

El número: Z= 1s2 2s22p6 3s2 3p6 4s1 = 19, metal alcalino,

con radio y volumen atómico elevado,

poca energía de ionización,

electroafinidad baja,

y muy poca electronegatividad.

paramagnético

su estado de oxidación será 1+.

Si los números cuánticos del electrón diferenciador de un átomo A

son (4,0,0,1/2)¿Cuáles serían las características del OA ocupado por

este electrón? ¿Cuál sería el número atómico de éste? ¿Cuáles

serían sus propiedades periódicas

Por qué si la tercera energía de ionización del sodio es de 6905

kJ, y la del magnesio es 7725 kJ, las segundas energías de

ionización son respectivamente 4560y 1449 kJ.

Las configuraciones electrónicas de los elementos son:

Na: 1s2 2s2 2p6 3s1 y

Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2.

Si al Na se le arrancan el segundo electrón, se rompe la

configuración de gas noble:

Na2+: 1s2 2s2 2p5

mientras que para el

Mg2+: 1s2 2s2 2p6

se alcanza la configuración de gas noble, que se rompe

al arrancarle el tercer electrón, por eso la segunda

energía de ionización del Mg es baja y alta la tercera

(4p) Con los datos que te dan justifica cuál de

estas dos sales tiene mayor punto de fusión a partir de las UR: a) KF o CsCl b) NaI o KCl

Datos en kJ/mol∆𝐻𝑓 ∶ 𝐶𝑠𝐶𝑙 = −433; 𝐾𝐹 = −563; 𝑁𝑎𝐼 = −360; 𝐾𝐶𝑙 = −436 ; 𝐾𝐵𝑟 = −392;

∆𝐻(𝑑𝑖𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑐𝑖ó𝑛): 𝐶𝑙2(𝑔) = 244; 𝐹2(𝑔) = 158; 𝐼2(𝑔) = 148

𝐸𝐴: 𝐶𝑙 𝑔 = −349; 𝐹 𝑔 = −322; 𝐼 𝑔 = −308;

𝐸𝐼: 𝑁𝑎 𝑔 = 496; 𝐾 𝑔 = 419; 𝐶𝑠 𝑔 = 376;

∆𝐻(𝑠𝑢𝑏𝑙𝑖𝑚𝑎𝑐𝑖ó𝑛): 𝑁𝑎(𝑠) = 109; 𝐾(𝑠) = 90; 𝐶𝑠(𝑠) = 79; 𝐼2(𝑠) = 62.

𝑁𝑎 𝑠 → 𝑁𝑎 𝑔 ∆𝐻° = 109 𝑘𝐽

𝑁𝑎 𝑔 → 𝑁𝑎 𝑔+ + 1𝑒− ∆𝐻° = 496𝑘𝐽

1

2𝐼2 𝑠 →

1

2𝐼2 𝑔 ∆𝐻° = 31𝑘𝐽

1

2𝐼2 𝑔 → 𝐼 𝑔 ∆𝐻° = 74𝑘𝐽

𝐼 𝑔 + 1𝑒− → 𝐼− 𝑔 ∆𝐻° = −308𝑘𝐽

𝑁𝑎 𝑔+ + 𝐼− 𝑔 → 𝑁𝑎𝐼 𝑠 ∆𝐻° = −𝑈𝑅= 𝑿 𝑘𝐽

𝑁𝑎 𝑠 +1

2𝐼2 𝑠 → 𝑁𝑎𝐼 𝑠 ∆𝐻°𝑓 = −360𝑘𝐽

−360 = 109 +1

262 +

1

2148 + 496 + −308 − 𝑈𝑅

𝑈𝑅 = 762𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝑁𝑎𝐼

Calculando el valor de la entalpía de red por el

ciclo de Born-Haber para el NaI:

𝑈𝑅 𝑁𝑎𝐼 : −360 = 109 +1

262 +

1

2148 + 496 + −308 − 𝑈𝑅

𝑈𝑅 𝑁𝑎𝐼 = 762 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝑈𝑅(𝐾𝐹): −563 = 90 +1

2158 + 419 + −322 − 𝑈𝑅

𝑈𝑅(𝐾𝐹) = 829 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝑈𝑅(𝐶𝑠𝐶𝑙): −433 = 376 +1

2244 + 376 + −349 − 𝑈𝑅

𝑈𝑅(𝐶𝑠𝐶𝑙) = 734𝑘𝐽

𝑚𝑜;

𝑈𝑅(𝐾𝐶𝑙): −436 = 109 +1

2244 + 419 + −349 − 𝑈𝑅

𝑈𝑅(𝐾𝐶𝑙) = 737 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

a) KF o CsCl b) NaI o KCl

(3p) Ordene en forma de estabilidad

creciente a las moléculas siguientes. CN+,

N2+, CN3–, N2

–, O2 Explica tu respuesta. Empleando la teoría del orbital molecular, se obtienen las

configuraciones electrónicas siguientes para cada molécula:

CN+: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜋2𝑝𝑥2𝜋2𝑝𝑦

2

N2+: 𝜎1𝑠

2 𝜎1𝑠∗ 2 𝜎2𝑠

2 𝜎2𝑠∗ 2 𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜎2𝑝

1

CN3-: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜋2𝑝𝑥∗ 1

𝜋2𝑝𝑦∗ 1

N2-: 𝜎1𝑠

2 𝜎1𝑠∗ 2 𝜎2𝑠

2 𝜎2𝑠∗ 2 𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜎2𝑝

2𝜋2𝑝𝑥∗

1

O2: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜋2𝑝𝑥∗ 1

𝜋2𝑝𝑦∗ 1

De las configuraciones anteriores, se obtiene la tabla siguiente:

Molécula: # de

electrones:

Orden de

enlace

# de

protones:

CN+ 12 2.0 13

N2+ 13 2.5 14

CN3– 16 2.0 13

N2– 15 2.5 14

O2 16 2.0 16

Con base en la información de la tabla anterior, se

aplica el primer criterio (orden de enlace) para

determinar la estabilidad de las moléculas, quedando:

CN+, CN3–, O2 < N2+, N2

–

Al aplicar el segundo criterio (carga nuclear, # de

protones) el orden queda así:

O2 < CN+, CN3– < N2+, N2

–

Finalmente, al aplicar el tercer criterio (carga eléctrica,

# de electrones), el orden creciente de estabilidad

queda:

O2 < CN3– < CN+ < N2– < N2

+

Completa:

a.hibridación es el fenómeno mediante el cual un átomo

procede a la combinación interna de sus orbitales, dando

lugar a otros todos iguales y con la misma energía.

b.Las estructuras de Lewis no justifican la forma geométrica

de las moléculas.

c. Para determinar la electronegatividad Pauling se basa en

las diferencias de energía de enlace, entre las moléculas

diatómicas polares y las moléculas diatómicas covalentes.

El𝑁𝑖𝐹2 cristaliza con constante de

Madelung 𝐴 = 2,5194 .

Estima el valor de la entalpía de red por el

método de Born-Landé

𝑑 = 2,0 𝐴, 𝑛 = 8.0;

𝑁𝐴 = 6,022𝑥1023𝑚𝑜𝑙−1,

𝑒 = 1,602𝑥10−19𝐶,

𝜀𝑜 = 8,854𝑥10−12𝐶2𝑚−1𝐽−1

.

𝐸𝑟𝑒𝑡 = 3062,12𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

nr

ezNAzE

o

ret

11

4

2

b) Calcula el valor de la entalpía de red por el ciclo

de Born-Haber

∆𝐻𝑓 𝑁𝑖𝐹2 𝑠= −785

𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙; 𝐸𝐴 𝐹 𝑔

= 328𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙; ∆𝐻𝐼1+𝐼2 𝑁𝑖 𝑔

= 2480𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙;

∆𝐻𝑆 𝑁𝑖 𝑠= 355𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙; ∆𝐻𝐷 𝐹2 𝑔

= 158 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙.

1. Ni(s) → Ni(g) ∆𝐻1 = 355 𝑘J/mol

2. F2 → 2F(g) ∆𝐻20 = 158 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

3. Ni(g) → Ni+2(g) + 2e- ∆𝐻3

0 = 2480 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

4. 2F(g) + 2 e- → 2F-(g) ∆𝐻4

0 = −656𝐾𝐽/𝑚𝑜𝑙

5. Ni+2(g) + 2F-

(g) → NiF2(s) ∆𝐻50 = ?

𝑁𝑖 𝑠 +𝐹2 𝑔 → 𝑁𝑖𝐹2 𝑠 ∆𝐻𝑓 = −785𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙

De acuerdo con la Ley de Hess:∆𝐻𝑓 = ∆𝐻1 + ∆𝐻2 + ∆𝐻3 + ∆𝐻4 + ∆𝐻5−785 = 355 + 158 + 2480 − 656 + ∆𝐻5

∆𝑯𝟓 = −𝑼 = −𝟑𝟏𝟐𝟐 𝒌𝑱/𝒎𝒐𝒍

3. Responde detalladamente:

a) Dibuja las tres estructuras resonantes posibles

para el ion cianato, 𝑁𝐶𝑂−. En base a las cargas

formales, decide cual es la estructura que tiene

una distribución de cargas más razonable y

cuales contribuirían a la estructura de

resonancia.

b) El anión fulminato, 𝐶𝑁𝑂−, se diferencia del

anterior en que el nitrógeno está al centro y en

que es muy inestable (el fulminato de mercurio

se utiliza como detonante). Da una

explicación, en base a las cargas formales

para esta inestabilidad.

. .: 𝑵 ≡ 𝑪 − 𝑶 ∶

. .⊝

−

↔. . . .

: 𝑵 = 𝑪 = 𝑶:⊝

−

↔. .

: 𝑵 − 𝑪 = 𝑶:. . 𝟐 ⊝ +

−

. .: 𝑪 ≡ 𝑵 − 𝑶:⊝ + 𝟐⊝. .

−

↔. . . .

: 𝑪 = 𝑵 = 𝑶:𝟐⊝ +

−

↔ 𝑪− 𝑵 ≡ 𝑶:𝟑⊝ + +

−

6. (4p)Se introducen a presión CO2 y NO2 en un reactor a alta

velocidad. Se sabe que sólo se formarán moléculas

diatómicas (𝑂2, 𝐶2, 𝑁2, 𝐶𝑂, 𝑁𝑂, 𝐶𝑁 y sus iones) y que éstas

escaparán por un conducto en donde se encuentran 3

filtros... El primero es un arco voltaico que ioniza a la molécula

con carga positiva, el segundo aplica un campo eléctrico

que desvía a las moléculas polares y el tercero es un imán que

desvía a las moléculas paramagnéticas...(resolver aplicando

TOM).

a) Si el arco voltaico está apagado, y los campos eléctricos y

magnéticos encendidos. ¿Cuáles moléculas lograrán

escapar?

b) Si ahora pongo primero el imán y luego el campo eléctrico

(con el arco voltaico apagado). ¿Cuáles escapan?

c) Lo mismo que a) y b), pero con el arco voltaico

encendido.

Solución: Lo primero que hacemos

es escribir las configuraciones de las moléculas diatómicas. Si

mezclo CO2 y NO2, entonces las moléculas que puedo formar son...

O2, C2, N2, CO, NO, CN. Con sus

respectivos iones positivos. Existe

una forma de escribir la configuración, con una notación

parecida a la de la configuración

electrónica...

C2: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜋2𝑝𝑥2𝜋2𝑝𝑦

2

Y para las otras moléculas sería:14𝑁2: 𝜎1𝑠

2 𝜎1𝑠∗ 2 𝜎2𝑠

2 𝜎2𝑠∗ 2 𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜎2𝑝

2

16𝑂2: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜋2𝑝𝑥∗ 1

𝜋2𝑝𝑦∗ 1

14𝐶𝑂: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2

15𝑁𝑂: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜋2𝑝𝑥∗ 1

13𝐶𝑁: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜋2𝑝𝑥2𝜋2𝑝𝑦

2𝜎2𝑝

1

Ahora veamos los átomos ionizados:

C2+: 𝜎1𝑠

2 𝜎1𝑠∗ 2 𝜎2𝑠

2 𝜎2𝑠∗ 2 𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

1

N2+: 𝜎1𝑠

2 𝜎1𝑠∗ 2 𝜎2𝑠

2 𝜎2𝑠∗ 2 𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜎2𝑝

1

O2+: 𝜎1𝑠

2 𝜎1𝑠∗ 2 𝜎2𝑠

2 𝜎2𝑠∗ 2 𝜎2𝑝

2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2𝜋2𝑝𝑥∗ 1

NO+: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

2

CN+: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜋2𝑝𝑥2𝜋2𝑝𝑦

2

CO+: 𝜎1𝑠2 𝜎1𝑠

∗ 2 𝜎2𝑠2 𝜎2𝑠

∗ 2 𝜎2𝑝2𝜋2𝑝𝑥

2𝜋2𝑝𝑦

1

Molécula Sin carga Ion (+)

C2, Diamagnética

apolar

Paramagnética

polar

O2 Paramagnética

apolar

Paramagnética

polar

N2, Diamagnética

apolar

Paramagnética

polar

CO, Diamagnética polar Diamagnética polar

NO, Paramagnética

polar

Diamagnética polar

CN Paramagnética

polar

Paramagnética

polar

Es decir:*Los iones son afectados por los campos eléctricos

a) Logran escapar C2 y N2.

b) Logran escapar C2 , N2 y CO.

c) Logran escapar: C2 y N2.

(3p)Calcule el ∆𝐻0, en kJ/mol para la siguiente reacción y

comente los resultados obtenidos para M=Na y K:𝑪𝑯𝟑𝑪𝒍 𝒈 +𝑴𝑭 𝒔 → 𝑯𝟑𝑪𝑭 𝒈 +𝑴𝑪𝒍 𝒔

𝑈0 𝑁𝑎𝐶𝑙 = 768

𝑈0 𝑁𝑎𝐹 = 894

𝑈0 𝐾𝐹 = 796

𝑈0 𝐾𝐶𝑙 = 694

Datos: en kJ/mol

Disociación 𝐻3𝐶𝐹 𝑔 = −452; 𝐻3𝐶𝐹 𝑔 → 𝐻3𝐶 + 𝐹 𝑔

Disociación 𝐻3𝐶𝐶𝑙 𝑔 = −338; 𝐻3𝐶𝐶𝑙 𝑔 → 𝐻3𝐶 + 𝐶𝑙 𝑔Afinidad electrónica del cloro = -348

Afinidad electrónica del fluor = -332

Aplicando la ley de Hess: para NaF

𝐻3𝐶𝐶𝑙 𝑔 → 𝐻3𝐶 + 𝐶𝑙 𝑔 ∆𝐻1= −338 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐻3𝐶 + 𝐹 𝑔 → 𝐻3𝐶𝐹 𝑔 − ∆𝐻2= 452 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐹− → 𝐹 𝑔 − ∆𝐴𝐸𝐹 = +332 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝑁𝑎𝐹 → 𝑁𝑎+ + 𝐹− 𝑈0 𝑁𝑎𝐹 = 894 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐶𝑙 𝑔 → 𝐶𝑙− ∆𝐴𝐸𝐶𝑙 = −348 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ → 𝑁𝑎𝐶𝑙 − 𝑈0 𝑁𝑎𝐶𝑙 = −768 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝑪𝑯𝟑𝑪𝒍 𝒈 + 𝑵𝒂𝑭 𝒔 → 𝑯𝟑𝑪𝑭 𝒈 +𝑵𝒂𝑪𝒍 𝒔 ∆𝑯𝒇 𝟏 → −𝟐𝟐𝟒 𝒌𝑱/𝒎𝒐𝒍

Aplicando la ley de Hess: para KF

𝐻3𝐶𝐶𝑙 𝑔 → 𝐻3𝐶 + 𝐶𝑙 𝑔 ∆𝐻1= −338 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐻3𝐶 + 𝐹 𝑔 → 𝐻3𝐶𝐹 𝑔 − ∆𝐻2= +452 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐹− → 𝐹 𝑔 − ∆𝐴𝐸𝐹 = +332 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐾𝐹 → 𝐾+ + 𝐹− 𝑈0 𝐾𝐹 = 796 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐶𝑙 𝑔 → 𝐶𝑙− ∆𝐴𝐸𝐶𝑙 = −348𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝐶𝑙− + 𝐾 → 𝐾𝐶𝑙 − 𝑈0(𝐾𝐶𝑙) = −694 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝑪𝑯𝟑𝑪𝒍 𝒈 +𝑲𝑭 𝒔 → 𝑯𝟑𝑪𝑭 𝒈 +𝑲𝑪𝒍 𝒔 ∆𝑯𝒇 𝟐 → −𝟐𝟎𝟎 𝒌𝑱/𝒎𝒐𝒍

Determina la geometría de las siguientes especies de acuerdo con el modelo de

TRePEV Y TEV : POCl3 y IOF5

a. Teóricamente el punto de fusión de los compuestos iónicos: LiF, MgO, KF, CaS

y CaCl2, varía en el siguiente orden: MgO > CaS > CaCl2 > LiF > KF

El punto de fusión depende de la energía reticular, y esta, a su vez, depende

fundamentalmente, y por este orden, de la carga de los iones y del tamaño

iónico. Por tanto, el orden teórico será:

MgO > CaS > CaCl2 > LiF > KF

NOTA: En la práctica, CaCl2 tiene un p.f. anormalmente bajo, menor que LiF

y KF.

a. “La estructura de Lewis nos muestra la forma geométrica molecular”.

Es gravemente incorrecta. La teoría de Lewis indica la estructura interna de la

molécula; es decir, el esqueleto, pero no da ninguna información geométrica.

a. Es normal un solapamiento lateral entre un OA de tipo s y otro de tipo p

No. En tal caso, el orbital s solaparía por igual con los dos lóbulos del orbital p. La

mecánica cuántica demuestra que, si eso sucede, no se forma enlace.

a. Las sustancias más densas son metales

Sí. Esto es debido a dos razones:

a) Todos los elementos pesados del Sistema Periódico, Z > 54, son metales, salvo el

radón, que es un gas. La masa se concentra en el núcleo del átomo y no afecta al

volumen, que depende de la corteza electrónica.

b) La estructura interna de los metales es la más compacta posible; es decir, los

átomos aprovechan el espacio disponible mejor que en los sólidos iónicos y covalentes

Sí. Esto es debido a dos razones:

a) Todos los elementos pesados del Sistema Periódico, Z > 54, son metales,

salvo el radón, que es un gas. La masa se concentra en el núcleo del átomo y no

afecta al volumen, que depende de la corteza electrónica.

b) La estructura interna de los metales es la más compacta posible;

El amoníaco (NH3) tiene un punto de ebullición de -33 ºC mientras que el

tetracloruro de carbono (CCl4) tiene un punto de ebulliciónde 77 ºC.

Tomamos el amoníaco tiene GE =tetraédrica y GM = piramidal con ángulos <

a 109º. Es una molécula POLAR. existirán entre sus moléculas fuerzas de

London y fuerzas dipolo permanente, además el amoníaco puede formar

uniones puente hidrógeno entre sus moléculas. Posee los tres tipos de

fuerzas intermoleculares.

El CCl4 tiene GE = GM = tetraédrica con ángulos = 109º. Es una molécula

NO POLAR. Entre sus moléculas sólo existirán fuerzas de London. A pesar de

ello, es una molécula de gran tamaño, mucho mayor que el amoníaco. Al poder

separar una distancia mucho mayor la fracción de carga que se separa

en el dipolo temporario de la fuerza de London, el momento dipolar aumenta

mucho y la fuerza de London es muy intensa. Ésta logra superar a las tres

fuerzas presentes en el amoníaco dando una enorme diferencia en los puntos de

ebullición.

Describa la geometría molecular del BrPO2

sugerida por cada uno de los siguientes métodos:

Teoría de Lewis, dibuje todos los modelos posibles.

De acuerdo a la Carga Formal elija el diagrama

adecuado.

Teoría de TRPENV.

Método de enlace de valencia utilizando

orbitales atómicos Híbridos y representarlo

Geométricamente.

Describa el enlace en términos de la teoría de

orbitales moleculares

15𝑃 = 1𝑠2 2𝑠2 2𝑝6 3𝑠2 3𝑝3 5𝑒−𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

35𝐵𝑟 = 𝐴𝑟 3𝑑104𝑠2 4𝑝5 7𝑒−𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

8𝑂 = 1𝑠2 2𝑠2 2𝑝4 6𝑒−𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

𝐶 = 𝑁 − 𝐷 necesarios=#átomos * 8

𝐶 = 32 − 24 = 8 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑜𝑠 C= compartidos= 2.#enlaces N=necesarios

#𝑒𝑛𝑙𝑎𝑐𝑒𝑠 =8

2= 4 D=disponibles

𝐶𝐹(1) = 0 + 0 + 1 − 1 = 0

𝐶𝐹(2) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0

𝐶𝐹(3) = 1 + 0 − 1 + 0 = 0

1 23

tres

modelos de

Lewis

−∣−

−𝐵𝑟−

−−−

−𝑃−

−=−

−𝑂−

−→−

−𝑂−

−∣−

−∣−

−𝐵𝑟−

−−−

−𝑂−

−−−

−𝑃−

−=−

−𝑂−

−∣−

−∣−

−𝑂−

−←−

−−𝑃∣

−=−

−𝑂−−

∣−

𝐵𝑟−

∣

Átomo central P, estructura mas estable (2):

−∣−

−𝐵𝑟−

−−−

−𝑂−

−−−

−𝑃−

−=−

−𝑂−

−∣−

El P por TRePNV es una forma trigonal, pero por tener par solitario tendrá forma

angular.

Por TOM tenemos 3 enlaces 𝞂

Y uno

Por TEV hibridación sp2 del P

−∣−

−𝐵𝑟−

𝜎−−

−𝑂−

𝜎−−

−𝑃−

𝜎=𝜋

−𝑂−

−∣−