Enlace químico y fuerzas intermoleculares: ejercicios de la PAU de Química resueltos

Planteamiento Distribuimos los electrones por orbitales y leemos el nivel externo y la ocupación de valencia. La ionización exige vencer la atracción del núcleo.

1. Escribimos las configuraciones de los átomos neutros.

   $\begin{aligned}\mathrm K &:1s^22s^22p^63s^23p^64s^1\\\mathrm P &:1s^22s^22p^63s^23p^3\\\mathrm{Mg} &:1s^22s^22p^63s^2\end{aligned}$

2. El máximo n determina el período; la capa de valencia determina el grupo y el bloque.

   $\mathrm K:(4,1,s)$$\mathrm P:(3,15,p)$$\mathrm{Mg}:(3,2,s)$

3. La primera energía de ionización es la energía para extraer un electrón de un átomo gaseoso aislado en su estado fundamental. Es positiva.

   $\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$E_I>0$

4. K tiene el electrón externo más alejado y apantallado. Entre Mg y P, del mismo período, P atrae más por su mayor carga nuclear efectiva.

   $E_I(\mathrm K)$${}< E_I(\mathrm{Mg})$${}< E_I(\mathrm P)$

Planteamiento Contamos electrones de valencia y aplicamos RPECV al fósforo central. La simetría determina si se cancelan los dipolos.

1. Hay trece pares. Tres forman enlaces P–Cl; cada Cl conserva tres pares libres y P conserva uno.

   $N_e=5+3\cdot7=26$

2. Cuatro dominios electrónicos se disponen tetraédricamente; al ocultar el par libre, los átomos forman una pirámide trigonal.

   $\mathrm{AX_3E}$

3. Cl atrae más que P y la pirámide impide cancelar los dipolos. Predominan las interacciones dipolo permanente–dipolo permanente; también existe dispersión de London.

   $\chi(\mathrm{Cl})-\chi(\mathrm P)$${}= 3{,}16-2{,}19$${}= 0{,}97$

ResultadoLewis: tres enlaces simples P–Cl, un par libre en P y tres en cada Cl. Pirámide trigonal, polar; fuerzas dipolo–dipolo.

La pauta oficial da: PCl₃: 26 e⁻ de valencia (13 pares); pirámide trigonal (AB₃E); polar; fuerzas dipolo-dipolo

Planteamiento Calculamos entalpía y entropía de reacción por diferencia entre productos y reactivos. Después aplicamos Gibbs, manteniendo unidades coherentes.

1. Sumamos las entalpías con sus coeficientes.

   $\Delta H^\circ$${}= (-944{,}0+2\cdot0)$${}-(-763{,}2+0)$${}= -180{,}8\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Hacemos lo mismo con las entropías absolutas.

   $\Delta S^\circ$${}= (51{,}0+2\cdot223{,}0)$${}-(353{,}2+205{,}0)$${}= -61{,}2\,\mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}$

3. Convertimos los grados Celsius a kelvin sin redondear. El término entrópico debe pasarse a kJ.

   $T=25+273{,}15=298{,}15\,\mathrm K$$\Delta G^\circ$${}= -180{,}8$${}-298{,}15(-0{,}0612)$${}= -162{,}55\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Como entalpía y entropía son negativas, el proceso es favorable por debajo de la temperatura de cambio de signo. En la frontera no hay fuerza impulsora estándar.

   $\Delta G^\circ$${}< 0\iff T$${}< \frac{-180800}{-61{,}2}$${}= 2954{,}2\,\mathrm K$

Planteamiento Distribuimos los electrones de valencia en enlaces y pares libres; luego contamos dominios alrededor de cada carbono.

1. CH₂Cl₂ y CH₂Br₂ tienen veinte electrones de valencia. C forma cuatro enlaces simples; cada halógeno tiene tres pares libres (figura).

   $N_e=4+2+2\cdot7=20$

2. Cuatro dominios enlazantes sin pares libres en C dan una distribución tetraédrica en ambas moléculas.

   $\mathrm{AX_4}$

3. C₂Cl₄ tiene un doble enlace entre carbonos y dos enlaces C–Cl por carbono. Cada Cl tiene tres pares libres. El doble enlace cuenta como un dominio.

   $\mathrm{Cl_2C=CCl_2}$$N_e=2\cdot4+4\cdot7=36$$\mathrm{AX_3}$

4. La geometría plana y simétrica del tetracloroeteno cancela los dipolos C–Cl aunque cada enlace sea polar.

   $\sum\vec\mu_{enlace}=\vec0$

ResultadoCH₂Cl₂ y CH₂Br₂: tetraédricas. C₂Cl₄: trigonal plana alrededor de cada C; molécula apolar. En todos los casos, cada Cl o Br conserva tres pares libres.

La pauta oficial da: CH₂Cl₂ y CH₂Br₂: tetraédricas; C₂Cl₄: plana triangular alrededor de cada C, apolar

Planteamiento Distinguimos los enlaces que mantienen unidos los átomos de una molécula de las fuerzas que unen moléculas entre sí.

1. F₂, Br₂ e I₂ son apolares. Al aumentar el tamaño y la polarizabilidad de la nube electrónica aumentan las fuerzas de dispersión de London; por eso suben las temperaturas de fusión y ebullición.

   $\mathrm{F_2(g),\ Br_2(l),\ I_2(s)}\quad\text{a temperatura ambiente}$

2. Cada halógeno tiene siete electrones de valencia. Al compartir un par, ambos completan el octeto; separar los átomos exige romper un enlace covalente.

3. Un alcalino cede su electrón externo y el halógeno lo acepta. La atracción entre los iones estabiliza una red iónica, como NaCl.

   $\mathrm{Na\rightarrow Na^++e^-}$$\mathrm{Cl+e^-\rightarrow Cl^-}$$\mathrm{NaCl(s)}$

ResultadoLos estados físicos se explican por London creciente F₂ < Br₂ < I₂. Las moléculas diatómicas se estabilizan mediante enlace covalente; alcalino y halógeno forman una red iónica, por ejemplo NaCl.

La pauta oficial da: Fuerzas entre dipolos instantáneos crecientes F₂ < Br₂ < I₂; moléculas diatómicas covalentes; halógeno + alcalino: enlace iónico (p. ej. LiF)

Planteamiento La configuración permite comparar distancia al núcleo y carga nuclear efectiva. Para ionizar, la energía de un solo fotón debe superar la energía de ionización de un átomo.

1. Escribimos las configuraciones de los tres átomos.

   $\mathrm{Li}:1s^22s^1$$\mathrm F:1s^22s^22p^5$$\mathrm{Na}:1s^22s^22p^63s^1$

2. Na tiene una capa adicional y el mayor radio; F, del mismo período que Li, tiene mayor carga nuclear efectiva y el menor radio. La energía de ionización sigue el orden inverso.

   $\begin{array}{c|cc}&r\,(\mathrm{\mathring A})&E_I\,(\mathrm{kJ\,mol^{-1}})\\\mathrm{Li}&1{,}82&520{,}2\\\mathrm F&0{,}42&1681{,}0\\\mathrm{Na}&2{,}27&496{,}0\end{array}$

3. Hallamos la energía del fotón y la comparamos en unidades por mol de fotones.

   $E_\gamma$${}= \frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^8}{420\cdot10^{-9}}$${}= 4{,}7357\cdot10^{-19}\,\mathrm J$

4. La energía aportada es insuficiente; el proceso de ionización monofotónica no puede ocurrir con esa luz.

   $E_\gamma N_A/1000$${}= 285{,}09\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$${}< 520{,}2\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Planteamiento El PVC se forma abriendo el doble enlace del monómero. Enumeramos después conectividades y configuraciones distintas sin duplicar moléculas por renumeración.

1. El cloroeteno se incorpora a la cadena por adición; no se desprende una molécula pequeña en cada unión.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CHCl}$${}\rightarrow [-\mathrm{CH_2-CHCl}-]_n$

2. Los dos cloros pueden estar en un mismo carbono o en carbonos diferentes. En el segundo caso existen las disposiciones Z (mismo lado) y E (lados opuestos).

   $\mathrm{CH_2=CCl_2}\;(1,1\text{-dicloroeteno})$$(Z)\text{-}\mathrm{CHCl=CHCl}$$(E)\text{-}\mathrm{CHCl=CHCl}$

3. Para tricloroetano solo hay dos distribuciones diferentes: tres cloros en el mismo carbono o dos y uno. Son isómeros de posición.

   $\mathrm{CCl_3-CH_3}\;(1,1,1\text{-tricloroetano})$$\mathrm{CHCl_2-CH_2Cl}\;(1,1,2\text{-tricloroetano})$

4. Ninguno de los tricloroetanos tiene un carbono con cuatro sustituyentes distintos: aparecen cloros o hidrógenos repetidos. No presentan isomería óptica.

Planteamiento Aplicamos Hess con los valores impresos, incluido el signo negativo de la entalpía del acetileno. Relacionamos entalpía y energía interna por el cambio de moles gaseosos.

1. Restamos a la entalpía del producto las de los dos reactivos, con los datos del examen tal como vienen.

   $\Delta H^\circ$${}= -37{,}26$${}-[(-226{,}9)+(-92{,}3)]$${}= 281{,}94\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Por mol de reacción, el calor a presión constante es la entalpía. Para volumen constante necesitamos la energía interna.

   $q_p=\Delta H^\circ$$q_v=\Delta U^\circ$$\Delta H^\circ=\Delta U^\circ+\Delta n_gRT$

3. Desaparece un mol de gas neto. Pasamos 25 °C a 298,15 K.

   $\Delta n_g=1-2=-1$$\Delta U^\circ$${}= 281{,}94$${}-(-1)\frac{8{,}314\cdot298{,}15}{1000}$${}= 284{,}42\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Los dos calores son positivos: con los datos del examen, el sistema absorbe calor. Ojo: en las tablas, la entalpía de formación del acetileno es positiva (+226,7 kJ/mol); el signo negativo del examen es una errata, y la reacción real es exotérmica. En el examen se responde con los datos que da.

Planteamiento Estimamos la entalpía por energías de enlace: romper exige energía y formar libera energía. Después combinamos los signos de entalpía y entropía.

1. Se sustituye un C=C y un Cl–Cl por un C–C y dos C–Cl adicionales. Los otros enlaces se cancelan.

   $\Delta H^\circ\simeq E_{C=C}$${}+E_{Cl-Cl}-E_{C-C}$${}-2E_{C-Cl}$

2. Sustituimos las energías dadas. Es una estimación con energías medias de enlace.

   $\Delta H^\circ\simeq608+242$${}-348-2\cdot328$${}= -154\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Dos reactivos gaseosos dan un producto líquido: disminuye la dispersión de materia y esperamos entropía negativa. El término −TΔS penaliza más al aumentar T.

   $\Delta S<0$$\Delta H<0$$\Delta G=\Delta H-T\Delta S$

Planteamiento Identificamos qué cambia en los enlaces de cada reacción. Para geometría y polaridad, contamos dominios y sumamos dipolos.

1. HCl se añade al triple enlace del acetileno y lo transforma en doble; Cl₂ se añade al doble enlace del cloruro de vinilo y lo transforma en simple. Ambas son adiciones.

   $\mathrm{HC\equiv CH+HCl\rightarrow CH_2=CHCl}$$\mathrm{CH_2}$${}= \mathrm{CHCl+Cl_2}$${}\rightarrow \mathrm{CH_2Cl-CHCl_2}$

2. Cada carbono de acetileno tiene dos dominios: el enlace C–H y el triple enlace, que cuenta como uno. La molécula es lineal.

   $\mathrm{H-C\equiv C-H}$$\mathrm{AX_2}$$180^\circ$

3. En el cloroeteno, el enlace C–Cl está polarizado hacia Cl y no hay simetría que cancele el dipolo resultante.

   $\chi(\mathrm{Cl})=3{,}2>\chi(\mathrm C)=2{,}5$

Planteamiento Usamos el criterio de electronegatividad proporcionado y aplicamos RPECV a las especies moleculares. Una red iónica no es una molécula aislada.

1. En A predomina el enlace covalente de la molécula gaseosa BeCl₂. En B predomina el enlace iónico de una red de Li⁺ y Cl⁻.

   $\Delta\chi_{\mathrm{Be-Cl}}=3{,}0-1{,}5=1{,}5<1{,}7$$\Delta\chi_{\mathrm{Li-Cl}}=3{,}0-1{,}0=2{,}0>1{,}7$

2. En BeCl₂, Be forma dos enlaces simples sin pares libres y cada Cl tiene tres pares libres. Be queda con un octeto incompleto, permitido para este átomo.

   $N_e=2+2\cdot7=16$$\mathrm{AX_2}$

3. Dos dominios en Be producen geometría lineal y los dipolos se cancelan. En agua, O tiene dos enlaces y dos pares libres: la distribución electrónica es tetraédrica y la molecular angular.

   $N_e=6+2\cdot1=8$$\mathrm{AX_2E_2}$

4. La molécula angular de agua no cancela sus dipolos y es polar. El LiCl se estabiliza por atracciones entre iones de signo contrario en todas las direcciones.

ResultadoA: BeCl₂ covalente, lineal y apolar. B: LiCl, red iónica. H₂O: angular y polar; dos pares libres en O. Cada Cl de BeCl₂ tiene tres pares libres.

La pauta oficial da: A: enlace covalente (BeCl₂, 16 e⁻, lineal, apolar); B: red iónica (LiCl); H₂O: 8 e⁻, angular, polar

Planteamiento Arrancar un electrón exige aportar energía. Comparamos átomos del mismo período teniendo en cuenta su carga nuclear y apantallamiento.

1. La ionización de un átomo gaseoso en su estado fundamental es un proceso endotérmico.

   $\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$E_I>0$

2. Ambos tienen electrones externos en el segundo nivel. Li tiene un electrón de valencia y Be, dos.

   $\mathrm{Li}:1s^22s^1\;(\text{grupo }1,\text{ período }2)$$\mathrm{Be}:1s^22s^2\;(\text{grupo }2,\text{ período }2)$

3. El electrón añadido en Be no compensa por completo el protón añadido: aumenta la carga nuclear efectiva, el radio se contrae y resulta más difícil extraer el electrón.

   $E_I(\mathrm{Be})$${}= 899{,}5$${}> 520{,}3$${}= E_I(\mathrm{Li})\quad\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Planteamiento Ajustamos la combustión y contamos enlaces rotos y formados. Para comparar por masa, dividimos las energías molares por las masas molares.

1. La combustión completa produce dos CO₂ y tres H₂O por molécula de etanol. Para el cálculo de enlace usamos la aproximación del examen.

   $\mathrm{C_2H_6O+3O_2}$${}\rightarrow \mathrm{2CO_2+3H_2O}$

2. En reactivos: un C–C, cinco C–H, un C–O, un O–H y tres O=O. En productos: cuatro C=O y seis O–H.

   $\Delta H^\circ\simeq[348+5\cdot412+358+463+3\cdot498]$${}-[4\cdot799+6\cdot463]$${}= -1251\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Ambos combustibles tienen la misma masa molar. Comparamos el valor absoluto de la energía liberada por gramo.

   $M$${}= 2\cdot12+6\cdot1+16$${}= 46\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$\frac{1251}{46}=27{,}196$$\frac{1292}{46}=28{,}087\quad\mathrm{kJ\,g^{-1}}$

4. El éter dimetílico libera más energía por unidad de masa dentro del modelo y los datos dados; esto no compara eficiencia real de motores ni corrige cambios de fase.

Planteamiento Comparamos fórmula y conectividad. Las interacciones intermoleculares explican la diferencia de temperatura de ebullición.

1. Ambas estructuras tienen dos carbonos, seis hidrógenos y un oxígeno, pero el oxígeno ocupa una función diferente.

   $\mathrm{CH_3-CH_2-OH}$$\text{y}\ \quad\mathrm{CH_3-O-CH_3}$$\mathrm{C_2H_6O}$

2. El etanol es un alcohol y el éter dimetílico es un éter: son isómeros constitucionales de función.

3. El OH del etanol permite puentes de hidrógeno entre sus moléculas. El éter no tiene H unido a O y no forma esos puentes consigo mismo. Separar las moléculas del etanol exige más energía.

   $T_{eb}(\mathrm{etanol})$${}> T_{eb}(\text{éter dimetílico})$

Planteamiento Buscamos una banda que distinga los grupos funcionales; las bandas comunes no bastan para identificar el compuesto.

1. Las dos sustancias tienen C–H y C–O. Sus señales en las regiones indicadas se solapan.

   $\mathrm{C-H}:3000\text{–}2850\,\mathrm{cm^{-1}}$$\mathrm{C-O}:1260\text{–}1000$$\mathrm{C-O-C}:1300\text{–}1000\,\mathrm{cm^{-1}}$

2. Solo el etanol tiene enlace O–H; debe mostrar una banda ancha en la zona de 3550 a 3200 cm⁻¹.

   $\mathrm{O-H}:3550\text{–}3200\,\mathrm{cm^{-1}}$

3. El espectro presenta esa banda ancha alrededor de 3400 cm⁻¹, además de C–H y C–O. Por ello corresponde al alcohol.

Planteamiento Ajustamos la combustión del éter y calculamos la entropía por diferencia de sumas. Aplicamos Gibbs con la entalpía suministrada, sin confundirla con la del etanol.

1. Usamos las fases gaseosas de la tabla para los datos de entropía.

   $\mathrm{CH_3OCH_3(g)}$${}+\mathrm{3O_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{2CO_2(g)}$${}+\mathrm{3H_2O(g)}$

2. Multiplicamos cada entropía por su coeficiente estequiométrico.

   $\Delta S^\circ$${}= 2\cdot213{,}6+3\cdot188{,}8$${}-267{,}34-3\cdot205{,}0$${}= 111{,}26\,\mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}$

3. Convertimos la entropía a kJ y los 25 °C a 298,15 K sin redondear; aplicamos los datos tabulados dentro del modelo del ejercicio.

   $\Delta G^\circ$${}= -1292$${}-298{,}15\frac{111{,}26}{1000}$${}= -1325{,}2\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. El signo negativo implica espontaneidad termodinámica estándar; no implica que la combustión se inicie sin activación.

Planteamiento Contar electrones y localizar la última subcapa ocupada. La molécula diatómica identifica al no metal.

1. Para Z=11, once electrones: tres capas ocupadas y un electrón 3s.

   $\mathrm{Na}:1s^22s^22p^63s^1$

2. Para Z=35, treinta y cinco electrones: capa externa 4s²4p⁵.

   $\mathrm{Br}:1s^22s^22p^63s^23p^64s^23d^{10}4p^5$

3. El sodio pierde 3s¹; el bromo gana un electrón y forma Br₂ covalente. El símbolo A no implica que sea el catión.

   $\mathrm{Na^++Br^-\rightarrow NaBr}$

Planteamiento Comparar la energía de un fotón con la primera energía de ionización por átomo.

1. La primera energía de ionización es la energía mínima para arrancar un electrón a un átomo aislado gaseoso en estado fundamental. Es positiva: hay que vencer la atracción núcleo-electrón.

   $\mathrm{H(g)\rightarrow H^+(g)+e^-}$

2. Usamos las constantes del examen y la longitud de onda en metros.

   $E_\gamma$${}= \frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}0\cdot10^8}{6\cdot10^{-11}}$${}= 3{,}315\cdot10^{-15}\ \mathrm J$

3. Convertimos kJ/mol a J por átomo; el fotón supera el umbral.

   $E_i$${}= \frac{1318\cdot10^3}{6{,}02\cdot10^{23}}$${}= 2{,}1894\cdot10^{-18}\ \mathrm J$${}< E_\gamma$

Planteamiento Identificar cada tramo del ciclo y comparar las capas de valencia.

1. Primera ionización: átomo gaseoso a catión gaseoso.

   $\mathrm{Rb(g)\rightarrow Rb^+(g)+e^-}$$\Delta H_3=403\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Afinidad electrónica con convenio de entalpía de captación: proceso exotérmico.

   $\mathrm{Cl(g)+e^-\rightarrow Cl^-(g)}$$\Delta H_4=-349\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Formación desde los elementos en sus estados estándar; el medio mol de Cl₂ aporta un mol de Cl.

   $\mathrm{Rb(s)+\tfrac12Cl_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{RbCl(s)}$$\Delta H_5=-435\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Na=[Ne]3s¹ y Rb=[Kr]5s¹. El electrón externo de Rb está más lejos y más apantallado; cuesta menos arrancarlo.

   $E_i(\mathrm{Na})>E_i(\mathrm{Rb})$

Planteamiento Cerrar el ciclo conservando el factor ½ de la disociación del cloro.

1. La formación del sólido se obtiene por atomización, ionización, captación electrónica y unión de los iones gaseosos.

   $\Delta H_5$${}= \Delta H_1+\tfrac12\Delta H_2$${}+\Delta H_3+\Delta H_4+\Delta H_6$

2. Despejamos la energía reticular de formación. La separación del cristal tiene el signo opuesto.

   $\Delta H_6$${}= -435-82$${}-\tfrac12(240)-403$${}-(-349)$${}= -691\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Na⁺=[Ne], F⁻=[Ne], Rb⁺=[Kr] y Cl⁻=[Ar]. Las cargas tienen igual módulo, pero Na⁺ y F⁻ son menores: menor distancia, mayor atracción y mayor energía en valor absoluto. F tiene 9 electrones neutro y 10 como F⁻.

   $|U(\mathrm{NaF})|>|U(\mathrm{RbCl})|$

Planteamiento Reconocemos cada grupo por cómo se unen sus átomos y añadimos los pares libres de O y N. En la figura, los grupos van recuadrados y numerados.

1. A: ① un grupo hidroxilo –OH unido al anillo (un fenol, es decir, un alcohol aromático) y ② un éster, –COO–CH₃; el carbonilo del éster no es una cetona. Además tiene el anillo aromático, con tres dobles enlaces C=C. Cada uno de sus tres oxígenos tiene dos pares libres.

2. B: ① el carbonilo de una cetona en el anillo de seis y ② una amina terciaria en el anillo de cinco (el N está unido a tres carbonos, uno de ellos el metilo). El O tiene dos pares libres y el N, uno.

3. C: ① un éter entre el metilo y la cadena y ② un aldehído al final, –CHO. Cada O tiene dos pares libres.

ResultadoA: fenol (alcohol aromático) y éster, 6 pares libres en total. B: cetona y amina terciaria, 3 pares. C: éter y aldehído, 4 pares.

La pauta oficial da: A: alcohol y éster; B: cetona y amina; C: aldehído y éter; pares de e⁻ no compartidos en O y N

Planteamiento Buscar una banda que diferencie A de B y C, sin identificar la sustancia solo por un carbonilo.

1. La banda ancha próxima a 3200–3550 cm⁻¹ corresponde a O–H. Solo A tiene OH.

2. El carbonilo intenso cerca de 1700 cm⁻¹ concuerda con el éster; también hay absorciones aromáticas C=C en 1500–1650 y C–O en 1000–1300. Las posiciones son lecturas aproximadas del gráfico, no picos rotulados.

3. Las tres moléculas contienen C–H y C=O: bandas en los intervalos 2850–3000 y 1650–1750 cm⁻¹. C–O se comparte entre A y C; B tiene C–N, cuya zona puede solaparse y no es la evidencia decisiva.

Planteamiento Se pide la definición de electronegatividad, las configuraciones de A ($Z=6$) y B ($Z=8$) y cuál de los dos tiene la electronegatividad menor.

1. La electronegatividad es la tendencia de un átomo a atraer hacia sí los electrones del enlace que forma con otro átomo.

2. Configuraciones electrónicas fundamentales (A es el carbono y B, el oxígeno):

   $\mathrm{A}\ (Z=6):\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{2}$$\mathrm{B}\ (Z=8):\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{4}$

3. Los dos tienen los electrones de valencia en la capa $n=2$, pero B tiene dos protones más y los electrones internos ($1s^{2}$) apantallan igual en los dos: la carga nuclear efectiva sobre los electrones de valencia es mayor en B, que además es más pequeño. A B le faltan dos electrones para completar el octeto ($2s^{2}2p^{6}$) y a A, cuatro. Por tanto, B atrae más los electrones del enlace y A es el menos electronegativo.

   $Z_{\mathrm{ef}}(\mathrm{B})$${}> Z_{\mathrm{ef}}(\mathrm{A})$${}\Rightarrow \chi(\mathrm{B})$${}> \chi(\mathrm{A})$

Planteamiento Se pide la estructura de Lewis de $\mathrm{AB_2}$, es decir, del $\mathrm{CO_2}$, el tipo de enlace, la geometría y el ángulo según la RPECV, si la molécula es polar y si su punto de ebullición es alto o bajo.

1. Electrones de valencia: A tiene 4 ($2s^{2}2p^{2}$) y cada B, 6 ($2s^{2}2p^{4}$). En total, 16 electrones, es decir, 8 pares.

   $4+2\cdot6=16\ \mathrm{e^-}\ (8\ \text{pares})$

2. A, el menos electronegativo, es el átomo central. Para que los tres átomos completen el octeto, A forma un enlace doble con cada B y cada B conserva dos pares solitarios (véase la figura).

   $\mathrm{B{=}A{=}B}\;\equiv\;\mathrm{O{=}C{=}O}$

3. Son dos no metales con electronegatividades distintas pero cercanas: comparten electrones. Los enlaces son covalentes y polares, con la carga parcial negativa sobre B.

   $\overset{\delta-}{\mathrm{B}}{=}\overset{\delta+}{\mathrm{A}}{=}\overset{\delta-}{\mathrm{B}}$

4. RPECV: alrededor de A hay dos zonas de densidad electrónica (cada enlace doble cuenta como una) y ningún par solitario. Se colocan lo más lejos posible: la molécula es lineal y el ángulo de enlace es de 180°.

   $\angle\,\mathrm{BAB}=180^\circ$

5. Los dos momentos dipolares de enlace son iguales y de sentido contrario, y se anulan: la molécula es apolar.

   $\vec{\mu}_{\mathrm{AB}}+\vec{\mu}_{\mathrm{BA}}=\vec{0}\;\Rightarrow\;\mu=0$

6. Son moléculas pequeñas y apolares: entre ellas solo hay fuerzas de dispersión de London, débiles, así que hace falta poca energía para separarlas y el punto de ebullición es bajo.

ResultadoLewis: $\mathrm{O{=}C{=}O}$, con dos pares solitarios en cada O (16 electrones de valencia). Enlaces covalentes polares. Geometría lineal, ángulo de $180^\circ$. Molécula apolar ($\mu=0$), con fuerzas de London débiles entre moléculas: punto de ebullición bajo.

La pauta oficial da: $\mathrm{B{=}A{=}B}$ (16 electrones de valencia); covalente polar; lineal, $180^\circ$; apolar ($\mu=0$); punto de ebullición bajo (moléculas discretas, fuerzas débiles)

Planteamiento Contar electrones de valencia y distribuir los dominios electrónicos con RPECV. En la figura, cada pareja de puntos es un par libre.

1. H₂O: 8 electrones de valencia, dos enlaces O–H y dos pares libres en O. Cuatro dominios, disposición electrónica tetraédrica y geometría molecular angular (AX₂E₂).

2. CO₂: 16 electrones de valencia, dos enlaces dobles y dos pares libres en cada O. El C tiene dos dominios (cada doble cuenta como uno) y ningún par libre: lineal AX₂.

3. NH₃: 8 electrones de valencia, tres enlaces N–H y un par libre. Cuatro dominios, disposición electrónica tetraédrica y forma molecular de pirámide trigonal AX₃E. RPECV minimiza repulsiones entre dominios; los pares libres repelen más que los enlazantes.

ResultadoH₂O angular, CO₂ lineal, NH₃ pirámide trigonal. Pares libres: O de agua 2, cada O de CO₂ 2, N de amoníaco 1.

La pauta oficial da: H₂O: 8 e⁻, angular; CO₂: 16 e⁻, lineal; NH₃: 8 e⁻, piramidal trigonal

Planteamiento Sumar vectorialmente los dipolos de enlace y comparar las fuerzas intermoleculares.

1. Una molécula polar tiene momento dipolar permanente no nulo; una apolar tiene momento total cero. Intervienen diferencia de electronegatividad y geometría, no solo la existencia de enlaces polares.

2. O y N atraen más los electrones que H. En H₂O angular y NH₃ piramidal los dipolos no se cancelan. En CO₂ lineal los dos C=O son iguales y opuestos: se cancelan.

   $\mu(\mathrm{H_2O})\ne0$$\mu(\mathrm{NH_3})\ne0$$\mu(\mathrm{CO_2})=0$

3. H₂O hierve mucho más alto por la red de puentes de hidrógeno intermoleculares. H₂S, H₂Se y H₂Te no forman una red comparable; al bajar en el grupo aumenta la polarizabilidad y la dispersión de London, por lo que sube la ebullición desde H₂S a H₂Te. No se rompen los enlaces covalentes internos al hervir.