Estructura atómica y sistema periódico: 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 Se pide qué es la primera energía de ionización y qué signo tiene, por qué el Li tiene la menor y el Ne la mayor del segundo periodo, qué es la afinidad electrónica y por qué el F, el Cl y el Br son los mínimos del gráfico.

1. La primera energía de ionización es la energía mínima que hay que aportar a un átomo neutro, aislado, en estado gaseoso y fundamental para arrancarle el electrón más externo. Es positiva: hay que aportar energía para vencer la atracción electrostática entre el núcleo y el electrón.

   $\mathrm{X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-}$$E_{I1}>0$

2. El Li y el Ne son del segundo periodo: tienen los electrones de valencia en la capa $n=2$.

   $\mathrm{Li}:\ 1s^{2}\,2s^{1}$$\mathrm{Ne}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}$

3. De izquierda a derecha del periodo aumenta el número de protones (de 3 a 10), y los electrones nuevos entran en la misma capa, donde se apantallan poco entre sí: la carga nuclear efectiva crece y los electrones externos están más atraídos y más cerca del núcleo. El Li tiene un solo electrón 2s, apantallado por los dos 1s, y lo pierde con facilidad: tiene la energía de ionización más pequeña del periodo. El Ne tiene la capa $n=2$ llena y la carga nuclear mayor del periodo: es el que más cuesta ionizar.

4. La afinidad electrónica es la variación de energía asociada al proceso en el que un átomo neutro, aislado, en estado gaseoso y fundamental capta un electrón y forma un anión.

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

5. El F, el Cl y el Br son halógenos: tienen siete electrones de valencia ($ns^{2}np^{5}$) y, al captar uno, completan el octeto con la configuración de gas noble ($ns^{2}np^{6}$). Su carga nuclear efectiva es grande y el electrón que entra queda muy atraído: se desprende mucha energía y la afinidad electrónica es muy negativa. Por eso son los mínimos del gráfico.

   $\mathrm{F}:\ [\mathrm{He}]\,2s^{2}2p^{5}$$\mathrm{Cl}:\ [\mathrm{Ne}]\,3s^{2}3p^{5}$$\mathrm{Br}:\ [\mathrm{Ar}]\,3d^{10}4s^{2}4p^{5}$

Planteamiento Se pide por qué la segunda energía de ionización del sodio es mucho mayor que la primera, y la energía por átomo y la longitud de onda del fotón que arranca un electrón del ion $\mathrm{Na^+}$.

1. La primera ionización del sodio arranca el electrón 3s, solo en la capa más externa y apantallado por los diez electrones internos: cuesta poco.

   $\mathrm{Na}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}\,3s^{1}$${}\rightarrow \mathrm{Na^+}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}$

2. El segundo electrón hay que arrancarlo del $\mathrm{Na^+}$: de una capa interna ($n=2$), más cerca del núcleo y mucho menos apantallada, y de un ion positivo con configuración de gas noble, muy estable. La atracción es mucho mayor y hace falta mucha más energía ($4\,562$ frente a $496\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$, unas nueve veces más).

3. Energía por átomo: dividimos la energía por mol entre el número de Avogadro.

   $E$${}= \frac{4\,562\cdot10^{3}\,\mathrm{J\,mol^{-1}}}{6{,}02\cdot10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}}}$${}= 7{,}58\cdot10^{-18}\,\mathrm{J\,atom^{-1}}$

4. Frecuencia del fotón, con la ecuación de Planck, $E=h\nu$:

   $\nu$${}= \frac{E}{h}=\frac{7{,}58\cdot10^{-18}\,\mathrm{J}}{6{,}63\cdot10^{-34}\,\mathrm{J\,s}}$${}= 1{,}143\cdot10^{16}\,\mathrm{s^{-1}}$

5. Longitud de onda, con $c=\lambda\nu$:

   $\lambda$${}= \frac{c}{\nu}=\frac{3{,}0\cdot10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}}{1{,}143\cdot10^{16}\,\mathrm{s^{-1}}}$${}= 2{,}62\cdot10^{-8}\,\mathrm{m}$

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 Se piden las configuraciones del litio, el carbono y el cobalto, con el grupo, el periodo y el bloque de cada uno, y si el radio atómico del sodio es mayor o menor que el del potasio.

1. Llenamos los subniveles por orden de energía (1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s, 3d…). Litio ($Z=3$): el último electrón entra en el 2s. El $n$ mayor es 2 (periodo 2), el subnivel que se llena es s (bloque s) y la configuración de valencia $ns^{1}$ corresponde al grupo 1, los metales alcalinos.

   $\mathrm{Li}:\ 1s^{2}\,2s^{1}$

2. Carbono ($Z=6$): acaba en $2p^{2}$. Periodo 2, bloque p; con cuatro electrones de valencia ($2s^{2}2p^{2}$) es del grupo 14.

   $\mathrm{C}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{2}$

3. Cobalto ($Z=27$): después del 4s se llena el 3d, que queda con 7 electrones. Periodo 4 (el $n$ mayor es 4), bloque d; los electrones $4s^{2}3d^{7}$ suman 9, y es del grupo 9 (metal de transición).

   $\mathrm{Co}:\ 1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{6}\,3s^{2}\,3p^{6}\,4s^{2}\,3d^{7}$

4. Sodio y potasio son del grupo 1 ($ns^{1}$): el sodio tiene el electrón externo en el nivel $n=3$ y el potasio, en el $n=4$.

   $\mathrm{Na}:\ [\mathrm{Ne}]\,3s^{1}$$\mathrm{K}:\ [\mathrm{Ar}]\,4s^{1}$

5. Modelo de cargas: el potasio tiene más protones en el núcleo (19 frente a 11), pero también una capa de electrones más, y los electrones internos apantallan ese aumento de carga. Su electrón de valencia está en una capa más alejada del núcleo y la nube electrónica es mayor. Por eso el radio del sodio es menor que el del potasio.

   $r(\mathrm{Na})<r(\mathrm{K})$

Planteamiento Se piden la frecuencia y la longitud de onda del fotón que tiene justo la energía para ionizar un átomo de plata, y por qué la energía de ionización es positiva.

1. La energía de ionización se da por mol; para un solo átomo, la pasamos a J y la dividimos entre el número de Avogadro.

   $E$${}= \frac{731\cdot10^{3}\,\mathrm{J\,mol^{-1}}}{6{,}02\cdot10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}}}$${}= 1{,}214\cdot10^{-18}\,\mathrm{J}$

2. Ecuación de Planck, $E=h\nu$: frecuencia mínima del fotón.

   $\nu$${}= \frac{E}{h}=\frac{1{,}214\cdot10^{-18}\,\mathrm{J}}{6{,}63\cdot10^{-34}\,\mathrm{J\,s}}$${}= 1{,}83\cdot10^{15}\,\mathrm{s^{-1}}$

3. Longitud de onda, con $c=\lambda\nu$:

   $\lambda$${}= \frac{c}{\nu}=\frac{3\cdot10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}}{1{,}83\cdot10^{15}\,\mathrm{s^{-1}}}$${}= 1{,}64\cdot10^{-7}\,\mathrm{m}$${}= 164\,\mathrm{nm}$

4. La energía de ionización es la energía mínima que hay que suministrar a un átomo aislado, en estado gaseoso y fundamental, para arrancarle el electrón más externo. Hay que aportarla para vencer la atracción del núcleo sobre el electrón: el sistema absorbe energía y, por convenio, la energía que absorbe un sistema se cuenta positiva.

   $\mathrm{Ag(g)\rightarrow Ag^+(g)+e^-}$$E_I=+731\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

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 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 Se pide, para el indio, el neodimio y el tántalo, el bloque y el periodo, si son tierras raras y si son metales, y la representación de los electrones en orbitales justificada con la regla de Hund y el principio de exclusión de Pauli.

1. El periodo es el mayor valor de $n$ de la configuración, y el bloque, el tipo de subnivel que se está llenando (el último según el orden de llenado). El indio acaba en $5p^{1}$: bloque p, periodo 5.

   $\mathrm{In}:\ [\mathrm{Kr}]\,4d^{10}5s^{2}5p^{1}$${}\Rightarrow n_{\max}$${}= 5,\ \text{bloque } p$

2. El neodimio llena orbitales 4f y su $n$ mayor es 6: bloque f, periodo 6. Es un lantánido y, por tanto, una tierra rara (las tierras raras son el escandio, el itrio y los quince lantánidos).

   $\mathrm{Nd}:\ [\mathrm{Xe}]\,4f^{3}6s^{2}$${}\Rightarrow n_{\max}$${}= 6,\ \text{bloque } f$

3. El tántalo llena orbitales 5d y su $n$ mayor es 6: bloque d, periodo 6. Es un metal de transición, no una tierra rara; el indio, del bloque p, tampoco lo es. Los tres son metales.

   $\mathrm{Ta}:\ [\mathrm{Xe}]\,4f^{14}5d^{3}6s^{2}$${}\Rightarrow n_{\max}$${}= 6,\ \text{bloque } d$

4. Atención a un error del enunciado: con $Z=60$ el neodimio tiene 60 electrones, pero $[\mathrm{Xe}]\,4f^{3}6s^{2}$ suma 59. La configuración del neodimio es $[\mathrm{Xe}]\,4f^{4}6s^{2}$. El bloque y el periodo no cambian. Aquí representamos la configuración del enunciado, como pide el apartado; con $4f^{4}$ habría cuatro electrones desapareados en lugar de tres.

   $54+3+2=59\neq60$$[\mathrm{Xe}]\,4f^{4}6s^{2}:\ 54+4+2=60$

5. Representamos cada orbital con una casilla y cada electrón con una flecha, que indica el espín; basta con dibujar los subniveles de fuera del gas noble que se están llenando y el de valencia (véase la figura): In, $5s^{2}$ y $5p^{1}$; Nd, $4f^{3}$ y $6s^{2}$; Ta, $5d^{3}$ y $6s^{2}$.

6. Principio de exclusión de Pauli: en un átomo no puede haber dos electrones con los cuatro números cuánticos iguales; por eso un orbital admite como máximo dos electrones, y con espines opuestos. Es el caso de los dos electrones 5s del indio y de los dos 6s del neodimio y del tántalo (flechas antiparalelas).

7. Regla de Hund (máxima multiplicidad): en orbitales de la misma energía, los electrones se colocan primero de uno en uno, desapareados y con el mismo espín. Por eso los tres electrones 4f del neodimio y los tres 5d del tántalo ocupan tres orbitales distintos con flechas paralelas. El único electrón 5p del indio ocupa uno de los tres orbitales 5p.

ResultadoIn: bloque p, periodo 5. Nd: bloque f, periodo 6, tierra rara (lantánido). Ta: bloque d, periodo 6, metal de transición. Los tres son metales; solo el neodimio es una tierra rara. Diagramas: In, $5s^{2}$ apareados y $5p^{1}$; Nd, tres electrones 4f desapareados y paralelos (cuatro con la configuración correcta, $4f^{4}$) y $6s^{2}$ apareados; Ta, tres electrones 5d desapareados y paralelos y $6s^{2}$ apareados.

La pauta oficial da: In: bloque p, periodo 5, no es tierra rara, metal; Nd: bloque f, periodo 6, tierra rara (lantánido), metal; Ta: bloque d, periodo 6, transición, metal; diagramas de $5s^{2}5p^{1}$, $4f^{3}6s^{2}$ y $5d^{3}6s^{2}$ con Pauli (espines opuestos en s) y Hund (4f y 5d desapareados)

Planteamiento Se piden los principios en los que se basa el modelo mecánico-cuántico, los números cuánticos de los orbitales 5p y 6s, y si dos combinaciones $(n, l, m_l)$ corresponden a orbitales permitidos.

1. Principio de incertidumbre de Heisenberg: no se puede conocer a la vez con exactitud la posición y la cantidad de movimiento de un electrón. Por eso el modelo no habla de trayectorias (órbitas), sino de la probabilidad de encontrar el electrón en una región del espacio: el orbital.

2. Dualidad onda-corpúsculo de De Broglie: toda partícula en movimiento tiene una onda asociada; los electrones del átomo se comportan como ondas, y los orbitales son las soluciones de la ecuación de onda del electrón (la ecuación de Schrödinger).

   $\lambda=\frac{h}{m\,v}$

3. Valores permitidos de los números cuánticos: $n=1, 2, 3\ldots$; $l$ va de 0 a $n-1$ ($l=0$ es s; 1, p; 2, d; 3, f) y $m_l$ va de $-l$ a $+l$.

   $l=0,\ldots,n-1$$m_l=-l,\ldots,+l$

4. Orbitales 5p del indio: $n=5$ y $l=1$, y $m_l$ puede valer $-1$, 0 o $+1$: son tres orbitales.

   $(5,1,-1)$$(5,1,0)$$(5,1,1)$

5. Orbital 6s del neodimio o del tántalo: $n=6$, $l=0$ y, por tanto, $m_l=0$.

   $(6,0,0)$

6. $(4, 1, -1)$: $l=1<n=4$ y $|m_l|\le l$, es una combinación permitida; $l=1$ corresponde a un orbital p: es uno de los tres orbitales 4p. $(5, 3, 0)$: $l=3<5$ y $m_l=0$, también es permitida; $l=3$ corresponde a un orbital f: es uno de los siete orbitales 5f.

   $(4,1,-1)\rightarrow 4p$$(5,3,0)\rightarrow 5f$

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 Convertir la energía del fotón a eV y restarla al nivel 3d; para la excitación aplicar E=hν.

1. La línea observada es emisión desde 3d. Su energía positiva es la diferencia entre niveles.

   $E_\gamma$${}= \frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}0\cdot10^8}{587{,}49\cdot10^{-9}}$${}= 3{,}3856\cdot10^{-19}\ \mathrm J$${}= 2{,}1160\ \mathrm{eV}$

2. El nivel inferior corresponde a 2p, 21,08 eV según la tabla simplificada. La diferencia residual refleja la precisión de constantes y tabla.

   $E_f=23{,}20-2{,}1160=21{,}084\ \mathrm{eV}$$3d\rightarrow2p$

3. Excitar desde 1s (0 eV) hasta 3s (22,81 eV) requiere absorción.

   $\nu$${}= \frac{(22{,}81-0)\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{6{,}63\cdot10^{-34}}$${}= 5{,}5047\cdot10^{15}\ \mathrm{Hz}$