Examen Química

Examen Química II

Solución 1ª parte
1)
a) a)1s2 2s1: estado fundamental
máximo de 2 ed) 1s2 2s2 2p6 2d2: estado imposible con el n=2 no hay orbitales d e) 1s2 3s1: estado excitado f) 1s2 2s2 2p8 3s1: estado imposible por la regla de Pauling los orbitales p sólo pueden alojar 6 eb)1s1: estado fundamental c) 2s3: estado imposible por la regla de Pauling el orbital s puede alojar un

b) C2:(σ2s)2 (σ*2s)2 (σ2p)2 (π2px)1 ( π2py)1 OE = 4/2 =2

C2+:

(σ2s)2 (σ*2s)2 (σ2p)2 (π2px)1 OE = 3/2 =1,5 Lenlace C2< Lenlace C2+

O2:

(σ2s)2 (σ*2s)2 (σ2p)2 (π2px)2 ( π2py)2 (π*2px)1(π*2py)1 OE = 6-2/2 =2

O 2 +:

(σ2s)2 (σ*2s)2 (σ2p)2 (π2px)2 ( π2py)2 (π*2px)1 OE = 6-1/2 =2,5 Lenlace O2> Lenlace O2+

F2:

(σ2s)2 (σ*2s)2 (σ2p)2 (π2px)2 ( π2py)2 (π*2px)2(π*2py)2 OE = 6-4/2 =1F2+:

(σ2s)2 (σ*2s)2 (σ2p)2 (π2px)2 ( π2py)2 (π*2px)2(π*2py)1 OE = 6-3/2 =1,5 Lenlace F2> Lenlace F2+

2)a) La hibridación del átomo central es sp3d2.
La geometría es pirámide cuadrada y todos los ángulos son de 90º.

Cl F F I F F

b) Si no tenemos en cuenta la acción de los pares no enlazantes, los cuatro momentos dipolares de la base se anulan y sólo queda el momento dipolar µ Cl-I.

µCl-I= qxd = 0,232 10-9 nm x 1,6 10-19C = 3,71 10-29 Cm

3)
a)

Molécula p.e. (ºC) Polaridad

Ne

Ar

CH3OH 65 Polar
Puentes de hidrógeno Van der Waals (dipolodipolo)

CH4 -161 Apolar

CHCl3 62 Polar

C6H5-O-C6H5 34,5 Polar

-246 Apolar

-186 Apolar

Fuerzas intermoleculares

Van der Waals (dipolo inducido)

Van der Waals (dipoloinducido)

Van der Waals(dipoloinducido)

Van der Waals (dipolodipolo)

Van der Waals (dipolo-dipolo)

En los dos primeros por ser monoatómicos no tienen polaridad, la diferencia de valores viene determinada por el tamaño del átomo que influye en la intensidad de los dipolos inducidos al aumentar la polarizabilidad. El metanol tiene el mayor punto de ebullición debido a la existencia de puentes de hidrógeno. Entre el CH4 y CH3Clla diferencia es debida a la existencia del Cl que da polaridad y un mayor tamaño a la molécula. Por último el C6H5-O-C6H5 es polar pero de menor tamaño molecular. b) Las estructuras de Lewis de las tres especies son:

O O N O O N O + 1R O N O + 2R

Orden de enlace N-O: 2

Orden de enlace N-O : 1,5

Orden de enlace N-O: 4/3

Longitud creciente del enlace N-O: NO2+ < NO2- < NO3-

4)a) Si el primer plano de difracción que aparece es el (111) esto nos indica que es una red de Bravais FCC en la que los planos con índices mixtos son extinciones. Si el anillo de esos planos tiene un diámetro de 5,25 cm en una cámara de L = 5cm podemos determinar el ángulo θ:

tg 2θ =
Para los planos (111):

D / 2 5,25 / 2 = ⇒ θ = 13,85º L 5

2x

a 3

xsen13,85 = 0,154nm ⇒ a = 0,557nmComo es FCC lo átomos se tocan en las diagonales de las caras, por lo tanto:

a√2 = 4r ⇒ r = 0,197 nm b) La densidad:

4 atom / celda × 40 g / mol / 6 , 02 10 23 atom / mol

ρ =

  0 , 557 10 − 7  

  cm 3 / celda  

3

= 1,54g/cm

3

Densidad superficial máxima: (111)

ρ (111) =

0,5 + (0,5 x3) 0,557
2

3/2

= 7,44 átomos/nm 2

Densidad lineal máxima: ladiagonal de las caras:

ρ (110 ) =

(2 x0,5) + 1 = 2,54
0,557 2

átomos/nm

5) a)

Por las reglas de Pauling.

R+/r- = 0,097/0,181 = 0,536 ⇒ tipo FCC para los aniones y con los cationes en los cuatro huecos octaédricos. Red de Bravais cúbica F

Parámetro de red:

a = 2(r+ + r-) = 0,556 nm
Factor de empaquetamiento:

 4  4 3 3   4 x 3 πx0,097  +  4 x 3 πx0,181     = 0,667 FE =  3 ( 0,556 )
b) A partir de la composición en peso:
0 0 0 0

Na = 30,93% → 30,93 / 23 = 1,35 Ca = 7,68% → 7,68 / 40 = 0,192

7 1 9 Cl9Na7Ca

0

0

Cl = 61,38% → 61,38 / 35,5 = 1,73

8 cationes y 9 aniones
Porcentaje de vacantes:

Deficit de cationes

1/9x100 = 11,11%
Vacantes por celda:

1vacante = 0,44 vacantes/celda 1celda 9anionesx 4aniones

Solución 2ª...