Ejercicio resuelto de Propiedades periódicas · Química · 2023

Dadas las siguientes configuraciones electrónicas de la capa de valencia:

A) $n{s}^1$; B) $n{s}^{2}n{p}^5$; C) $n{s}^{2}n{p}^3$; D) $n{s}^{2}n{p}^6$

a) Indique, razonadamente, el número y el nombre del grupo al que corresponde cada elemento. [0,5 puntos]

b) Indique el número de electrones desapareados de cada elemento. [0,5 puntos]

c) Razone cuál sería el estado de oxidación más estable para cada elemento. [0,5 puntos]

d) Ordene los elementos por orden creciente de potencial de ionización, suponiendo que $n=2$. Razone la respuesta. [0,5 puntos]

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Indique,}}\mathbf{\text{razonadamente,}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{n}}\acute{\mathbf{\text{u}}}\mathbf{\text{mero}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{nombre}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{grupo}}\mathbf{\text{al}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{corresponde}}\mathbf{\text{cada}}\mathbf{\text{elemento.}}\mathbf{\text{[0,5}}\mathbf{\text{puntos]}}$

El grupo lo determina el número de electrones de la capa de valencia y el tipo de orbital que ocupan. Para los elementos representativos basta con leer la configuración:

Elemento	Capa de valencia	Grupo A	$n{s}^1$: un electrón s	1, metales alcalinos B	$n{s}^{2}n{p}^5$: siete electrones	17, halógenos C	$n{s}^{2}n{p}^3$: cinco electrones	15, nitrogenoideos D	$n{s}^{2}n{p}^6$: ocho electrones	18, gases nobles

La regla práctica para los elementos de los bloques $s$ y $p$ es que el número del grupo se obtiene sumando los electrones de valencia y añadiendo 10 cuando hay electrones $p$.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Indique}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{n}}\acute{\mathbf{\text{u}}}\mathbf{\text{mero}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{electrones}}\mathbf{\text{desapareados}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{cada}}\mathbf{\text{elemento.}}\mathbf{\text{[0,5}}\mathbf{\text{puntos]}}$

Hay que aplicar la regla de Hund: dentro de una misma subcapa los electrones se reparten primero uno en cada orbital, con espines paralelos, y solo cuando no queda ninguno libre empiezan a aparearse. La subcapa $p$ tiene tres orbitales.

A, $n{s}^1$: el orbital $s$ es único y contiene un solo electrón. $\mathbf{\text{1}}\mathbf{\text{electr}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{desapareado}}$.

B, $n{s}^{2}n{p}^5$: el $s$ está lleno; de los cinco electrones $p$, cuatro se aparean en dos orbitales y el quinto queda solo. $\mathbf{\text{1}}\mathbf{\text{electr}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{desapareado}}$.

C, $n{s}^{2}n{p}^3$: los tres electrones $p$ ocupan un orbital cada uno, sin aparearse. $\mathbf{\text{3}}\mathbf{\text{electrones}}\mathbf{\text{desapareados}}$.

D, $n{s}^{2}n{p}^6$: todos los orbitales están completos. $\mathbf{\text{ninguno}}$.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Razone}}\mathbf{\text{cu}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{l}}\mathbf{\text{ser}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{estado}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{oxidaci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{m}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{s}}\mathbf{\text{estable}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{cada}}\mathbf{\text{elemento.}}\mathbf{\text{[0,5}}\mathbf{\text{puntos]}}$

En todos los casos el criterio es el mismo: alcanzar la configuración de gas noble más próxima, ganando o perdiendo el menor número posible de electrones.

A: le sobra un electrón sobre la capa cerrada anterior, y perderlo le cuesta poco. Estado de oxidación $\mathbf{\text{+1}}$.

B: le falta un electrón para completar el octeto y su electronegatividad es alta, así que lo capta. Estado de oxidación $\mathbf{\text{−1}}$.

C: le faltan tres para el octeto. Estado de oxidación $\mathbf{\text{−3}}$, aunque frente a elementos más electronegativos también puede actuar con valores positivos.

D: ya tiene el octeto completo y no gana ni pierde electrones. Estado de oxidación $\mathbf{\text{0}}$.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Ordene}}\mathbf{\text{los}}\mathbf{\text{elementos}}\mathbf{\text{por}}\mathbf{\text{orden}}\mathbf{\text{creciente}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{potencial}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{ionizaci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n,}}\mathbf{\text{suponiendo}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{=}}\mathbf{\text{2.}}\mathbf{\text{Razone}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{respuesta.}}\mathbf{\text{[0,5}}\mathbf{\text{puntos]}}$

Con $n=2$ los cuatro elementos son del segundo periodo y quedan identificados:

$\mathrm{A}=\mathrm{L}\mathrm{i}(2s^1)\mathrm{B}=\mathrm{F}(2s^{2}2p^5)\mathrm{C}=\mathrm{N}(2s^{2}2p^3)\mathrm{D}=\mathrm{N}\mathrm{e}(2s^{2}2p^6)$

Al estar todos en el mismo periodo, el apantallamiento apenas cambia y lo que manda es la carga nuclear, que crece hacia la derecha: cuanto mayor es, más sujetos están los electrones de valencia y más energía cuesta arrancar uno.

El litio es el más fácil de ionizar con diferencia: al perder su único electrón $2s$ queda con la configuración del helio.

El neón es el que más cuesta: tiene la mayor carga nuclear del periodo y, además, romper un octeto completo es muy desfavorable.

$\mathrm{E}\mathrm{I}(\mathrm{L}\mathrm{i})<\mathrm{E}\mathrm{I}(\mathrm{N})<\mathrm{E}\mathrm{I}(\mathrm{F})<\mathrm{E}\mathrm{I}(\mathrm{N}\mathrm{e})$

Es decir, $\mathrm{A}<\mathrm{C}<\mathrm{B}<\mathrm{D}$.