Ejercicio resuelto de Geometría molecular · Química · 2025

a) Determine la estructura de Lewis y la geometría, utilizando el método que considere oportuno (TEV y/o TRPECV), de las siguientes especies: (0,9 puntos)

i) ${\text{NH}}_3$ ii) ${\text{H}}_2\text{O}$ iii) ${\text{BCl}}_3$

b) Indique, razonadamente, el tipo de hibridación del átomo central en dichas sustancias. (0,6 puntos)

c) Ordene, razonadamente, las moléculas anteriores en orden decreciente de sus ángulos de enlace. (0,5 puntos)

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Determine}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{estructura}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{Lewis}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{geometr}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a,}}\mathbf{\text{utilizando}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{m}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{todo}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{considere}}\mathbf{\text{oportuno}}\mathbf{\text{(TEV}}\mathbf{\text{y/o}}\mathbf{\text{TRPECV),}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{las}}\mathbf{\text{siguientes}}\mathbf{\text{especies:}}\mathbf{\text{(0,9}}\mathbf{\text{puntos)}}$

Se aplica la teoría de repulsión de pares de la capa de valencia: se cuentan las zonas de densidad electrónica alrededor del átomo central —enlaces y pares libres—, se colocan lo más separadas posible y después se mira solo dónde han quedado los átomos.

${\mathbf{\text{i)}}\mathbf{\text{NH}}}_3$: el nitrógeno aporta 5 electrones de valencia y cada hidrógeno 1, en total 8. Forma tres enlaces simples y $\mathbf{\text{le}}\mathbf{\text{sobra}}\mathbf{\text{un}}\mathbf{\text{par}}\mathbf{\text{no}}\mathbf{\text{enlazante}}$:



Cuatro zonas en total, tres de enlace y una libre. Los pares se disponen en tetraedro, pero la geometría $\mathbf{\text{molecular}}$, que solo atiende a los átomos, es una $\mathbf{\text{pir}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{mide}}\mathbf{\text{trigonal}}$, con un ángulo H–N–H de unos 107°.

${\mathbf{\text{ii)}}\mathbf{\text{H}}}_2\text{O}$: el oxígeno aporta 6 electrones y cada hidrógeno 1, en total 8. Forma dos enlaces simples y le quedan $\mathbf{\text{dos}}\mathbf{\text{pares}}\mathbf{\text{no}}\mathbf{\text{enlazantes}}$:



También hay cuatro zonas, pero ahora solo dos son de enlace: la geometría molecular es $\mathbf{\text{angular}}$, con un ángulo H–O–H de 104,5°.

${\mathbf{\text{iii)}}\mathbf{\text{BCl}}}_3$: el boro aporta 3 electrones y cada cloro 7. El boro emplea sus tres electrones en tres enlaces simples y $\mathbf{\text{no}}\mathbf{\text{le}}\mathbf{\text{queda}}\mathbf{\text{ning}}\acute{\mathbf{\text{u}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{par}}\mathbf{\text{libre}}$; cada cloro conserva tres pares no enlazantes. Es una de las excepciones al octeto: el boro se queda con solo 6 electrones a su alrededor.

$\mathrm{C}\mathrm{l}-\mathrm{B}(\mathrm{C}\mathrm{l})-\mathrm{C}\mathrm{l}$

Tres zonas de enlace y ningún par libre: la geometría es $\mathbf{\text{trigonal}}\mathbf{\text{plana}}$, con ángulos de 120°.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Indique,}}\mathbf{\text{razonadamente,}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{tipo}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{hibridaci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{del}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{tomo}}\mathbf{\text{central}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{dichas}}\mathbf{\text{sustancias.}}\mathbf{\text{(0,6}}\mathbf{\text{puntos)}}$

La hibridación se deduce del número de zonas de densidad electrónica, porque hay que construir tantos orbitales híbridos como zonas haya: dos zonas dan $\mathrm{s}\mathrm{p}$, tres dan $\mathrm{s}{\mathrm{p}}^2$ y cuatro dan $\mathrm{s}{\mathrm{p}}^3$.

$\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$: cuatro zonas (3 enlaces + 1 par libre) $\Rightarrow$ hibridación ${\mathbf{\text{sp}}}^3$.

${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$: cuatro zonas (2 enlaces + 2 pares libres) $\Rightarrow$ hibridación ${\mathbf{\text{sp}}}^3$.

$\mathrm{B}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_3$: tres zonas (3 enlaces, ningún par libre) $\Rightarrow$ hibridación ${\mathbf{\text{sp}}}^2$, con un orbital $p$ vacío perpendicular al plano de la molécula.

Conviene notar que los pares no enlazantes $\mathbf{\text{cuentan}}$ para la hibridación: por eso amoníaco y agua, con geometrías moleculares distintas, comparten hibridación.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Ordene,}}\mathbf{\text{razonadamente,}}\mathbf{\text{las}}\mathbf{\text{mol}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{culas}}\mathbf{\text{anteriores}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{orden}}\mathbf{\text{decreciente}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{sus}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{ngulos}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{enlace.}}\mathbf{\text{(0,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

El razonamiento tiene dos pasos. Primero, el número total de zonas fija el ángulo de partida: tres zonas dan 120° y cuatro, 109,5°. Segundo, los pares no enlazantes ocupan más espacio que los enlazantes, porque solo están sujetos por un núcleo, y comprimen los ángulos restantes; cuantos más pares libres, mayor la compresión.

$\mathrm{B}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_3$: tres zonas, ningún par libre. Ángulo de $\mathbf{\text{120}}\mathrm{°}$.

$\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$: cuatro zonas, un par libre. Se parte de 109,5° y se comprime hasta unos $\mathbf{\text{107}}\mathrm{°}$.

${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$: cuatro zonas, dos pares libres. La compresión es doble y el ángulo baja hasta $\mathbf{\text{104,5}}\mathrm{°}$.

$\acute{\text{a}}\text{ngulo}(\mathrm{B}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_3)>\acute{\text{a}}\text{ngulo}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3)>\acute{\text{a}}\text{ngulo}({\mathrm{H}}_2\mathrm{O})$