1. Construye las estructuras de Lewis que representan a las siguientes especies: (a) H3PO4, (b) H6TeO6, (c) SnOCl2, (d) [XeO4F2]2-, (e) BrF5

2+, (f) ICl3, (g) SO2Cl2.

Solución

(a) En el caso del ácido fosfórico, H3PO4, el átomo central es P, de la familia V. Podemos proponer, con cuatro oxígenos y tres hidrógenos, que están presentes en la estructura tres grupos HO- y un grupo oxo, =O. Podemos representar a la estructura como (HO)3PO.

(b) En el caso del ácido ortotelúrico, H6TeO6, el átomo central es Te, de la familia VI. Replanteando la estructura como (HO)6Te, obtenemos

(c) Para el oxidicloruro de estaño SnOCl2, el átomo central es Sn, de la familia IV. Sólo hay un oxígeno y dos cloros monovalentes. Las piezas a unir son entonces:

  Ejercicios de enlace-valencia 2

(d) Para el anión difluorotetraoxoxenonato(VIII), [XeO4F2]2-, el átomo central de Xe es de la familia VIII. Debido a la existencia de dos cargas negativas, el Xe contará con dos electrones más, aparte de los de su capa de valencia, quedando entonces rodeado con 10. Hay dos flúores monovalentes y cuatro oxígenos que, al no haber hidrógenos presentes, se enlazarán al Xe como grupos oxo divalentes. La estructura se construye entonces como sigue:

     En este caso, el Xe posee una carga formal de 2-. (e) Para el catión divalente pentafluorobromato(VII) BrF5

2+, el átomo central es Br, de la familia VII. Dado que este catión posee dos cargas positivas, descontaremos dos electrones de su capa de valencia. Considerando los tres átomos de flúor monovalentes, llegamos a lo siguiente: En este caso, el Br soporta una carga formal de 2+. (f) En el trifluoruro de yodo IF3, el átomo central es I, de la familia VII. Hay tres átomos de flúor monovalentes. Su estructura se puede trazar como sigue: (g) El átomo central en el cloruro de sulfurilo SO2Cl2, es S, que pertenece a la familia VI. No hay hidrógenos, por lo que los dos átomos de oxígeno deben estarse enlazando de manera divalente; los otros dos átomos ligantes son cloros monovalentes. La sustancia puede representarse así:

  Ejercicios de enlace-valencia 3

2. Determina la hibridación del átomo central y la geometría de las epecies que analizaste en el ejercicio anterior.

Solución

(a) En el H3PO4 el P posee cuatro uniones σ y no tiene pares de electrones sin compartir. Se trata por tanto en un sistema AB4, por lo que el P se enlaza a sus ligantes haciendo uso de orbitales híbridos sp3. La disposición de éstos es por tanto tetraédrica.

(b) En el H6TeO6 el Te posee seis uniones σ y ningún par de electrones, lo que es consistente con un sistema AB6, por lo que posee un sistema de orbitales híbridos sp3d2. La distribución de sus sustituyentes en el espacio genera una geometría octaédrica.

(c) En el SnOCl2 el Sn posee tres uniones σ y ningún par de electrones sin compartir, por lo que se encuentra inmerso en un sistema AB3. Participa así en la unión empleando un sistema de orbitales híbridos sp2. La distribución de sus sustituyentes en el espacio genera una geometría triangular o trigonal. (d) En el XeO2F4 el Xe se encuentra en un ambiente similar al descrito para el Te en el inciso (b): posee seis uniones σ sin pares de electrones sin compartir. Se encuentra por tanto formando parte de un sistema AB6, y posee una hibridación sp3d2. Los ligantes nos son todos iguales, por lo que se procura distribuirlos de tal manera que se cuente con la geometría octaédrica más homogénea, lo que deja a los átomos de F en trans.

(e) En el catión BrF52+ el Br posee cinco uniones σ y ningún par

de electrones sin compartir; el Br forma parte de un sistema AB5 y cuenta con un sistema de orbitales híbridos sp3d. El sistema adopta una geometría de dipirámide de base triangular:

HO

HO

  Ejercicios de enlace-valencia 4

(f) El I en el IF3 posee tres enlaces σ y dos pares de electrones sin compartir, por lo que su geometría se describe a partir del sistema AB3E2 con una hibridación sp2d para el yodo central. El sistema adopta una geometría en forma de T con los pares de electrones orientándose a sendas posiciones ecuatoriales.

(g) El S como átomo central cuenta con cuatro enlaces σ sin pares, por lo que el SO2Cl2 puede definirse como una molécula con un sistema AB4 y, consecuentemente, con una hibridación sp3 para el S y una geometría tetraédrica.

3. Representa la estructura de Lewis indicando las cargas formales sobre los átomos que las posean (si es que las hay), la hibridación del átomo central y la geometría de las siguientes especies (a) [SiF5]- ; (b) [GeCl6]2-; (c) OPBr3; (d) [AsCl5]2-; (e) [SbF6]-; (f) [SI3]+; (g) [XeO2F]+.

Solución

(a) En el caso de [SiF5]- el Si, de la familia IV, es el átomo central. Posee 4 electrones en su capa de valencia, a los que debe adicionárse 1 debido a que la especie posee una carga negativa. El Si se une a 5 átomos ligantes de F monovalentes, por lo que la estructura de Lewis queda como sigue:

La carga formal es el resultado de restar al número de la familia a la que pertenece el elemento en cuestión el número de enlaces y los electrones de no enlace (o sin compartir) que posee. En este caso, el Si queda con 5 enlaces y no posee electrones sin compartir; su carga formal será 4 – (5 + 0) = -1. Como el Si se une a cinco ligantes, esta especie constituye un ejemplo de un sistema AB5, por lo que su geometría será la de dipirámide de base triangular, con una hibridación sp3d para el Si:

  Ejercicios de enlace-valencia 5

(b) En el caso del [GeCl6]2-, el Ge es el átomo central. Pertenece a la familia IV, por lo que posee 4 electrones en su capa de valencia, pero como la especie posee dos cargas negativas, adicionaremos 2 más. A él se unen 6 átomos de Cl (monovalentes), así que la estructura de Lewis nos queda como sigue:

El Ge queda con 6 enlaces y no posee pares de electrones sin compartir; su carga formal será 4 – (6 + 0) = -2. Dado que para esta especie se ha identificado como un sistema AB6, su geometría será octaédrica y la hibridación del Ge será sp3d2:

(c) El P, de la familia V, es el átomo central en el OPBr3. Posee 5 electrones en su capa de valencia; a él se unen 3 átomos de Br monovalentes y uno de O el cual, al no haber hidrógenos en la estructura, debe enlazarse al P como ligante oxo (divalente). La estructura de Lewis nos queda entonces:

La estructura de Lewis está completa porque el P no posee carga formal: pertenece a la familia 5 y en esta estructura posee 5 enlaces, sin pares de electrones sin compartir

es sp3.

  Ejercicios de enlace-valencia 6

[5 – (5 + 0) = 0]. Esta estructura es un caso del sistema AB4, por lo que su geometría será tetraédrica con un P sp3:

(d) En el caso del [AsCl5]2- el As es el átomo central. Pertenece a la familia V, por lo que posee 5 electrones en su capa de valencia, pero como la especie posee dos cargas negativas, adicionaremos 2 más. A él se unen 5 átomos de Cl (monovalentes), por lo que la estructura de Lewis nos queda:

Para completar la estructura de Lewis necesitamos considerar que el As queda con 5 enlaces y 2 electrones sin compartir (los cuales quedan inmersos en un lóbulo u orbital híbrido). Así pues, su carga formal viene dada por 5 – (5 + 2) = -2. Dado que para esta especie se ha identificado un sistema AB5E, su geometría será la de pirámide de base cuadrada, con una hibridación sp3d2 para el As:

(e) En el caso de [SbF6]-, el Sb es el átomo central. Pertenece a la familia V, por lo que posee 5 electrones en su capa de valencia, pero como la especie posee 1 carga negativa, adicionaremos 1 más. A él se unen 6 átomos de F (monovalentes), así que la estructura de Lewis queda:

  Ejercicios de enlace-valencia 7

El Sb posee 6 enlaces sin pares de electrones sin compartir. La carga formal viene dada por 5 – (6 + 0) = -1. Dado que para esta especie se ha identificado un sistema AB5E, su geometría será la octaédrica, con el Sb sp3d2:

(f) En el [SI3]+ el S es el átomo central. Pertenece a la familia VI, por lo que posee 6

electrones en su capa de valencia, pero como la especie posee una carga positiva, removeremos 1. A él se unen 3 átomos de I (monovalentes), por lo que la estructura de Lewis queda:

La estructura de Lewis no está completa: el S queda con 3 enlaces y 2 electrones sin compartir (los cuales quedan en un orbital híbrido). Así pues, su carga formal viene dada por 6 – (3 + 2) = +1. Dado que para esta especie se ha identificado un sistema AB3E, su geometría será la de pirámide de base triangular, teniendo el S una hibridación sp3:

  Ejercicios de enlace-valencia 8

(g) En el caso de [XeO2F]+ el Xe es el átomo central. Es miembro de la familia VIII, por lo que posee 8 electrones de valencia. Como la especie posee una carga positiva, se remueve 1. A él se une 1 átomo de O oxo (ausencia de H) y uno de F, monovalente. La estructura de Lewis a la que se llega es la siguiente:

El Xe queda con 3 enlaces y 4 electrones sin compartir, los cuales por pares ocupan dos orbitales híbridos. La carga formal del Xe viene dada por 8 – (3 + 2) = +1. El sistema AB2E2, es al que esta especie debe su arquitectura geométrica, en forma de V, teniendo Xe una hibridación sp3:

4. Representa todas las formas resonantes de los aniones (a) carbonato; (b) perclorato; (c) acetato.

Solución

(a) En los oxoaniones las cargas negativas las poseen los átomos de oxígeno (normalmente el átomo más electronegativo). En el caso del anión carbonato, CO3

2- , el C es el átomo central. Pertenece a la familia IV, por lo que posee 4 electrones en su capa de valencia, pero como la especie posee dos cargas negativas, adicionaremos 2. A él se

  Ejercicios de enlace-valencia 9

unen 3 átomos de O, que son divalentes, por lo que la estructura de Lewis nos queda, inicialmente, así:

Esta estructura no es admisible porque el carbono está rodeado de 12 electrones. Esto se soluciona polarizando dos enlaces π (cada polarización implica que dos electrones abandonan la capa de valencia del C en la estructura):

y a partir de esta última estructura se construyen las dos restantes formas resonantes:

(b) En el caso del anión perclorato ClO4-, el Cl es el átomo central. Pertenece a la familia

VII, por lo que posee 7 electrones en su capa de valencia, pero como la especie posee una carga negativa, adicionaremos 1. A él se unen 4 átomos de O divalentes, por lo que la estructura de Lewis nos queda:

Esta estructura está permitida, porque en el cloro sí está permitida la expansión del octeto (el Cl está rodeado de 16 electrones). No obstante, siendo el oxígeno un elemento más electronegativo, lo más consistente es que éstos sean quienes soporten la carga negativa. Nuevamente, polarizando un enlace π, obtenemos

  Ejercicios de enlace-valencia 10

y a partir de esta última estructura se construyen las formas resonantes con contribución significativa de este anión:

Son cuatro porque hay cuatro átomos de oxígeno que pueden soportar la carga formal negativa.

(c) En el caso del CH3CO22- el C es el átomo central. Pertenece a la familia IV, por lo que

posee 4 electrones en su capa de valencia; no obstante, como la especie posee dos cargas negativas, adicionaremos 2 más A él se unen 2 átomos de O oxo y un grupo metilo –CH3, que es monovalente, por lo que la estructura de Lewis nos queda, de entrada:

Esta estructura de nueva cuenta no es admisible debido a que B, C, N, O y F no pueden expandir su octeto. Esto se resuelve polarizando uno de los enlaces π:

y a partir de esta última estructura se construyen la otra forma resonante:

  Ejercicios de enlace-valencia 11

Son dos porque hay dos átomos de oxígeno capaces de soportar la carga formal negativa.

5. Explica en términos de la teoría de enlace-valencia por qué el catión nitronio, NO2

+, posee una estructura lineal, y por qué el anión nitrito, NO2-, posee una

geometría de V (ángulo de enlace O-N-O = 115 º).

Solución

Se requieren las estructuras de Lewis de las dos especies para resolver el ejercicio. Comencemos catión nitronio, NO2

+. Coloca a los átomos con sus respectivos electrones de capa de valencia:

Como se trata de un catión, remueve un electrón de esta estructura. El átomo que lo perderá podrá ser cualquiera de los tres; retirémoslo del nitrógeno:

Formalicemos los enlaces covalentes σ ahora trazando líneas:

Con los electrones desapareados que le quedan a los oxígenos y al nitrógeno, construyamos sendos enlaces π:

Con ello, finalizamos la construcción de su estructura de Lewis, quedando cada átomo con su octeto completo. Siendo el nitrógeno el átomo A y los oxígenos oxo los átomos B, queda claro que la hibridación del N es sp, al constituir esta especie un sistema AB2. Recuerda que los enlaces π no cuentan para efectos de determinar la hibridación del átomo.

  Ejercicios de enlace-valencia 12

Para construir el anión nitrito, NO2

-, podemos considerar la adición de dos electrones a la estructura del NO2

+ fundamentándonos en lo siguiente:

NO2+ + 2e- è NO2

-

con lo cual alcanzamos la siguiente estructura:

La diferencia estriba en que ahora el N posee un par de electrones sin compartir, pasando la especie a ser ahora un sistema AB2E, con hiíbridación sp2 para el N y adoptando una geometría de “V”, que es la que experimentalmente se observa.