Exercicis d'enllaç químic — Química 2n Batxillerat

Aquests exercicis et fan raonar l'enllaç químic des de l'estructura fins a les propietats. Apliques la regla de l'octet i dibuixes estructures de Lewis, i a partir d'elles dedueixes la geometria molecular amb la teoria VSEPR i la polaritat de la molècula, com en el tetraclorur de carboni. Després identifiques les forces intermoleculars entre molècules i relaciones el tipus d'enllaç amb les propietats de sòlids com el clorur de sodi, el coure o el diamant. Les solucions segueixen l'ordre: Lewis, geometria i polaritat. Errors típics: confondre l'enllaç, que és dins de la molècula, amb les forces intermoleculars, que són entre molècules, i aplicar la regla de l'octet a l'hidrogen.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Què estableix la regla de l'octet?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Els àtoms tendeixen a envoltar-se de vuit electrons de valència (com els gasos nobles) compartint, cedint o captant electrons; l'hidrogen es completa amb dos.

Resolució

Què es demana. Enunciar la regla de l'octet, la idea que fa servir el model de Lewis per explicar quants enllaços forma cada àtom.
Idea de base. Els gasos nobles tenen la capa de valència plena (ns² np⁶, vuit electrons) i són molt estables i poc reactius.
Regla de l'octet. En formar enllaços, els àtoms tendeixen a adquirir aquesta configuració de vuit electrons de valència, compartint els electrons necessaris (enllaç covalent) o cedint-los i captant-los (enllaç iònic).
Excepció de l'hidrogen. L'hidrogen només té la capa n = 1, on caben dos electrons: es completa amb dos (configuració de l'heli). Per això sempre forma un sol enllaç.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Segons el VSEPR, què fan els parells d'electrons al voltant de l'àtom central?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

Es repel·leixen i se separen tant com poden; la disposició que els allunya al màxim determina la geometria de la molècula.

Resolució

Què diu el model. El model VSEPR (repulsió dels parells d'electrons de la capa de valència) considera tots els parells al voltant de l'àtom central, tant els d'enllaç com els no enllaçants.
Repulsió. Com que tots aquests parells tenen càrrega negativa, es repel·leixen entre ells i s'orienten a l'espai de manera que quedin tan lluny com sigui possible.
Conclusió. Aquesta disposició de mínima repulsió (lineal, trigonal plana, tetraèdrica…) fixa on queden els àtoms units a l'àtom central, és a dir, la geometria de la molècula.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Quin tipus de forces intermoleculars hi ha entre les molècules de metà, CH₄, que és apolar?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Només forces de dispersió (de London).

Resolució

Dades. El metà, CH₄, és tetraèdric i apolar: no té dipol permanent i els seus H estan units al carboni, que no és prou electronegatiu per fer ponts d'hidrogen.
Forces possibles. Sense dipol permanent no hi ha forces dipol-dipol; sense H unit a N, O o F no hi ha ponts d'hidrogen. Queden les forces de dispersió, que hi ha entre totes les molècules (dipols instantanis).
Conclusió. Entre molècules de metà només hi ha forces de London. Com que són febles i el metà és una molècula petita, amb pocs electrons, és un gas a temperatura ambient.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Escriu l'estructura de Lewis de la molècula de nitrogen (N₂) i de l'ió amoni (NH₄⁺), i explica què té de particular un dels quatre enllaços N-H de l'ió amoni. (Z: H = 1, N = 7.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

N₂: :N≡N: (enllaç triple i un parell solitari a cada N). NH₄⁺: quatre enllaços N−H i cap parell solitari; un dels quatre enllaços és covalent datiu (els dos electrons els aporta el N), però un cop format és idèntic als altres.

Resolució

N₂. Cada N aporta 5 electrons de valència: 10 en total (5 parells). Perquè tots dos compleixin l'octet han de compartir tres parells: :N≡N:, amb un enllaç triple i un parell solitari a cada àtom.
Electrons de NH₄⁺. 5 (N) + 4·1 (H) − 1 (càrrega positiva) = 8 electrons, és a dir, 4 parells. Fixa't que per la càrrega positiva cal restar un electró: és un error típic oblidar-ho.
Estructura de l'amoni. Els 4 parells formen quatre enllaços N−H i el N no té cap parell solitari; el N queda amb l'octet complet i la geometria és tetraèdrica. L'ió porta la càrrega +1.
Enllaç datiu. L'ió es forma quan el parell solitari del NH₃ s'uneix a un H⁺, que no aporta cap electró: aquest enllaç és covalent datiu (o coordinat), perquè els dos electrons compartits provenen del mateix àtom (el N).
Conclusió. Un cop format, l'enllaç datiu és indistingible dels altres: els quatre enllaços N−H de l'amoni són idèntics.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Explica, amb el model del núvol electrònic (gas d'electrons), per què els metalls condueixen el corrent elèctric i per què són mal·leables i dúctils.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Els electrons de valència estan deslocalitzats i es mouen lliurement (condueixen), i l'enllaç no és direccional, de manera que les capes de cations poden lliscar sense trencar-se (mal·leabilitat i ductilitat).

Resolució

Model del núvol electrònic. En un metall els àtoms cedeixen els electrons de valència, que queden deslocalitzats formant un núvol (gas d'electrons) que envolta una xarxa ordenada de cations; l'enllaç metàl·lic és l'atracció entre els cations i aquest núvol.
Conductivitat. Els electrons del núvol no pertanyen a cap àtom concret i es poden moure lliurement: quan s'aplica una diferència de potencial es desplacen i transporten la càrrega.
Mal·leabilitat i ductilitat. Com que l'enllaç no és direccional, les capes de cations poden lliscar unes sobre les altres sense que l'enllaç es trenqui: el núvol electrònic s'adapta a la nova posició i continua mantenint units els cations. Per això el metall es pot laminar (mal·leable) i estirar en fils (dúctil).
Comparació. En un sòlid iònic, en canvi, un desplaçament de capes enfronta ions del mateix signe, les repulsions hi dominen i el cristall es trenca.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Indica entre quines d'aquestes substàncies hi ha ponts d'hidrogen entre les seves molècules i justifica la resposta: CH₄, NH₃, HF, H₂S i CH₃OH.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

Hi ha ponts d'hidrogen al NH₃, al HF i al CH₃OH; no n'hi ha al CH₄ ni al H₂S.

Resolució

Condició. Hi ha pont d'hidrogen quan un H està unit a un àtom molt electronegatiu i petit (N, O o F) i interacciona amb el parell solitari d'un àtom N, O o F d'una altra molècula.
Sí. NH₃ (enllaços N−H), HF (enllaç H−F) i CH₃OH (grup O−H): tots tenen H unit a N, O o F i parells solitaris en aquest àtom.
No. CH₄: els H estan units al carboni, poc electronegatiu. H₂S: el sofre és massa gran i poc electronegatiu per formar-ne; per això el H₂S és un gas i l'aigua és líquida.
Conclusió. Compte amb l'error típic de creure que qualsevol molècula amb hidrogen fa ponts d'hidrogen: cal que l'H estigui unit a N, O o F.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Explica, a partir de les configuracions electròniques, com es forma l'enllaç iònic entre el magnesi (Z = 12) i el fluor (Z = 9), escriu la fórmula del compost resultant i raona per què no és correcte parlar de «molècules» de fluorur de magnesi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

El Mg cedeix dos electrons (Mg²⁺) i cada F en capta un (F⁻): la fórmula és MgF₂. És una xarxa cristal·lina d'ions, sense molècules: la fórmula només indica la proporció d'ions.

Resolució

Configuracions. Mg (Z = 12): 1s² 2s² 2p⁶ 3s². F (Z = 9): 1s² 2s² 2p⁵.
Formació dels ions. El Mg perd els dos electrons 3s i queda Mg²⁺, amb la configuració del neó. Cada F guanya un electró i queda F⁻ (1s² 2s² 2p⁶), també amb la configuració del neó.
Fórmula. Cada Mg cedeix dos electrons i cada F només en pot acceptar un: calen dos F per cada Mg perquè el compost sigui neutre. La fórmula és MgF₂.
Per què no hi ha molècules. Els ions s'atrauen electrostàticament en totes direccions (enllaç no direccional) i s'ordenen en una xarxa cristal·lina en què cada Mg²⁺ està envoltat de molts F⁻ i a l'inrevés. No hi ha unitats MgF₂ aïllades: la fórmula és empírica i només indica la proporció d'ions (1 : 2).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Raona si cada afirmació és certa o falsa: a) entre dos mateixos àtoms, un enllaç triple és més curt i més fort que un de simple; b) tota molècula que té enllaços polars és polar; c) els compostos iònics condueixen el corrent elèctric en estat sòlid; d) les forces intermoleculars són més febles que els enllaços covalents.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Apartat a)

Resultat

Certa: més parells compartits fan l'enllaç més curt i més fort.

Resolució

Raonament. Com més parells d'electrons es comparteixen entre dos àtoms, més atracció hi ha entre els nuclis i els electrons compartits.
Conseqüència. Els àtoms s'acosten més (enllaç més curt) i cal més energia per separar-los (enllaç més fort).
Exemple. C−C: 154 pm i 347 kJ/mol; C≡C: 120 pm i 839 kJ/mol.

Apartat b)

Resultat

Falsa: si la geometria és simètrica, els dipols d'enllaç s'anul·len i la molècula és apolar.

Resolució

Raonament. El moment dipolar de la molècula és la suma vectorial dels moments dels enllaços: depèn de la polaritat dels enllaços i també de la geometria.
Contraexemple. El CO₂ (lineal) i el CCl₄ (tetraèdric) tenen enllaços polars, però els dipols es cancel·len per simetria: són apolars.

Apartat c)

Resultat

Falsa: en sòlid els ions estan fixos; només condueixen fosos o dissolts.

Resolució

Raonament. Per conduir cal que hi hagi càrregues que es puguin moure. En el sòlid iònic els ions ocupen posicions fixes de la xarxa i no es desplacen.
Conclusió. Només condueixen fosos o dissolts, quan els ions tenen mobilitat.

Apartat d)

Resultat

Certa: les forces intermoleculars són molt més febles que els enllaços covalents.

Resolució

Ordres de magnitud. Les forces intermoleculars (London, dipol-dipol, pont d'hidrogen) són de l'ordre d'1 a 40 kJ/mol; un enllaç covalent val centenars de kJ/mol, és a dir, entre unes deu i cent vegades més.
Exemple. Per això bullir aigua (vèncer ponts d'hidrogen) no la descompon en hidrogen i oxigen (caldria trencar enllaços O−H).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

A temperatura ambient el fluor i el clor són gasos, el brom és líquid i el iode és sòlid (punts d'ebullició: F₂ -188 °C, Cl₂ -34 °C, Br₂ 59 °C, I₂ 184 °C). Explica aquesta tendència a partir de les forces intermoleculars.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Són molècules apolars amb només forces de London, que augmenten amb la mida i el nombre d'electrons: F₂ < Cl₂ < Br₂ < I₂.

Resolució

Tipus de forces. Les quatre molècules són diatòmiques i apolars (dos àtoms iguals): entre elles només hi ha forces de dispersió de London.
De què depenen. Aquestes forces es deuen a dipols instantanis i són més intenses com més gran i més polaritzable és el núvol electrònic: el I₂ té 106 electrons i un núvol molt més deformable que el F₂, amb 18.
Tendència. En baixar pel grup augmenten la mida i el nombre d'electrons, les forces de London creixen i cal més energia (més temperatura) per separar les molècules: punts d'ebullició F₂ (−188 °C) < Cl₂ (−34 °C) < Br₂ (59 °C) < I₂ (184 °C).
Conclusió. Per això a temperatura ambient el F₂ i el Cl₂ són gasos, el Br₂ líquid i el I₂ sòlid. Error típic: dir que el iode és sòlid perquè l'enllaç I−I és més fort; en fondre o bullir no es trenca cap enllaç covalent, només les forces entre molècules.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Aplica el model VSEPR a les molècules BeCl₂, BF₃ i CH₄: indica quants parells d'electrons envolten l'àtom central, la geometria de cada molècula i el valor aproximat dels angles d'enllaç.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

BeCl₂: 2 parells, lineal, 180°; BF₃: 3 parells, trigonal plana, 120°; CH₄: 4 parells, tetraèdrica, 109,5°.

Resolució

Plantejament. En cap de les tres molècules l'àtom central té parells solitaris: la geometria és la que minimitza la repulsió entre els parells enllaçants (model VSEPR).
BeCl₂. El Be forma dos enllaços Be−Cl: 2 parells enllaçants → geometria lineal, angle Cl−Be−Cl de 180°.
BF₃. El B forma tres enllaços B−F: 3 parells enllaçants → geometria trigonal plana, angles F−B−F de 120°.
CH₄. El C forma quatre enllaços C−H: 4 parells enllaçants → geometria tetraèdrica, angles H−C−H de 109,5°.
Observació. El Be i el B no compleixen la regla de l'octet (tenen 4 i 6 electrons al voltant), però la geometria es dedueix igualment comptant els parells.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

La taula d'electronegativitats de Pauling dona aquests valors: Na = 0,9; H = 2,1; Cl = 3,0. Per als enllaços del clorur de sodi (Na-Cl) i del clorur d'hidrogen (H-Cl), calcula la diferència d'electronegativitat i digues, per a cadascun, si l'enllaç és predominantment iònic o predominantment covalent. Regla orientativa: si la diferència és més gran que 1,7 l'enllaç té més d'un 50% de caràcter iònic; si és més petita, predomina el caràcter covalent.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

Na−Cl:

\Delta\chi = 2{,}1

→ predominantment iònic; H−Cl:

\Delta\chi = 0{,}9

→ predominantment covalent (covalent polar).

Resolució

Dades. Electronegativitats: Na = 0,9; H = 2,1; Cl = 3,0. El caràcter iònic d'un enllaç depèn de com de diferent és l'atracció dels dos àtoms pels electrons, i això ho mesura la diferència d'electronegativitat en valor absolut.
Na−Cl. $\Delta\chi = |3{,}0 - 0{,}9| = 2{,}1$ . Com que 2,1 > 1,7, té més d'un 50 % de caràcter iònic: predominantment iònic. Té sentit: el NaCl és un sòlid iònic típic (metall + no-metall).
H−Cl. $\Delta\chi = |3{,}0 - 2{,}1| = 0{,}9$ . Com que 0,9 < 1,7, el caràcter iònic és inferior al 50 %: predominantment covalent, i polar perquè la diferència no és nul·la.
Conclusió. Atenció al parany: dir que el H−Cl és covalent no vol dir que no tingui gens de caràcter iònic. El caràcter iònic és un continu: l'enllaç H−Cl està polaritzat (H amb càrrega parcial positiva, Cl amb càrrega parcial negativa), però els electrons es comparteixen, no es cedeixen del tot.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Per a la molècula de tetraclorur de carboni (CCl₄): descriu l'estructura de Lewis, dedueix-ne la geometria amb el model VSEPR i determina si la molècula és polar o apolar. (Electrons de valència: C en té 4 i cada Cl en té 7.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

C central amb quatre enllaços C−Cl i cap parell solitari; geometria tetraèdrica (109,5°); molècula apolar.

Resolució

Lewis. Electrons de valència: 4 + 4·7 = 32. El C central forma un enllaç simple amb cada un dels 4 Cl (8 electrons); els 24 restants completen l'octet de cada Cl amb 3 parells solitaris. El C no té cap parell solitari.
VSEPR. Al voltant del C hi ha 4 parells enllaçants i cap de solitari: se separen al màxim en tres dimensions, amb angles d'uns 109,5°. La geometria és tetraèdrica.
Polaritat. Els enllaços C−Cl són polars (el Cl és més electronegatiu que el C). Però el tetraedre és perfectament simètric: els quatre dipols, que apunten cap als vèrtexs, sumen zero.
Conclusió. El CCl₄ és apolar. És el parany clàssic: una molècula amb enllaços polars pot ser apolar si la geometria és simètrica i els dipols es cancel·len.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Determina si la molècula d'aigua ( $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ ) és polar o apolar i justifica-ho amb la seva geometria.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

L'aigua és polar: és angular i els dipols O−H no es cancel·len.

Resolució

Enllaços. Els enllaços O−H són polars, perquè l'oxigen és més electronegatiu que l'hidrogen.
Geometria. L'O té dos parells d'enllaç i dos parells solitaris: la molècula és angular (uns 104,5°), no lineal.
Conclusió. Com que és angular, els dos dipols d'enllaç no apunten en sentits oposats i no es cancel·len: queda un dipol net i l'aigua és una molècula polar.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Tenim quatre substàncies sòlides: clorur de sodi (NaCl), coure (Cu), iode ( $\mathrm{I}_{2}$ ) i diamant (carboni). Indica quin tipus d'enllaç presenta cadascuna i, raonant-ho a partir d'aquest tipus d'enllaç, digues quina condueix l'electricitat en estat sòlid i quina té el punt de fusió més baix.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

NaCl iònic, Cu metàl·lic, I₂ molecular, diamant covalent reticular. Condueix en sòlid: el coure. Punt de fusió més baix: el iode.

Resolució

Classificació. NaCl: sòlid iònic (metall + no-metall), xarxa d'ions Na⁺ i Cl⁻. Cu: sòlid metàl·lic, cations en un mar d'electrons deslocalitzats. I₂: sòlid molecular, molècules unides per forces de dispersió febles. Diamant: sòlid covalent reticular (atòmic), cada C unit a quatre veïns per enllaços covalents en tota la xarxa.
Conductivitat en sòlid. Només el coure: els seus electrons estan deslocalitzats i es mouen lliurement. El NaCl sòlid no condueix perquè els ions estan fixos (només fos o dissolt); el diamant i el iode tampoc, perquè els electrons estan localitzats en els enllaços o dins les molècules.
Punt de fusió. En el iode, per fondre només cal vèncer les forces intermoleculars de dispersió, que són febles. Les altres tres exigeixen trencar enllaços forts (iònics, metàl·lics o covalents de xarxa).
Conclusió. El coure és l'únic conductor en sòlid i el iode és el de punt de fusió més baix.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Per a l'età ( $\mathrm{C}_{2}\mathrm{H}_{6}$ ), l'etè ( $\mathrm{C}_{2}\mathrm{H}_{4}$ ) i l'etí ( $\mathrm{C}_{2}\mathrm{H}_{2}$ ), indica la hibridació dels àtoms de carboni, la geometria al voltant de cada carboni amb els angles d'enllaç, i el nombre d'enllaços sigma (σ) i pi (π) de cada molècula.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

Età: sp³, tetraèdrica, 109,5°, 7 σ i 0 π. Etè: sp², trigonal plana, 120°, 5 σ i 1 π. Etí: sp, lineal, 180°, 3 σ i 2 π.

Resolució

Regla. En un enllaç múltiple el primer enllaç és sempre σ i la resta són π. La hibridació depèn de quantes regions d'electrons té cada carboni (4 → sp³, 3 → sp², 2 → sp).
Età (C₂H₆). Cada C forma quatre enllaços simples (tres C−H i un C−C) → sp³, geometria tetraèdrica, angles de 109,5°. Enllaços: 6 C−H + 1 C−C = 7 σ i 0 π.
Etè (C₂H₄). Cada C forma dos C−H i un doble C=C → sp², trigonal plana, 120°; els dos orbitals p sense hibridar se solapen lateralment i formen l'enllaç π. Enllaços: 4 C−H + 1 C−C = 5 σ i 1 π.
Etí (C₂H₂). Cada C forma un C−H i un triple C≡C → sp, lineal, 180°; els dos orbitals p de cada C formen dos enllaços π perpendiculars. Enllaços: 2 C−H + 1 C−C = 3 σ i 2 π.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Escriu l'estructura de Lewis de l'ió nitrat (NO₃^-), explica per què cal recórrer a la ressonància i per què els tres enllaços N-O tenen la mateixa longitud (124 pm), intermèdia entre la d'un enllaç simple N-O (136 pm) i la d'un doble N=O (115 pm). Indica també la geometria de l'ió. (Electrons de valència: N 5, O 6.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

Tres formes ressonants equivalents (un N=O i dos N−O); l'híbrid té tres enllaços iguals d'ordre

\tfrac{4}{3}

, de longitud intermèdia. Geometria trigonal plana, 120°.

Resolució

Electrons. 5 + 3·6 + 1 (càrrega negativa) = 24 electrons, és a dir, 12 parells.
Estructura de Lewis. Amb el N al centre, perquè el N compleixi l'octet cal un doble enllaç N=O i dos enllaços simples N−O. Els dos O amb enllaç simple porten càrrega formal −1 i el N +1: càrrega total −1.
Ressonància. El doble enllaç es pot col·locar en qualsevol dels tres oxígens: hi ha tres estructures de Lewis equivalents. Cap d'elles sola explicaria tres enllaços iguals; l'ió real és un híbrid de ressonància en què els electrons π estan deslocalitzats sobre els tres enllaços.
Longitud d'enllaç. Cada enllaç té ordre $\tfrac{4}{3}$ (un parell σ més un terç del parell π): per això els tres són iguals (124 pm) i de longitud intermèdia entre el simple (136 pm) i el doble (115 pm).
Geometria. El N té tres regions d'electrons i cap parell solitari → trigonal plana, angles de 120°.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Ordena els compostos iònics NaCl, KCl, MgO i CaO de menys a més energia reticular (en valor absolut) i justifica l'ordre amb la càrrega i la mida dels ions (radis iònics: Na⁺ 102 pm, $\mathrm{K}^{+}$ 138 pm, Mg²⁺ 72 pm, Ca²⁺ 100 pm, Cl^- 181 pm, $\mathrm{O}^{2-}$ 140 pm). Quin dels quatre té el punt de fusió més alt?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

|U|: KCl < NaCl < CaO < MgO. El punt de fusió més alt és el del MgO.

Resolució

Llei de Coulomb. L'energia reticular és proporcional al producte de les càrregues dels ions i inversament proporcional a la distància entre ells: $|U| \propto \dfrac{q_{+}\cdot q_{-}}{r_{+}+r_{-}}$
Càrrega. MgO i CaO tenen ions 2+ i 2− (producte 4); NaCl i KCl, ions 1+ i 1− (producte 1). Els òxids tenen energies reticulars molt més grans.
Mida. Dins de cada parella decideix la distància: KCl 138 + 181 = 319 pm i NaCl 102 + 181 = 283 pm → KCl < NaCl; CaO 100 + 140 = 240 pm i MgO 72 + 140 = 212 pm → CaO < MgO. Comprovació amb $q_{+}q_{-}/d$ (en pm⁻¹·10³): 3,13; 3,53; 16,7; 18,9.
Ordre. KCl < NaCl < CaO < MgO (valors tabulats aproximats: 715, 787, 3401 i 3791 kJ/mol).
Conclusió. El MgO té el punt de fusió més alt (2852 °C, davant dels 801 °C del NaCl), perquè cal més energia per separar els ions de la xarxa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Explica, a partir de les forces intermoleculars, cadascuna d'aquestes diferències de punt d'ebullició: a) l'etanol (CH₃CH₂OH) bull a 78 °C i el dimetil èter (CH₃OCH₃), que té la mateixa fórmula molecular, a -24 °C; b) el butà bull a -0,5 °C i el pentà a 36 °C; c) el pentà (cadena lineal) bull a 36 °C i el 2,2-dimetilpropà (molècula compacta, mateixa fórmula C₅H₁₂) a 9,5 °C.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

L'etanol forma ponts d'hidrogen (té O−H); el dimetil èter només té forces dipol-dipol i de London.

Resolució

Dades. Tots dos tenen la mateixa fórmula molecular (C₂H₆O) i la mateixa massa molecular.
Forces. L'etanol té un grup O−H i forma ponts d'hidrogen entre molècules; el dimetil èter no té cap H unit a l'O i només té forces dipol-dipol i de London, més febles.
Conclusió. Cal molta més energia per separar les molècules d'etanol: bull a 78 °C, davant dels −24 °C de l'èter.

Apartat b)

Resultat

El pentà, més gran, té forces de London més intenses que el butà.

Resolució

Forces. Butà i pentà són apolars i només tenen forces de London, que augmenten amb el nombre d'electrons i la superfície de la molècula.
Conclusió. El pentà, amb un carboni més, té forces més intenses i bull més amunt (36 °C davant de −0,5 °C).

Apartat c)

Resultat

El pentà lineal té més superfície de contacte que el 2,2-dimetilpropà, gairebé esfèric: forces de London més fortes.

Resolució

Dades. Mateixa fórmula C₅H₁₂ i mateix nombre d'electrons: la diferència no pot venir de la mida.
Forma. El pentà és allargat i les molècules es poden posar en contacte per tota la seva longitud; el 2,2-dimetilpropà és gairebé esfèric i té menys superfície de contacte, de manera que les forces de London són més febles i bull abans (9,5 °C davant de 36 °C).
Idea clau. El punt d'ebullició depèn del tipus de força intermolecular (pont d'hidrogen > dipol-dipol > London) i, dins del mateix tipus, de la mida i la forma de les molècules.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Raona si el iode (I₂), el clorur de sodi (NaCl) i l'etanol (CH₃CH₂OH) són solubles en aigua i en hexà (C₆H₁₄), indicant en cada cas quines interaccions s'estableixen entre el solut i el dissolvent.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

I₂: soluble en hexà (London), molt poc en aigua. NaCl: soluble en aigua (ió-dipol), insoluble en hexà. Etanol: soluble en tots dos (ponts d'hidrogen amb l'aigua i London amb l'hexà).

Resolució

Regla general. «Semblant dissol semblant». L'aigua és polar i forma ponts d'hidrogen; l'hexà és apolar i només té forces de London.
I₂. Molècula apolar. Molt soluble en hexà (forces de London entre I₂ i C₆H₁₄) i molt poc soluble en aigua, perquè les molècules d'aigua prefereixen mantenir els seus ponts d'hidrogen abans que envoltar una molècula apolar.
NaCl. Compost iònic. Es dissol en aigua perquè els dipols de l'aigua envolten els ions (interacció ió-dipol, solvatació) i compensen l'energia reticular; és insoluble en hexà, que no pot estabilitzar ions.
Etanol. Té un grup O−H polar, que forma ponts d'hidrogen amb l'aigua, i una cadena etil apolar, que interacciona per forces de London amb l'hexà: és soluble en tots dos dissolvents.
Conclusió. Error típic: dir que una substància «es dissol perquè és polar»; cal dir quina interacció concreta s'estableix entre el solut i el dissolvent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Els moments dipolars d'aquestes molècules són: SO₂ 1,6 D; BF₃ 0 D; NH₃ 1,5 D; CS₂ 0 D. Dedueix la geometria de cadascuna a partir del moment dipolar i comprova-la amb l'estructura de Lewis i el model VSEPR. (Electrons de valència: B 3, C 4, N 5, O 6, S 6, F 7, H 1.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

SO₂: angular (≈ 119°); BF₃: trigonal plana (120°); NH₃: piramidal (≈ 107°); CS₂: lineal (180°).

Resolució

Criteri. Un moment dipolar nul en una molècula amb enllaços polars indica una geometria simètrica (els dipols d'enllaç es cancel·len); un moment no nul, una geometria en què no es cancel·len.
SO₂ (1,6 D). Si fos lineal, els dos dipols S−O s'anul·larien: ha de ser angular. Lewis: 6 + 2·6 = 18 electrons; el S té un doble enllaç, un de simple (dues formes ressonants) i un parell solitari → 3 regions d'electrons, geometria angular, angle d'uns 119°.
BF₃ (0 D). Els tres enllaços B−F són molt polars: la cancel·lació exigeix simetria, trigonal plana. Lewis: 3 + 3·7 = 24 electrons, tres parells enllaçants i cap de solitari al B → trigonal plana, 120°.
NH₃ (1,5 D). Si fos trigonal plana seria apolar: el moment dipolar indica que és piramidal. Lewis: 5 + 3 = 8 electrons, tres parells enllaçants i un de solitari → 4 regions, geometria piramidal, angle d'uns 107°.
CS₂ (0 D). Com el CO₂: 4 + 2·6 = 16 electrons, S=C=S, dos dobles enllaços i cap parell solitari al C → lineal, 180°; els dos dipols es cancel·len.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Les molècules BF₃, PCl₅ i NO no compleixen la regla de l'octet. Escriu l'estructura de Lewis de cadascuna, indica quin tipus d'excepció representa i, per a les dues primeres, dedueix la geometria segons el model VSEPR. (Electrons de valència: B 3, F 7, P 5, Cl 7, N 5, O 6.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

BF₃: octet incomplet (6 e⁻ al B), trigonal plana, 120°. PCl₅: octet expandit (10 e⁻ al P), bipiràmide trigonal (120° i 90°). NO: nombre imparell d'electrons (11), radical.

Resolució

BF₃. 3 + 3·7 = 24 electrons. El B forma tres enllaços simples B−F (cada F amb tres parells solitaris) i queda envoltat només de 6 electrons: octet incomplet, típic del Be i del B. Tres parells enllaçants i cap de solitari → trigonal plana, 120°.
PCl₅. 5 + 5·7 = 40 electrons. El P forma cinc enllaços P−Cl i té 10 electrons al voltant: octet expandit, possible perquè el fòsfor és del període 3 i disposa d'orbitals 3d buits. Cinc parells enllaçants → bipiràmide trigonal: tres Cl en un pla a 120° i dos als vèrtexs, a 90° del pla.
NO. 5 + 6 = 11 electrons, nombre imparell: un electró queda necessàriament desaparellat. En l'estructura més habitual hi ha un doble enllaç N=O, el N té un parell solitari i l'electró desaparellat (7 electrons al voltant) i l'O té dos parells solitaris (octet complet). Comprovació: 4 + 2 + 1 + 4 = 11.
Conseqüència. Una molècula amb un electró desaparellat és un radical lliure, molt reactiu.
Conclusió. La regla de l'octet és una guia útil per als elements del període 2, però té excepcions per defecte (BF₃), per excés (PCl₅) i per nombre imparell d'electrons (NO).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

A partir d'aquesta taula d'electronegativitats de Pauling —H = 2,1; C = 2,5; O = 3,5; F = 4,0; Cl = 3,0; Br = 2,8; K = 0,8— es demana: (a) calcula la diferència d'electronegativitat dels enllaços C-H, H-Cl, C-O, H-F i K-Br; (b) ordena'ls de menys a més caràcter iònic; (c) indica quins classificaries com a predominantment iònics segons la regla de la diferència > 1,7; (d) el fluorur d'hidrogen (HF) és, en realitat, un compost molecular gasós de molècules discretes, i no un sòlid iònic com el bromur de potassi (KBr). Com ho expliques, si la diferència d'electronegativitat de l'enllaç H-F és tan gran?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

C−H 0,4; H−Cl 0,9; C−O 1,0; H−F 1,9; K−Br 2,0.

Resolució

Dades. H = 2,1; C = 2,5; O = 3,5; F = 4,0; Cl = 3,0; Br = 2,8; K = 0,8. La diferència d'electronegativitat es pren sempre en valor absolut.
Càlcul. C−H: |2,5 − 2,1| = 0,4. H−Cl: |3,0 − 2,1| = 0,9. C−O: |3,5 − 2,5| = 1,0. H−F: |4,0 − 2,1| = 1,9. K−Br: |2,8 − 0,8| = 2,0.

Apartat b)

Resultat

C−H < H−Cl < C−O < H−F < K−Br.

Resolució

Criteri. A més diferència d'electronegativitat, més desplaçat està el parell d'electrons i més caràcter iònic té l'enllaç.
Ordre. C−H (0,4) < H−Cl (0,9) < C−O (1,0) < H−F (1,9) < K−Br (2,0).
Interpretació. El C−H és el més covalent (gairebé apolar, perquè C i H tenen electronegativitats molt semblants) i el K−Br és el de més caràcter iònic.

Apartat c)

Resultat

Segons la regla, H−F (1,9) i K−Br (2,0).

Resolució

Regla. Diferència > 1,7 → més del 50 % de caràcter iònic.
Conclusió. Superen el llindar el H−F (1,9) i el K−Br (2,0); els altres tres (diferència < 1,7) són predominantment covalents.

Apartat d)

Resultat

La regla del 1,7 és només orientativa: el H−F és un enllaç covalent molt polar entre dos no-metalls que comparteixen el parell en molècules discretes; no forma una xarxa d'ions.

Resolució

La regla és orientativa. El llindar d'1,7 és aproximat: el caràcter iònic és un continu que va del covalent pur (diferència 0) a l'iònic gairebé pur, sense cap frontera neta.
KBr. Un metall molt poc electronegatiu i un no-metall: el K cedeix l'electró i es forma una xarxa d'ions K⁺ i Br⁻. És un sòlid iònic de veritat.
HF. Està format per dos no-metalls, que comparteixen el parell d'electrons en molècules HF discretes, molt polaritzades (H amb càrrega parcial positiva i F amb càrrega parcial negativa). Les molècules s'uneixen per ponts d'hidrogen, i per això és un gas (o un líquid volàtil), no un sòlid iònic.
Conclusió. La diferència d'electronegativitat mesura el grau de polaritat de l'enllaç de manera contínua; passar el llindar d'1,7 no converteix automàticament un enllaç entre no-metalls en iònic. El HF és covalent molt polar, amb un caràcter iònic parcial elevat, però no és un compost iònic.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Dedueix des de zero (primer Lewis, després VSEPR i finalment la polaritat) la geometria i la polaritat de les molècules trifluorur de nitrogen (NF₃) i diclorur de sofre (SCl₂). (Electrons de valència: N en té 5, S en té 6, i tant F com Cl en tenen 7.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Resultat

NF₃: piramidal (AX₃E) i polar. SCl₂: angular (AX₂E₂) i polar.

Resolució

Lewis del NF₃. Electrons de valència: 5 + 3·7 = 26. El N central forma 3 enllaços simples amb els F (cada F amb tres parells solitaris) i li queda 1 parell solitari.
VSEPR i polaritat del NF₃. 4 parells al voltant del N (3 enllaçants + 1 solitari): disposició tetraèdrica, però amb un vèrtex ocupat pel parell solitari els tres F formen una piràmide. Geometria piramidal (AX₃E). Els enllaços N−F són polars i la piràmide no és simètrica: els dipols no es cancel·len i la molècula és polar.
Lewis del SCl₂. Electrons de valència: 6 + 2·7 = 20. El S central forma 2 enllaços simples amb els Cl i li queden 4 electrons, és a dir, 2 parells solitaris.
VSEPR i polaritat del SCl₂. 4 parells al voltant del S (2 enllaçants + 2 solitaris): disposició tetraèdrica, i amb dos vèrtexs ocupats pels parells solitaris els dos Cl queden en angle. Geometria angular (AX₂E₂). Els enllaços S−Cl són polars i la geometria angular no els cancel·la: molècula polar.
Conclusió. Totes dues són polars. El contrast amb el CCl₄ (tetraèdric i apolar) mostra que tenir enllaços polars no fa una molècula polar: el que decideix és si la geometria és simètrica, i aquí els parells solitaris trenquen la simetria.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Compara aquestes quatre substàncies segons el seu tipus d'enllaç: clorur de potassi (KCl), quars (SiO₂), naftalè (sòlid molecular apolar) i ferro (Fe). Per a cadascuna, justifica a partir del tipus d'enllaç i l'estructura: el punt de fusió (alt o baix), la conductivitat elèctrica (en sòlid, fos i dissolt), la duresa i la solubilitat en aigua.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

KCl (iònic): p. f. alt, condueix només fos o dissolt, dur però fràgil, soluble en aigua. SiO₂ (covalent reticular): p. f. molt alt, no condueix, molt dur, insoluble. Naftalè (molecular apolar): p. f. baix, no condueix, tou, insoluble en aigua. Fe (metàl·lic): p. f. alt, condueix en sòlid i fos, dur i mal·leable, insoluble.

Resolució

Idea. Cada substància representa un tipus d'enllaç diferent, i del tipus d'enllaç i l'estructura se'n dedueixen totes les propietats macroscòpiques.
KCl, sòlid iònic. Xarxa d'ions K⁺ i Cl⁻. Punt de fusió alt (cal vèncer l'atracció electrostàtica de tota la xarxa). No condueix en sòlid (ions fixos), sí fos i dissolt (ions lliures). Dur però fràgil: en copejar-lo, un pla d'ions es desplaça, s'enfronten càrregues iguals i el cristall es trenca. Soluble en aigua (dissolvent polar que solvata els ions) i insoluble en dissolvents apolars.
Quars, sòlid covalent reticular. Xarxa covalent gegant de Si i O. Punt de fusió molt alt (cal trencar enllaços covalents de tota la xarxa). No condueix ni en sòlid ni fos (electrons localitzats en els enllaços; no hi ha càrregues lliures) i no es dissol, de manera que tampoc condueix «dissolt». Molt dur (xarxa tridimensional rígida). Insoluble: cap dissolvent no pot trencar la xarxa covalent.
Naftalè, sòlid molecular apolar. Molècules unides per forces de dispersió. Punt de fusió baix (només es vencen forces intermoleculars febles). No condueix en cap estat (molècules neutres, sense càrregues lliures). Tou: les molècules se separen amb facilitat. Insoluble en aigua però soluble en dissolvents apolars (semblant dissol semblant).
Ferro, sòlid metàl·lic. Cations en un mar d'electrons deslocalitzats. Punt de fusió alt (l'enllaç metàl·lic manté fortament units cations i electrons). Condueix en sòlid i fos gràcies als electrons mòbils. Dur però mal·leable i dúctil (les capes de cations llisquen sense trencar l'enllaç). Insoluble en aigua: els metalls no s'hi dissolen; com a molt hi reaccionen.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Per a les molècules de cianur d'hidrogen (HCN), metanal (H₂CO, amb el C com a àtom central) i triòxid de sofre (SO₃): a) escriu-ne l'estructura de Lewis; b) dedueix la geometria i els angles d'enllaç amb el model VSEPR; c) indica la hibridació de l'àtom central; d) raona si cada molècula és polar o apolar. (Electrons de valència: H 1, C 4, N 5, O 6, S 6.)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

HCN: H−C≡N: (triple enllaç C−N, un parell solitari al N). H₂CO: dos C−H, un C=O i dos parells solitaris a l'O. SO₃: un S=O i dos S−O, tres formes ressonants, cap parell solitari al S.

Resolució

HCN. 1 + 4 + 5 = 10 electrons: enllaç simple H−C, triple C≡N i un parell solitari al N. El C i el N compleixen l'octet.
H₂CO. 2 + 4 + 6 = 12 electrons: dos enllaços C−H, un doble C=O i dos parells solitaris a l'O.
SO₃. 6 + 3·6 = 24 electrons: un doble S=O i dos simples S−O (amb càrregues formals), cap parell solitari al S; el doble enllaç pot estar en qualsevol dels tres O, de manera que hi ha tres formes ressonants equivalents.

Apartat b)

Resultat

HCN lineal (180°); H₂CO trigonal plana (≈ 120°, H−C−H ≈ 116°); SO₃ trigonal plana (120°).

Resolució

Regla. En el VSEPR un enllaç múltiple compta com una sola regió d'electrons.
HCN. El C té 2 regions (un enllaç simple i un triple) → lineal, 180°.
H₂CO. El C té 3 regions → trigonal plana, angles d'uns 120°; l'angle H−C−H és una mica més petit (116°) perquè el doble enllaç ocupa més espai.
SO₃. El S té 3 regions i cap parell solitari → trigonal plana, 120°.

Apartat c)

Resultat

C del HCN: sp; C del H₂CO: sp²; S del SO₃: sp².

Resolució

Criteri. 2 regions d'electrons → sp; 3 regions → sp².
Conclusió. sp al HCN, sp² al metanal i al SO₃. En tots els casos els orbitals p sense hibridar formen els enllaços π.

Apartat d)

Resultat

HCN polar; H₂CO polar; SO₃ apolar.

Resolució

HCN. És lineal però asimètrica: H−C per un costat i el C≡N, molt polar, per l'altre; els dipols no es compensen → polar.
H₂CO. El dipol del C=O, molt polar, no es cancel·la amb els C−H → polar.
SO₃. Tres dipols S−O iguals a 120° se sumen a zero → apolar.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Quatre sòlids tenen aquestes propietats. A: fon a 1418 °C, no condueix el corrent en estat sòlid però sí fos i dissolt en aigua. B: fon a 2730 °C, és extremadament dur, no condueix i és insoluble en qualsevol dissolvent. C: fon a 186 °C descomponent-se, no condueix ni sòlid ni en dissolució aquosa, i és soluble en aigua. D: condueix el corrent en estat sòlid i fos, fon a 660 °C i es pot laminar. Identifica el tipus de sòlid (iònic, covalent reticular, molecular o metàl·lic) de cadascun, justifica cada propietat amb el model d'enllaç i proposa un exemple de substància per a cada cas.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Resultat

A: iònic (p. ex. CaF₂); B: covalent reticular (p. ex. SiC o diamant); C: molecular (p. ex. sacarosa); D: metàl·lic (p. ex. alumini).

Resolució

A, sòlid iònic. Punt de fusió alt (1418 °C) perquè cal trencar les atraccions electrostàtiques de tota la xarxa. No condueix en sòlid perquè els ions estan fixos, però sí fos o dissolt, perquè llavors els ions es poden moure. Exemple: CaF₂.
B, sòlid covalent reticular. Tots els àtoms estan units per enllaços covalents en una xarxa tridimensional: fondre'l (2730 °C) exigeix trencar enllaços molt forts, és duríssim, no té electrons lliures ni ions (no condueix) i cap dissolvent pot compensar l'energia d'aquests enllaços (insoluble). Exemple: SiC (carborúndum) o el diamant.
C, sòlid molecular. Les molècules s'uneixen per forces intermoleculars febles (aquí, ponts d'hidrogen): fon a temperatura baixa i es descompon abans que les forces entre molècules siguin realment vençudes. Es dissol en aigua fent ponts d'hidrogen, però no genera ions: la dissolució no condueix. Exemple: la sacarosa (sucre).
D, sòlid metàl·lic. El núvol d'electrons deslocalitzats permet la conducció en sòlid i en fos; l'enllaç no direccional permet que les capes llisquin i el metall es pugui laminar; el punt de fusió de 660 °C correspon a l'alumini.
Conclusió. La clau per distingir A de C: tots dos poden ser solubles en aigua, però només la dissolució del sòlid iònic condueix el corrent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Les energies i longituds d'enllaç entre dos àtoms de carboni són: C-C 347 kJ/mol i 154 pm; C=C 614 kJ/mol i 134 pm; C≡C 839 kJ/mol i 120 pm. a) Explica la relació entre l'ordre d'enllaç, la longitud i l'energia. b) Raona per què l'energia del doble enllaç no és el doble de la del simple ni la del triple n'és el triple. c) En el benzè, tots els enllaços carboni-carboni tenen 139 pm de longitud: explica-ho i estima'n l'ordre d'enllaç.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

Com més gran és l'ordre d'enllaç, més curt i més fort és l'enllaç.

Resolució

Dades. C−C: 347 kJ/mol i 154 pm; C=C: 614 kJ/mol i 134 pm; C≡C: 839 kJ/mol i 120 pm.
Raonament. En augmentar l'ordre d'enllaç (1, 2, 3) hi ha més parells d'electrons compartits entre els nuclis: l'atracció és més gran i els nuclis s'acosten.
Conclusió. La longitud disminueix (154 → 134 → 120 pm) i l'energia per trencar l'enllaç augmenta (347 → 614 → 839 kJ/mol).

Apartat b)

Resultat

Els enllaços afegits són π, més febles que el σ: el segon aporta 267 kJ/mol i el tercer 225 kJ/mol, menys que els 347 del σ.

Resolució

Tipus d'enllaç. El primer enllaç és σ (solapament frontal, molt eficaç); els següents són π (solapament lateral dels orbitals p, menys eficaç i fora de l'eix internuclear).
Càlcul. Segon enllaç: 614 − 347 = 267 kJ/mol. Tercer enllaç: 839 − 614 = 225 kJ/mol. Si fossin proporcionals tindríem 2·347 = 694 i 3·347 = 1041 kJ/mol.
Conclusió. Un enllaç π és més feble que un σ, i per això les energies no es dupliquen ni es tripliquen. Això explica també que els alquens i alquins siguin més reactius: la reacció típica trenca l'enllaç π i conserva el σ. Error típic: suposar que les energies d'enllaç s'acumulen de manera proporcional.

Apartat c)

Resultat

Electrons π deslocalitzats (ressonància): tots els enllaços són iguals, d'ordre 1,5, amb una longitud intermèdia entre el simple i el doble.

Resolució

Ressonància. El benzè té sis electrons π deslocalitzats sobre els sis carbonis: és un híbrid de les dues estructures de Kekulé, amb enllaços simples i dobles alternats.
Ordre d'enllaç. Tots els enllaços són equivalents, amb un σ més mig π: ordre d'enllaç 1,5.
Comprovació. La longitud, 139 pm, és intermèdia entre la del simple (154 pm) i la del doble (134 pm), més a prop del doble, d'acord amb un ordre entre 1 i 2.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Segons la teoria de bandes, el coure té la banda de valència parcialment plena, el silici té una banda prohibida d'1,1 eV entre la banda de valència (plena) i la de conducció (buida), i el diamant en té una de 5,5 eV. a) Explica a partir d'aquestes dades per què el coure és conductor, el silici semiconductor i el diamant aïllant. b) Raona per què la conductivitat del silici augmenta amb la temperatura mentre que la del coure disminueix. c) Explica com s'obté un semiconductor de tipus n i un de tipus p dopant el silici (Z = 14) amb fòsfor (Z = 15) o amb bor (Z = 5).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Cu: banda parcialment plena → conductor; Si: banda prohibida petita (1,1 eV) → semiconductor; diamant: banda prohibida gran (5,5 eV) → aïllant.

Resolució

Teoria de bandes. En un sòlid els orbitals de molts àtoms es combinen i formen bandes d'energia.
Coure. La banda ocupada pels electrons de valència està només parcialment plena (o se solapa amb la següent): els electrons poden passar a nivells buits immediats amb una energia mínima i es mouen lliurement → conductor.
Silici. La banda de valència és plena i la de conducció buida, però la separació (1,1 eV) és prou petita perquè l'agitació tèrmica a temperatura ambient en promogui alguns electrons → semiconductor.
Diamant. El salt de 5,5 eV és massa gran: pràcticament cap electró arriba a la banda de conducció → aïllant.

Apartat b)

Resultat

Al Si, en escalfar augmenta el nombre de portadors; al Cu, el nombre ja és enorme i augmenta la vibració de la xarxa, que frena els electrons.

Resolució

Silici. En escalfar augmenta el nombre d'electrons que salten a la banda de conducció (i de forats que deixen a la de valència): hi ha més portadors de càrrega i la conductivitat augmenta.
Coure. El nombre d'electrons lliures ja és enorme i no canvia amb la temperatura; el que augmenta és la vibració dels cations de la xarxa, que dificulta el desplaçament dels electrons: la conductivitat disminueix.

Apartat c)

Resultat

Tipus n: dopant amb P (un electró extra, portadors negatius). Tipus p: dopant amb B (un forat, portador positiu).

Resolució

Tipus n. Cada àtom de P (5 electrons de valència) que substitueix un Si (4) aporta un electró extra, que queda molt a prop de la banda de conducció i hi passa fàcilment: els portadors són electrons (càrrega negativa).
Tipus p. Cada B (3 electrons de valència) deixa un enllaç sense completar, un «forat» que els electrons veïns poden ocupar; el forat es desplaça com una càrrega positiva.
Conclusió. Tots dos dopatges augmenten molt la conductivitat del silici.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Els punts d'ebullició dels halurs d'hidrogen són: HF 20 °C, HCl −85 °C, HBr −67 °C i HI −35 °C; i els dels hidrurs del grup 16: $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ 100 °C, $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ −60 °C, $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Se}$ −41 °C i $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Te}$ −2 °C. a) Explica la tendència HCl < HBr < HI i $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ < $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Se}$ < $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Te}$ . b) Explica per què HF i $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ trenquen la tendència. c) Raona per què l'anomalia de l'aigua (uns 160 °C per sobre del $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ ) és més gran que la del HF (uns 105 °C per sobre del HCl).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Dominen les forces de London, que creixen amb el nombre d'electrons i la polaritzabilitat en baixar pel grup.

Resolució

Forces. Totes són molècules polars, amb forces dipol-dipol i de London.
Tendència. En baixar pel grup la diferència d'electronegativitat disminueix (dipols més febles), però el nombre d'electrons i la polaritzabilitat creixen molt i les forces de London, que dominen, augmenten.
Conclusió. Per això el punt d'ebullició puja de HCl a HI i de H₂S a H₂Te.

Apartat b)

Resultat

HF i H₂O formen ponts d'hidrogen, molt més forts que les altres forces intermoleculars.

Resolució

Què esperaríem. Si només hi hagués London, HF i H₂O haurien de bullir els més baixos (són les molècules més petites). Extrapolant la tendència, a l'aigua li tocarien uns −70 / −80 °C.
Ponts d'hidrogen. El F i l'O són molt electronegatius i petits, i els seus hidrurs formen ponts d'hidrogen, molt més forts que les altres forces intermoleculars: cal molta més energia per separar les molècules.
Conclusió. Aquesta anomalia fa que l'aigua sigui líquida a temperatura ambient; la vida tal com la coneixem en depèn.

Apartat c)

Resultat

L'aigua pot formar quatre ponts per molècula (xarxa 3D) i el HF, en mitjana, només dos (cadenes).

Resolució

Dades. Anomalies: H₂O − H₂S = 100 − (−60) = 160 °C; HF − HCl = 20 − (−85) = 105 °C.
Aigua. Cada molècula té dos H i dos parells solitaris: pot formar fins a quatre ponts d'hidrogen i crear una xarxa tridimensional.
HF. Només té un H per molècula (tot i tenir tres parells solitaris) i forma cadenes, amb una mitjana de dos ponts per molècula.
Conclusió. Encara que el pont F−H···F sigui individualment una mica més fort, l'aigua en té el doble per molècula i l'efecte sobre el punt d'ebullició és més gran.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

El moment dipolar experimental del clorur d'hidrogen és 1,08 D i la longitud d'enllaç H-Cl és 127 pm. a) Calcula el moment dipolar que tindria la molècula si l'enllaç fos 100 % iònic (una càrrega +e sobre l'H i -e sobre el Cl) i, a partir d'aquest valor, el percentatge de caràcter iònic de l'enllaç. b) Repeteix el càlcul per al fluorur d'hidrogen (μ = 1,82 D; longitud H-F = 92 pm). c) Relaciona els resultats amb les electronegativitats (H 2,1; Cl 3,0; F 4,0). Dades: 1 D = 3,34· $10^{-30}$ C·m; e = 1,6· $10^{-19}$ C.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

\mu_{\text{iònic}} = 2{,}03\cdot10^{-29}\ \text{C}\cdot\text{m} = 6{,}08\ \text{D}

; caràcter iònic del H−Cl ≈ 17,8 %.

Resolució

Dades. $\mu_{\text{exp}} = 1{,}08\ \text{D}$ , $d = 127\ \text{pm} = 1{,}27\cdot10^{-10}\ \text{m}$ , $e = 1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{C}$ , $1\ \text{D} = 3{,}34\cdot10^{-30}\ \text{C}\cdot\text{m}$ .
Moment dipolar. Per a dues càrregues ±q separades una distància d: $\mu = q\cdot d$ .
Càlcul. $\mu_{\text{iònic}} = 1{,}6\cdot10^{-19}\cdot127\cdot10^{-12} = 2{,}03\cdot10^{-29}\ \text{C}\cdot\text{m} = \dfrac{2{,}03\cdot10^{-29}}{3{,}34\cdot10^{-30}} = 6{,}08\ \text{D}$
Caràcter iònic. $\%\ \text{iònic} = \dfrac{\mu_{\text{exp}}}{\mu_{\text{iònic}}}\cdot100 = \dfrac{1{,}08}{6{,}08}\cdot100 = 17{,}8\ \%$
Conclusió. L'enllaç H−Cl és covalent polar, amb una càrrega parcial d'uns ±0,18 e sobre cada àtom.

Apartat b)

Resultat

\mu_{\text{iònic}} = 1{,}47\cdot10^{-29}\ \text{C}\cdot\text{m} = 4{,}41\ \text{D}

; caràcter iònic del H−F ≈ 41,3 %.

Resolució

Càlcul. $\mu_{\text{iònic}} = 1{,}6\cdot10^{-19}\cdot92\cdot10^{-12} = 1{,}47\cdot10^{-29}\ \text{C}\cdot\text{m} = 4{,}41\ \text{D}$
Caràcter iònic. $\%\ \text{iònic} = \dfrac{1{,}82}{4{,}41}\cdot100 = 41{,}3\ \%$

Apartat c)

Resultat

A més diferència d'electronegativitat (0,9 al H−Cl, 1,9 al H−F), més caràcter iònic.

Resolució

Electronegativitats. $\Delta\chi(\mathrm{H-Cl}) = 3{,}0 - 2{,}1 = 0{,}9$ ; $\Delta\chi(\mathrm{H-F}) = 4{,}0 - 2{,}1 = 1{,}9$ .
Relació. Com més gran és la diferència, més desplaçat està el parell d'electrons cap a l'àtom més electronegatiu i més caràcter iònic té l'enllaç: 17,8 % davant de 41,3 %.
Observació. El HF, amb una diferència superior a 1,7, té menys del 50 % de caràcter iònic i és un compost molecular: la frontera iònic-covalent és gradual, no un salt. Error típic: comparar directament els moments experimentals (1,82 D i 1,08 D) sense tenir en compte que les longituds d'enllaç són diferents.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

L'òxid de magnesi (p. f. 2852 °C) es fa servir per revestir l'interior dels forns d'acereria, mentre que el clorur de sodi fon a 801 °C. Dades (kJ/mol):
MgO: sublimació del Mg, 148; EI₁(Mg), 738; EI₂(Mg), 1451; ½ energia d'enllaç O=O, 249; 1a afinitat electrònica de l'O, −141; 2a afinitat electrònica de l'O, +798; ΔH_f°(MgO), −602.
NaCl: sublimació del Na, 107; EI(Na), 496; ½ energia d'enllaç Cl–Cl, 121; afinitat electrònica del Cl, −349; ΔH_f°(NaCl), −411.
a) Dibuixa (o descriu ordenadament) el cicle de Born-Haber del MgO i calcula'n l'energia reticular.
b) Calcula l'energia reticular del NaCl.
c) Explica, a partir de la llei de Coulomb, per què l'energia reticular del MgO és unes 5 vegades la del NaCl, i relaciona-ho amb els punts de fusió.
d) Per què la segona afinitat electrònica de l'oxigen és positiva? Si és un pas desfavorable, per què el MgO conté ions $\mathrm{O}^{2-}$ i no $\mathrm{O}^{-}$ ?

Pista 1

El cicle passa dels elements en estat estàndard als ions gasosos i, d'aquí, al sòlid. La suma de tots els passos ha de donar ΔH_f°.

Pista 2

U = ΔH_f° − (suma de tots els altres passos).

Pista 3

L'energia reticular és proporcional a q₊·q₋/d. Compara el producte de càrregues dels dos compostos.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

U(\mathrm{MgO}) = -3845\ \text{kJ/mol}

Resolució

Plantejament. El cicle de Born-Haber descompon la formació Mg(s) + ½ O₂(g) → MgO(s) en passos que van dels elements en estat estàndard als ions gasosos i, d'aquí, al sòlid. Per la llei de Hess, la suma de tots els passos ha de donar ΔH_f°.
Passos del cicle. Mg(s) → Mg(g): +148. Mg(g) → Mg⁺(g): +738. Mg⁺(g) → Mg²⁺(g): +1451. ½ O₂(g) → O(g): +249 (només la meitat de l'energia d'enllaç O=O, perquè es forma un sol àtom d'O). O(g) → O⁻(g): −141. O⁻(g) → O²⁻(g): +798. Mg²⁺(g) + O²⁻(g) → MgO(s): U.
Llei de Hess. $\Delta H_f^\circ = 148 + 738 + 1451 + 249 - 141 + 798 + U = 3243 + U$
Càlcul. $U = -602 - 3243 = -3845\ \text{kJ/mol}$
Conclusió. L'energia reticular (formació del sòlid a partir dels ions gasosos) és molt exotèrmica: −3845 kJ/mol.

Apartat b)

Resultat

U(\mathrm{NaCl}) = -786\ \text{kJ/mol}

Resolució

Passos coneguts. Sublimació del Na +107; ionització del Na +496; ½ energia d'enllaç Cl−Cl +121; afinitat electrònica del Cl −349. Suma: 107 + 496 + 121 − 349 = 375 kJ/mol.
Càlcul. $U = \Delta H_f^\circ - 375 = -411 - 375 = -786\ \text{kJ/mol}$

Apartat c)

Resultat

|U(MgO)|/|U(NaCl)| = 3845/786 ≈ 4,9: càrregues més grans (producte 4 davant d'1) i ions més petits. Per això el MgO fon molt més amunt (2852 °C davant de 801 °C).

Resolució

Llei de Coulomb. L'energia reticular és proporcional a $\dfrac{q_{+}\cdot q_{-}}{d}$ .
Càrregues. En el MgO el producte de càrregues és 2·2 = 4, davant d'1·1 = 1 en el NaCl.
Mida. A més, els ions Mg²⁺ i O²⁻ són més petits que Na⁺ i Cl⁻, de manera que d és menor. Tots dos efectes sumen: 3845/786 = 4,9, unes 5 vegades.
Punts de fusió. Per fondre el sòlid cal vèncer, en part, aquestes atraccions: per això el MgO fon a una temperatura molt més alta i resisteix l'interior d'un forn. Compte: no n'hi ha prou amb la mida dels ions; el factor principal són les càrregues.

Apartat d)

Resultat

Perquè l'O⁻ ja és negatiu i repel·leix l'electró que s'hi afegeix; tot i així, l'energia reticular molt més gran amb ions 2+ i 2− compensa amb escreix aquest pas i el balanç global és molt favorable.

Resolució

Segona afinitat. L'ió O⁻ ja té càrrega negativa i repel·leix l'electró que s'hi vol afegir: cal aportar energia (+798 kJ/mol).
Compensació. Amb ions O²⁻ i Mg²⁺ l'energia reticular és unes quatre vegades més gran que amb ions monovalents. Aquest guany compensa amb escreix la segona ionització del Mg i la segona afinitat de l'O.
Conclusió. El balanç global (ΔH_f° = −602 kJ/mol) és molt favorable: el sòlid més estable és el format per Mg²⁺ i O²⁻.

Errors típics

Sumar l'energia d'enllaç sencera de l'O₂ en lloc de la meitat (només es forma un àtom d'O).
Donar l'energia reticular amb signe positiu sense especificar que es refereix al procés de formació del sòlid a partir dels ions (exotèrmic).
Explicar la diferència de punts de fusió només amb la mida dels ions, oblidant les càrregues.

Conceptes treballats: enllaç iònic, cicle de Born-Haber, llei de Hess, energia reticular i llei de Coulomb, propietats dels compostos iònics.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Els aparells d'aire condicionat moderns fan servir difluorometà (CH₂F₂, R-32). Altres gasos de la mateixa família són el trifluorometà (CHF₃) i el tetrafluorometà (CF₄). Punts d'ebullició: CH₄ −161 °C; CF₄ −128 °C; CHF₃ −82 °C; CH₂F₂ −52 °C.
a) Escriu l'estructura de Lewis del CH₂F₂ i justifica'n la geometria amb el model RPECV. Tenen la mateixa geometria les altres tres molècules?
b) Raona quines de les quatre molècules són polars, tenint en compte que l'enllaç C–F és molt polar.
c) Compta els electrons de cada molècula i explica l'ordre dels punts d'ebullició. Per què el CF₄, amb més electrons que cap altra, bull més avall que el CHF₃ i el CH₂F₂?
d) Un refrigerant ha de condensar fàcilment en comprimir-lo a temperatura ambient. Quin dels quatre és més adequat des d'aquest punt de vista? Justifica-ho.
Nombres atòmics: H 1, C 6, F 9.

Pista 1

El carboni central té quatre parells d'electrons d'enllaç i cap de no enllaçant.

Pista 2

Una molècula amb enllaços polars és apolar si els moments dipolars d'enllaç s'anul·len per simetria.

Pista 3

Les forces de dispersió creixen amb el nombre d'electrons, però les dipol-dipol s'hi sumen en les molècules polars.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

CH₂F₂: C central amb dos C−H i dos C−F, cap parell solitari → tetraèdrica (≈ 109,5°). Les quatre molècules són tetraèdriques (AX₄); només el CH₄ i el CF₄ són tetraedres regulars.

Resolució

Lewis. El C (4 electrons de valència) forma quatre enllaços senzills: dos amb H i dos amb F; cada F té tres parells no enllaçants. Total: 4 + 2·1 + 2·7 = 20 electrons.
RPECV. Quatre parells d'enllaç i cap de no enllaçant al voltant del C → geometria tetraèdrica, amb angles propers a 109,5°.
Les altres molècules. CH₄, CHF₃ i CF₄ també són AX₄ i tetraèdriques; només el CH₄ i el CF₄ tenen un tetraedre regular (quatre substituents iguals). Error típic: dibuixar el CH₂F₂ pla, amb angles de 90°.

Apartat b)

Resultat

Apolars: CH₄ i CF₄. Polars: CHF₃ i CH₂F₂.

Resolució

Criteri. Una molècula amb enllaços polars és apolar si els moments dipolars d'enllaç s'anul·len per simetria.
CH₄ i CF₄. Els quatre moments d'enllaç són iguals i s'anul·len en el tetraedre regular: apolars. El CF₄ té enllaços molt polars, però el moment dipolar total és zero.
CHF₃ i CH₂F₂. Els moments C−F, molt més grans que els C−H, no es compensen: polars.

Apartat c)

Resultat

Electrons: CH₄ 10, CF₄ 42, CHF₃ 34, CH₂F₂ 26. Ordre: CH₄ < CF₄ < CHF₃ < CH₂F₂; el CF₄ és apolar i només té dispersió, mentre que els altres dos hi sumen forces dipol-dipol.

Resolució

Electrons. CH₄: 6 + 4 = 10. CF₄: 6 + 4·9 = 42. CHF₃: 6 + 1 + 3·9 = 34. CH₂F₂: 6 + 2 + 2·9 = 26.
Apolars. Entre CH₄ i CF₄ només hi ha dispersió: el CF₄, amb molts més electrons i un núvol més polaritzable, bull més amunt (−128 °C davant de −161 °C).
Polars. El CHF₃ i el CH₂F₂, tot i tenir menys electrons que el CF₄, són polars: a les forces de dispersió s'hi sumen les dipol-dipol i el punt d'ebullició puja. El CH₂F₂ té el moment dipolar més gran (dos C−F d'un costat i dos C−H de l'altre) i bull el més amunt (−52 °C).
Conclusió. No n'hi ha prou amb la massa molecular o el nombre d'electrons: cal tenir en compte també la polaritat.

Apartat d)

Resultat

El CH₂F₂: té les forces intermoleculars més intenses i condensa amb menys pressió a temperatura ambient.

Resolució

Criteri. Condensar fàcilment vol dir tenir forces intermoleculars intenses, que es reflecteixen en un punt d'ebullició alt.
Conclusió. El CH₂F₂ (−52 °C) és el més adequat. El CH₄ i el CF₄ necessitarien pressions altíssimes o temperatures molt baixes per liquar-se.

Errors típics

Dir que el CF₄ és polar perquè té enllaços polars.
Explicar els punts d'ebullició només amb la massa molecular.
Dibuixar el CH₂F₂ pla, amb angles de 90°, en lloc de tetraèdric.

Conceptes treballats: estructures de Lewis, model RPECV, polaritat d'enllaç i de molècula, forces de dispersió i dipol-dipol, punts d'ebullició.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Punts d'ebullició dels hidrurs del grup 16: $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ 100 °C; $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ −60 °C; $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Se}$ −41 °C; $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Te}$ −2 °C. Masses molars (g/mol): $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ 18,02; $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ 34,09; $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Se}$ 80,99; $\mathrm{H}_{2}\mathrm{Te}$ 129,62.
a) Ajusta per mínims quadrats una recta $T_{e}$ = a·M + b amb els tres hidrurs més pesants i extrapola el punt d'ebullició que «tocaria» a l'aigua.
b) Interpreta la diferència entre el valor extrapolat i el real. Per què el $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ no presenta aquest efecte?
c) Justifica amb el model RPECV que la molècula d'aigua és angular i per què l'angle H–O–H (104,5°) és més petit que el tetraèdric.
d) Què passaria amb els llacs a l'hivern si el gel fos més dens que l'aigua líquida? Relaciona-ho amb l'estructura del gel.

Pista 1

Pots calcular la recta amb la calculadora (regressió lineal) o amb les fórmules dels mínims quadrats.

Pista 2

Compara l'electronegativitat i la mida de l'O i del S: quina condició cal perquè hi hagi enllaç d'hidrogen?

Pista 3

L'O de l'aigua té 4 parells d'electrons al voltant: 2 d'enllaç i 2 de no enllaçants, que ocupen més espai.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

T_{e} = 0{,}608\cdot M - 84{,}0

(°C); per a l'aigua (M = 18,02):

T_{e} \approx -73\ ^\circ\text{C}

Resolució

Dades. H₂S (34,09; −60 °C), H₂Se (80,99; −41 °C), H₂Te (129,62; −2 °C).
Mínims quadrats. Recta de regressió $T_{e} = a\cdot M + b$ : $a = \dfrac{\sum (M_i-\bar M)(T_i-\bar T)}{\sum (M_i-\bar M)^{2}} = 0{,}608\ ^\circ\text{C}\cdot\text{mol/g},\qquad b = \bar T - a\bar M = -84{,}0\ ^\circ\text{C}$
Extrapolació. $T_{e}(\mathrm{H_2O}) = 0{,}608\cdot18{,}02 - 84{,}0 \approx -73\ ^\circ\text{C}$

Apartat b)

Resultat

L'aigua bull uns 173 °C per sobre del previst perquè forma enllaços d'hidrogen; el S és massa gran i poc electronegatiu per formar-ne.

Resolució

Diferència. 100 − (−73) ≈ 173 °C per sobre del que li correspondria per la seva mida.
Interpretació. La tendència dels altres hidrurs (més massa → més electrons → més dispersió) no ho explica: l'aigua forma enllaços d'hidrogen, perquè l'O és molt electronegatiu i petit i té parells no enllaçants, i l'H unit a ell queda amb una gran densitat de càrrega positiva. Cal molta més energia per separar les molècules.
H₂S. El S és menys electronegatiu i més gran: l'enllaç S−H és poc polar i el H₂S només té forces de dispersió i dipol-dipol febles. Que tingui H no n'hi ha prou per fer enllaços d'hidrogen.

Apartat c)

Resultat

L'O té 2 parells d'enllaç i 2 de no enllaçants: distribució tetraèdrica però molècula angular; els parells no enllaçants repel·leixen més i tanquen l'angle fins a 104,5°.

Resolució

RPECV. L'O té 4 parells al voltant: 2 d'enllaç i 2 de no enllaçants → distribució electrònica tetraèdrica.
Geometria. La geometria molecular (posició dels àtoms) és angular: no s'ha de confondre la distribució dels parells (tetraèdrica) amb la forma de la molècula.
Angle. Els parells no enllaçants són més a prop de l'O, ocupen més espai i es repel·leixen més que els d'enllaç: tanquen l'angle H−O−H de 109,5° fins a 104,5°.

Apartat d)

Resultat

El gel s'enfonsaria i els llacs es congelarien de baix a dalt fins a solidificar-se del tot; com que el gel és una xarxa oberta d'enllaços d'hidrogen, és menys dens i sura.

Resolució

Estructura del gel. Cada molècula forma quatre enllaços d'hidrogen en una xarxa oberta i ordenada amb molt espai buit: el gel és menys dens que l'aigua líquida i sura.
Situació real. La capa de gel superficial aïlla l'aigua de sota, que es manté líquida i permet la vida.
Si fos més dens. El gel s'enfonsaria a mesura que es formés i els llacs es congelarien de baix a dalt fins a solidificar-se del tot.

Errors típics

Atribuir l'alt punt d'ebullició de l'aigua a la ruptura d'enllaços covalents O–H en bullir.
Dir que el $\mathrm{H}_{2}\mathrm{S}$ forma enllaços d'hidrogen perquè té H.
Confondre la distribució dels parells d'electrons (tetraèdrica) amb la geometria de la molècula (angular).

Conceptes treballats: forces intermoleculars, enllaç d'hidrogen, model RPECV, propietats anòmales de l'aigua, tractament de dades (regressió i extrapolació).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

En un laboratori es comprova la solubilitat de tres substàncies en aigua i en hexà ( $\mathrm{C}_{6}\mathrm{H}_{14}$ ): clorur de sodi, naftalè ( $\mathrm{C}_{10}\mathrm{H}_{8}$ , el de les boles antiarnes) i etanol. El NaCl es dissol en aigua però no en hexà; el naftalè, al revés; l'etanol es barreja en qualsevol proporció amb tots dos.
a) Explica cada resultat en termes de les interaccions solut-solut, dissolvent-dissolvent i solut-dissolvent.
b) La dissolució del NaCl en aigua és lleugerament endotèrmica (ΔH = +3,9 kJ/mol) i, tot i així, és espontània a 25 °C. Quin ha de ser el signe de ΔS? Calcula'n el valor mínim.
c) L'energia reticular del NaCl és −786 kJ/mol. Explica per què el procés de dissolució en aigua no és molt endotèrmic, i per què en hexà el NaCl no es dissol.
d) Què passaria amb la solubilitat del naftalè si en lloc d'hexà es fes servir etanol? Raona-ho.

Pista 1

Per dissoldre una substància cal trencar interaccions solut-solut i dissolvent-dissolvent i formar-ne de noves solut-dissolvent.

Pista 2

Espontani a T i P constants vol dir ΔG = ΔH − T·ΔS < 0.

Pista 3

En aigua, els ions queden envoltats de molècules d'aigua orientades (interacció ió-dipol). L'hexà no té dipols.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

NaCl: ió-dipol amb l'aigua, cap interacció forta amb l'hexà. Naftalè: dispersió amb l'hexà, res que compensi trencar els enllaços d'hidrogen de l'aigua. Etanol: O−H fa enllaços d'hidrogen amb l'aigua i la part C₂H₅ fa dispersió amb l'hexà.

Resolució

Idea. Per dissoldre una substància cal trencar interaccions solut-solut i dissolvent-dissolvent i formar-ne de noves solut-dissolvent prou fortes.
NaCl. Sòlid iònic amb atraccions molt fortes. En aigua cada ió s'envolta de molècules polars (interaccions ió-dipol, hidratació) que compensen la pèrdua de l'energia reticular; en hexà, apolar, no hi ha cap interacció prou forta: no es dissol.
Naftalè. Molècula apolar unida per forces de dispersió; es barreja bé amb l'hexà (forces semblants). En aigua caldria trencar enllaços d'hidrogen entre molècules d'aigua sense rebre a canvi interaccions comparables: no es dissol.
Etanol. Té una part polar (O−H, enllaços d'hidrogen amb l'aigua) i una petita part apolar (C₂H₅, dispersió amb l'hexà): és miscible amb tots dos. No n'hi ha prou amb dir «semblant dissol semblant»: cal dir quina interacció concreta es forma.

Apartat b)

Resultat

\Delta S > 0

;

\Delta S_{\text{mín}} = \dfrac{\Delta H}{T} \approx 13{,}1\ \text{J/(mol}\cdot\text{K)}

Resolució

Condició d'espontaneïtat. A T i P constants: $\Delta G = \Delta H - T\Delta S < 0$ .
Signe. Amb $\Delta H > 0$ , cal que $T\Delta S > \Delta H$ , i per tant $\Delta S > 0$ . Un ΔH positiu no impedeix que el procés sigui espontani.
Càlcul. $\Delta S > \dfrac{\Delta H}{T} = \dfrac{3900\ \text{J/mol}}{298\ \text{K}} = 13{,}1\ \text{J/(mol}\cdot\text{K)}$
Interpretació. És raonable: els ions passen d'una xarxa ordenada a moure's lliurement per la dissolució.

Apartat c)

Resultat

La hidratació dels ions allibera gairebé tanta energia com la que costa trencar la xarxa (uns −782 kJ/mol davant de +786); en hexà no hi ha hidratació i caldria pagar tota l'energia reticular.

Resolució

Balanç en aigua. Trencar la xarxa costa +786 kJ/mol, però la hidratació dels ions Na⁺ i Cl⁻ allibera una energia d'un ordre semblant (uns −782 kJ/mol): el balanç és només lleugerament positiu (+3,9 kJ/mol).
En hexà. No hi ha cap dipol que s'orienti cap als ions: s'hauria de pagar gairebé tota l'energia reticular i ΔG seria molt positiva. El NaCl no s'hi dissol.
Observació. Dissoldre el NaCl vol dir separar ions, no trencar enllaços covalents.

Apartat d)

Resultat

La solubilitat seria intermèdia: més gran que en aigua però més petita que en hexà.

Resolució

Raonament. L'etanol té una part apolar que pot interaccionar amb el naftalè per dispersió, però les seves molècules estan unides per enllaços d'hidrogen que el naftalè no pot substituir.
Conclusió. El naftalè s'hi dissoldria més que en aigua i menys que en hexà.

Errors típics

Pensar que si ΔH > 0 el procés no pot ser espontani.
Explicar la solubilitat només amb la regla «semblant dissol semblant» sense parlar de les interaccions concretes.
Confondre dissoldre el NaCl (separar ions) amb trencar enllaços covalents.

Conceptes treballats: forces intermoleculars, interacció ió-dipol, solubilitat, energia reticular, espontaneïtat (ΔG = ΔH − TΔS).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Quan es barregen amoníac i trifluorur de bor gasosos es forma un sòlid blanc, NH₃BF₃, en què el N queda unit directament al B.
a) Escriu les estructures de Lewis de l'NH₃ i del BF₃. Quin dels dos àtoms centrals no compleix la regla de l'octet?
b) Determina amb el model RPECV la geometria de cada molècula i raona'n la polaritat.
c) Explica com es forma l'enllaç N–B i per què se'n diu enllaç covalent datiu (o coordinat).
d) Prediu la geometria al voltant del N i del B en el producte, i raona com canvien els angles H–N–H (107° a l'amoníac) i F–B–F (120° al BF₃).
Nombres atòmics: H 1, B 5, N 7, F 9.

Pista 1

El B té 3 electrons de valència i forma 3 enllaços; compta quants electrons té al voltant.

Pista 2

L'NH₃ té un parell no enllaçant al N. El BF₃ té un orbital buit al B.

Pista 3

Després de la unió, tant el N com el B tenen quatre parells d'enllaç i cap parell solitari.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

NH₃: tres N−H i un parell no enllaçant al N (octet). BF₃: tres B−F i cap parell al B; el B només té 6 electrons i no compleix l'octet.

Resolució

NH₃. 5 + 3·1 = 8 electrons: el N forma tres enllaços N−H i li queda un parell no enllaçant; octet complet.
BF₃. 3 + 3·7 = 24 electrons: el B forma tres enllaços B−F i cada F té tres parells no enllaçants.
Conclusió. El B té només 6 electrons al voltant (3 enllaços): és l'àtom central que no compleix l'octet (octet incomplet).

Apartat b)

Resultat

NH₃: piramidal trigonal i polar. BF₃: triangular plana (120°) i apolar.

Resolució

NH₃. 4 parells (3 d'enllaç + 1 solitari) → distribució tetraèdrica, geometria piramidal trigonal. Els moments N−H no s'anul·len (i el parell solitari hi contribueix): polar.
BF₃. 3 parells d'enllaç i cap de solitari → triangular plana amb angles de 120°. Els tres moments B−F, iguals i a 120°, s'anul·len: apolar, malgrat que els enllaços són molt polars.
Error típic. Assignar al BF₃ una geometria piramidal com la de l'NH₃: el B no té parell solitari.

Apartat c)

Resultat

El parell no enllaçant del N ocupa l'orbital buit del B: els dos electrons de l'enllaç els aporta el mateix àtom (el N), i per això és un enllaç datiu o coordinat.

Resolució

Formació. L'NH₃ té un parell no enllaçant al N i el BF₃ té un orbital buit al B: el parell del N s'allotja en aquest orbital i es forma l'enllaç N−B.
Datiu. És un enllaç covalent (es comparteix un parell), però tots dos electrons els aporta el mateix àtom: per això es diu datiu o coordinat. Un cop format és indistingible d'un enllaç covalent ordinari; no és un enllaç iònic.
Lewis. En termes àcid-base, l'NH₃ actua com a base de Lewis (donador de parells) i el BF₃ com a àcid de Lewis (acceptor).

Apartat d)

Resultat

Tetraèdrica al voltant del N i del B: l'angle H−N−H s'obre de 107° fins a prop de 109,5° i l'angle F−B−F es tanca de 120° fins a prop de 109,5°.

Resolució

Parells. Després de la unió, tant el N com el B tenen quatre parells d'enllaç i cap de solitari: geometria tetraèdrica al voltant de cadascun.
Angle H−N−H. S'obre de 107° fins a prop de 109,5°, perquè el parell solitari, que comprimia els enllaços, ara és un parell d'enllaç.
Angle F−B−F. Es tanca de 120° fins a prop de 109,5°: el B passa de pla a tetraèdric (la part BF₃ es «piramidalitza»).

Errors típics

Assignar al BF₃ una geometria piramidal com la de l'NH₃ (el B no té parell solitari).
Dir que el BF₃ és polar perquè els enllaços B–F són polars.
Pensar que l'enllaç datiu és un enllaç iònic perquè els dos electrons venen del mateix àtom.

Conceptes treballats: estructures de Lewis, excepcions a l'octet, model RPECV, polaritat molecular, enllaç covalent datiu, àcids i bases de Lewis.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

El sodi fon a 98 °C i es talla amb un ganivet; l'alumini fon a 660 °C i s'utilitza en cables d'alta tensió. Densitats: Na 0,97 g/cm³; Al 2,70 g/cm³.
a) Descriu el model del mar d'electrons i digues quants electrons aporta cada àtom de Na i d'Al al «mar».
b) Calcula el nombre d'electrons deslocalitzats per cm³ en cada metall i quantes vegades més en té l'alumini.
c) Fes servir el resultat i les càrregues dels cations per explicar la diferència de punts de fusió i de duresa.
d) Explica per què un metall es pot deformar a cops de martell sense trencar-se mentre que un cristall iònic com el NaCl es trenca.
Dades: Na 22,99; Al 26,98; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol⁻¹.

Pista 1

Els electrons de valència de cada àtom passen a ser compartits per tot el cristall.

Pista 2

Mols per cm³ = densitat/massa molar; multiplica per $N_{A}$ i pels electrons de valència de cada àtom.

Pista 3

En un cristall iònic, desplaçar un pla d'ions fa que quedin enfrontats ions de la mateixa càrrega.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

Cations en una xarxa units per un mar d'electrons deslocalitzats; el Na n'aporta 1 i l'Al 3.

Resolució

Model. Els àtoms metàl·lics perden els electrons de valència, que queden deslocalitzats per tot el cristall formant un «núvol» o mar d'electrons; els cations queden ordenats en una xarxa i units per l'atracció d'aquest mar.
Electrons aportats. Na ([Ne] 3s¹) aporta 1 electró; Al ([Ne] 3s² 3p¹) n'aporta 3. Error típic: comptar un electró per àtom també per a l'alumini.

Apartat b)

Resultat

Na:

2{,}54\cdot10^{22}

electrons/cm³; Al:

1{,}81\cdot10^{23}

electrons/cm³; l'alumini en té unes 7,1 vegades més.

Resolució

Plantejament. Mols per cm³ = densitat/massa molar; es multiplica per $N_A$ i pels electrons de valència de cada àtom.
Sodi. $n_e(\mathrm{Na}) = \dfrac{0{,}97}{22{,}99}\cdot6{,}022\cdot10^{23}\cdot1 = 2{,}54\cdot10^{22}\ \text{cm}^{-3}$
Alumini. $n_e(\mathrm{Al}) = \dfrac{2{,}70}{26{,}98}\cdot6{,}022\cdot10^{23}\cdot3 = 1{,}81\cdot10^{23}\ \text{cm}^{-3}$
Comparació. $\dfrac{1{,}81\cdot10^{23}}{2{,}54\cdot10^{22}} = 7{,}1$

Apartat c)

Resultat

A l'Al, cations Al³⁺ petits i amb triple càrrega en un mar unes 7 vegades més dens: enllaç metàl·lic molt més fort, punt de fusió més alt i metall més dur que el Na.

Resolució

Alumini. Cations Al³⁺ petits i amb tres vegades més càrrega, submergits en un mar d'electrons unes 7 vegades més dens: l'atracció és molt més forta, cal molta més energia per desordenar la xarxa (fondre-la, 660 °C) i el metall és més dur.
Sodi. Cations Na⁺ grans amb càrrega 1+ i pocs electrons: enllaç metàl·lic feble, metall tou (es talla amb un ganivet) i de baix punt de fusió (98 °C).
Observació. En els metalls no hi ha molècules: el punt de fusió no depèn de forces intermoleculars sinó de la força de l'enllaç metàl·lic.

Apartat d)

Resultat

En el metall, el mar d'electrons s'adapta quan les capes llisquen (mal·leable); en el NaCl, desplaçar una capa enfronta ions del mateix signe i el cristall es trenca (fràgil).

Resolució

Metall. Si es desplacen capes de cations, el mar d'electrons s'adapta i continua mantenint-los units: el metall és mal·leable i dúctil.
Cristall iònic. En el NaCl, el desplaçament d'un pla d'ions fa que s'enfrontin cations amb cations i anions amb anions; les repulsions trenquen el cristall: és fràgil.

Errors típics

Comptar un electró per àtom també per a l'alumini.
Explicar el punt de fusió dels metalls amb forces intermoleculars (no hi ha molècules).
Dir que els metalls condueixen perquè tenen ions mòbils (els que es mouen són els electrons).

Conceptes treballats: enllaç metàl·lic, model del mar d'electrons, propietats dels metalls, comparació amb l'enllaç iònic, càlculs amb densitat i nombre d'Avogadro.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

El diamant i el grafit són dues formes del carboni; el diòxid de silici (quars) és el principal component de la sorra, mentre que el diòxid de carboni és un gas.
a) En el diamant cada C està unit a quatre C. Demostra que hi ha 2 mols d'enllaços C–C per mol de carboni i calcula, amb l'energia mitjana d'enllaç C–C (347 kJ/mol), l'energia necessària per atomitzar 12,0 g de diamant. Compara-la amb l'entalpia de sublimació del carboni, 717 kJ/mol.
b) Explica, a partir de l'estructura, per què el diamant és aïllant i duríssim i el grafit és conductor i s'utilitza com a lubricant sec i en les mines dels llapis.
c) Per què el CO₂ és un gas a temperatura ambient i el SiO₂ fon a més de 1600 °C, si el C i el Si són del mateix grup?
d) Quina mena de forces cal vèncer per fondre cadascuna d'aquestes substàncies: diamant, CO₂ sòlid (neu carbònica), SiO₂ i grafit?
Massa atòmica: C 12,01.

Pista 1

Cada enllaç C–C és compartit per dos àtoms: si cada àtom en té quatre, quants enllaços «li toquen»?

Pista 2

En el grafit cada C forma tres enllaços dins d'una capa; què fa el quart electró de valència?

Pista 3

El C forma fàcilment enllaços dobles C=O; el Si, més gran, prefereix enllaços senzills Si–O amb quatre oxígens.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

2 mol d'enllaços C−C per mol de C;

E \approx 693\ \text{kJ}

per a 12,0 g, un 3 % per sota de l'entalpia de sublimació (717 kJ/mol): bona concordança.

Resolució

Recompte d'enllaços. Cada C té 4 enllaços, però cada enllaç es comparteix entre 2 àtoms: 4/2 = 2 enllaços per àtom, és a dir, 2 mol d'enllaços per mol de C. Error típic: no dividir per 2 i comptar cada enllaç dues vegades.
Mols. $n = \dfrac{12{,}0}{12{,}01} = 0{,}999\ \text{mol}$
Energia. $E = 0{,}999\cdot2\cdot347 = 693\ \text{kJ}$
Comparació. L'entalpia de sublimació és 717 kJ/mol (716 kJ per a 0,999 mol): el valor calculat és un 3,2 % inferior. La concordança és bona, tenint en compte que 347 kJ/mol és una energia mitjana obtinguda en molts compostos.

Apartat b)

Resultat

Diamant: xarxa 3D de C−C sense electrons lliures → aïllant i duríssim. Grafit: capes amb un electró deslocalitzat per C (conductor) unides per forces de dispersió (llisquen: lubricant, llapis).

Resolució

Diamant. Xarxa tridimensional d'enllaços covalents C−C en tetraedre, sense electrons lliures: aïllant i duríssim (ratllar-lo vol dir trencar enllaços covalents).
Grafit, conductivitat. Capes d'hexàgons: cada C fa tres enllaços dins de la capa i el quart electró de valència queda deslocalitzat al llarg de la capa, de manera que condueix en la direcció de les capes.
Grafit, lubricant. Entre capes només hi ha forces de dispersió: les capes llisquen (lubricant sec) i es desprenen sobre el paper (mina del llapis). No és que els enllaços C−C del grafit siguin febles: el que és feble és la unió entre capes.

Apartat c)

Resultat

El CO₂ és molecular (O=C=O, unides per dispersió); el SiO₂ és un sòlid covalent reticular (cada Si unit a quatre O), i fondre'l vol dir trencar enllaços Si−O.

Resolució

CO₂. El C forma fàcilment enllaços dobles: cada C fa dos dobles enllaços amb dos O (O=C=O, lineal i apolar) i les molècules s'atrauen només per dispersió. És un gas.
SiO₂. El Si, més gran, prefereix enllaços senzills Si−O amb quatre oxígens: cada Si s'uneix a quatre O i cada O a dos Si, en una xarxa tridimensional. Fondre'l implica trencar enllaços covalents Si−O.
Conclusió. La diferència no és la massa molar sinó el tipus d'estructura (molècules discretes davant de xarxa covalent).

Apartat d)

Resultat

Diamant: enllaços covalents. CO₂ sòlid: forces de dispersió. SiO₂: enllaços covalents. Grafit: enllaços covalents dins de les capes.

Resolució

Diamant i SiO₂. Sòlids covalents reticulars: cal trencar enllaços covalents.
CO₂ sòlid. Només forces de dispersió, intermoleculars i febles; de fet sublima a −78 °C.
Grafit. Per fondre'l cal trencar els enllaços covalents dins de les capes; per això té un punt de fusió molt alt, tot i que les capes se separin fàcilment.

Errors típics

Multiplicar 4 enllaços per àtom sense dividir per 2 (es compta cada enllaç dues vegades).
Dir que el grafit és tou perquè els seus enllaços C–C són febles.
Atribuir la diferència CO₂/SiO₂ a la massa molar.

Conceptes treballats: sòlids covalents reticulars, al·lotropia del carboni, energia d'enllaç, sòlids moleculars, relació estructura-propietats.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Energies mitjanes d'enllaç (kJ/mol): C–H 413; O=O 498; C=O (en el CO₂) 799; O–H 463; H–H 436. Entalpia de vaporització de l'aigua: 44,0 kJ/mol.
a) Calcula, a partir de les energies d'enllaç, l'entalpia de combustió del metà amb aigua gasosa com a producte.
b) L'entalpia estàndard de combustió del metà tabulada és −890 kJ/mol. Explica la diferència amb a) i comprova-la.
c) Calcula de la mateixa manera l'entalpia de combustió de l'hidrogen (aigua gasosa) i compara l'energia alliberada per gram de cada combustible.
d) Per què els valors obtinguts amb energies d'enllaç són sempre aproximats?
Masses molars: CH₄ 16,04 g/mol; H₂ 2,016 g/mol.

Pista 1

ΔH ≈ Σ E(enllaços trencats) − Σ E(enllaços formats). Escriu primer les estructures de totes les molècules.

Pista 2

Les energies d'enllaç només valen per a substàncies en fase gasosa. En quin estat és l'aigua a 25 °C?

Pista 3

Per comparar combustibles, divideix l'energia per mol entre la massa molar.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

\Delta H_c \approx -802\ \text{kJ/mol}

(aigua gasosa)

Resolució

Reacció. $\mathrm{CH_4(g) + 2\,O_2(g) \rightarrow CO_2(g) + 2\,H_2O(g)}$
Energies d'enllaç. $\Delta H \approx \sum E(\text{trencats}) - \sum E(\text{formats})$ . Compte amb l'ordre: fer formats − trencats dona el signe contrari.
Enllaços trencats. 4 C−H i 2 O=O: 4·413 + 2·498 = 2648 kJ.
Enllaços formats. 2 C=O i 4 O−H: 2·799 + 4·463 = 3450 kJ.
Resultat. $\Delta H \approx 2648 - 3450 = -802\ \text{kJ/mol}$

Apartat b)

Resultat

El valor tabulat és amb aigua líquida:

-802 - 2\cdot44{,}0 = -890\ \text{kJ/mol}

, igual al tabulat.

Resolució

Estat de l'aigua. Les energies d'enllaç només valen per a substàncies gasoses; el valor tabulat (−890 kJ/mol) es refereix a l'aigua líquida, que és el seu estat a 25 °C.
Comprovació. Condensar 2 mol d'aigua allibera 2·44,0 = 88,0 kJ: $\Delta H = -802 - 88{,}0 = -890\ \text{kJ/mol}$
Conclusió. Coincideix pràcticament amb el valor tabulat.

Apartat c)

Resultat

\Delta H_c(\mathrm{H_2}) \approx -241\ \text{kJ/mol}

; per gram: metà 50,0 kJ/g, hidrogen 119,5 kJ/g (unes 2,4 vegades més).

Resolució

Reacció. $\mathrm{H_2(g) + \tfrac{1}{2}\,O_2(g) \rightarrow H_2O(g)}$
Càlcul. $\Delta H \approx (436 + \tfrac{1}{2}\cdot498) - 2\cdot463 = 685 - 926 = -241\ \text{kJ/mol}$
Per gram. Metà: $\dfrac{802}{16{,}04} = 50{,}0\ \text{kJ/g}$ . Hidrogen: $\dfrac{241}{2{,}016} = 119{,}5\ \text{kJ/g}$ .
Comparació. L'hidrogen allibera unes 2,4 vegades més energia per unitat de massa (i no produeix CO₂), però és un gas molt poc dens, difícil d'emmagatzemar.

Apartat d)

Resultat

Perquè les energies d'enllaç són valors mitjans, obtinguts en molècules diferents i en fase gasosa.

Resolució

Raó. L'energia d'un enllaç depèn de la molècula on és (per exemple, el C=O del CO₂ no és igual que el d'una cetona), i els valors s'han obtingut per a substàncies gasoses.
Conclusió. Les entalpies de formació tabulades donen resultats més exactes.

Errors típics

Fer formats − trencats i obtenir el signe contrari.
Oblidar els coeficients estequiomètrics (2 O=O, 4 O–H...).
Comparar el resultat amb el valor tabulat sense tenir en compte l'estat físic de l'aigua.

Conceptes treballats: energia d'enllaç, entalpia de reacció, canvis d'estat, poder calorífic de combustibles, limitacions dels models.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Es comparen els punts d'ebullició de set compostos orgànics:
pentà (M = 72) 36 °C; 2-metilbutà (72) 28 °C; 2,2-dimetilpropà (72) 10 °C; butanal (72) 75 °C; butanona (72) 80 °C; butan-1-ol (74) 118 °C; propà-1,2,3-triol (glicerol, 92) 290 °C.
a) Explica per què els tres isòmers de fórmula $\mathrm{C}_{5}\mathrm{H}_{12}$ tenen punts d'ebullició diferents si tenen el mateix nombre d'electrons.
b) Explica per què el butanal i la butanona bullen uns 40 °C per sobre del pentà, i el butan-1-ol uns 80 °C.
c) Per què el glicerol bull tan amunt i és tan viscós?
d) Ordena de més a menys soluble en aigua: pentà, butanona i glicerol, i justifica-ho.

Pista 1

Les forces de dispersió depenen també de la superfície de contacte entre molècules: compara una cadena llarga amb una molècula gairebé esfèrica.

Pista 2

Identifica quines molècules són polars i quines poden formar enllaços d'hidrogen entre elles (H unit a O).

Pista 3

Compta els grups O–H del glicerol: cadascun pot formar diversos enllaços d'hidrogen.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

Són apolars (només dispersió) i la diferència és la forma: el pentà lineal té més superfície de contacte que el 2-metilbutà i, sobretot, que el 2,2-dimetilpropà, gairebé esfèric.

Resolució

Forces. Les tres molècules són apolars i només tenen forces de dispersió; tenen la mateixa massa i el mateix nombre d'electrons.
Forma. El pentà és lineal i les molècules es poden apropar al llarg de tota la cadena (molta superfície de contacte); el 2,2-dimetilpropà és gairebé esfèric i només es toca en pocs punts: forces de dispersió més febles i punt d'ebullició més baix (10 °C).
Conclusió. El 2-metilbutà (28 °C) queda entremig. Error típic: atribuir la diferència a la massa, que és la mateixa.

Apartat b)

Resultat

Butanal i butanona tenen un grup C=O polar (dipol-dipol a més de dispersió); el butan-1-ol té un O−H i forma enllaços d'hidrogen, la interacció més intensa.

Resolució

Butanal i butanona. Tenen el grup C=O, molt polar: a més de dispersió hi ha forces dipol-dipol entre molècules, i bullen uns 40 °C per sobre del pentà. No formen enllaços d'hidrogen entre elles: els seus H estan units a C, no a O.
Butan-1-ol. Té un O−H: forma enllaços d'hidrogen entre molècules, la interacció intermolecular més intensa de totes aquestes, i bull uns 80 °C per sobre del pentà.

Apartat c)

Resultat

Té tres grups O−H: cada molècula forma molts enllaços d'hidrogen amb les veïnes, una xarxa que costa de trencar (p. e. alt) i que impedeix que les molècules llisquin (viscositat alta).

Resolució

Estructura. El glicerol té tres grups O−H per molècula, i cadascun pot formar diversos enllaços d'hidrogen.
Punt d'ebullició. Es forma una xarxa d'enllaços d'hidrogen que costa molt de trencar: bull a 290 °C.
Viscositat. Aquesta mateixa xarxa dificulta que les molècules llisquin les unes sobre les altres: viscositat alta.

Apartat d)

Resultat

Glicerol > butanona > pentà.

Resolució

Glicerol. Forma enllaços d'hidrogen amb l'aigua pels tres O−H: és miscible.
Butanona. No és donadora d'enllaços d'hidrogen, però el seu O pot acceptar els H de l'aigua: és força soluble.
Pentà. Apolar, no pot interaccionar amb l'aigua de manera comparable als enllaços d'hidrogen que caldria trencar: pràcticament insoluble.

Errors típics

Dir que els isòmers bullen diferent perquè tenen masses diferents (és la mateixa).
Pensar que els aldehids i les cetones formen enllaços d'hidrogen entre ells perquè tenen O i H.
Explicar els punts d'ebullició pel trencament d'enllaços covalents dins de les molècules.

Conceptes treballats: forces intermoleculars (dispersió, dipol-dipol, enllaç d'hidrogen), forma molecular, isomeria, punts d'ebullició, solubilitat i viscositat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

El gel flota sobre l'aigua líquida, per això els llacs es congelen de la superfície cap avall i la vida pot sobreviure a sota. Dades: entalpia de fusió del gel a 0 °C, 6,01 kJ/mol; entalpia de sublimació del gel a 0 °C, 51,1 kJ/mol; energia mitjana de l'enllaç covalent O–H, 463 kJ/mol; densitat de l'aigua líquida a 0 °C, 0,9998 g/cm³; densitat del gel, 0,917 g/cm³.
a) Escriu l'estructura de Lewis de la molècula d'aigua, dedueix-ne la geometria i la polaritat, i explica per què cada molècula pot arribar a formar quatre ponts d'hidrogen. Quants mols de ponts d'hidrogen hi ha en 1 mol de gel si cada molècula n'estableix quatre i cada pont és compartit per dues molècules?
b) Suposant que quasi tota l'energia de sublimació s'inverteix en trencar ponts d'hidrogen, estima l'energia d'un pont d'hidrogen en kJ/mol i compara-la amb la d'un enllaç O–H.
c) Quina fracció dels ponts d'hidrogen es trenca quan el gel es fon? Un company diu que «en fondre's el gel es trenquen els enllaços O–H»: refuta-ho amb dades. Què en dedueixes sobre l'estructura de l'aigua líquida?
d) Calcula l'augment relatiu de volum de l'aigua en congelar-se i explica'l a partir de la disposició dels ponts d'hidrogen.
e) Una ampolla de vidre es tapa completament plena amb 750 mL d'aigua a 0 °C i es deixa al congelador. Quin volum necessitaria el gel? Què hi passarà?

Pista 1

Per comptar els ponts d'hidrogen, pensa en els parells d'electrons de l'oxigen i en els dos hidrògens polaritzats: cada molècula pot oferir dos hidrògens i acceptar-ne dos. Compte amb no comptar cada pont dues vegades.

Pista 2

Si 1 mol de gel té N mols de ponts, l'energia de sublimació és l'energia per trencar-los tots. Compara després la fracció que correspon a la fusió amb l'energia que caldria per trencar els enllaços O–H d'1 mol d'aigua (2 enllaços O–H per molècula).

Pista 3

Amb la mateixa massa, el volum és inversament proporcional a la densitat: V_gel/V_líquid = $\tfrac{\rho_{\mathrm{líquid}}}{\rho_{\mathrm{gel}}}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

H−O−H angular (≈ 104,5°) i polar; cada molècula dona 2 ponts (pels H) i n'accepta 2 (pels parells de l'O): 4 per molècula, i en 1 mol de gel hi ha 2 mol de ponts d'hidrogen.

Resolució

Lewis i geometria. H−O−H, amb 2 parells d'enllaç i 2 parells solitaris al voltant de l'O: 4 parells → disposició tetraèdrica; geometria molecular angular (≈ 104,5°).
Polaritat. L'O (3,5) és molt més electronegatiu que l'H (2,1) i la molècula és angular: els moments dipolars no s'anul·len i és polar.
Quatre ponts. Cada H té càrrega parcial positiva i pot ser donador cap a l'O d'una altra molècula, i l'O, amb dos parells solitaris, pot acceptar-ne dos: 2 donats + 2 rebuts = 4 ponts per molècula.
Recompte. Cada pont es comparteix entre dues molècules: 4/2 = 2 mol de ponts per mol de gel. Error típic: comptar-ne 4 i comptar cada pont dues vegades.

Apartat b)

Resultat

E_{\text{pont}} \approx 25{,}6\ \text{kJ/mol}

, unes 18 vegades més feble que l'enllaç O−H (463 kJ/mol).

Resolució

Hipòtesi. Quasi tota l'energia de sublimació (51,1 kJ/mol) s'inverteix a trencar els 2 mol de ponts d'hidrogen d'1 mol de gel.
Càlcul. $E_{\text{pont}} = \dfrac{51{,}1}{2} = 25{,}6\ \text{kJ/mol}$ És aproximat, perquè inclou una petita contribució de forces de dispersió.
Comparació. 463/25,6 ≈ 18: el pont d'hidrogen és unes 18 vegades més feble que l'enllaç O−H (un 5,5 %), però en un cristall n'hi ha molts.

Apartat c)

Resultat

Es trenca un 11,8 % dels ponts; trencar els O−H costaria 926 kJ/mol, unes 150 vegades més que la fusió. L'aigua líquida conserva prop del 88 % dels ponts: és una xarxa que es trenca i es refà contínuament.

Resolució

Fracció trencada. $\dfrac{\Delta H_{\text{fus}}}{\Delta H_{\text{sub}}} = \dfrac{6{,}01}{51{,}1} = 0{,}118 = 11{,}8\ \%$ El 88 % dels ponts es manté a l'aigua líquida.
Refutació. Si es trenquessin els enllaços O−H caldrien 2·463 = 926 kJ/mol, unes 150 vegades més que els 6,01 kJ/mol de la fusió. En fondre només es desfan alguns ponts d'hidrogen i les molècules d'H₂O continuen sent iguals; els ponts d'hidrogen no són enllaços covalents.
Conclusió. L'aigua líquida no és un conjunt de molècules lliures sinó una xarxa de ponts d'hidrogen que es trenquen i es refan contínuament, cosa que explica també el seu punt d'ebullició anòmalament alt.

Apartat d)

Resultat

V_{\text{gel}}/V_{\text{líquid}} = 1{,}090

: el volum augmenta un 9,0 %, perquè la xarxa tetraèdrica de ponts del gel deixa buits.

Resolució

Relació. Amb la mateixa massa, el volum és inversament proporcional a la densitat: $\dfrac{V_{\text{gel}}}{V_{\text{líquid}}} = \dfrac{\rho_{\text{líquid}}}{\rho_{\text{gel}}} = \dfrac{0{,}9998}{0{,}917} = 1{,}090$ Compte a no invertir les densitats, que donaria una disminució.
Augment. Augment relatiu del 9,0 %.
Explicació. Al gel cada molècula té quatre veïnes en disposició tetraèdrica, amb anells hexagonals que deixen buits. En fondre, part dels ponts es trenquen i les molècules s'apropen i ocupen aquests buits: la densitat augmenta (el màxim és a 4 °C). No és que les molècules «s'expandeixin»: el que canvia és la disposició.

Apartat e)

Resultat

V_{\text{gel}} \approx 818\ \text{mL}

(68 mL més que l'ampolla): l'ampolla es trenca o salta el tap.

Resolució

Massa. 750 mL·0,9998 g/mL = 750 g d'aigua.
Volum del gel. $V_{\text{gel}} = \dfrac{750\ \text{g}}{0{,}917\ \text{g/mL}} = 818\ \text{mL}$
Conclusió. El gel necessitaria 68 mL més que el volum de l'ampolla. Com que el vidre no es pot expandir, el gel fa pressió sobre les parets i l'ampolla es trenca (o salta el tap).

Errors típics

Dir que els ponts d'hidrogen són enllaços covalents o que es trenquen les molècules en fondre's el gel.
Comptar 4 mol de ponts per mol d'aigua en lloc de 2, oblidant que cada pont uneix dues molècules.
Calcular l'augment de volum amb les densitats invertides (ρ_gel/ρ_líquid) i obtenir una disminució.
Explicar la flotació del gel dient que «les molècules s'expandeixen»: el que canvia és la disposició (més buits), no la mida de la molècula.

Conceptes treballats: estructura de Lewis, VSEPR i polaritat de l'aigua, ponts d'hidrogen, ordres de magnitud d'energies d'enllaç i de forces intermoleculars, entalpies de canvi d'estat, relació massa-volum-densitat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Per què el tetraclorur de carboni és apolar si els enllaços són polars?

Perquè té geometria tetraèdrica i els quatre enllaços són iguals: els moments dipolars s'anul·len per simetria i la molècula no té pol positiu ni negatiu.

L'hidrogen compleix la regla de l'octet?

No. L'hidrogen només necessita 2 electrons per completar la seva capa, com l'heli.

Tornar a Química