Me di cuenta de que el hecho de que todos los hidruros de los elementos pertenecientes al grupo IV de bonos ángulo de 109.5°, mientras que en el grupo V varía de 107.3° de $\ce{NH3}$ 91.3° de $\ce{SbH3}$. Del mismo modo vemos que en el grupo VI que el agua tiene mayor ángulo de enlace, a continuación, se disminuye significativamente a 89.5° de $\ce{H2Te}$. Hay alguna razón específica para los hidruros del grupo IV de metales para tener notablemente la igualdad de ángulos de enlace, y otros grupos que tienen diferentes ángulos?
Respuestas
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La forma más sencilla de buscar en esta tendencia es a través de la teoría VSEPR, que produce una muy buena comprensión cualitativa de la geometría molecular, incluso si no es compatible con los modernos orbitales moleculares teoría. Sin embargo, VSEPR no es toda la historia para los más pesados del Grupo V y el Grupo VI de hidruros.
De acuerdo a VSEPR, dominios de electrones (es decir, los bonos y los pares libres) están dispuestas alrededor del átomo central en geometrías que minimizar la repulsión electrostática entre los electrones de los dominios. Estas geometrías también sucede que las soluciones a la ecuación de Schrödinger para el conjunto de orbitales moleculares como combinaciones lineales de orbitales atómicos, y en el orbital molecular caso, que no surgen de la repulsión electrostática, pero estrictamente de las matemáticas de las combinaciones lineales producir un mínimo de energía auto-consistente conjunto de orbitales.
VSEPR es cualitativamente más simple de moléculas pequeñas. Todos los binarios de los hidruros del Grupo IV, V, y VI estérico número cuatro alrededor del átomo central. Esto significa que el número de pares libres y el número de unión de los dominios de agregar hasta cuatro. Estas especies también puede ser descrito utilizando la $\ce{AXE}$ método, donde $\ce{A}$ denota el átomo central, $\ce{X}$ indica la presencia de un átomo de servidumbre a $\ce{A}$ $\ce{E}$ denota un par solitario de electrones.
- El Grupo IV de hidruros todos tienen cuatro enlaces y no hay pares libres. Describimos esta de acuerdo como $\ce{AX4}$.
- El Grupo V de hidruros todos tienen tres enlaces y un solitario pares. Describimos esta de acuerdo como $\ce{AX3E}$.
- El Grupo VI de hidruros todos tienen dos enlaces y dos pares libres. Describimos esta de acuerdo como $\ce{AX2E2}$.
Hay varios factores que afectan el grado de repulsión:
- Lone pares - par Solitario dominios son más difusas y tienen una mayor repulsión de la vinculación de los dominios.
- La naturaleza de la $\ce{X}$ - más Grande y/o más electropositivo átomos tienen una mayor repulsión.
- Bono de fin de Bonos con mayor órdenes de bonos tienen una mayor repulsión de bonos con menores de órdenes de bonos.
Desde $\ce{X=H}$ en todos los casos, sólo necesitamos que preocuparse por el primer factor: lone pares.
Los arreglos $\ce{AX4}$, $\ce{AX3E}$, y $\ce{AX2E2}$ todos tienen cuatro dominios de electrones, y por lo tanto la base electrónica de dominio de grupo de geometría es tetraédrica.
Las diferencias en el ángulo de enlace entre $\ce{CH4}$, $\ce{NH3}$, y $\ce{H2O}$ se originan a partir de la mayor cantidad de pares libres:
- $\ce{CH4}$ no tiene pares libres: los ángulos de enlace son el ideal tetraédrica ángulos de enlace de $109.5^\circ$.
- $\ce{NH3}$ tiene un par solitario: los ángulos de enlace son contratados un poco debido a la rallador de repulsión del par solitario a $107.8^\circ$.
- $\ce{H2O}$ tiene dos pares libres: el ángulo de enlace es contratado debido a la repulsión de dos pares libres a $104.5^\circ$.
Todos los del Grupo IV de hidruros se han perfecta geometría tetraédrica debido a que tiene cuatro enlaces al mismo átomo y no hay pares libres. Así $\ce{CH4}$, $\ce{SiH4}$, $\ce{GeH4}$, $\ce{SnH4}$, y $\ce{PbH4}$ todos tienen ángulos de enlace de $109.5^\circ$.
Para el Grupo V, los ángulos de enlace son:
$$\begin{array}{c|c} \ce{AH3}&\text{angle}\\ \hline \ce{NH3}&107.8^\circ \\ \ce{PH3}&93.5^\circ \\ \ce{AsH3}&91.8^\circ \\ \ce{SbH3}&91.7^\circ \\ \ce{BiH3}&90.5^\circ \\ \end{array}$$
Aviso de que hay una gran disminución de $\ce{NH3}$ $\ce{PH3}$y, a continuación, cambios muy pequeños para $\ce{AsH3}$, $\ce{SbH3}$, y $\ce{BiH3}$.
Usted podría hacer que el argumento de que el más grande de los orbitales de los elementos más pesados con alto repulsión que el más pequeño de los orbitales de nitrógeno. Aquí es donde VSEPR se rompe. VSEPR funciona bien para algunos compuestos, porque no es significativo $s-p$ de mezcla en la construcción de los orbitales moleculares. Esta mezcla no necesita suceder para que los elementos más pesados. Un orbital molecular de la solución para $\ce{PH3}$, por ejemplo, indica muy poca contribución de la $\ce{P}\ 3s$ orbital. Podemos describir la $\ce{P-H}$ bonos como predominantemente $\ce{P}_{3p}\ce{-H}_{1s}$ bonos. Por lo tanto la geometría alrededor de $\ce{P}$ está determinada principalmente por la orientación de la $p$ orbitales.
Si nos fijamos en el Grupo VI de hidruros, vemos la misma tendencia: una gran disminución de $\ce{H2O}$ $\ce{H2S}$y, a continuación, un cambio muy pequeño. El mismo argumento puede ser hecho principalmente para $\ce{A}_{p}\ce{-H}_{1s}$ unión en el más pesado del Grupo VI de hidruros como para el más pesado del Grupo V de hidruros.
$$\begin{array}{c|c} \ce{AH2}&\text{angle}\\ \hline \ce{H2O}&104.5^\circ \\ \ce{H2S}&92.1^\circ \\ \ce{H2Se}&91.0^\circ \\ \ce{H2Te}&90.0^\circ \\ \end{array}$$
shaiss
Puntos
127
VSEPR no hacer un buen trabajo en la predicción de estas geometrías; sólo funciona por casualidad, para el segundo periodo.
Para el 14th grupo (el grupo IV en la nomenclatura anterior) las cosas son más o menos como Ben explicado. Tenemos un consistente número de sustituyentes (cuatro) y el mismo número de pares libres (cero) alrededor del átomo central. Por lo tanto, podemos organizar los sustituyentes tan lejos el uno del otro como sea posible para generar un tetrahedric estructura, y el orbital molecular de los cálculos indican que esto conducirá a la energía más baja. Se puede predecir lo que los orbitales moleculares se verá como de consideraciones de simetría. Cambiar el átomo central sólo cambia el bono de longitud.
Una vez que nos movemos en grupo 15, de repente tenemos un par solitario en el átomo central en el estado del suelo. Este par solitario va a ocupar un s-orbitales en el átomo aislado, y sería más estable para mantener este par solitario en un átomo por dos razones:
p-orbitales en realidad se extienden en una dirección del espacio, por lo que la superposición con una unión de pareja será más grande
el s-orbital es "más cerca del núcleo' (en un no-quantum view) lo que significa que la carga negativa de los electrones es la mejor estabilizado
Como tal, hay una tendencia general a través de toda la tabla periódica para mantener pares libres en los orbitales con un personaje tan grande como sea posible. El más grande de s-personaje es, por supuesto, un puro s-orbital. Por tanto, podemos predecir un ángulo de enlace de $90^\circ$ para todo el grupo 15 de hidruros - que es bien cumplidos para cada caso, excepto el amoníaco. (Esto es igualmente cierto para el grupo de 16 de ellos, con la excepción de oxígeno. Un par solitario debe residir en un p-orbital, ya que solo un s-orbital está disponible.)
Entonces, ¿qué hay de malo con el amoníaco y el agua? Así, el oxígeno y los átomos de nitrógeno son mucho más pequeños que sus homólogos más pesados y por lo tanto los átomos de hidrógeno sería mucho más cerca unos de otros en un ideal de a $90^\circ$ ángulo. Sin embargo, esto podría inducir a la nueva tensión estérica entre los átomos de hidrógeno, de desestabilización de la estructura entera. Por lo tanto, los átomos de hidrógeno se desplace lo suficiente a donde están suficientemente alejados entre sí, mientras que todavía permite el átomo central para que tanto el s-personaje en su par solitario como sea posible. El punto dulce pasa a ser $104.5^\circ$ para el agua y el $107.8^\circ$, para el amoníaco.
