هيكل لويس في consite ، وكيف يتم ذلك ، أمثلة

ال هيكل لويس هو كل هذا التمثيل من الروابط التساهمية داخل جزيء أو أيون. في ذلك ، يتم تمثيل هذه الروابط والإلكترونات بالنقاط أو الواصلات الطويلة ، على الرغم من أن النقاط تتوافق في معظم الأحيان مع الإلكترونات غير المشاركة والشرطات للروابط التساهمية.

ولكن ما هي الرابطة التساهمية؟ هو تقاسم زوج من الإلكترونات (أو النقاط) بين أي ذرتين من الجدول الدوري. باستخدام هذه المخططات ، يمكنك رسم العديد من الهياكل العظمية لمركب معين. أي واحد هو الصحيح سوف يعتمد على التهم الرسمية والطبيعة الكيميائية لنفس الذرات.

في الصورة أعلاه لدينا مثال على ماهية بنية لويس. في هذه الحالة ، يكون المركب المُمثل هو بروموبروبان. يمكن تقدير النقاط السوداء المقابلة للإلكترونات ، سواء تلك التي تشارك في الروابط أو تلك غير المشتركة (الزوج الوحيد فوق Br).

إذا تم استبدال أزواج النقاط ":" بواصلة طويلة "-" ، فسيتم تمثيل الهيكل العظمي الكربوني لبروموبروبان على النحو التالي: C-C-C. لماذا ، بدلاً من "الإطار الجزيئي" المرسوم ، لا يمكن أن يكون C-H-H-C؟ تكمن الإجابة في الخصائص الإلكترونية لكل ذرة.

وبالتالي ، نظرًا لأن الهيدروجين يحتوي على إلكترون واحد فقط ومداري واحد متاح للتعبئة ، فإنه يشكل رابطة تساهمية واحدة فقط. لذلك ، لا يمكن أن تشكل رابطتين (يجب عدم الخلط بينها وبين روابط الهيدروجين). من ناحية أخرى ، يسمح التكوين الإلكتروني لذرة الكربون (ويتطلب) بتكوين أربع روابط تساهمية.

لهذا السبب ، يجب أن تكون هياكل لويس حيث يتدخل C و H متماسكة وتحترم ما يحكمها التكوينات الإلكترونية. وبهذه الطريقة ، إذا كان للكربون أكثر من أربع روابط ، أو كان للهيدروجين أكثر من واحد ، فيمكن حينئذٍ التخلص من الخطوط العريضة ويمكن البدء في إنشاء خط جديد جديد يتوافق مع الواقع..

هذا هو المكان الذي تظهر فيه بعض الأسباب الرئيسية أو ظهور هذه الهياكل ، التي قدمها جيلبرت نيوتن لويس في بحثه عن التمثيل الجزيئي المؤمن للبيانات التجريبية: التركيب الجزيئي والشحنات الرسمية.

يمكن تمثيل جميع المركبات الموجودة بواسطة هياكل لويس ، مما يعطي تقريبًا أولًا لكيفية وجود الجزيء أو الأيونات.

مؤشر

1 ما هو هيكل لويس?
2 كيف يتم ذلك؟?
- 2.1 تطبيق المعادلة الرياضية
- 2.2 مكان وضع ذرات أقل كهربيًا
- 2.3 التماثل والرسوم الرسمية
3 قيود على قاعدة الثماني
4 أمثلة على هياكل لويس
- 4.1 اليود
- 4.2 الأمونيا
- 4.3 C2H6O
- 4.4 ايمان برمنجنات
- 4.5 أيون ثنائي كرومات
5 المراجع

ما هو هيكل لويس?

إنه هيكل تمثيلي لإلكترونات التكافؤ والروابط التساهمية في جزيء أو أيون يعمل على الحصول على فكرة عن بنيته الجزيئية.

ومع ذلك ، يفشل هذا الهيكل في التنبؤ ببعض التفاصيل المهمة مثل الهندسة الجزيئية فيما يتعلق بالذرة وبيئتها (إذا كانت مربعة ، مثلثية ، ثنائية الهرم ، وما إلى ذلك).

كما أنه لا يقول شيئًا عن التهجين الكيميائي لذراته ، ولكن أين توجد الروابط الثنائية أو الثلاثية وإذا كان هناك صدى في التركيب.

من خلال هذه المعلومات ، يمكن الجدال حول تفاعلية المركب ، ثباته ، وكيف وماذا سيتبعه الجزيء عندما يتفاعل.

لهذا السبب لم تتوقف هياكل لويس عن النظر وهي مفيدة للغاية ، لأنه يمكن تكثيف التعلم الكيميائي الجديد فيها.

كيف يتم ذلك؟?

لرسم أو رسم بنية أو صيغة أو مخطط لويس يعد الصيغة الكيميائية للمركب ضرورية. وبدون ذلك ، لا يمكنك حتى معرفة الذرات التي تتكون منها. بمجرد استخدامه ، يتم استخدام الجدول الدوري لتحديد المجموعات التي ينتمون إليها..

على سبيل المثال ، إذا كان لديك مركب C₁₄O₂N₃ ثم يجب أن نبحث عن المجموعات التي يوجد فيها الكربون والأكسجين والنيتروجين. هذا ما فعله ، بغض النظر عن المركب ، فإن عدد الإلكترونات التكافؤ لا يزال هو نفسه ، بحيث يتم حفظها عاجلاً أم آجلاً.

وبالتالي ، ينتمي الكربون إلى مجموعة ضريبة القيمة المضافة ، والأكسجين لمجموعة VIA والنيتروجين إلى VA. رقم المجموعة يساوي عدد إلكترونات التكافؤ (نقاط). تشترك جميعها في ميل لاستكمال ثمانية طبقة التكافؤ.

ينطبق هذا على جميع العناصر غير المعدنية أو تلك الموجودة في الكتل s أو p في الجدول الدوري. ومع ذلك ، لا تطيع جميع العناصر قاعدة الثماني. حالات خاصة هي المعادن الانتقالية ، التي تعتمد هياكلها بشكل أكبر على الشحنات الرسمية ورقم مجموعتها.

تطبيق الصيغة الرياضية

بمعرفة المجموعة التي تنتمي إليها العناصر ، وبالتالي ، عدد إلكترونات التكافؤ المتاحة لتشكيل الروابط ، ننتقل إلى الصيغة التالية ، والتي هي مفيدة لرسم هياكل لويس:

C = N - D

حيث يعني C الإلكترونات المشتركة, وهذا هو ، أولئك الذين يشاركون في السندات التساهمية. نظرًا لأن كل رابط يتكون من إلكترونين ، فإن C / 2 تساوي عدد الوصلات (أو الشرطات) التي يجب رسمها.

ن هي الإلكترونات اللازمة, التي يجب أن يكون ذرة في قذيفة التكافؤ لتكون إلكترونيا للغاز النبيل الذي يتبع ذلك في نفس الفترة. بالنسبة لجميع العناصر الأخرى بخلاف H (حيث يتطلب الأمر مقارنة إلكترونين به) ، فإنها تحتاج إلى ثمانية إلكترونات.

د هي الإلكترونات المتاحة, التي تحددها المجموعة أو أعداد الإلكترونات التكافؤ. وبالتالي ، نظرًا لأن Cl ينتمي إلى مجموعة VIIA ، فيجب أن تكون محاطة بسبع نقاط سوداء أو إلكترونات ، وتذكر أن هناك حاجة لزوج لتشكيل رابط.

وجود الذرات ونقاطها وعدد سندات C / 2 ، يمكن بعد ذلك تركيب هيكل لويس. لكن بالإضافة إلى ذلك ، من الضروري أن يكون لديك فكرة عن "القواعد" الأخرى.

أين نضع أقل ذرات كهربية

وتحتل المراكز ذرات أقل الكترونية في الغالبية العظمى من الهياكل. لهذا السبب ، إذا كان لديك مركب يحتوي على ذرات P و O و F ، فيجب وضع P في وسط البنية الافتراضية.

أيضا ، من المهم أن نلاحظ أن ذرات الهيدروجين ترتبط عادة بالذرات عالية الكهربية. إذا كان لديك مركب Zn و H و O ، فسوف يذهب H بجوار O وليس مع Zn (Zn-O-H وليس H-Zn-O). هناك استثناءات لهذه القاعدة ، ولكنها تحدث عادة مع ذرات غير معدنية.

التماثل والرسوم الرسمية

لدى الطبيعة تفضيل كبير لتكوين بنى جزيئية متناظرة قدر الإمكان. هذا يساعد على تجنب وضع هياكل مضطربة ، مع ترتيب الذرات بطريقة لا تطيع أي نمط واضح.

على سبيل المثال ، للمجمع C₂A₃, حيث A عبارة عن ذرة وهمية ، فإن الهيكل الأرجح هو A-C-A-C-A. لاحظ التماثل بين الجانبين ، كلاهما انعكاس للآخر.

تلعب الرسوم الرسمية أيضًا دورًا مهمًا عند رسم هياكل لويس ، خاصةً بالنسبة للأيونات. وبالتالي ، يمكن إضافة الروابط أو إزالتها بحيث تتوافق الشحنة الرسمية للذرة مع التكلفة الإجمالية المعروضة. هذا المعيار مفيد للغاية لمركبات المعادن الانتقالية.

قيود في قاعدة الثماني

لم يتم استيفاء جميع القواعد ، وهذا لا يعني بالضرورة أن البنية غير صحيحة. لوحظت أمثلة نموذجية على ذلك في العديد من المركبات التي تشارك فيها عناصر المجموعة IIIA (B و Al و Ga و In و Tl). الألومنيوم ثلاثي فلوريد (AlF) يعتبر هنا على وجه التحديد₃).

عند تطبيق الصيغة الموضحة أعلاه ، لدينا:

D = 1 × 3 (ذرة ألمنيوم واحدة) + 7 × 3 (ثلاث ذرات فلورين) = 24 إلكترون

هنا 3 و 7 هي المجموعات المعنية أو أعداد الإلكترونات التكافؤ المتاحة للألمنيوم والفلور. ثم ، بالنظر إلى الإلكترونات اللازمة N:

ن = 8 × 1 (ذرة ألمنيوم واحدة) + 8 × 3 (ثلاث ذرات فلورين) = 32 إلكترون

وبالتالي فإن الإلكترونات المشتركة هي:

C = N - D

ج = 32 - 24 = 8 إلكترونات

C / 2 = 4 روابط

نظرًا لأن الألومنيوم هو أقل ذرة كهربيًا ، فإنه يجب وضعه في الوسط ، ولا يشكل الفلور سوى رابطة. النظر في هذا ، لدينا هيكل لويس من AlF₃ (الصورة العليا) يتم تمييز الإلكترونات المشتركة بنقاط خضراء لتمييزها عن تلك غير المشتركة.

على الرغم من أن الحسابات تتنبأ بوجود 4 روابط يجب تشكيلها ، إلا أن الألومنيوم يفتقر إلى الإلكترونات الكافية بالإضافة إلى عدم وجود ذرة فلورية رابعة. نتيجة لذلك ، لا يتوافق الألومنيوم مع قاعدة الثماني ولا تنعكس هذه الحقيقة في الحسابات.

أمثلة على هياكل لويس

اليود

اليود هو الهالوجين وبالتالي ينتمي إلى المجموعة VIIA. عندها سبعة إلكترونات تكافؤ ، ويمكن تمثيل هذا الجزيء الثنائي الابعاد البسيط بالارتجال أو بتطبيق الصيغة:

D = 2 × 7 (ذرتان من اليود) = 14 إلكترون

ن = 2 × 8 = 16 الإلكترونات

C = 16 - 14 = 2 إلكترون

C / 2 = 1 رابط

اعتبارًا من 14 إلكترونًا (2) يشارك في الرابطة التساهمية (النقاط الخضراء والوصلة) ، يبقى 12 غير مشترك ؛ ولأنها ذرتان من اليود ، يجب تقسيم 6 على واحدة منها (إلكترونات التكافؤ الخاصة بهم). في هذا الجزيء ، هذا الهيكل ممكن فقط ، هندسته خطية.

نشادري

ما هو هيكل لويس لجزيء الأمونيا؟ نظرًا لأن النيتروجين ينتمي إلى مجموعة VA ، فإنه يحتوي على خمسة إلكترونات تكافؤ ، ثم:

D = 1 × 5 (ذرة نيتروجين واحدة) + 1 × 3 (ثلاث ذرات هيدروجين) = 8 إلكترونات

ن = 8 × 1 + 2 × 3 = 14 إلكترون

C = 14 - 8 = 6 إلكترونات

C / 2 = 3 روابط

هذه المرة تنجح الصيغة بعدد الروابط (ثلاثة روابط خضراء). اعتبارًا من الـ 8 إلكترونات المتاحة 6 التي تشارك في الروابط ، يوجد زوج غير مشترك يقع فوق ذرة النيتروجين.

هذا الهيكل يقول كل ما يجب معرفته عن قاعدة الأمونيا. عند تطبيق معرفة TEV و TRPEV ، يتم استنتاج أن الهندسة الرباعية السطحية مشوهة بواسطة زوج النيتروجين الحر وأن تهجين هذا هو س³.

C₂H₆O

الصيغة يتوافق مع مركب عضوي. قبل تطبيق الصيغة ، يجب أن نتذكر أن الهيدروجين يشكل رابطة واحدة ، الأكسجين 2 ، الكربون أربعة وأن الهيكل يجب أن يكون متماثلًا قدر الإمكان. من خلال الأمثلة السابقة ، لدينا:

D = 6 × 1 (ست ذرات هيدروجين) + 6 × 1 (ذرة أكسجين واحدة) + 4 × 2 (ذرتان كربون) = 20 إلكترون

ن = 6 × 2 (ست ذرات هيدروجين) + 8 × 1 (ذرة أكسجين واحدة) + 8 × 2 (ذرتان كربون) = 36 إلكترون

C = 36 - 20 = 16 إلكترون

C / 2 = 8 روابط

عدد الشرطات الخضراء يتوافق مع 8 روابط محسوبة. هيكل لويس المقترح هو أن إيثانول CH₃CH₂OH. ومع ذلك ، كان من الصحيح أيضًا اقتراح بنية ثنائي ميثيل الإيثر CH₃OCH₃, وهو أكثر تماثلًا.

أي من الاثنين "أكثر" صحيح؟ كلاهما متساويان ، لأن التركيبات ظهرت كأيزومرات هيكلية لنفس الصيغة الجزيئية C₂H₆O.

برمنجنات أيون

يكون الوضع معقدًا عند الرغبة في تكوين هياكل لويس للمركبات المعدنية الانتقالية. ينتمي المنجنيز إلى مجموعة VIIB ؛ وبالمثل ، يجب إضافة إلكترون الشحنة السالبة بين الإلكترونات المتاحة. تطبيق الصيغة لديك:

D = 7 × 1 (ذرة منجنيز واحدة) + 6 × 4 (أربع ذرات أكسجين) + 1 إلكترون لكل شحنة = 32 إلكترون

ن = 8 × 1 + 8 × 4 = 40 إلكترون

C = 40 - 32 = 8 إلكترونات مشتركة

C / 2 = 4 روابط

ومع ذلك ، يمكن أن تحتوي الفلزات الانتقالية على أكثر من ثمانية إلكترونات التكافؤ. أيضا ، لأيون MnO₄^- تظهر الشحنة السلبية فمن الضروري تقليل الشحنات الرسمية لذرات الأكسجين. كيف؟ من خلال الروابط المزدوجة.

إذا كانت جميع الروابط من MNO₄^- كانت بسيطة ، فإن الاتهامات الرسمية للأكسجين تساوي -1. نظرًا لوجود أربعة ، فإن الشحنة الناتجة ستكون -4 بالنسبة للأنيون ، وهو أمر غير صحيح بالطبع. عندما يتم تشكيل الروابط المزدوجة ، فإنه يضمن أن الأكسجين الواحد له شحنة رسمية سالبة ، تنعكس في الأيونات.

في أيون برمنجنات يمكن أن نرى أن هناك صدى. هذا يعني أن الرابطة الفردية البسيطة Mn-O يتم فصلها بين ذرات O الأربعة..

أيون ديكرومات

أخيرًا ، تحدث حالة مماثلة مع أيون ثنائي كرومات (الكروم₂O₇). ينتمي Chromium إلى مجموعة VIB ، لذلك يحتوي على ستة إلكترونات تكافؤ. تطبيق الصيغة مرة أخرى:

D = 6 × 2 (ذرتان من الكروم) + 6 × 7 (سبع ذرات أكسجين) + 2 إلكترون لكل شحنة ثنائية التكافؤ = 56 إلكترون

ن = 8 × 2 + 8 × 7 = 72 إلكترون

C = 72 - 56 = 16 إلكترونات مشتركة