ლუისის სტრუქტურები და ფორმალური მუხტი: მეთოდი, რომელიც შეგიძლიათ შეამოწმოთ

ვალენტური ელექტრონების დათვლა მოლეკულებისა და მრავალატომიანი იონებისთვის

ყოველი ლუისის სტრუქტურა ერთი რიცხვით იწყება: განსათავსებელი ვალენტური ელექტრონების ჯამური რაოდენობა. მთავარი ქვეჯგუფის ელემენტებისთვის ვალენტური ელექტრონების რაოდენობა ჯგუფის ნომრის ბოლო ციფრის ტოლია 1–18 ნუმერაციაში, ამიტომ ნახშირბადი 4-ს იძლევა, აზოტი 5-ს, ჟანგბადი 6-ს და თითოეული ჰალოგენი 7-ს. წყალბადი 1-ს იძლევა, ჰელიუმი კი 2 ელექტრონით ჯგუფის ნომრის წესის ერთადერთი გამონაკლისია.

იონის მუხტი ჯამს ცვლის. უარყოფითი მუხტი ნიშნავს დამატებით ელექტრონებს, ამიტომ უარყოფითი მუხტის თითო ერთეულზე ერთ ელექტრონს ამატებთ. დადებითი მუხტი ნიშნავს ელექტრონების ნაკლებობას, ამიტომ აკლებთ. ამონიუმის იონს, NH₄⁺, აქვს 5 + 4(1) − 1 = 8 ვალენტური ელექტრონი, ხოლო კარბონატის იონს, CO₃²⁻, 4 + 3(6) + 2 = 24.

ჩაწერეთ ეს ჯამი, სანამ რამეს დახაზავთ; ეს არის რიცხვი, რომელსაც დასრულებულ სტრუქტურას შეადარებთ.

საყრდენის აგება და ელექტრონული წყვილების განთავსება

საყრდენი არის სქემა იმისა, რომელი ატომი რომელს უკავშირდება. წყალბადი და ფტორი თითქმის ყოველთვის მხოლოდ ერთ ბმას ქმნიან, ამიტომ ისინი ტერმინალური ატომებია. ცენტრალური ატომი ჩვეულებრივ წყალბადის გარდა ყველაზე ნაკლებად ელექტროუარყოფითი ატომია, რომელიც ხშირად ფორმულაში ერთხელ გვხვდება. ჟანგბადშემცველ მჟავებში წყალბადის ატომები ჩვეულებრივ ჟანგბადთანაა დაკავშირებული და არა ცენტრალურ ატომთან.

საყრდენის დადგენის შემდეგ დარჩენილი ნაბიჯები ელექტრონებს ანაწილებს ისე, რომ თითოეულმა ატომმა სტაბილურ რაოდენობას მიაღწიოს. მე-2 პერიოდის ატომებს (C, N, O, F) მათ ირგვლივ მაქსიმუმ რვა ელექტრონის დატევა შეუძლიათ, რადგან მხოლოდ ოთხი ვალენტური ორბიტალი აქვთ, რის გამოც ოქტეტის წესი მათთვის მყარი ზღვარია.

• დააკავშირეთ თითოეული ტერმინალური ატომი ცენტრალურ ატომთან ერთმაგი ბმით (თითო 2 ელექტრონი).
• დაასრულეთ ტერმინალური ატომების ოქტეტები გაუზიარებელი წყვილებით (წყალბადს მხოლოდ 2 სჭირდება).
• დარჩენილი ელექტრონები ცენტრალურ ატომზე გაუზიარებელ წყვილებად განათავსეთ.
• თუ ცენტრალურ ატომს მაინც 8-ზე ნაკლები ელექტრონი აქვს, მეზობელი ატომის გაუზიარებელი წყვილი გადააქციეთ გაზიარებულ წყვილად ორმაგი ან სამმაგი ბმის შესაქმნელად.
• შეამოწმეთ: დახატული ელექტრონები ჩათვლილ ჯამს უნდა უტოლდებოდეს და თითოეულ მე-2 პერიოდის ატომს 8-ზე მეტი არ უნდა ჰქონდეს.

ფორმალური მუხტი როგორც ტესტი კანდიდატ სტრუქტურებს შორის

ფორმალური მუხტი იკითხავს, რამდენი ელექტრონი ეკუთვნის ატომს ნახაზში ნეიტრალურ თავისუფალ ატომთან შედარებით, თუ ყოველი მაკავშირებელი წყვილი თანაბრად გაიყოფა. ფორმულაა FC = V − N − B/2, სადაც V ატომის ვალენტური ელექტრონების რაოდენობაა, N მასზე არამაკავშირებელი (გაუზიარებელი წყვილის) ელექტრონების რაოდენობაა, B კი მისი ბმების ელექტრონების რაოდენობა. სტრუქტურაში ფორმალური მუხტები ყოველთვის ჯამში სახეობის საერთო მუხტს იძლევა, რაც ჩაშენებულ არითმეტიკულ შემოწმებას გაძლევთ.

როცა რამდენიმე სტრუქტურა ელექტრონების რაოდენობას ემორჩილება, არჩიეთ ის, რომელშიც ფორმალური მუხტები რაც შეიძლება ნულთან ახლოსაა. თუ რომელიმე ფორმალური მუხტი უნდა დარჩეს, უკეთესი სტრუქტურა უარყოფით ფორმალურ მუხტს უფრო ელექტროუარყოფით ატომზე ათავსებს და თავს არიდებს ერთი ნიშნის მუხტების დაკავშირებულ მეზობლებზე განთავსებას.

ფორმალური მუხტი აღრიცხვაა და არა გაზომილი მუხტი. რადგან ის ელექტროუარყოფითობას უგულებელყოფს, ატომს ნულოვანი ფორმალური მუხტით რეალურ მოლეკულაში მაინც შეიძლება მნიშვნელოვანი ნაწილობრივი მუხტი ჰქონდეს.

გადაწყვეტილი მაგალითი: ფოსგენი და ციანატის იონი

ფოსგენი, COCl₂. დათვლა: C იძლევა 4-ს, O იძლევა 6-ს და თითოეული Cl იძლევა 7-ს, ამიტომ ჯამია 4 + 6 + 2(7) = 24 ელექტრონი. ნახშირბადი ცენტრალური ატომია. სამი ერთმაგი ბმა C-დან O-სა და თითოეულ Cl-მდე 6 ელექტრონს იყენებს. O-ისა და ორივე Cl-ის ოქტეტების დასრულება კიდევ 3 × 6 = 18-ს იყენებს, სულ 24, ამიტომ ნახშირბადისთვის ელექტრონები აღარ რჩება. ნახშირბადს ირგვლივ მხოლოდ 6 ელექტრონი აქვს, ამიტომ ერთი გაუზიარებელი წყვილი მეორე ბმად გადააქციეთ. O-ს გაუზიარებელი წყვილის გადაყვანა იძლევა C=O-ს; Cl-ის გაუზიარებელი წყვილის გადაყვანა იძლევა C=Cl-ს.

ფორმალური მუხტი ირჩევს მათ შორის. C=O-ს შემთხვევაში ჟანგბადს აქვს 4 არამაკავშირებელი და 4 მაკავშირებელი ელექტრონი: FC = 6 − 4 − 4/2 = 0. თითოეულ Cl-ს აქვს 6 არამაკავშირებელი და 2 მაკავშირებელი ელექტრონი: FC = 7 − 6 − 1 = 0. ნახშირბადს აქვს 8 მაკავშირებელი ელექტრონი: FC = 4 − 0 − 4 = 0. C=Cl-ის შემთხვევაში ეს Cl ხდება 7 − 4 − 2 = +1, ერთმაგად დაკავშირებული O კი 6 − 6 − 1 = −1. სტრუქტურა ყველა ნულით და C=O ორმაგი ბმით სასურველია.

ციანატის იონი, OCN⁻. დათვლა: 6 + 4 + 5 + 1 = 16 ელექტრონი, ნახშირბადი ცენტრალურია. სამი განლაგება ნახშირბადს ოქტეტს აძლევს: O=C=N, O≡C–N და O–C≡N, თითოეულში გაუზიარებელი წყვილები ამთავრებს O-სა და N-ის ოქტეტებს. O=C=N-ისთვის O = 6 − 4 − 2 = 0 და N = 5 − 4 − 2 = −1. O≡C–N-ისთვის O = 6 − 2 − 3 = +1 და N = 5 − 6 − 1 = −2. O–C≡N-ისთვის O = 6 − 6 − 1 = −1 და N = 5 − 2 − 3 = 0. ნახშირბადი სამივეში 0-ია, და თითოეული ნაკრები ჯამში −1-ს იძლევა, როგორც უნდა.

O≡C–N ფორმას ყველაზე დიდი მუხტები აქვს და დადებით მუხტს ჟანგბადზე, ყველაზე ელექტროუარყოფით ატომზე, ათავსებს, ამიტომ ის ყველაზე ნაკლებ წვლილს შეიტანს. O–C≡N ფორმა უარყოფით მუხტს ჟანგბადზე ათავსებს და ყველაზე მნიშვნელოვანი წვლილის შემტანია, O=C=N კი ახლოს მოსდევს. რეალური იონი ამ სტრუქტურების ნარევია, როგორც შემდეგი ნაწილი განმარტავს.

რეზონანსი, როცა ერთ ნახაზს ბმების აღწერა არ შეუძლია

ზოგ სახეობას ორი ან მეტი სწორი ლუისის სტრუქტურა აქვს, რომლებიც მხოლოდ იმით განსხვავდება, სად არის ელექტრონები განთავსებული, ყველა ატომი კი ერთ პოზიციაზეა. ეს რეზონანსული სტრუქტურებია, რომლებიც ორთავიანი ისრით (↔) იწერება მათ შორის. რეალური მოლეკულა ერთი სტრუქტურაა, რეზონანსული ჰიბრიდი, რომლის ბმები წვლილის შემტანების საშუალოა. ის მათ შორის წინ და უკან არ გადადის.

ფორმიატის იონი, HCOO⁻, წმინდა მაგალითია. დათვლა: 1 + 4 + 2(6) + 1 = 18 ელექტრონი. როცა H და ორივე O ატომი C-ს უკავშირდება და ჟანგბადის ოქტეტები სრულდება, 18 ელექტრონი გამოყენებულია, ნახშირბადს კი მხოლოდ 6 აქვს, ამიტომ ჟანგბადის ერთი გაუზიარებელი წყვილი C=O ბმად იქცევა. ორმაგად დაკავშირებულ O-ს აქვს FC = 6 − 4 − 2 = 0, ერთმაგად დაკავშირებულს კი FC = 6 − 6 − 1 = −1. ორმაგი ბმა ნებისმიერ ჟანგბადზე შეიძლება იყოს, ამიტომ ორი ექვივალენტური სტრუქტურაა.

რადგან ორი წვლილის შემტანი ექვივალენტურია, ჰიბრიდს ორი იდენტური ნახშირბად–ჟანგბადის ბმა აქვს, თითოეული ერთმაგსა და ორმაგ ბმას შორის შუალედური, და თითოეული ჟანგბადი საშუალოდ უარყოფითი მუხტის ნახევარს ატარებს. კარბოქსილატის იონებში გაზომილი ბმის სიგრძეები ამ სურათს ეთანხმება. როცა წვლილის შემტანები ექვივალენტური არ არის, როგორც ციანატში, ჰიბრიდი ყველაზე მეტად დაბალი ფორმალური მუხტის სტრუქტურებს ჰგავს.

როცა ოქტეტის წესი იხრება: კენტი, არასრული და გაფართოებული რაოდენობები

სახეობების სამი ტიპი ოქტეტის სურათში არ ჯდება. კენტი ელექტრონების მქონე მოლეკულებს, მაგალითად აზოტის მონოქსიდს, NO, 5 + 6 = 11 ვალენტური ელექტრონით, ყველა ატომს ოქტეტის მიცემა არ შეუძლია; ერთ ატომს დაუწყვილებელი ელექტრონი უნდა ჰქონდეს. ამ ტიპის სახეობებს რადიკალები ეწოდება და ისინი ჩვეულებრივ რეაქციისუნარიანია.

ზოგ მოლეკულას ცენტრალურ ატომზე არასრული ოქტეტი აქვს. ბორის ტრიფტორიდში, BF₃ (24 ელექტრონი), სამი B–F ერთმაგი ბმის მქონე სტრუქტურა ბორს 6 ელექტრონს უტოვებს, მაგრამ ყველა ატომს ნულოვან ფორმალურ მუხტს აძლევს. B=F ორმაგი ბმის შექმნა ბორის ოქტეტს მხოლოდ იმით დაასრულებდა, რომ ფტორს +1 ფორმალურ მუხტს და ბორს −1-ს მისცემდა, ამიტომ ერთმაგბმიანი სტრუქტურა ჩვეულებრივი აღწერაა.

მე-3 და უფრო დაბალი პერიოდების ატომები შეიძლება რვაზე მეტი ელექტრონით დაიხატოს. PCl₅-ში (40 ელექტრონი) ხუთი ბმა ფოსფორს 10 ელექტრონს აძლევს. ტრიიოდიდის იონში, I₃⁻ (3 × 7 + 1 = 22 ელექტრონი), ცენტრალურ იოდს ორი ბმა და სამი გაუზიარებელი წყვილი აქვს, ხოლო მისი ფორმალური მუხტია 7 − 6 − 2 = −1. დარჩენილი ელექტრონები ცენტრალურ ატომზე მხოლოდ მას შემდეგ განათავსეთ, რაც ყველა ტერმინალურ ატომს ოქტეტი ექნება.

გავრცელებული შეცდომები ლუისის სტრუქტურებში და მათი შემჩნევა

შეცდომების უმეტესობა თვლის შეცდომაა, ამიტომ ყველაზე საიმედო ჩვევაა ყოველი სტრუქტურა ორი შემოწმებით დაასრულოთ: დათვალეთ ნახაზში ყველა ელექტრონი (2 ბმაზე, 2 გაუზიარებელ წყვილზე) თქვენს ჩაწერილ ჯამთან შედარებით და შეკრიბეთ ფორმალური მუხტები, რომ დაადასტუროთ, რომ ისინი საერთო მუხტს უტოლდება.

თუ თქვენი ჯამი თანაკლასელის ან პასუხების გასაღების ჯამისგან იონის მუხტის ორჯერადით განსხვავდება, მუხტი სავარაუდოდ არასწორი ნიშნით იყო გამოყენებული. თუ ნახაზში ელექტრონების რაოდენობა თქვენი ჯამისგან განსხვავდება, მოძებნეთ ბმები, რომლებიც ორის ნაცვლად ერთ ელექტრონად დაითვალეთ, ან დარჩენილი ელექტრონები, რომლებიც არასდროს განათავსეთ. ქვემოთ მოცემული კონკრეტული შეცდომები არასწორი სტრუქტურების უმეტესობას ხსნის.

• კატიონისთვის ელექტრონების დამატება ან ანიონისთვის მათი გამოკლება. უარყოფითი მუხტი ნიშნავს მეტ ელექტრონს.
• ბმის ერთ ელექტრონად დათვლა. თითოეული ხაზი გაზიარებულ წყვილს წარმოადგენს, ამიტომ ის 2 ელექტრონია.
• წყალბადისთვის ორი ბმის მიცემა ან მისი ცენტრალურ ატომად ქცევა. წყალბადი მხოლოდ 2 ელექტრონს იტევს.
• C, N, O ან F-ზე 8-ზე მეტი ელექტრონის განთავსება. გაფართოებული რაოდენობები მხოლოდ მე-3 და უფრო დაბალი პერიოდებისთვისაა შესაძლებელი.
• ფორმალური მუხტის ატომის რეალურ მუხტად მიჩნევა, ან მისი აღრევა ჟანგვის რიცხვთან, რომელიც ყველა მაკავშირებელ ელექტრონს უფრო ელექტროუარყოფით ატომს ანიჭებს.
• რეზონანსული სტრუქტურების ხატვა ატომების გადაადგილებით. ატომის გადაადგილება განსხვავებულ ნაერთს ქმნის და არა რეზონანსულ წვლილს.