Het sterische getal is gelijk aan het aantal $ \ sigma $ -bonden + het aantal alleenstaande elektronenparen op het centrale atoom. Het geeft ons het aantal gehybridiseerde orbitalen.
Het is vrij eenvoudig om het te berekenen, maar het probleem hier is dat men altijd de Lewis-structuur moet tekenen voordat men daadwerkelijk het sterische getal kan berekenen, en dan het aantal en de soorten hybride orbitalen. Zelfs dat is vrij eenvoudig voor een kleinere verbinding, zelfs als XeF $ _6 $, maar als het gaat om complexe koolwaterstoffen, is het een beetje moeilijk.
Mijn vraag is dat er een bekende (of niet zo bekend, maar werkend) om dit te doen, om tijd te besparen? Het zou geweldig zijn als iemand zijn ideeën zou kunnen delen en me zou kunnen helpen.
Bij voorbaat dank.
Reacties
- Ik wil er graag op wijzen dat je eerste en tweede zin zichzelf tegenspreken. Neem bijvoorbeeld $ \ ce {SF4} $. We hebben er twee 2 -electron-2-center (2e2c) $ \ ce {SF} $ $ \ sigma $ obligaties en één (ook 4e3c $ \ ce {F \ bond {…} S \ bond {…} F} $ bond We hebben ook een extra eenzaam paar. De 4e3c-binding is ook $ \ sigma $ -symmetrisch. Daarom hebben we drie of vier $ \ sigma $ -bindingen – afhankelijk van hoe je telt – en dus een sterisch getal van vier of vijf. Zwavel is echter $ \ mathrm {sp ^ 2} $ gehybridiseerd, dat wil zeggen dat slechts drie orbitalen deelnemen aan hybridisatie.
- Deze vraag werd gesteld voordat ik leerde d over het concept van bananenbindingen en andere speciale bindingen, waarin meerdere centra aanwezig zijn (zoals 4e3c en 2e3c). Daarom nam ik aan dat in alle verbindingen het sterische getal gelijk is aan het aantal gehybridiseerde orbitalen.
Antwoord
Kort antwoord: nee.
Het sterische getal is een eigenschap van een atoom, geen verbinding. Je moet weten wat een atoom is verbonden met een bepaald atoom om het sterische nummer te weten. Voor eenvoudige verbindingen kun je deze verbindingen meestal bepalen omdat de formule een centraal atoom en omliggende groepen suggereert. Voor koolwaterstoffen en andere organische verbindingen moet u rekening houden met isomerie. Gezien het vermogen van koolstof om gecompliceerde bindingspatronen te vormen, kunnen zelfs eenvoudige formules een behoorlijk aantal isomeren met verschillende bindingspatronen en sterische nummers produceren.
Laten we eens kijken naar enkele voorbeelden.
$ \ ce { C4H10} $
Deze formule komt overeen met twee verbindingen met de weergegeven structuren:
In dit geval hebben beide verbindingen alle vier de koolstofatomen met een sterisch getal van 4.
het is niet altijd waar dat een set van koolwaterstofisomeren hebben altijd hetzelfde sterische getal voor alle koolstofatomen of zelfs dezelfde reeks sterische getallen.
$ \ ce {C4H8} $
Deze formule komt overeen met zes isomeren:
Houd er rekening mee dat vier van deze structuren hebben twee koolstofatomen met sterisch nummer 4 en twee koolstofatomen met sterisch nummer 3. De andere twee hebben alle vier koolstofatomen met sterisch nummer 4.
Elke methode om het sterische nummer voor koolstofatomen in een organische verbinding die alleen de formule gebruikt mislukken. Je moet de structuur onderzoeken.
Antwoord
Oké … ik heb een snelkoppeling gevonden en wil deze graag delen voor het geval het nuttig is voor anderen. Deze formule is echter van toepassing op moleculen met slechts één centraal atoom.
Hier is hoe het gaat :
-
Zoek $ N = \ frac {V + M \ pm I} {2} $, waarbij $ V = n (\ ce {e -}) $, het getal van valentie-elektronen van centraal atoom, dat gelijk is aan het groepsnummer volgens het oude IUPAC-systeem, $ M = n (\ text {atom}) $, het aantal eenwaardige atomen dat er direct aan is gebonden, en $ I $ is de aantal aanwezige positieve of negatieve ladingen (trek het af als de lading positief is en tel het op als de lading negatief is). Deze $ N $ is het sterische getal.
-
Zoek nu het aantal bindingsparen ($ BP $) elektronen, dat gelijk is aan het aantal atomen rond de centrale atoom. Dit is echter een beetje moeilijk voor een soort als $ \ ce {H3BO3} $, wat eigenlijk $ \ ce {B (OH) 3} $ is, wanneer geschreven volgens de IUPAC-methode om eerst de minder elektronegatieve atomen te schrijven.
-
Zoek vervolgens het aantal eenzame paar ($ LP $) elektronen, dat gelijk is aan $ N-BP $.
-
Teken nu de structuur van het atoom met behulp van het centrale atoom, teken het skelet van het atoom met behulp van het sterische getal en wijs vervolgens de Bond Pairs en Lone-paren toe aan de respectievelijke bindingen / atomen.
Dat is voor een atoom met een enkel centraal atoom.
Nu is het voor een koolwaterstof, hoewel het niet mogelijk is om de vorm rechtstreeks uit de molecuulformule te halen, de structuur en hybridisatie ervan te vinden als en slechts als de basisstructuur van het atoom aanwezig is.
- Voor een verbinding met een enkele $ \ sigma $ binding tussen koolstofatomen, is de hybridisatie $ sp ^ 3 $
- Voor een $ \ sigma $ en een $ \ pi $ bond, het is $ sp ^ 2 $ gehybridiseerd, en
- Voor één $ \ sigma $ en twee $ \ pi $ bindingen is het $ sp $ gehybridiseerd.
In wezen is er dus geen formule voor koolwaterstoffen, maar wel voor kleinere verbindingen, met een enkel centraal atoom .
Answer
Ik heb mijn studenten dezelfde sneltoets geleerd door AbhigyanC, maar een beetje anders uitgedrukt. Met dezelfde symbolen:
LP = (VMI) / 2
waarbij
LP = Aantal alleenstaande paren op centraal atoom
V = aantal valentie-elektronen gebracht door centraal atoom
M = aantal waterstofatomen of halogenen gebonden aan het centrale atoom
I = lading van de soort
Het is een herschikking van de formele ladingsformule en gebruikt de volgende aanvullende observaties:
- Waterstof maakt altijd enkelvoudige bindingen
- Halogenen maken enkelvoudige bindingen wanneer ze perifeer (bij minst goed genoeg voor algemene chemie)
- De nettolading kan worden toegewezen aan het centrale atoom omdat de toegestane perifere atomen geen niet-nul-formele ladingen aannemen
Natuurlijk sterisch getal is: N = M + LP
Met deze snelkoppeling kan ik (en elke student die het toepast) eenvoudig naar een formule kijken en de VSEPR-voorspelling bedenken met een eenvoudige hoofdberekening!