Wiązanie kowalencyjne

Jak to rozwiązać — wiązanie potrójne w N₂

W cząsteczce N₂ jest wiązanie potrójne N≡N. Wiązanie potrójne = 1 wiązanie σ + 2 wiązania π. Każdy atom azotu ma jeszcze jedną wolną parę elektronową → łącznie 2 wolne pary.

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — właściwości a typ sieci

Substancja A: niska temperatura topnienia, dobra rozpuszczalność w wodzie i brak przewodnictwa → kryształ molekularny.

Substancja B: bardzo wysoka temperatura topnienia, nierozpuszczalna, nie przewodzi prądu → kryształ kowalencyjny (atomowy).

✔ Zgodne z kluczem: A — molekularne, B — kowalencyjne.

Rozwiązanie – Zadanie 5.2: Trichlorek jodu ICl₃

1. Krok 1. Wyznaczenie liczby elektronów walencyjnych atomu centralnego i podstawników

   Jod (I) należy do grupy 17 (VIIA) – posiada 7 elektronów walencyjnych.
   Chlor (Cl) należy do grupy 17 (VIIA) – każdy atom Cl posiada 7 elektronów walencyjnych.
   W cząsteczce $\text{ICl}_3$ atom centralny to jod, który tworzy 3 wiązania z atomami chloru.

   Liczba elektronów walencyjnych wnoszonych przez jod: $7$
   Liczba elektronów walencyjnych wnoszonych przez 3 atomy Cl: $3 \times 7 = 21$
   Łącznie: $7 + 21 = 28$ elektronów walencyjnych (14 par elektronowych).

2. Krok 2. Wzór elektronowy cząsteczki ICl₃

   Każde wiązanie I–Cl angażuje 2 elektrony (1 parę wiążącą). Po utworzeniu 3 wiązań:

   $$3 \times 2 = 6 \text{ elektronów zużyto na wiązania}$$

   Pozostałe elektrony: $28 - 6 = 22$ elektrony $= 11$ par niewiążących.
   Każdy z 3 atomów Cl obsadza 3 wolne pary elektronowe: $3 \times 3 = 9$ par.
   Na atomie centralnym I pozostają: $11 - 9 = \mathbf{2}$ wolne pary elektronowe.

   Wzór elektronowy (zapis symboliczny – pary zaznaczone kreskami):

       :Cl:   :Cl:   :Cl:
        |      |      |
    :Cl – I – Cl
   

   Dokładnie: atom jodu tworzy 3 pary wiążące (3 wiązania I–Cl) oraz posiada 2 wolne pary elektronowe. Każdy atom Cl posiada 3 wolne pary elektronowe. Jod należy do pierwiastków bloku $p$ okresu 5, więc może rozszerzać oktet (ma dostępne orbitale $d$).

3. Krok 3. Wyznaczenie liczby przestrzennej $L_p$ metodą VSEPR

   Wzór metody VSEPR:

   $$L_p = x + y$$

   gdzie:

   • $x$ – liczba podstawników (atomów Cl) = $3$,
   • $y$ – liczba wolnych par elektronowych na atomie centralnym (I) = $2$.
   $$L_p = 3 + 2 = \mathbf{5}$$
4. Krok 4. Rozstrzygnięcie dotyczące przedstawionego modelu

   Model opisany w zadaniu odpowiada cząsteczce o liczbie przestrzennej $L_p = 4$ i liczbie podstawników $x = 3$ (np. geometria trygonalno-piramidalna jak w $\text{NH}_3$, gdzie $y=1$, $L_p=4$).

   Dla $\text{ICl}_3$ wyznaczono $L_p = 5$ (nie $L_p = 4$), co oznacza, że wyjściowy układ elektronów wokół jodu jest bipiramidalny trygonalny. Przy $x = 3$ i $y = 2$ wolne pary zajmują pozycje równikowe, a kształt cząsteczki (geometria atomów) to kształt litery T (T-shaped).

   Przedstawiony model (trygonalna piramida, $L_p = 4$) NIE jest ilustracją kształtu cząsteczki $\text{ICl}_3$.

Wynik końcowy:

• Atom centralny I ma 3 pary wiążące i 2 wolne pary elektronowe.
• Liczba przestrzenna cząsteczki $\text{ICl}_3$: $$\boxed{L_p = 5}$$
• Przedstawiony model ($L_p = 4$, $x = 3$) nie jest ilustracją kształtu cząsteczki $\text{ICl}_3$, ponieważ dla $\text{ICl}_3$ liczba przestrzenna wynosi $L_p = 5$, a nie $4$.

Jak to rozwiązać — struktura a hybrydyzacja

α-GeO₂ (typ rutylu): każdy atom Ge jest otoczony przez sześć atomów tlenu (oktaedr) → liczba koordynacyjna = sześć.

β-GeO₂ (typ kwarcu): atom Ge jest otoczony przez cztery atomy tlenu w układzie tetraedrycznym. Otoczenie tetraedryczne (4 wiązania, kąt ≈ 109,5°) odpowiada hybrydyzacji sp³.

✔ Zgodne z kluczem: sześć; sp³.

Jak to rozwiązać — budowa a właściwości alotropów

Zdanie 1 — FAŁSZ. Odmiany alotropowe węgla różnią się przede wszystkim właściwościami fizycznymi (twardość, przewodnictwo, barwa), więc twierdzenie o „identycznych właściwościach fizycznych" jest błędne.

Zdanie 2 — PRAWDA. W diamencie każdy atom węgla (hybrydyzacja sp³) tworzy cztery wiązania kowalencyjne σ z sąsiednimi atomami węgla.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.

Jak to rozwiązać — budowa liniowej cząsteczki kumulenowej

Krok 1. Wzór elektronowy. Cząsteczka jest liniowa z układem wiązań kumulowanych: O=C=C=C=O (na każdym atomie tlenu po 2 wolne pary elektronowe).

Krok 2. Hybrydyzacja. Każdy z trzech atomów węgla tworzy dwa wiązania σ pod kątem 180° → hybrydyzacja sp.

Krok 3. Wiązania π. W cząsteczce są 4 wiązania podwójne (O=C, C=C, C=C, C=O), a każde wiązanie podwójne zawiera jedno wiązanie π → liczba wiązań π = 4.

✔ Zgodne z kluczem: O=C=C=C=O; trzech atomów węgla; 4 wiązania π.

Rozwiązanie

Atom boru połączony jest trzema wiązaniami pojedynczymi z atomami Cl; na atomie B nie ma wolnej pary (deficyt elektronowy — tylko 6 elektronów), a każdy atom Cl ma po trzy wolne pary elektronowe.

Rozwiązanie

kationów metali; kationy i aniony; sacharozy; diamentu.

Rozwiązanie

Atom P łączy się trzema wiązaniami pojedynczymi z atomami Br i ma jedną wolną parę elektronową (każdy Br po trzy wolne pary). Cząsteczka nie jest płaska — ma budowę piramidalną (wolna para na atomie fosforu).

Rozwiązanie

Br–Br to pojedyncze wiązanie: wiązań σ = 1, wiązań π = 0. Każdy atom Br ma po 3 wolne pary → wolnych par = 6.

Rozwiązanie

Budowa kowalencyjna (ciecz nieprzewodząca prądu). Atom As tworzy trzy pojedyncze wiązania As–Cl, ma jedną wolną parę elektronową; każdy atom Cl ma po trzy wolne pary. (Cząsteczka piramidalna.)