Lösung 3
1.
Valenz am Zentralatom
Ox.-zahl des Zentralatoms
Molekülstruktur (VSEPR)
SnCl2 2 +2
SnCl42- 2 +2
SnCl62- 4 +4
Al2Cl6 3 +3
Si2Cl6 4 +3
P2F4 3 +2
I2Cl6 3 +3
2.
E , C3 , 3 σv , σh , 3 C2 , S3
3. a) Symmetriegruppe C∞v
Symmetrieelemente: E, ∞ - zählige Drehachse, unendliche Zahl von σv- Ebenen
b) siehe Housecroft „Chemistry“ (4.Auflage) S.205 sowie Vorlesungsfolien.
c) Sowohl das HOMO als auch das LUMO des Kohlenmonoxids (siehe Abb.
in den Vorlesungsunterlagen und Housecroft „Chemistry“, Kap. 23.14) besitzen vorwiegend C-Charakter.
Ausführlichere Erläuterung in C. E. Housecroft, A. G. Shape; Anorganische Chemie, 2. Auflage, S. 45-47.
4. a)
b) NO+ besitzt ein Elektron weniger als NO. Dieses wird aus einem antibindenden Orbital entfernt.
BO = 6 · (+ ½ ) = 3
NO─ besitzt ein Elektron mehr als NO. Dieses wird in ein antibindendes Orbital eingebaut.
BO = 6 · (+ ½ ) + 2 · (– ½ ) = 2
c) Die Bindungslänge nimmt mit abnehmender BO zu:
NO+ < NO < NO─
d) NO+ ist diamagnetisch (keine ungepaarten Elektronen). Die beiden anderen Teilchen haben ein bzw. zwei ungepaarte Elektronen. Sie sind paramagnetisch.
e) NO+ ist isoelektronisch mit N2. NO─ ist isoelektronisch mit O2.
5. ICl4─
und XeF4 (beide quadratisch-planar)
Die übrigen Moleküle besitzen eine teraedrische Geometrie.
6. a) C8 b) C2 c) C5 d) C3
7. A) 6 Te + 6 AsF5→ [Te6]4+ (AsF6
−)4 + 2 AsF3
B) [Te3]2+ : 16 Valenzelektronen [Te6]4+ : 32 Valenzelektronen
C) Vergl.: Trigonales H3 (Folien „MO-Diagramme“ Nr.25)
D) Spinzustand: Triplett (2 S + 1 = 2 · 1 + 1 = 3)
E)
BO: 4 · ½ = 2
Da sich die 4 bindenden Elektronen auf 3 Te – Te – Wechselwirkungen verteilen, ergibt sich für jede einzelne Bindung eine Bindungsordnung von 2/3.
Zum gleichen Ergebnis kommt man auch, wenn man die drei mesomeren Grenzstrukturen von [Te6]4+ betrachtet.
