Como saberíamos que # "Ni" ("CO") _ 4 # prefere o tetraédrico ao quadrado plano?

Ambos têm todos os elétrons emparelhados. A única diferença é a sua estabilidade.

#"Ni"("CO")_4# tem níquel em sua #0# estado de oxidação, com configuração eletrônica #[Ar] 3d^8 4s^2#. Então, chamamos isso de #d^10# complexo no campo ligante.

Aqui está o diagrama MO (é tetraédrico):

Aqui o #2e# e #9t_2# orbitais são o que escolhemos como o #d#de divisão orbital com energia de separação tetraédrica #Delta_t#. O resto vem da teoria do campo de ligantes.

O quadrado plano o diagrama de divisão (em branco) também seria preenchido completamente:

Comparando o plano tetraédrico x quadrado #d^10#:

Nesse caso, a partir da base do método de sobreposição angular sozinho, não há preferência entre o plano tetraédrico e o quadrado do quadrado; a energia de desestabilização relativa ao campo de íons livres é #e_(sigma) = 0# para ambos.

No entanto, como o níquel é um pequeno metal de transição, esperamos favorecer tetraédrico sobre planar quadrado, e ele faz.

Uma vez que o #"Ni"# #(n-1)d# e #ns# orbitais são pequenos, eles não podem suportar tanta repulsão de elétrons quanto você veria, digamos, no correspondente #"Pd"# or #"Pt"# complexos. Eu discuto isso aqui.

A estrutura tetraédrica minimizou o ligante-ligante antecipado ligaçãorepulsões, e isso é visto em quão pequeno #Delta_t# pode obter.