Dom › Recenzije › Potpuna elektronička formula kalcija. Potpune elektroničke formule atoma elemenata

Potpuna elektronička formula kalcija. Potpune elektroničke formule atoma elemenata

Algoritam za sastavljanje elektronske formule elementa:

1. Odredite broj elektrona u atomu pomoću periodnog sustava kemijskih elemenata D.I. Mendeljejev.

2. Brojem razdoblja u kojem se element nalazi odredite broj energetskih razina; broj elektrona u posljednjoj elektronskoj razini odgovara broju grupe.

3. Podijelite razine na podrazine i orbitale i ispunite ih elektronima prema pravilima popunjavanja orbitala:

Mora se zapamtiti da prva razina ima najviše 2 elektrona. 1s2, na drugom - najviše 8 (dva s i šest R: 2s 2 2p 6), na trećem - najviše 18 (dva s, šest str, i deset d: 3s 2 3p 6 3d 10).

Glavni kvantni broj n treba biti minimalan.
Prvo popunjeno s- podrazina, dakle p-, d-b f- podrazine.
Elektroni ispunjavaju orbitale uzlaznim redoslijedom orbitalne energije (Klečkovskovo pravilo).
Unutar podrazine elektroni prvo jedan po jedan zauzimaju slobodne orbitale, a tek nakon toga formiraju parove (Hundovo pravilo).
U jednoj orbitali ne može biti više od dva elektrona (Paulijev princip).

Primjeri.

1. Sastavite elektroničku formulu dušika. Dušik je broj 7 u periodnom sustavu.

2. Sastavite elektroničku formulu argona. U periodnom sustavu argon je na broju 18.

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6.

3. Sastavite elektroničku formulu kroma. U periodnom sustavu krom je broj 24.

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5

Energetski dijagram cinka.

4. Sastavite elektroničku formulu cinka. U periodnom sustavu cink je broj 30.

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10

Imajte na umu da je dio elektroničke formule, naime 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 elektronička formula argona.

Elektronska formula cinka može se prikazati kao.

Elektronička konfiguracija atoma je formula koja prikazuje raspored elektrona u atomu po razinama i podrazinama. Nakon proučavanja članka saznat ćete gdje i kako se nalaze elektroni, upoznati se s kvantnim brojevima i moći izgraditi elektroničku konfiguraciju atoma po njegovom broju, na kraju članka nalazi se tablica elemenata.

Zašto proučavati elektroničku konfiguraciju elemenata?

Atomi su poput konstruktora: postoji određeni broj dijelova, međusobno se razlikuju, ali dva dijela iste vrste potpuno su ista. Ali ovaj konstruktor puno je zanimljiviji od onog plastičnog, a evo i zašto. Konfiguracija se mijenja ovisno o tome tko je u blizini. Na primjer, kisik pored vodika Može biti pretvoriti u vodu, pored natrija u plin, a biti pored željeza potpuno ga pretvara u rđu. Da bismo odgovorili na pitanje zašto se to događa i predvidjeli ponašanje jednog atoma pored drugog, potrebno je proučiti elektroničku konfiguraciju, o čemu će biti riječi u nastavku.

Koliko elektrona ima atom?

Atom se sastoji od jezgre i elektrona koji kruže oko nje, jezgra se sastoji od protona i neutrona. U neutralnom stanju svaki atom ima isti broj elektrona kao i broj protona u njegovoj jezgri. Broj protona označavao se rednim brojem elementa, npr. sumpor ima 16 protona - 16. element periodnog sustava. Zlato ima 79 protona - 79. element periodnog sustava elemenata. Prema tome, u sumporu u neutralnom stanju ima 16 elektrona, a u zlatu 79 elektrona.

Gdje tražiti elektron?

Promatrajući ponašanje elektrona, izvedeni su određeni obrasci koji su opisani kvantnim brojevima, a ima ih ukupno četiri:

Glavni kvantni broj
Orbitalni kvantni broj
Magnetski kvantni broj
Spinski kvantni broj

Orbitalni

Dalje, umjesto riječi orbita koristit ćemo termin "orbitala", orbitala je valna funkcija elektrona, otprilike - to je područje u kojem elektron provodi 90% vremena.

N - razina
L - školjka
M l - orbitalni broj
M s - prvi ili drugi elektron u orbitali

Orbitalni kvantni broj l

Kao rezultat proučavanja elektronskog oblaka, utvrđeno je da ovisno o razini energije, oblak ima četiri glavna oblika: loptu, bučice i druga dva, složenija. U uzlaznom redoslijedu energije, ti se oblici nazivaju s-, p-, d- i f-ljuske. Svaka od ovih ljuski može imati 1 (na s), 3 (na p), 5 (na d) i 7 (na f) orbitala. Orbitalni kvantni broj je ljuska na kojoj se nalaze orbitale. Orbitalni kvantni broj za s, p, d i f orbitale, redom, ima vrijednosti 0, 1, 2 ili 3.

Na s-ljusci jedna orbitala (L=0) - dva elektrona
Na p-ljusci (L=1) nalaze se tri orbitale - šest elektrona
Na d-ljusci (L=2) nalazi se pet orbitala - deset elektrona
Na f-ljusci nalazi se sedam orbitala (L=3) - četrnaest elektrona

Magnetski kvantni broj m l

Na p-ljusci postoje tri orbitale, one se označavaju brojevima od -L do +L, odnosno za p-ljusku (L=1) postoje orbitale "-1", "0" i "1" . Magnetski kvantni broj označava se slovom m l .

Unutar ljuske elektroni se lakše nalaze u različitim orbitalama, tako da prvi elektroni ispunjavaju po jedan za svaku orbitalu, a zatim se u svaku dodaje njezin par.

Razmotrimo d-ljusku:
D-ljuska odgovara vrijednosti L=2, odnosno pet orbitala (-2,-1,0,1 i 2), prvih pet elektrona ispunjava ljusku, uzimajući vrijednosti M l =-2, Ml =-1, Ml =0, Ml =1, Ml =2.

Spinski kvantni broj m s

Spin je smjer rotacije elektrona oko svoje osi, postoje dva smjera, pa kvantni broj spina ima dvije vrijednosti: +1/2 i -1/2. Samo dva elektrona suprotnih spinova mogu biti na istoj energetskoj podrazini. Spinski kvantni broj označava se m s

Glavni kvantni broj n

Glavni kvantni broj je razina energije na kojoj ovaj trenutak poznato je sedam energetskih razina, a svaka je označena arapskim brojem: 1,2,3, ... 7. Broj školjki na svakoj razini jednak je broju razine: jedna je školjka na prvoj razini, dvije na drugoj i tako dalje.

Elektronski broj

Dakle, svaki elektron se može opisati s četiri kvantna broja, kombinacija tih brojeva je jedinstvena za svaku poziciju elektrona, uzmimo prvi elektron, najniža razina energije je N=1, jedna ljuska se nalazi na prvoj razini, prva ljuska na bilo kojoj razini ima oblik lopte (s -ljuska), tj. L=0, magnetski kvantni broj može poprimiti samo jednu vrijednost, M l =0 i spin će biti jednak +1/2. Ako uzmemo peti elektron (u kojem god atomu bio), tada će glavni kvantni brojevi za njega biti: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Pri pisanju elektroničkih formula atoma elemenata naznačene su razine energije (vrijednosti glavnog kvantnog broja n u obliku brojeva - 1, 2, 3, itd.), energetske podrazine (vrijednosti orbitalnog kvantnog broja l u obliku slova s, str, d, f), a broj na vrhu označava broj elektrona u određenoj podrazini.

Prvi element u D.I. Mendeljejev je vodik, dakle, naboj jezgre atoma H jednak 1, atom ima samo jedan elektron po s podrazina prve razine. Stoga je elektronska formula atoma vodika:

Drugi element je helij, u njegovom atomu postoje dva elektrona, stoga je elektronska formula atoma helija 2 Ne 1s 2. Prva perioda uključuje samo dva elementa, budući da je prva energetska razina ispunjena elektronima, a mogu biti zauzeta samo sa 2 elektrona.

Treći element po redu - litij - već je u drugom razdoblju, stoga se njegova druga energetska razina počinje puniti elektronima (o tome smo gore govorili). Punjenje druge razine elektronima počinje s s-podrazine, pa je elektronska formula atoma litija 3 Li 1s 2 2s 1 . U atomu berilija dovršeno je punjenje elektronima s- podrazine: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

Za sljedeće elemente 2. perioda, druga energetska razina nastavlja biti ispunjena elektronima, samo što je sada ispunjena elektronima R- podrazina: 5 U 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 S 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Atom neona dovršava punjenje elektronima R-podnivo, ovaj element završava drugu periodu, ima osam elektrona, od s- I R-podrazine mogu sadržavati samo osam elektrona.

Elementi 3. perioda imaju sličan redoslijed popunjavanja energetskih podrazina treće razine elektronima. Elektronske formule atoma nekih elemenata ovog razdoblja su:

11 Na 1s 2 2s 2 2R 6 3s 1 ; 12 mg 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 ; 13 Al 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 1 ;

14 Si 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 2 ;…; 18 Ar 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 .

Treća perioda, kao i druga, završava elementom (argonom), koji dovršava svoje punjenje elektronima R–podrazine, iako treća razina uključuje tri podrazine ( s, R, d). Prema gornjem redoslijedu popunjavanja energetskih podrazina u skladu s pravilima Klečkovskog, energija podrazine 3 d više energije podrazine 4 s, dakle, atom kalija iza argona i atom kalcija iza njega ispunjeni su elektronima 3 s- podrazina četvrte razine:

19 DO 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 1 ; 20 Sa 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 2 .

Počevši od 21. elementa - skandijuma, u atomima elemenata podrazina 3 počinje se puniti elektronima d. Elektronske formule atoma ovih elemenata su:

21 sc 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 2 3d 1 ; 22 Ti 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 2 3d 2 .

U atomima 24. elementa (kroma) i 29. elementa (bakra) opaža se pojava koja se naziva "proboj" ili "otkaz" elektrona: elektron iz vanjskog 4 s-podrazina "pada" za 3 d– podrazina, dovršavajući njegovo punjenje do pola (za krom) ili potpuno (za bakar), što doprinosi većoj stabilnosti atoma:

24 Kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 1 3d 5 (umjesto ...4 s 2 3d 4) i

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 1 3d 10 (umjesto ...4 s 2 3d 9).

Počevši od 31. elementa - galija, nastavlja se punjenje 4. razine elektronima, sada - R– podrazina:

31 ga 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 2 3d 10 4str 1 …; 36 Kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 4s 2 3d 10 4str 6 .

Ovim elementom završava četvrto razdoblje koje već uključuje 18 elemenata.

Sličan redoslijed popunjavanja energetskih podrazina elektronima odvija se u atomima elemenata 5. periode. Prva dva (rubidij i stroncij) su popunjena s- podrazina 5. razine, popunjava se sljedećih deset elemenata (od itrija do kadmija). d– podrazina 4. razine; šest elemenata završava period (od indija do ksenona), u čijim su atomima ispunjeni elektroni R-podrazina vanjskog, peta razina. Postoji također 18 elemenata u razdoblju.

Za elemente šeste periode ovaj redoslijed popunjavanja je prekršen. Na početku perioda, kao i obično, postoje dva elementa u čijim je atomima ispunjeno elektronima s-podrazina vanjske, šeste, razine. Kod sljedećeg elementa - lantana - počinje se puniti elektronima d– podrazina prethodne razine, tj. 5 d. Na ovom punjenju elektronima 5 d-podrazina prestaje i sljedećih 14 elemenata - od cerija do lutecija - počinju se puniti f- podrazina 4. razine. Svi su ti elementi uključeni u jednu ćeliju tablice, a ispod je prošireni niz tih elemenata, koji se nazivaju lantanidi.

Počevši od 72. elementa - hafnija - do 80. elementa - žive, punjenje elektronima se nastavlja 5 d- podrazina, a period završava, kao i obično, sa šest elemenata (od talija do radona), u čijim je atomima ispunjen elektronima R-podrazina vanjske, šeste, razine. Ovo je najviše veliko razdoblje, koji uključuje 32 elementa.

U atomima elemenata sedme, nepotpune, periode vidi se isti redoslijed popunjavanja podrazina, kao što je gore opisano. Učenicima omogućujemo pisanje elektroničkih formula atoma elemenata 5. - 7. periode, uzimajući u obzir sve gore navedeno.

Bilješka:U nekim nastavna sredstva dopušten je drugačiji redoslijed zapisivanja elektroničkih formula atoma elemenata: ne redoslijedom kojim su popunjeni, već u skladu s brojem elektrona danim u tablici na svakoj energetskoj razini. Na primjer, elektronička formula atoma arsena može izgledati ovako: As 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3str 6 3d 10 4s 2 4str 3 .

Stranica 1
3. Napravite elektroničku formulu i ona talij Tl 3+ . Za valentne elektrone atom Tl označava skup sva četiri kvantna broja.

Riješenje:

Prema pravilu Klečkovskog, punjenje energetskih razina i podrazina događa se sljedećim redoslijedom:

1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s(5d 1)4f

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Element talij Tl ima nuklearni naboj od +81 (redni broj 81), odnosno 81 elektron. Prema pravilu Klečkovskog, raspodjeljujemo elektrone po energetskim podrazinama, dobivamo elektronsku formulu elementa Tl:

81 Tl talij 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 2 4f 14 5d 10 6p 1

Talijev ion Tl 3+ ima naboj +3, što znači da je atom predao 3 elektrona, a kako samo valentni elektroni vanjske razine mogu predati atom (za talij su to dva 6s i jedan 6p elektron) , njegova će elektronička formula izgledati ovako:

81 Tl 3+ talij 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 0 4f 14 5d 10 6p 0

Glavni kvantni broj n određuje ukupnu energiju elektrona i stupanj njegova uklanjanja iz jezgre (broj energetske razine); uzima bilo koje cjelobrojne vrijednosti počevši od 1 (n = 1, 2, 3, . . .), tj. odgovara broju razdoblja.

Orbitalni (bočni ili azimutalni) kvantni broj l određuje oblik atomske orbitale. Može poprimiti cjelobrojne vrijednosti od 0 do n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Bez obzira na broj razine energije, svaka vrijednost l orbitalni kvantni broj odgovara orbitali posebnog oblika.

Orbitale sa l= 0 nazivaju se s-orbitale,

l= 1 - p-orbitale (3 vrste koje se razlikuju po magnetskom kvantnom broju m),

l= 2 - d-orbitale (5 vrsta),

l= 3 – f-orbitale (7 vrsta).

Magnetski kvantni broj m l karakterizira položaj elektronske orbite u prostoru i uzima cjelobrojne vrijednosti od - l na + l, uključujući 0. To znači da za svaki oblik orbite postoji (2 l+ 1) energetski ekvivalentne orijentacije u prostoru.

Spinski kvantni broj m S karakterizira magnetski moment koji se javlja kada elektron rotira oko svoje osi. Uzima samo dvije vrijednosti +1/2 i -1/2 koje odgovaraju suprotnim smjerovima rotacije.
Valentni elektroni su elektroni na vanjskoj energetskoj razini. Talij ima 3 valentna elektrona: 2 s - elektrona i 1 p - elektron.

Kvantni brojevi s - elektroni:

Orbitalni kvantni broj l= 0 (s je orbitala)

Magnetski kvantni broj m l = (2 l+ 1 = 1): m l = 0.

Spinski kvantni broj m S = ±1/2

Kvantni brojevi p - elektron:

Glavni kvantni broj n = 6 (šesta perioda)

Orbitalni kvantni broj l\u003d 1 (p - orbitala)

Magnetski kvantni broj (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Spinski kvantni broj m S = ±1/2
23. Navedite ta svojstva kemijski elementi, koji se povremeno mijenjaju. Koji je razlog periodičnog ponavljanja ovih svojstava? Na primjerima objasnite u čemu je bit periodičnosti promjena svojstava kemijskih spojeva.

Riješenje:

Svojstva elemenata, određena građom vanjskih elektronskih slojeva atoma, prirodno se mijenjaju u periodima i skupinama periodnog sustava. Istodobno, sličnost elektroničkih struktura generira sličnost svojstava analognih elemenata, ali ne i istovjetnost tih svojstava. Stoga pri prijelazu s jednog elementa na drugi u skupinama i podskupinama ne dolazi do jednostavnog ponavljanja svojstava, već do njihove više ili manje izražene pravilne promjene. Osobito se kemijsko ponašanje atoma elemenata očituje u njihovoj sposobnosti da gube i dobivaju elektrone, tj. u njihovoj sposobnosti oksidacije i redukcije. Kvantitativna mjera sposobnosti atoma izgubiti elektroni je potencijal ionizacije (E I ) , a po mjeri svoje sposobnosti n steći– afinitet prema elektronu (E S ). Priroda promjene ovih veličina tijekom prijelaza iz jednog razdoblja u drugo se ponavlja, a te se promjene temelje na promjeni elektronička konfiguracija atom. Dakle, završeni elektronski slojevi koji odgovaraju atomima inertnih plinova pokazuju povećanu stabilnost i povećanu vrijednost ionizacijskih potencijala unutar perioda. Istovremeno, s-elementi prve skupine (Li, Na, K, Rb, Cs) imaju najniže vrijednosti potencijala ionizacije.

Elektronegativnost je mjera sposobnosti atoma danog elementa da povuče elektrone prema sebi u usporedbi s atomima drugih elemenata u spoju. Prema jednoj od definicija (Mulliken), elektronegativnost atoma može se izraziti kao polovica zbroja njegove energije ionizacije i afiniteta prema elektronu: = (E i + E c).

U periodama postoji opća tendencija porasta elektronegativnosti elementa, au podskupinama njezino smanjenje. Najmanje vrijednosti elektronegativnost imaju s-elementi I. skupine, a najveću elektronegativnost p-elementi VII.

Elektronegativnost istog elementa može varirati ovisno o valentnom stanju, hibridizaciji, oksidacijskom stanju itd. Elektronegativnost značajno utječe na prirodu promjene svojstava spojeva elemenata. Na primjer, sumporne kiseline pokazuje snažnija kisela svojstva od svog kemijskog analoga, selenske kiseline, budući da u potonjoj središnji atom selena, zbog svoje manje elektronegativnosti u usporedbi s atomom sumpora, ne polarizira H–O veze u kiselini tako snažno, što znači slabljenje kiselosti.

H–O O
Drugi primjer je krom(II) hidroksid i krom(VI) hidroksid. Krom (II) hidroksid, Cr(OH) 2, pokazuje bazična svojstva, za razliku od krom (VI) hidroksida, H 2 CrO 4, budući da oksidacijsko stanje kroma +2 određuje slabost Coulombove interakcije Cr 2+ s hidroksidnog iona i lakoće cijepanja ovog iona, tj. manifestacija glavnih svojstava. Istodobno, visoko oksidacijsko stanje kroma +6 u krom (VI) hidroksidu uzrokuje jaku Coulombovu privlačnost između hidroksidnog iona i središnjeg atoma kroma i nemogućnost disocijacije duž veze - Oh. S druge strane, visoko oksidacijsko stanje kroma u krom (VI) hidroksidu povećava njegovu sposobnost privlačenja elektrona, tj. elektronegativnost, koja visok stupanj polarizacija H–O veza u ovom spoju, što je preduvjet za povećanje kiselosti.

Sljedeći važna karakteristika atomi su njihovi radijusi. U periodama se polumjeri atoma metala smanjuju s porastom rednog broja elementa jer s porastom rednog broja elementa unutar perioda raste naboj jezgre, a posljedično i ukupni naboj elektrona koji je uravnotežuje; kao posljedica toga, povećava se i Coulombova privlačnost elektrona, što u konačnici dovodi do smanjenja udaljenosti između njih i jezgre. Najizraženije smanjenje radijusa opaženo je u elementima malih perioda, u kojima je vanjska energetska razina ispunjena elektronima.

U velikim periodima, d- i f-elementi pokazuju postupnije smanjenje radijusa s povećanjem naboja atomske jezgre. Unutar svake podskupine elemenata radijusi atoma se u pravilu povećavaju odozgo prema dolje, jer takav pomak znači prijelaz na višu energetsku razinu.

Utjecaj polumjera iona elementa na svojstva spojeva koje oni tvore može se ilustrirati na primjeru povećanja kiselosti halogenovodičnih kiselina u plinovitoj fazi: HI > HBr > HCl > HF.
43. Navedite elemente za atome kod kojih je moguće samo jedno valentno stanje i označite kakvo će ono biti - osnovno ili pobuđeno.

Riješenje:

Atomi elemenata koji imaju jedan nespareni elektron na vanjskoj valentnoj energetskoj razini mogu imati jedno valentno stanje – to su elementi I. skupine periodnog sustava (H – vodik, Li – litij, Na – natrij, K – kalij, Rb – rubidij. , Ag - srebro, Cs - cezij, Au - zlato, Fr - francij), s izuzetkom bakra, jer d-elektroni predvanjske razine također sudjeluju u stvaranju kemijskih veza, čiji se broj određuje valencijom (osnovno stanje atoma bakra 3d 10 4s 1 nastaje zbog stabilnosti ispunjene d-ljuske, međutim, prvo pobuđeno stanje 3d 9 4s 2 premašuje osnovno stanje u energiji samo za 1,4 eV (oko 125 kJ /mol). kemijski spojevi oba stanja se pojavljuju u istoj mjeri, što dovodi do dva niza bakrenih spojeva (I) i (II)).

Također, jedno valentno stanje mogu imati atomi elemenata kod kojih je vanjska energetska razina potpuno popunjena i elektroni nemaju priliku prijeći u pobuđeno stanje. To su elementi glavne podskupine VIII skupine - inertni plinovi (He - helij, Ne - neon, Ar - argon, Kr - kripton, Xe - ksenon, Rn - radon).

Za sve navedene elemente jedino valentno stanje je osnovno stanje jer nema mogućnosti prijelaza u pobuđeno stanje. Osim toga, prijelaz u pobuđeno stanje određuje novo valentno stanje atoma; prema tome, ako je takav prijelaz moguć, valentno stanje danog atoma nije jedino.

63. Koristeći model odbijanja valentnih elektronskih parova i metodu valentnih veza, razmotrite prostornu strukturu predloženih molekula i iona. Navedite: a) broj veznih i nepodijeljenih elektronskih parova središnjeg atoma; b) broj orbitala uključenih u hibridizaciju; c) vrsta hibridizacije; d) vrsta molekule ili iona (AB m E n); e) prostorni raspored elektronskih parova; f) prostorna struktura molekule ili iona.

SO3;

Riješenje:

Prema metodi valentne veze (upotrebom ove metode dolazi se do istog rezultata kao i upotrebom EPVO modela), prostorna konfiguracija molekule određena je prostornim rasporedom hibridnih orbitala središnjeg atoma, koje nastaju kao rezultat interakcija između orbitala.

Za određivanje tipa hibridizacije središnjeg atoma potrebno je znati broj hibridizirajućih orbitala. Može se pronaći zbrajanjem broja veznih i slobodnih elektronskih parova središnjeg atoma i oduzimanjem broja π veza.

U molekuli SO 3

ukupni broj veznih parova je 6. Oduzimanjem broja π-veza, dobivamo broj hibridizirajućih orbitala: 6 - 3 \u003d 3. Dakle, tip hibridizacije sp 2, tip iona AB 3, prostorni raspored elektronskih parova ima oblik trokuta, a sama molekula je trokut:

U ionu

ukupan broj veznih parova je 4. π-veza nema. Broj hibridizirajućih orbitala: 4. Dakle, tip hibridizacije sp 3, tip iona AB 4, prostorni raspored elektronskih parova ima oblik tetraedra, a sam ion je tetraedar:

83. Napišite jednadžbe mogućih reakcija interakcije KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 sa sljedećim spojevima:

H2SO3, BaO, CO2, HNO3, Ni(OH)2, Ca(OH)2;

Riješenje:
a) KOH interakcijske reakcije

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

2K++2 Oh - + 2H+ + SO 3 2-  2K + + SO 3 2- + H 2 O

Oh - + H +  H 2 O
KOH + BaO  nema reakcije
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

2K++2 Oh - + CO 2  2K + + CO 3 2- + H 2 O

2Oh - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3  nema reakcije, u otopini su istovremeno ioni:

K + + OH - + H + + NO 3 -

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K++2 Oh- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  nema reakcije

b) interakcijske reakcije H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  nema reakcije
H 2 SO 4 + BaO  BaSO 4 + H 2 O

2H + + SO 4 2- + BaO  BaSO 4 + H 2 O

H 2 SO 4 + CO 2  nema reakcije
H 2 SO 4 + HNO 3  nema reakcije
H 2 SO 4 + Ni(OH) 2  NiSO 4 + 2H 2 O

2H+ + SO 4 2- + Ni(OH) 2  Ni 2+ + SO 4 2- + 2 H 2 O

2H + + Ni(OH) 2  Ni 2+ + 2H 2 O
H 2 SO 4 + Ca (OH) 2  CaSO 4 + 2H 2 O

2H + + SO 4 2- + Ca (OH) 2  CaSO 4 + 2H 2 O

c) interakcijske reakcije H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  nema reakcije

H 2 O + BaO  Ba (OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  nema reakcije
H 2 O + HNO 3  nema reakcije
H 2 O + NO 2  nema reakcije
H 2 O + Ni(OH) 2  nema reakcije

H 2 O + Ca(OH) 2  nema reakcije

a) interakcijske reakcije Be (OH) 2

Be (OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

Be(OH) 2 + 2H+ + SO 3 2-  Be 2+ + SO 3 2- + 2 H 2 O

Be(OH) 2 + 2H+  Budi 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  nema reakcije
2Be (OH) 2 + CO 2  Be 2 CO 3 (OH) 2 ↓ + 2H 2 O
Be (OH) 2 + 2HNO 3  Be (NO 3) 2 + 2H 2 O

Be(OH) 2 + 2H+ + NE 3 -  Biti 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

Be(OH) 2 + 2H +  Biti 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  nema reakcije
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  nema reakcije
103. Za navedenu reakciju

b) objasnite koji od čimbenika: entropija ili entalpija pridonose spontanom tijeku reakcije u smjeru naprijed;

c) u kojem smjeru (naprijed ili unatrag) će teći reakcija pri 298K i 1000K;

e) navesti sve načine povećanja koncentracije produkata ravnotežne smjese.

f) izgraditi grafikon ΔG p (kJ) iz T (K)

Riješenje:

CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)

Standardna entalpija nastanka, entropija i Gibbsova energija nastanka tvari

1. (ΔN 0 298) x.r. =

–

\u003d -241,84 + 110,5 \u003d -131,34 kJ 2. (ΔS 0 298) x.r. =

–

\u003d 188,74 + 5,7-197,5-130,6 \u003d -133,66 J / K \u003d -133,66 10 -3 kJ / mol > 0.

Izravnu reakciju prati smanjenje entropije, smanjuje se nered u sustavu - nepovoljan čimbenik za odvijanje kemijske reakcije u smjeru naprijed.

3. Izračunajte standardnu Gibbsovu energiju reakcije.

prema Hessovom zakonu:

(ΔG 0 298) x.r. =
–
= -228,8 +137,1 = -91,7 kJ

Pokazalo se da (ΔH 0 298) x.r. > (ΔS 0 298) x.r. ·T i zatim (ΔG 0 298) x.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K je približna temperatura na kojoj se uspostavlja prava kemijska ravnoteža; iznad te temperature odvijat će se obrnuta reakcija. Na ovoj temperaturi oba su procesa jednako vjerojatna.

5. Izračunajte Gibbsovu energiju na 1000K:

(ΔG 0 1000) x.r. ≈ ΔN 0 298 - 1000 ΔS 0 298 ≈ -131,4 - 1000 (-133,66) 10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.

Oni. pri 1000 K: ΔS 0 x.r. T > ΔN 0 x.r.

Faktor entalpije postao je odlučujući, spontani tijek izravne reakcije postao je nemoguć. Obrnuta reakcija teče: od 1 mola plina i 1 mola krutine nastaju 2 mola plina.

lg K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Sustav je daleko od istinitog kemijska ravnoteža, dominiraju produkti reakcije.

Temperaturna ovisnost ΔG 0 za reakciju

CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)

K 1000 \u003d 0,86\u003e 1 - sustav je blizu stanja ravnoteže, međutim, na ovoj temperaturi u njemu prevladavaju početne tvari.

8. Prema Le Chatelierovom principu, kako temperatura raste, ravnoteža bi se trebala pomaknuti prema obrnutoj reakciji, konstanta ravnoteže bi se trebala smanjivati.

9. Razmotrite kako se naši izračunati podaci slažu s Le Chatelierovim načelom. Navedimo neke podatke koji pokazuju ovisnost Gibbsove energije i konstante ravnoteže navedene reakcije o temperaturi:

T, K	ΔG 0 t, kJ	K t
298	-131,34	10 16
982,6	0	1
1000	2,32	0,86

Dakle, dobiveni izračunati podaci odgovaraju našim zaključcima na temelju Le Chatelierovog načela.
123. Ravnoteža u sustavu:

)

utvrđeno pri sljedećim koncentracijama: [B] i [C], mol/l.

Odredite početnu koncentraciju tvari [B] 0 i konstantu ravnoteže ako je početna koncentracija tvari A [A] 0 mol/l

Iz jednadžbe je vidljivo da je za stvaranje 0,26 mola tvari C potrebno 0,13 mola tvari A i isto toliko tvari B.

Tada je ravnotežna koncentracija tvari A [A] \u003d 0,4-0,13 \u003d 0,27 mol / l.

Početna koncentracija tvari B [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 0,26 mol / l.

Odgovor: [B] 0 = 0,26 mol/l, Kp = 1,93.

143. a) 300 g otopine sadrži 36 g KOH (gustoća otopine 1,1 g/ml). Izračunajte postotak i molarnu koncentraciju ove otopine.

b) Koliko grama kristalne sode Na 2 CO 3 10H 2 O treba uzeti za pripremu 2 litre 0,2 M otopine Na 2 CO 3?

Riješenje:

Postotnu koncentraciju nalazimo jednadžbom:

Molarna masa KOH je 56,1 g/mol;

Da bismo izračunali molarnost otopine, nalazimo masu KOH sadržanu u 1000 ml (tj. u 1000 1.100 \u003d 1100 g) otopine:

1100: 100 = na: 12; na= 12 1100 / 100 = 132 g

C m \u003d 56,1 / 132 \u003d 0,425 mol / l.

Odgovor: C \u003d 12%, Cm \u003d 0,425 mol / l

Riješenje:

1. Odredite masu bezvodne soli

m = Cm M V, gdje je M molarna masa, V volumen.

m \u003d 0,2 106 2 \u003d 42,4 g.

2. Iz udjela pronađite masu kristalohidrata

molarna masa kristalnog hidrata 286 g / mol - masa X

molarna masa bezvodne soli 106g / mol - masa 42,4g

dakle X \u003d m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 42,4 286 / 106 \u003d 114,4 g.

Odgovor: m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 114,4 g.

163. Izračunajte vrelište 5% otopine naftalena C 10 H 8 u benzenu. Vrelište benzena je 80,2 0 C.

dano:

Srijeda (C 10 H 8) \u003d 5%

tvrije (C6H6) \u003d 80,2 0 C

Pronaći:

tkip (r-ra) -?

Riješenje:

Iz Raoultovog drugog zakona

ΔT \u003d E m \u003d (E m B 1000) / (m A μ B)

Ovdje je E ebulioskopska konstanta otapala

E (C6H6) \u003d 2,57

m A je težina otapala, m B je težina otopljene tvari, M B je njezina molekulska težina.

Neka je masa otopine 100 grama, dakle, masa otopljene tvari je 5 grama, a masa otapala je 100 - 5 = 95 grama.

M (naftalen C 10 H 8) \u003d 12 10 + 1 8 \u003d 128 g / mol.

Zamijenimo sve podatke u formuli i pronalazimo povećanje vrelišta otopine u usporedbi s čistim otapalom:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Vrelište otopine naftalena može se pronaći po formuli:

T c.r-ra \u003d T c.r-la + ΔT \u003d 80,2 + 1,056 \u003d 81,256

Odgovor: 81.256 o C

183. Zadatak 1. Napišite jednadžbe disocijacije i konstante disocijacije za slabe elektrolite.

Zadatak 2. Prema zadanim ionskim jednadžbama napišite odgovarajuće molekularne jednadžbe.

Zadatak 3. Napišite u molekularnom i ionskom obliku jednadžbe reakcija za sljedeće transformacije.

Br. p / str	Vježba 1	Zadatak 2	Zadatak 3
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Riješenje:

Napišite jednadžbe disocijacije i konstante disocijacije za slabe elektrolite.

Ist.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -

CD 1 =
= 1,5 10 -5
IIst.: ZnOH + ↔ Zn 2+ + OH -

CD 2 =
= 4,9 10 -7

Zn (OH) 2 - amfoterni hidroksid, moguća je kiselinska disocijacija

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

CD 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

CD 2 =

H 3 AsO 4 - ortoarsenska kiselina - jak elektrolit, potpuno disocira u otopini:
H 3 AsO 4 ↔3N + + AsO 4 3-
Prema zadanim ionskim jednadžbama napišite odgovarajuće molekularne jednadžbe.

Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl

NiCl2 + NaOH(manjak) = NiOHCl + NaCl

Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - \u003d NiOHCl + Na + + Cl -

Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Napiši u molekularnom i ionskom obliku jednadžbe reakcija za sljedeće transformacije.

NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

1) NaHSO 3 + NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O

Na + + HSO 3-+Na++ Oh- → 2Na + + TAKO 3 2- + H 2 O

HSO 3 - + Oh - → + TAKO 3 2- + H 2 O
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

2Na + + TAKO 3 2- + 2H+ + SO 4 2- → H 2 TAKO 3+2Na++ TAKO 3 2-

TAKO 3 2- + 2H + → H 2 TAKO 3 + TAKO 3 2-
3) H 2 SO 3 (višak) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 H + + TAKO 3 2- + Na + + Oh- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 H + + TAKO 3 2 + Oh- → Na + + H 2 O
203. Zadatak 1. Napišite jednadžbe hidrolize soli u molekularnom i ionskom obliku, navedite pH otopine (rN> 7, pH Zadatak 2. Napišite jednadžbe reakcija koje se odvijaju između tvari u vodenim otopinama

Br. p / str	Vježba 1	Zadatak 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Zadatak 1. Napišite jednadžbe hidrolize soli u molekularnom i ionskom obliku, navedite pH otopine (pH> 7, pH

Na 2 S - sol nastala od jake baze i slabe kiseline podvrgava se hidrolizi na anionu. Reakcija okoline je alkalna (rN > 7).

ist. Na 2 S + HOH ↔ NaHS + NaOH

2Na + + S 2- + HOH ↔ Na + + HS - + Na + + OH -

II čl. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 - Sol nastala iz slabe baze i jake kiseline podvrgava se hidrolizi na kationu. Reakcija medija je kisela (pH

ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

Cr 3+ + 3Br - + HOH ↔ CrOH 2+ + 2Br - + H + + Br -

II čl. CrOHBr 2 + HOH ↔ Cr(OH) 2 Br + HBr

CrOH 2+ + 2Br - + HOH ↔ Cr(OH) 2 + + Br - + H + + Br -

III čl. Cr(OH) 2 Br + HOH↔ Cr(OH) 3 + HBr

Cr(OH) 2 + + Br - + HOH↔ Cr(OH) 3 + H + + Br -

Hidroliza se odvija uglavnom u prvoj fazi.

Zadatak 2. Napišite jednadžbe reakcija koje se odvijaju između tvari u vodenim otopinama

FeCl3 + Na2CO3

FeCl3 – sol jake kiseline i slabe baze

Na 2 CO 3 - sol koju čine slaba kiselina i jaka baza

2FeCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 6H (OH) \u003d 2Fe (OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6NaCl