Pilna elektroninė kalcio formulė. Pilnos elektroninės elementų atomų formulės

Elemento elektroninės formulės sudarymo algoritmas:

1. Naudodami periodinę cheminių elementų lentelę D.I, nustatykite elektronų skaičių atome. Mendelejevas.

2. Pagal periodo, kuriame yra elementas, skaičių, nustatykite energijos lygių skaičių; elektronų skaičius paskutiniame elektroniniame lygmenyje atitinka grupės numerį.

3. Padalinkite lygius į polygius ir orbitales ir užpildykite juos elektronais pagal orbitalių užpildymo taisykles:

Reikia atsiminti, kad pirmame lygyje yra ne daugiau kaip 2 elektronai. 1s2, antroje - daugiausia 8 (du s ir šeši R: 2s 2 2p 6), trečioje - daugiausia 18 (du s, šeši p, ir dešimt d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Pagrindinis kvantinis skaičius n turėtų būti minimalus.
• Užpildytas pirmas s- polygis, tada p-, d-b f- polygiai.
• Elektronai užpildo orbitas didėjančia orbitos energijos tvarka (Klečkovskio taisyklė).
• Polygio viduje elektronai pirmiausia po vieną užima laisvas orbitas, o tik po to sudaro poras (Hundo taisyklė).
• Vienoje orbitoje negali būti daugiau nei du elektronai (Pauli principas).

Pavyzdžiai.

1. Sudarykite elektroninę azoto formulę. Azotas yra 7 numeris periodinėje lentelėje.

2. Sudarykite elektroninę argono formulę. Periodinėje lentelėje argonas yra 18.

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

3. Sudarykite elektroninę chromo formulę. Periodinėje lentelėje chromas yra 24.

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

Cinko energijos diagrama.

4. Sudarykite elektroninę cinko formulę. Periodinėje lentelėje cinkas yra 30.

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

Atkreipkite dėmesį, kad dalis elektroninės formulės, būtent 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, yra elektroninė argono formulė.

Elektroninė cinko formulė gali būti pavaizduota kaip.

Elektroninė atomo konfigūracija yra formulė, rodanti elektronų išsidėstymą atome pagal lygius ir polygius. Išstudijavę straipsnį, sužinosite, kur ir kaip yra elektronai, susipažinsite su kvantiniais skaičiais ir galėsite sukurti elektroninę atomo konfigūraciją pagal jo skaičių, straipsnio pabaigoje yra elementų lentelė.

Kodėl verta studijuoti elektroninę elementų konfigūraciją?

Atomai yra kaip konstruktorius: yra tam tikras skaičius dalių, jos skiriasi viena nuo kitos, tačiau dvi to paties tipo dalys yra visiškai vienodos. Tačiau šis konstruktorius yra daug įdomesnis nei plastikinis, ir štai kodėl. Konfigūracija keičiasi priklausomai nuo to, kas yra šalia. Pavyzdžiui, deguonis šalia vandenilio Gal būt virsta vandeniu, šalia natrio – dujomis, o būdama šalia geležies visiškai paverčia rūdimis. Norint atsakyti į klausimą, kodėl taip atsitinka, ir numatyti atomo elgesį šalia kito, būtina ištirti elektroninę konfigūraciją, kuri bus aptarta toliau.

Kiek elektronų yra atome?

Atomas susideda iš branduolio ir aplink jį besisukančių elektronų, branduolį sudaro protonai ir neutronai. Neutralioje būsenoje kiekvienas atomas turi tiek pat elektronų, kiek protonų yra jo branduolyje. Protonų skaičius buvo nurodytas elemento serijos numeriu, pavyzdžiui, siera turi 16 protonų – 16-asis periodinės sistemos elementas. Auksas turi 79 protonus – 79-ąjį periodinės lentelės elementą. Atitinkamai, neutralioje būsenoje sieroje yra 16 elektronų, o aukse – 79 elektronai.

Kur ieškoti elektrono?

Stebint elektrono elgesį, buvo išvesti tam tikri modeliai, jie apibūdinami kvantiniais skaičiais, iš viso jų yra keturi:

• Pagrindinis kvantinis skaičius
• Orbitinis kvantinis skaičius
• Magnetinis kvantinis skaičius
• Sukimosi kvantinis skaičius

Orbitinė

Toliau vietoj žodžio orbita vartosime terminą „orbita“, orbita yra elektrono banginė funkcija, apytiksliai – tai sritis, kurioje elektronas praleidžia 90% laiko.

N – lygis
L - apvalkalas
M l – orbitos skaičius
M s – pirmasis arba antrasis elektronas orbitoje

Orbitinis kvantinis skaičius l

Ištyrus elektronų debesį, buvo nustatyta, kad priklausomai nuo energijos lygio debesis įgauna keturias pagrindines formas: kamuoliuką, hantelius ir kitas dvi sudėtingesnes. Energijos didėjimo tvarka šios formos vadinamos s-, p-, d- ir f-apvalkalais. Kiekvienas iš šių apvalkalų gali turėti 1 (ant s), 3 (ant p), 5 (ant d) ir 7 (ant f) orbitales. Orbitos kvantinis skaičius yra apvalkalas, ant kurio yra orbitos. Orbitinis kvantinis skaičius s, p, d ir f orbitalės atitinkamai įgauna reikšmes 0, 1, 2 arba 3.

Ant s apvalkalo viena orbita (L=0) - du elektronai
Ant p apvalkalo (L=1) yra trys orbitos – šeši elektronai
Ant d apvalkalo (L=2) yra penkios orbitos – dešimt elektronų
Ant f apvalkalo yra septynios orbitos (L=3) – keturiolika elektronų

Magnetinis kvantinis skaičius m l

Ant p apvalkalo yra trys orbitos, jos žymimos skaičiais nuo -L iki +L, tai yra, p apvalkalui (L=1) yra orbitos "-1", "0" ir "1". . Magnetinis kvantinis skaičius žymimas raide m l .

Korpuso viduje elektronams lengviau išsidėstyti skirtingose ​​orbitalėse, todėl pirmieji elektronai užpildo po vieną kiekvienai orbitalei, o vėliau prie kiekvienos pridedama jos pora.

Apsvarstykite d apvalkalą:
D-apvalkalas atitinka reikšmę L=2, tai yra, penkios orbitalės (-2,-1,0,1 ir 2), pirmieji penki elektronai užpildo apvalkalą, imant reikšmes M l =-2, Ml =-1, Ml =0, Ml =1, Ml =2.

Sukimosi kvantinis skaičius m s

Sukas yra elektrono sukimosi aplink savo ašį kryptis, yra dvi kryptys, todėl sukimosi kvantinis skaičius turi dvi reikšmes: +1/2 ir -1/2. Tik du elektronai su priešingais sukiniais gali būti tame pačiame energijos polygyje. Sukimosi kvantinis skaičius žymimas m s

Pagrindinis kvantinis skaičius n

Pagrindinis kvantinis skaičius yra energijos lygis, kuriame Šis momentasžinomi septyni energijos lygiai, kiekvienas žymimas arabišku skaitmeniu: 1,2,3, ... 7. Apvalkalų skaičius kiekviename lygyje yra lygus lygio skaičiui: pirmame lygyje yra vienas apvalkalas, antrame – du ir t.t.

Elektronų skaičius

Taigi, bet kurį elektroną galima apibūdinti keturiais kvantiniais skaičiais, šių skaičių derinys yra unikalus kiekvienai elektrono pozicijai, paimkime pirmąjį elektroną, žemiausias energijos lygis yra N=1, vienas apvalkalas yra pirmame lygyje, pirmasis apvalkalas bet kuriame lygyje turi rutulio formą (s -shell), t.y. L=0, magnetinis kvantinis skaičius gali turėti tik vieną reikšmę, M l =0 ir sukinys bus lygus +1/2. Jei imsime penktąjį elektroną (kad ir kokiame atome jis būtų), tai pagrindiniai jo kvantiniai skaičiai bus: N=2, L=1, M=-1, sukinys 1/2.

Rašant elektronines elementų atomų formules, nurodomi energijos lygiai (pagrindinio kvantinio skaičiaus reikšmės n skaičių pavidalu - 1, 2, 3 ir tt), energijos sublygiai (orbitinio kvantinio skaičiaus reikšmės l raidžių pavidalu s, p, d, f), o skaičius viršuje rodo elektronų skaičių tam tikrame polygyje.

Pirmasis elementas D.I. Mendelejevas yra vandenilis, todėl atomo branduolio krūvis H lygus 1, atomas turi tik vieną elektroną s pirmojo lygio polygis. Todėl vandenilio atomo elektroninė formulė yra:

Antrasis elementas yra helis, jo atome yra du elektronai, todėl helio atomo elektroninė formulė yra 2 Ne 1s 2. Pirmasis periodas apima tik du elementus, nes pirmasis energijos lygis užpildytas elektronais, kuriuos gali užimti tik 2 elektronai.

Trečiasis elementas - litis - jau yra antrajame periode, todėl jo antrasis energijos lygis pradeda pildytis elektronais (apie tai kalbėjome aukščiau). Antrojo lygio užpildymas elektronais prasideda nuo s-polygis, todėl ličio atomo elektroninė formulė yra 3 Li 1s 2 2s 1 . Berilio atome užpildymas elektronais baigtas s- polygiai: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

Vėlesniems 2-ojo periodo elementams antrasis energijos lygis ir toliau yra užpildytas elektronais, tik dabar jis užpildytas elektronais R- polygis: 5 IN 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 SU 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Neono atomas užpildo elektronus R-polygis, šis elementas baigia antrąjį periodą, jis turi aštuonis elektronus, nes s- Ir R-polygiuose gali būti tik aštuoni elektronai.

3 periodo elementai turi panašią trečiojo lygio energetinių polygių užpildymo elektronais seką. Kai kurių šio laikotarpio elementų atomų elektroninės formulės yra šios:

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 3p 1 ;

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

Trečiasis laikotarpis, kaip ir antrasis, baigiasi elementu (argonu), kuris užpildo jį elektronais R– polygis, nors trečiasis lygis apima tris polygius ( s, R, d). Pagal aukščiau pateiktą energijos polygių užpildymo tvarką pagal Klečkovskio taisykles, 3 polygio energija d daugiau 4 žemesnio lygio energijos s, todėl kalio atomas po argono ir kalcio atomas po jo yra užpildytas elektronais 3 s- ketvirto lygio polygis:

19 KAM 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 1 ; 20 Sa 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 2 .

Pradedant nuo 21 elemento - skandžio, elementų atomuose 3 polygis pradeda pildytis elektronais d. Šių elementų atomų elektroninės formulės yra šios:

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

24-ojo elemento (chromo) ir 29-ojo elemento (vario) atomuose stebimas reiškinys, vadinamas elektrono „pralaužimu“ arba „gedimu“: elektronas iš išorinio 4 s- žemesnio lygio „nepavyksta“ iki 3 d– polygis, užpildantis jį per pusę (chromui) arba visiškai (variui), o tai prisideda prie didesnio atomo stabilumo:

24 Kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5 (vietoj ...4 s 2 3d 4) ir

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 10 (vietoj ...4 s 2 3d 9).

Pradedant nuo 31-ojo elemento - galio, 4-ojo lygio užpildymas elektronais tęsiasi, dabar - R– polygis:

31 Ga 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 1 …; 36 Kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 .

Šis elementas užbaigia ketvirtąjį periodą, kuriame jau yra 18 elementų.

Panaši energetinių polygių užpildymo elektronais tvarka vyksta ir 5 periodo elementų atomuose. Pirmieji du (rubidis ir stroncis) yra užpildyti s- 5-ojo lygio polygis, užpildomi kiti dešimt elementų (nuo itrio iki kadmio) d– 4 lygio polygis; šeši elementai užbaigia periodą (nuo indžio iki ksenono), kurio atomuose užpildomi elektronai R-išorinio, penktojo lygio polygis. Per laikotarpį taip pat yra 18 elementų.

Šeštojo laikotarpio elementams ši pildymo tvarka pažeidžiama. Periodo pradžioje, kaip įprasta, yra du elementai, kurių atomai yra užpildyti elektronais s-išorinio, šeštojo, lygio polygis. Prie kito elemento – lantano – pradeda pildytis elektronai d–ankstesnio lygio polygis, t.y. 5 d. Ant šio užpildymo elektronais 5 d-polygis sustoja ir pradeda pildytis kiti 14 elementų – nuo ​​cerio iki liutecio f- 4 lygio polygis. Visi šie elementai yra įtraukti į vieną lentelės langelį, o toliau pateikiama išplėstinė šių elementų serija, vadinama lantanidais.

Pradedant nuo 72-ojo elemento - hafnio - iki 80-ojo elemento - gyvsidabrio, užpildymas elektronais tęsiasi 5 d- polygis, o periodas, kaip įprasta, baigiasi šešiais elementais (nuo talio iki radono), kurių atomuose jis užpildytas elektronais R-išorinio, šeštojo, lygio polygis. Tai yra labiausiai didelis laikotarpis, kurį sudaro 32 elementai.

Septinto, nepilno, periodo elementų atomuose matoma ta pati polygių užpildymo tvarka, kaip aprašyta aukščiau. Leidžiame studentams rašyti elektronines 5-7 periodų elementų atomų formules, atsižvelgiant į visa tai, kas buvo pasakyta aukščiau.

Pastaba:Kai kuriose mokymo priemones leidžiama kitokia elementų atomų elektroninių formulių rašymo tvarka: ne tokia tvarka, kokia jos užpildomos, o pagal lentelėje pateiktą elektronų skaičių kiekviename energijos lygyje. Pavyzdžiui, arseno atomo elektroninė formulė gali atrodyti taip: Kaip 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 .

Puslapis 1
3. Sudarykite elektroninę formulę ir ji talis Tl 3+ . Dėl valentinių elektronų atomas Tl nurodo visų keturių kvantinių skaičių aibę.

Sprendimas:

Pagal Klečkovskio taisyklę energijos lygių ir polygių užpildymas vyksta tokia seka:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Elemento talio Tl branduolio krūvis yra +81 (eilės numeris 81), atitinkamai 81 elektronas. Pagal Klečkovskio taisyklę, mes paskirstome elektronus energijos sublygiuose, gauname elemento Tl elektroninę formulę:

81 Tl talis 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

Talio jono Tl 3+ krūvis yra +3, o tai reiškia, kad atomas atidavė 3 elektronus, o kadangi tik išorinio lygio valentiniai elektronai gali atiduoti atomą (taliui tai yra du 6s ir vienas 6p elektronai) , jo elektroninė formulė atrodys taip:

81 Tl 3+ talis 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

Pagrindinis kvantinis skaičius n nustato elektrono bendrąją energiją ir jo pašalinimo iš branduolio laipsnį (energijos lygio skaičių); imamas bet koks sveikasis skaičius, prasidedantis nuo 1 (n = 1, 2, 3, . . .), t.y. atitinka laikotarpio numerį.

Orbitinis (šoninis arba azimutinis) kvantinis skaičius l nustato atominės orbitos formą. Tai gali būti sveikųjų skaičių nuo 0 iki n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Nepriklausomai nuo energijos lygio skaičiaus, kiekviena vertė l orbitinis kvantinis skaičius atitinka ypatingos formos orbitą.

Orbitalės su l= 0 vadinamos s-orbitalės,

l= 1 - p-orbitalės (3 tipai, besiskiriantys magnetiniu kvantiniu skaičiumi m),

l= 2 – d-orbitalės (5 tipai),

l= 3 – f-orbitalės (7 tipai).

Magnetinis kvantinis skaičius m l apibūdina elektronų orbitos padėtį erdvėje ir paima sveikąsias reikšmes iš - l prie + l, įskaitant 0. Tai reiškia, kad kiekvienai orbitos formai yra (2 l+ 1) energetiškai lygiavertės orientacijos erdvėje.

Sukimosi kvantinis skaičius m S apibūdina magnetinį momentą, kuris atsiranda, kai elektronas sukasi aplink savo ašį. Paima tik dvi vertes +1/2 ir -1/2, atitinkančias priešingas sukimosi kryptis.
Valentiniai elektronai yra išorinio energijos lygio elektronai. Talis turi 3 valentinius elektronus: 2 s – elektronas ir 1 p – elektronas.

Kvantiniai skaičiai s – elektronai:

Orbitinis kvantinis skaičius l= 0 (s yra orbitalė)

Magnetinis kvantinis skaičius m l = (2 l+ 1 = 1): m l = 0.

Sukimosi kvantinis skaičius m S = ±1/2

Kvantiniai skaičiai p – elektronas:

Pagrindinis kvantinis skaičius n = 6 (šeštasis periodas)

Orbitinis kvantinis skaičius l\u003d 1 (p – orbitalė)

Magnetinis kvantinis skaičius (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Sukimosi kvantinis skaičius m S = ±1/2
23. Nurodykite tas savybes cheminiai elementai, kurios periodiškai keičiasi. Kokia yra šių savybių periodinio pasikartojimo priežastis? Pavyzdžiais paaiškinkite, kokia cheminių junginių savybių kitimo periodiškumo esmė.

Sprendimas:

Elementų savybės, kurias lemia išorinių elektroninių atomų sluoksnių sandara, natūraliai kinta periodinės sistemos periodais ir grupėmis. Tuo pačiu metu elektroninių struktūrų panašumas sukuria analoginių elementų savybių panašumą, bet ne šių savybių tapatumą. Todėl grupėse ir pogrupiuose pereinant nuo vieno elemento prie kito, vyksta ne paprastas savybių pasikartojimas, o daugiau ar mažiau ryškus reguliarus jų kitimas. Visų pirma, cheminis elementų atomų elgesys pasireiškia jų gebėjimu prarasti ir įgyti elektronus, t.y. jų gebėjimas oksiduotis ir redukuotis. Kiekybinis atomo gebėjimo matas prarasti elektronai yra jonizacijos potencialas (E Ir ) , o pagal jų gebėjimus n įgyti– elektronų afinitetas (E Su ). Šių dydžių kitimo pobūdis pereinant iš vieno laikotarpio į kitą kartojasi, ir šie pokyčiai yra pagrįsti pasikeitimu elektroninė konfigūracija atomas. Taigi užbaigti elektronų sluoksniai, atitinkantys inertinių dujų atomus, per tam tikrą laikotarpį rodo didesnį stabilumą ir padidintą jonizacijos potencialo vertę. Tuo pačiu metu pirmosios grupės s-elementai (Li, Na, K, Rb, Cs) turi mažiausias jonizacijos potencialo reikšmes.

Elektronegatyvumas yra tam tikro elemento atomo gebėjimo traukti elektronus link savęs matas, palyginti su kitų junginio elementų atomais. Pagal vieną iš apibrėžimų (Mulliken) atomo elektronegatyvumas gali būti išreikštas puse jo jonizacijos energijos ir elektronų giminingumo sumos: = (E ir + E c).

Laikotarpiais pastebima bendra tendencija didėti elemento elektronegatyvumui, o pogrupiuose – mažėti. Mažiausios vertės I grupės s elementai turi elektronegatyvumą, o VII grupės p elementai turi didžiausią elektronegatyvumą.

To paties elemento elektronegatyvumas gali skirtis priklausomai nuo valentinės būsenos, hibridizacijos, oksidacijos būsenos ir kt. Elektronegatyvumas reikšmingai įtakoja elementų junginių savybių kitimo pobūdį. Pavyzdžiui, sieros rūgšties pasižymi stipresnėmis rūgštinėmis savybėmis nei jo cheminis analogas seleno rūgštis, nes pastarojoje centrinis seleno atomas dėl mažesnio elektronegatyvumo, palyginti su sieros atomu, ne taip stipriai poliarizuoja rūgštyje esančius H–O ryšius, o tai reiškia rūgštingumo susilpnėjimas.

H-O O
Kitas pavyzdys yra chromo (II) hidroksidas ir chromo (VI) hidroksidas. Chromo (II) hidroksidas Cr(OH) 2, priešingai nei chromo (VI) hidroksidas H 2 CrO 4, pasižymi pagrindinėmis savybėmis, nes chromo +2 oksidacijos būsena lemia Cr 2+ Kulono sąveikos silpnumą su hidroksido joną ir šio jono skilimo lengvumą, t.y. pagrindinių savybių pasireiškimas. Tuo pačiu metu aukšta chromo +6 oksidacijos būsena chromo (VI) hidrokside sukelia stiprią Kulono trauką tarp hidroksido jono ir centrinio chromo atomo ir negali disociuoti išilgai jungties. - Oi. Kita vertus, didelė chromo oksidacijos būsena chromo (VI) hidrokside padidina jo gebėjimą pritraukti elektronus, t.y. elektronegatyvumas, kuris aukštas laipsnisšio junginio H-O ryšių poliarizacija, kuri yra būtina sąlyga rūgštingumui padidėti.

Kitas svarbi savybė atomai yra jų spindulys. Laikotarpiais metalo atomų spinduliai mažėja didėjant elemento eilės skaičiui, nes Per laikotarpį padidėjus elemento eilės skaičiui, didėja branduolio krūvis, taigi ir bendras jį subalansuojantis elektronų krūvis; dėl to didėja ir Kulono elektronų trauka, o tai galiausiai lemia atstumo tarp jų ir branduolio mažėjimą. Ryškiausias spindulio sumažėjimas pastebimas mažų periodų elementuose, kuriuose išorinis energijos lygis yra užpildytas elektronais.

Dideliais laikotarpiais d ir f elementų spindulys laipsniškai mažėja, didėjant atomo branduolio krūviui. Kiekviename elementų pogrupyje atomų spinduliai, kaip taisyklė, didėja iš viršaus į apačią, nes toks poslinkis reiškia perėjimą į aukštesnį energijos lygį.

Elementų jonų spindulių įtaką jų susidarančių junginių savybėms galima iliustruoti vandenilio halogeninių rūgščių rūgštingumo padidėjimo dujų fazėje pavyzdžiu: HI > HBr > HCl > HF.
43. Įvardykite elementus, kurių atomams galima tik viena valentinė būsena, ir nurodykite, kaip ji bus – įžeminta ar sužadinta.

Sprendimas:

Elementų, turinčių vieną nesuporuotą elektroną išoriniame valentinės energijos lygyje atomai gali turėti vieną valentinę būseną – tai periodinės sistemos I grupės elementai (H – vandenilis, Li – litis, Na – natris, K – kalis, Rb – rubidis , Ag - sidabras, Cs - cezis, Au - auksas, Fr - francis), išskyrus varį, nes priešišorinio lygio d-elektronai taip pat dalyvauja formuojant cheminius ryšius, kurių skaičius nustatomas. pagal valentingumą (vario atomo 3d 10 4s 1 pagrindinė būsena yra dėl užpildyto d- apvalkalo stabilumo, tačiau pirmoji sužadinta būsena 3d 9 4s 2 viršija pagrindinę būseną energija tik 1,4 eV (apie 125 kJ). /mol). cheminiai junginiai abi būsenos atrodo vienodai, todėl susidaro dvi vario junginių serijos (I) ir (II)).

Taip pat vienoje valentinėje būsenoje gali būti elementų atomai, kuriuose išorinis energijos lygis yra visiškai užpildytas ir elektronai neturi galimybės pereiti į sužadinimo būseną. Tai pagrindinio VIII grupės pogrupio elementai – inertinės dujos (He – helis, Ne – neonas, Ar – argonas, Kr – kriptonas, Xe – ksenonas, Rn – radonas).

Visiems išvardytiems elementams vienintelė valentinė būsena yra pagrindinė būsena, nes nėra galimybės pereiti į sužadintą būseną. Be to, perėjimas į sužadintą būseną lemia naują atomo valentinę būseną, atitinkamai, jei toks perėjimas įmanomas, tam tikro atomo valentinė būsena nėra vienintelė.

63. Naudodami valentinių elektronų porų atstūmimo modelį ir valentinių ryšių metodą, apsvarstykite siūlomų molekulių ir jonų erdvinę struktūrą. Nurodykite: a) centrinio atomo jungiamųjų ir nepasidalintų elektronų porų skaičių; b) hibridizacijoje dalyvaujančių orbitų skaičius; c) hibridizacijos tipas; d) molekulės arba jono tipas (AB m E n); e) erdvinis elektronų porų išdėstymas; f) erdvinė molekulės arba jono struktūra.

SO3;

Sprendimas:

Pagal valentinio ryšio metodą (naudojant šį metodą gaunamas toks pat rezultatas, kaip ir naudojant EPVO modelį), molekulės erdvinę konfigūraciją lemia centrinio atomo hibridinių orbitų, susidarančių dėl sąveika tarp orbitų.

Norint nustatyti centrinio atomo hibridizacijos tipą, būtina žinoti hibridizuojančių orbitų skaičių. Jį galima rasti sudėjus centrinio atomo jungiamųjų ir vienišų elektronų porų skaičių ir atėmus π ryšių skaičių.

SO 3 molekulėje

bendras surišimo porų skaičius yra 6. Atėmus π ryšių skaičių, gauname hibridizuojančių orbitalių skaičių: 6 - 3 \u003d 3. Taigi hibridizacijos tipas sp 2, jono tipas AB 3, erdvinis elektronų porų išdėstymas turi trikampio formą, o pati molekulė yra trikampė:

Jonuose

bendras surišimo porų skaičius yra 4. π ryšių nėra. Hibridizuojančių orbitalių skaičius: 4. Taigi hibridizacijos tipas sp 3, jonų tipas AB 4, erdvinis elektronų porų išsidėstymas turi tetraedro formą, o pats jonas yra tetraedras:

83. Parašykite galimų KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 sąveikos su žemiau pateiktais junginiais reakcijų lygtis:

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

Sprendimas:
a) KOH sąveikos reakcijos

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

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

Oi - + H +  H 2 O
KOH + BaO  jokios reakcijos
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

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

2Oi - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3  nereaguoja, tirpale vienu metu yra jonų:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K++2 Oi- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  nevyksta reakcijos

b) sąveikos reakcijos H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  nevyksta reakcijos
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  nevyksta reakcijos
H 2 SO 4 + HNO 3  reakcijos nevyksta
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) sąveikos reakcijos H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  nevyksta reakcijos

H 2 O + BaO  Ba (OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  nevyksta reakcijos
H 2 O + HNO 3  nevyksta reakcijos
H 2 O + NO 2  jokios reakcijos
H 2 O + Ni(OH) 2  nevyksta reakcijos

H 2 O + Ca(OH) 2  nevyksta reakcijos

a) sąveikos reakcijos Be (OH) 2

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

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

Būk (OH) 2 + 2H+  Būkite 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  jokios reakcijos
2Be (OH) 2 + CO 2  Be 2 CO 3 (OH) 2 ↓ + 2H 2 O
Būti (OH) 2 + 2HNO 3  Būti (NO 3) 2 + 2H 2 O

Būk (OH) 2 + 2H+ + NO 3 -  Būk 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

Būk (OH) 2 + 2H +  Būk 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  jokios reakcijos
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  jokios reakcijos
103. Nurodytai reakcijai

b) paaiškinkite, kuris iš veiksnių: entropija ar entalpija prisideda prie spontaniško reakcijos srauto į priekį;

c) kokia kryptimi (pirmyn ar atgal) vyks reakcija esant 298K ir 1000K;

e) įvardykite visus būdus, kaip padidinti pusiausvyros mišinio produktų koncentraciją.

f) sudaryti ΔG p (kJ) grafiką iš T (K)

Sprendimas:

CO (g) + H2 (g) \u003d C (c) + H2O (g)

Standartinė medžiagų susidarymo entalpija, entropija ir Gibso energija

1. (ΔН 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.

Tiesioginę reakciją lydi entropijos mažėjimas, sutrikimas sistemoje mažėja – nepalankus veiksnys cheminei reakcijai vykti į priekį.

3. Apskaičiuokite standartinę reakcijos Gibso energiją.

pagal Heso dėsnį:

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

Paaiškėjo, kad (ΔH 0 298) x.r. > (ΔS 0 298) x.r. ·T ir tada (ΔG 0 298) x.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K yra apytikslė temperatūra, kuriai esant susidaro tikroji cheminė pusiausvyra; virš šios temperatūros vyks atvirkštinė reakcija. Esant tokiai temperatūrai, abu procesai yra vienodai tikėtini.

5. Apskaičiuokite Gibso energiją esant 1000K:

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

Tie. esant 1000 K: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.r.

Entalpijos faktorius tapo lemiamas, spontaniškas tiesioginės reakcijos tėkmė tapo neįmanomas. Vyksta atvirkštinė reakcija: iš 1 molio dujų ir 1 molio kietos medžiagos susidaro 2 moliai dujų.

lg K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Sistema toli gražu nėra tiesa cheminė pusiausvyra, jame vyrauja reakcijos produktai.

Reakcijos ΔG 0 priklausomybė nuo temperatūros

CO (g) + H2 (g) \u003d C (c) + H2O (g)

K 1000 \u003d 0,86\u003e 1 - sistema yra artima pusiausvyros būsenai, tačiau šioje temperatūroje joje vyrauja pradinės medžiagos.

8. Pagal Le Chatelier principą, kylant temperatūrai, pusiausvyra turėtų pasislinkti atvirkštinės reakcijos link, pusiausvyros konstanta – mažėti.

9. Apsvarstykite, kaip mūsų apskaičiuoti duomenys atitinka Le Chatelier principą. Pateikiame keletą duomenų, parodančių nurodytos reakcijos Gibso energijos ir pusiausvyros konstantos priklausomybę nuo temperatūros:

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

Taigi gauti apskaičiuoti duomenys atitinka mūsų išvadas remiantis Le Chatelier principu.
123. Pusiausvyra sistemoje:

)

nustatytos tokiomis koncentracijomis: [B] ir [C], mol/l.

Nustatykite pradinę medžiagos koncentraciją [B] 0 ir pusiausvyros konstantą, jei pradinė medžiagos A koncentracija [A] 0 mol/l

Iš lygties matyti, kad susidaryti 0,26 mol medžiagos C reikia 0,13 mol medžiagos A ir tiek pat medžiagos B.

Tada medžiagos A pusiausvyros koncentracija yra [A] \u003d 0,4-0,13 \u003d 0,27 mol / l.

Pradinė medžiagos B koncentracija [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 0,26 mol / l.

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

143. a) 300 g tirpalo yra 36 g KOH (tirpalo tankis 1,1 g/ml). Apskaičiuokite šio tirpalo procentinę ir molinę koncentraciją.

b) Kiek gramų kristalinės sodos Na 2 CO 3 10H 2 O reikia paimti, norint paruošti 2 litrus 0,2 M Na 2 CO 3 tirpalo?

Sprendimas:

Procentinę koncentraciją randame pagal lygtį:

KOH molinė masė yra 56,1 g/mol;

Norėdami apskaičiuoti tirpalo moliškumą, randame KOH masę, esančią 1000 ml (t. y. 1000 1,100 \u003d 1100 g) tirpalo:

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

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

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

Sprendimas:

1. Raskite bevandenės druskos masę

m = Cm M V, kur M yra molinė masė, V yra tūris.

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

2. Iš proporcijos raskite kristalinio hidrato masę

kristalinio hidrato molinė masė 286 g / mol - masė X

bevandenės druskos molinė masė 106g / mol - masė 42,4g

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

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

163. Apskaičiuokite 5 % naftaleno C 10 H 8 tirpalo benzene virimo temperatūrą. Benzeno virimo temperatūra yra 80,2 0 C.

Duota: Trečiadienis-ra (C 10 H 8) \u003d 5 % virti (C 6 H 6) \u003d 80,2 0 C

Rasti: tkip (r-ra) -?

Sprendimas:

Iš antrojo Raoult dėsnio

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

Čia E yra ebulioskopinė tirpiklio konstanta

E (C 6 H 6) \u003d 2,57

m A – tirpiklio masė, m B – ištirpusios medžiagos masė, M B – jos molekulinė masė.

Tegul tirpalo masė yra 100 gramų, todėl ištirpusios medžiagos masė yra 5 gramai, o tirpiklio masė yra 100 - 5 = 95 gramai.

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

Pakeičiame visus formulės duomenis ir nustatome tirpalo virimo temperatūros padidėjimą, palyginti su grynu tirpikliu:

ΔT = (2,57 5 1000) / (128 95) = 1,056

Naftalino tirpalo virimo temperatūrą galima rasti pagal formulę:

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

Atsakymas: 81.256 apie C

183. Užduotis 1. Parašykite silpnųjų elektrolitų disociacijos lygtis ir disociacijos konstantas.

2 užduotis. Pagal pateiktas jonines lygtis parašykite atitinkamas molekulines lygtis.

3 užduotis. Molekulinėmis ir joninėmis formomis surašykite šių transformacijų reakcijų lygtis.

Nr. p / p	1 pratimas	2 užduotis	3 užduotis
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Sprendimas:

Parašykite disociacijos lygtis ir disociacijos konstantas silpniems elektrolitams.

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 - amfoterinis hidroksidas, galima rūgšties tipo disociacija

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

CD 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

CD 2 =

H 3 AsO 4 - ortoarseno rūgštis - stiprus elektrolitas, visiškai disocijuoja tirpale:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Pagal pateiktas jonines lygtis parašykite atitinkamas molekulines lygtis.

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

NiCl2 + NaOH (trūksta) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Molekulinėmis ir joninėmis formomis parašykite šių transformacijų reakcijų lygtis.

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++ Oi- → 2Na ++ TAIP 3 2- + H 2 O

HSO 3 - + Oi - → + TAIP 3 2- + H 2 O
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

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

TAIP 3 2- + 2H + → H 2 TAIP 3 + TAIP 3 2-
3) H 2 SO 3 (perteklius) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 H + + TAIP 3 2- + Na + + Oi- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 H + + TAIP 3 2 + Oi- → Na + + H 2 O
203. Užduotis 1. Parašykite molekulinės ir joninės formos druskų hidrolizės lygtis, nurodykite tirpalų pH (рН> 7, pH 2 užduotis. Parašykite reakcijų, vykstančių tarp medžiagų vandeniniuose tirpaluose, lygtis).

Nr. p / p	1 pratimas	2 užduotis
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Užduotis 1. Parašykite molekulinės ir joninės formos druskų hidrolizės lygtis, nurodykite tirpalų pH (pH> 7, pH

Na 2 S - druska, sudaryta iš stiprios bazės ir silpnos rūgšties, anijone hidrolizuojama. Aplinkos reakcija yra šarminė (рН > 7).

Ist. Na 2 S + HOH ↔ NaHS + NaOH

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

II str. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 - Iš silpnos bazės ir stiprios rūgšties susidariusi druska katijone hidrolizuojama. Terpės reakcija yra rūgštinė (pH

Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

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

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

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

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

Hidrolizė daugiausia vyksta pirmajame etape.

2 užduotis. Parašykite reakcijų, vykstančių tarp medžiagų vandeniniuose tirpaluose, lygtis

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – stiprios rūgšties ir silpnos bazės druska

Na 2 CO 3 – druska, susidaranti iš silpnos rūgšties ir stiprios bazės

2FeCl3 + 3Na 2CO 3 + 6H (OH) \u003d 2Fe (OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6NaCl

2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6H(JIS) = 2Fe( Oi) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6H(JIS) = 2Fe( Oi) 3 + 3 H 2 O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Vyksta abipusis hidrolizės stiprėjimas

Al 2 (SO 4) 3 - druska, susidaranti iš stiprios rūgšties ir silpnos bazės

Na2CO3 – silpnos rūgšties ir stiprios bazės druska

Kai dvi druskos hidrolizuojamos kartu, susidaro silpna bazė ir silpna rūgštis:

Ist: 2Na 2CO 3 + Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH => 4Na + + 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 3 SO 4 2 -

IIst: 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH \u003d\u003e 2H 2 CO 3 + 2Al (OH) 2 +

IIIst: 2Al(OH)2 + + 2HOH => 2Al(OH)3 + 2H +

Bendra hidrolizės lygtis

Al 2 (SO 4) 3 + 2 Na 2 CO 3 + 6H 2 O \u003d 2Al (OH) 3 ↓ + 2H 2 CO 3 + 2 Na 2 SO 4 + H 2 SO 4

2Al 3+ + 3 SO 4 2 - + 2 Na + + 2 CAPIE 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 CО 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2Н + + SO 4 2 -

2Al 3+ + 2CAPIE 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C Apie 3
Puslapis 1