Komplett elektronisk formel for kalsium. Fullfør elektroniske formler for atomer av elementer

Algoritme for å kompilere den elektroniske formelen til et element:

1. Bestem antall elektroner i et atom ved hjelp av det periodiske systemet for kjemiske grunnstoffer D.I. Mendeleev.

2. Bestem antall energinivåer ved antallet av perioden hvor elementet er plassert; antall elektroner i det siste elektroniske nivået tilsvarer gruppenummeret.

3. Del nivåene inn i undernivåer og orbitaler og fyll dem med elektroner i henhold til reglene for fylling av orbitaler:

Det må huskes at det første nivået har maksimalt 2 elektroner. 1s2, på den andre - maksimalt 8 (to s og seks R: 2s 2 2p 6), på den tredje - maksimalt 18 (to s, seks s, og ti d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Hovedkvantenummer n skal være minimal.
• Fylles ut først s- undernivå altså p-, d-b f- undernivåer.
• Elektroner fyller orbitaler i stigende rekkefølge av orbital energi (Klechkovskys regel).
• Innenfor undernivået okkuperer elektroner først frie orbitaler en om gangen, og først etter det danner de par (Hunds regel).
• Det kan ikke være mer enn to elektroner i en orbital (Pauli-prinsippet).

Eksempler.

1. Komponer den elektroniske formelen for nitrogen. Nitrogen er nummer 7 i det periodiske systemet.

2. Komponer den elektroniske formelen for argon. I det periodiske systemet er argon på nummer 18.

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

3. Komponer den elektroniske formelen for krom. I det periodiske systemet er krom nummer 24.

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

Energidiagram av sink.

4. Komponer den elektroniske formelen for sink. I det periodiske systemet er sink nummer 30.

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

Legg merke til at en del av den elektroniske formelen, nemlig 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, er den elektroniske formelen til argon.

Den elektroniske formelen for sink kan representeres som.

Elektronisk konfigurasjon av et atom er en formel som viser ordningen av elektroner i et atom etter nivåer og undernivåer. Etter å ha studert artikkelen vil du finne ut hvor og hvordan elektroner er lokalisert, bli kjent med kvantetall og kunne bygge den elektroniske konfigurasjonen til et atom etter nummeret, på slutten av artikkelen er det en tabell over elementer.

Hvorfor studere den elektroniske konfigurasjonen av elementer?

Atomer er som en konstruktør: det er et visst antall deler, de skiller seg fra hverandre, men to deler av samme type er nøyaktig like. Men denne konstruktøren er mye mer interessant enn plasten, og her er hvorfor. Konfigurasjonen endres avhengig av hvem som er i nærheten. For eksempel oksygen ved siden av hydrogen Kan være bli til vann, ved siden av natrium til gass, og ved siden av jern blir det fullstendig rust. For å svare på spørsmålet hvorfor dette skjer og forutsi oppførselen til et atom ved siden av et annet, er det nødvendig å studere den elektroniske konfigurasjonen, som vil bli diskutert nedenfor.

Hvor mange elektroner er det i et atom?

Et atom består av en kjerne og elektroner som kretser rundt den, kjernen består av protoner og nøytroner. I nøytral tilstand har hvert atom samme antall elektroner som antall protoner i kjernen. Antall protoner ble indikert av elementets serienummer, for eksempel har svovel 16 protoner - det 16. elementet i det periodiske systemet. Gull har 79 protoner - det 79. elementet i det periodiske systemet. Følgelig er det 16 elektroner i svovel i nøytral tilstand, og 79 elektroner i gull.

Hvor skal man lete etter et elektron?

Ved å observere oppførselen til et elektron, ble visse mønstre utledet, de er beskrevet av kvantetall, det er fire av dem totalt:

• Hovedkvantenummer
• Orbitalt kvantenummer
• Magnetisk kvantenummer
• Spinn kvantenummer

Orbital

Videre, i stedet for ordet bane, vil vi bruke begrepet "orbital", orbital er bølgefunksjonen til elektronet, omtrent - dette er området der elektronet tilbringer 90% av tiden.

N - nivå
L - skall
M l - orbitaltall
M s - det første eller andre elektronet i orbitalen

Orbitalt kvantenummer l

Som et resultat av studiet av elektronskyen, ble det funnet at avhengig av energinivået, tar skyen fire hovedformer: en ball, manualer og de to andre, mer komplekse. I stigende rekkefølge av energi kalles disse formene s-, p-, d- og f-skjell. Hvert av disse skjellene kan ha 1 (på s), 3 (på p), 5 (på d) og 7 (på f) orbitaler. Orbital kvantenummer er skallet som orbitalene er plassert på. Orbitalkvantetallet for henholdsvis s, p, d og f orbitaler tar verdiene 0,1,2 eller 3.

På s-skallet en orbital (L=0) - to elektroner
Det er tre orbitaler på p-skallet (L=1) - seks elektroner
Det er fem orbitaler på d-skallet (L=2) - ti elektroner
Det er syv orbitaler (L=3) på f-skallet - fjorten elektroner

Magnetisk kvantenummer m l

Det er tre orbitaler på p-skallet, de er angitt med tall fra -L til +L, det vil si at for p-skallet (L=1) er det orbitaler "-1", "0" og "1" . Det magnetiske kvantetallet er angitt med bokstaven m l .

Inne i skallet er det lettere for elektroner å være lokalisert i forskjellige orbitaler, så de første elektronene fyller en for hver orbital, og deretter legges paret til hver.

Tenk på et d-shell:
D-skallet tilsvarer verdien L=2, det vil si fem orbitaler (-2,-1,0,1 og 2), de første fem elektronene fyller skallet, og tar verdiene M l =-2, Ml = -1, Ml = 0, Ml = 1, Ml = 2.

Spinn kvantenummer m s

Spinn er rotasjonsretningen til et elektron rundt sin akse, det er to retninger, så spinnkvantetallet har to verdier: +1/2 og -1/2. Bare to elektroner med motsatte spinn kan være på samme energiundernivå. Spinnkvantetallet er betegnet m s

Hovedkvantenummer n

Det viktigste kvantetallet er energinivået der dette øyeblikket syv energinivåer er kjent, hver er indikert med et arabisk tall: 1,2,3, ... 7. Antall skjell på hvert nivå er lik nivånummeret: det er ett skall på det første nivået, to på det andre, og så videre.

Elektronnummer

Så, ethvert elektron kan beskrives med fire kvantetall, kombinasjonen av disse tallene er unik for hver posisjon av elektronet, la oss ta det første elektronet, det laveste energinivået er N=1, ett skall er plassert på det første nivået, det første skallet på et hvilket som helst nivå har form av en ball (s -shell), dvs. L=0, det magnetiske kvantetallet kan bare ta en verdi, M l =0 og spinnet vil være lik +1/2. Hvis vi tar det femte elektronet (i hvilket atom det enn er), så vil hovedkvantetallene for det være: N=2, L=1, M=-1, spinn 1/2.

Når du skriver elektroniske formler for atomer av elementer, er energinivåer indikert (verdier av hovedkvantetallet n i form av tall - 1, 2, 3, etc.), energiundernivåer (verdier av orbitalt kvantenummer l i form av bokstaver s, s, d, f) og tallet øverst indikerer antall elektroner i et gitt undernivå.

Det første elementet i D.I. Mendeleev er hydrogen, derfor ladningen til kjernen til et atom H lik 1 har atomet kun ett elektron pr s undernivå av første nivå. Derfor er den elektroniske formelen til hydrogenatomet:

Det andre elementet er helium, det er to elektroner i atomet, derfor er den elektroniske formelen til heliumatomet 2 Ikke 1s 2. Den første perioden inkluderer bare to elementer, siden det første energinivået er fylt med elektroner, som bare kan okkuperes av 2 elektroner.

Det tredje elementet i rekkefølge - litium - er allerede i den andre perioden, derfor begynner dets andre energinivå å bli fylt med elektroner (vi snakket om dette ovenfor). Fyllingen av det andre nivået med elektroner begynner med s-subnivå, så den elektroniske formelen til litiumatomet er 3 Li 1s 2 2s 1 . I berylliumatomet er fylling med elektroner fullført s- undernivåer: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

For påfølgende elementer av den andre perioden fortsetter det andre energinivået å være fylt med elektroner, bare nå er det fylt med elektroner R- undernivå: 5 I 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 MED 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Neonatom fullfører fylling med elektroner R-undernivå, dette elementet avslutter den andre perioden, det har åtte elektroner, siden s- Og R-undernivåer kan inneholde bare åtte elektroner.

Elementene i den tredje perioden har en lignende sekvens for å fylle energiundernivåene til det tredje nivået med elektroner. De elektroniske formlene for atomer til noen elementer i denne perioden er:

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 3s 1 ;

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

Den tredje perioden, som den andre, slutter med et element (argon), som fullfører fyllingen med elektroner R-undernivå, selv om det tredje nivået inkluderer tre undernivåer ( s, R, d). I henhold til den ovennevnte rekkefølgen for å fylle energiundernivåene i samsvar med reglene til Klechkovsky, energien til undernivå 3 d mer energi på undernivå 4 s derfor er kaliumatomet etter argon og kalsiumatomet som følger det fylt med elektroner 3 s- undernivå av fjerde nivå:

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

Fra det 21. elementet - skandium, i atomene til elementene, begynner undernivå 3 å fylles med elektroner d. De elektroniske formlene til atomene til disse elementene er:

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

I atomene til det 24. elementet (krom) og det 29. elementet (kobber), observeres et fenomen kalt "gjennombrudd" eller "svikt" av et elektron: et elektron fra en ekstern 4 s-undernivå "feiler" med 3 d– undernivå, fullføre fyllingen med halvparten (for krom) eller fullstendig (for kobber), noe som bidrar til større stabilitet av atomet:

24 Cr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 4s 1 3d 5 (i stedet for ...4 s 2 3d 4) og

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 4s 1 3d 10 (i stedet for ...4 s 2 3d 9).

Med utgangspunkt i det 31. elementet - gallium, fortsetter fyllingen av det fjerde nivået med elektroner, nå - R– undernivå:

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

Dette elementet avslutter den fjerde perioden, som allerede inkluderer 18 elementer.

En lignende rekkefølge for å fylle energiundernivåer med elektroner finner sted i atomene til elementene i den 5. perioden. De to første (rubidium og strontium) er fylt s- undernivå av 5. nivå, de neste ti elementene (fra yttrium til kadmium) er fylt d– undernivå av 4. nivå; seks elementer fullfører perioden (fra indium til xenon), hvor atomene elektroner er fylt R-undernivå av det ytre, femte nivået. Det er også 18 elementer i en periode.

For elementer i den sjette perioden brytes denne utfyllingsrekkefølgen. I begynnelsen av perioden, som vanlig, er det to elementer, i atomene som er fylt med elektroner s-undernivå av det ytre, sjette, nivået. Ved neste grunnstoff - lantan - begynner å fylles med elektroner d–undernivå av forrige nivå, dvs. 5 d. På denne fyllingen med elektroner 5 d-subnivå stopper og de neste 14 elementene - fra cerium til lutetium - begynner å fylles f- undernivå av 4. nivå. Disse elementene er alle inkludert i én celle i tabellen, og nedenfor er en utvidet serie av disse elementene, kalt lantanider.

Fra det 72. elementet - hafnium - til det 80. elementet - kvikksølv, fortsetter fyllingen med elektroner 5 d- undernivå, og perioden slutter, som vanlig, med seks elementer (fra thallium til radon), i hvis atomer den er fylt med elektroner R-undernivå av det ytre, sjette, nivået. Dette er mest stor periode, som inkluderer 32 elementer.

I atomene til elementene i den syvende, ufullstendige perioden, ses samme rekkefølge for å fylle undernivåene, som beskrevet ovenfor. Vi lar studentene skrive elektroniske formler for atomer av elementer fra 5. - 7. periode, med tanke på alt som er sagt ovenfor.

Merk:I noen læremidler en annen rekkefølge for å skrive de elektroniske formlene til atomene til elementene er tillatt: ikke i den rekkefølgen de er fylt i, men i samsvar med antallet elektroner gitt i tabellen på hvert energinivå. For eksempel kan den elektroniske formelen til et arsenikk-atom se slik ut: As 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 3d 10 4s 2 4s 3 .

Side 1
3. Lag en elektronisk formel og hun tallium Tl3+. For valenselektroner atom Tl indikerer settet med alle fire kvantetallene.

Løsning:

I henhold til Klechkovsky-regelen skjer fyllingen av energinivåer og undernivåer i følgende sekvens:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Grunnstoffet thallium Tl har en kjerneladning på +81 (serienummer 81), henholdsvis 81 elektroner. I henhold til Klechkovsky-regelen fordeler vi elektroner over energiundernivåer, vi får den elektroniske formelen til elementet Tl:

81 Tl tallium 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

Talliumionet Tl 3+ har en ladning på +3, som betyr at atomet ga fra seg 3 elektroner, og siden det kun er valenselektroner på det ytre nivået som kan gi fra seg et atom (for tallium er dette to 6-ere og ett 6p-elektron) , vil dens elektroniske formel se slik ut:

81 Tl 3+ tallium 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

Hovedkvantenummer n bestemmer den totale energien til elektronet og graden av dets fjerning fra kjernen (energinivånummer); det tar alle heltallsverdier som starter fra 1 (n = 1, 2, 3, . . .), dvs. tilsvarer periodenummeret.

Orbital (side eller azimutal) kvantenummer l bestemmer formen på atombanen. Den kan ta heltallsverdier fra 0 til n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Uavhengig av energinivånummeret, hver verdi l orbital kvantenummer tilsvarer en orbital med en spesiell form.

Orbitaler med l= 0 kalles s-orbitaler,

l= 1 - p-orbitaler (3 typer som er forskjellige i magnetisk kvantenummer m),

l= 2 - d-orbitaler (5 typer),

l= 3 – f-orbitaler (7 typer).

Det magnetiske kvantetallet m l karakteriserer posisjonen til elektronorbitalen i rommet og tar heltallsverdier fra - l til + l, inkludert 0. Dette betyr at for hver baneform er det (2 l+ 1) energisk ekvivalente orienteringer i rommet.

Spinnkvantetallet m S karakteriserer det magnetiske momentet som oppstår når et elektron roterer rundt sin akse. Tar bare to verdier +1/2 og -1/2 som tilsvarer motsatte rotasjonsretninger.
Valenselektroner er elektroner i det ytre energinivået. Thallium har 3 valenselektroner: 2 s - elektron og 1 p - elektron.

Kvantetall s - elektroner:

Orbitalt kvantenummer l= 0 (s er en orbital)

Magnetisk kvantenummer m l = (2 l+ 1 = 1): ml = 0.

Spinn kvantenummer m S = ±1/2

Kvantetall p - elektron:

Hovedkvantenummer n = 6 (sjette periode)

Orbitalt kvantenummer l\u003d 1 (p - orbital)

Magnetisk kvantenummer (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Spinn kvantenummer m S = ±1/2
23. Spesifiser disse egenskapene kjemiske elementer, som endres med jevne mellomrom. Hva er årsaken til den periodiske gjentagelsen av disse egenskapene? Forklar på eksempler hva som er essensen av periodisiteten til endringer i egenskapene til kjemiske forbindelser.

Løsning:

Egenskapene til elementene, bestemt av strukturen til de ytre elektroniske lagene av atomer, endres naturlig i perioder og grupper i det periodiske systemet. Samtidig genererer likheten til elektroniske strukturer likheten mellom egenskapene til analoge elementer, men ikke identiteten til disse egenskapene. Derfor, i overgangen fra ett element til et annet i grupper og undergrupper, er det ikke en enkel repetisjon av egenskaper, men deres mer eller mindre uttalte regelmessige endring. Spesielt manifesteres den kjemiske oppførselen til atomene til elementer i deres evne til å miste og få elektroner, dvs. i deres evne til å oksidere og redusere. Et kvantitativt mål på evnen til et atom å tape elektroner er ioniseringspotensial (E Og ) , og ved mål på deres evne n tilegne– elektronaffinitet (E Med ). Arten av endringen i disse mengdene under overgangen fra en periode til en annen gjentas, og disse endringene er basert på en endring elektronisk konfigurasjon atom. Dermed viser fullførte elektronlag tilsvarende atomer av inerte gasser økt stabilitet og økt verdi av ioniseringspotensialer innen en periode. Samtidig har s-elementene i den første gruppen (Li, Na, K, Rb, Cs) de laveste ioniseringspotensialverdiene.

Elektronegativitet er et mål på evnen til et atom i et gitt grunnstoff til å trekke elektroner mot seg selv sammenlignet med atomene til andre grunnstoffer i forbindelsen. I følge en av definisjonene (Mulliken) kan elektronegativiteten til et atom uttrykkes som halvparten av summen av dets ioniseringsenergi og elektronaffinitet: = (E og + E c).

I perioder er det en generell tendens til en økning i elektronegativiteten til et element, og i undergrupper, dets reduksjon. De minste verdiene s-elementer i gruppe I har elektronegativitet, og p-elementer i gruppe VII har størst elektronegativitet.

Elektronegativiteten til det samme elementet kan variere avhengig av valenstilstanden, hybridiseringen, oksidasjonstilstanden osv. Elektronegativiteten påvirker i betydelig grad endringen i egenskapene til sammensetninger av elementer. For eksempel, svovelsyre viser sterkere sure egenskaper enn sin kjemiske analog, selensyre, siden det sentrale selenatomet i sistnevnte, på grunn av dets lavere elektronegativitet sammenlignet med svovelatomet, ikke polariserer H–O-bindingene i syren så sterkt, noe som betyr en svekkelse av surhet.

H–O O
Et annet eksempel er krom(II)hydroksid og krom(VI)hydroksid. Krom(II)hydroksid, Cr(OH) 2, viser grunnleggende egenskaper, i motsetning til krom(VI)hydroksid, H 2 CrO 4, siden oksidasjonstilstanden til krom +2 bestemmer svakheten til Coulomb-interaksjonen av Cr 2+ med hydroksidionet og lettheten av spaltning av dette ionet, dvs. manifestasjon av hovedegenskapene. Samtidig forårsaker den høye oksidasjonstilstanden til krom +6 i krom (VI) hydroksyd en sterk Coulomb-attraksjon mellom hydroksydionet og det sentrale kromatomet og umuligheten av dissosiasjon langs bindingen - Åh. På den annen side øker en høy oksidasjonstilstand av krom i krom(VI)hydroksid dens evne til å tiltrekke seg elektroner, dvs. elektronegativitet, som en høy grad polarisering av H–O-bindinger i denne forbindelsen, som er en forutsetning for en økning i surhet.

Neste viktig egenskap atomer er deres radier. I perioder avtar radiene til metallatomer med en økning i ordenstallet til grunnstoffet, fordi med en økning i ordinaltallet til elementet i perioden, øker ladningen til kjernen, og følgelig den totale ladningen av elektroner som balanserer den; som en konsekvens øker også Coulomb-tiltrekningen av elektroner, noe som til slutt fører til en reduksjon i avstanden mellom dem og kjernen. Den mest uttalte reduksjonen i radius observeres i elementer av små perioder, der det ytre energinivået er fylt med elektroner.

I store perioder viser d- og f-elementene en mer gradvis nedgang i radier med en økning i ladningen til atomkjernen. Innenfor hver undergruppe av elementer øker radiene til atomer som regel fra topp til bunn, siden et slikt skifte betyr en overgang til et høyere energinivå.

Påvirkningen av radiene til elementioner på egenskapene til forbindelsene de danner kan illustreres ved eksemplet med en økning i surheten til hydrohalogensyrer i gassfasen: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nevn elementene for atomer hvor kun én valenstilstand er mulig, og angi hvordan den vil bli slipt eller eksitert.

Løsning:

Atomer av grunnstoffer som har ett uparet elektron på det ytre valensenerginivået kan ha en valenstilstand - disse er elementer i gruppe I i det periodiske systemet (H - hydrogen, Li - litium, Na - natrium, K - kalium, Rb - rubidium , Ag - sølv, Cs - cesium, Au - gull, Fr - francium), med unntak av kobber, siden d-elektroner på det pre-eksterne nivået også deltar i dannelsen av kjemiske bindinger, hvis antall bestemmes etter valens (grunntilstanden til kobberatomet 3d 10 4s 1 skyldes stabiliteten til det fylte d-skallet, men den første eksiterte tilstanden 3d 9 4s 2 overskrider grunntilstanden i energi med bare 1,4 eV (ca. 125 kJ /mol). kjemiske forbindelser begge tilstander fremstår i samme grad, og gir opphav til to serier av kobberforbindelser (I) og (II)).

En valenstilstand kan også ha atomer av elementer der det ytre energinivået er fullstendig fylt og elektronene ikke har mulighet til å gå inn i en eksitert tilstand. Dette er elementer i hovedundergruppen til gruppe VIII - inerte gasser (He - helium, Ne - neon, Ar - argon, Kr - krypton, Xe - xenon, Rn - radon).

For alle de oppførte elementene er den eneste valenstilstanden grunntilstanden, fordi det er ingen mulighet for overgang til en spent tilstand. I tillegg bestemmer overgangen til en eksitert tilstand en ny valenstilstand for atomet; følgelig, hvis en slik overgang er mulig, er valenstilstanden til et gitt atom ikke den eneste.

63. Ved å bruke modellen for frastøting av valenselektronpar og metoden for valensbindinger, vurder den romlige strukturen til de foreslåtte molekylene og ionene. Spesifiser: a) antall bindinger og ikke-delte elektronpar til sentralatomet; b) antall orbitaler involvert i hybridisering; c) type hybridisering; d) type molekyl eller ion (AB m E n); e) romlig arrangement av elektronpar; f) romlig struktur av et molekyl eller ion.

SO3;

Løsning:

I henhold til valensbindingsmetoden (bruk av denne metoden fører til samme resultat som å bruke EPVO-modellen), bestemmes den romlige konfigurasjonen av molekylet av det romlige arrangementet av hybridorbitalene til sentralatomet, som dannes som et resultat av interaksjon mellom orbitalene.

For å bestemme typen hybridisering av sentralatomet, er det nødvendig å vite antall hybridiserende orbitaler. Det kan bli funnet ved å legge til antall bindinger og ensomme elektronpar til sentralatomet og trekke fra antall π-bindinger.

I SO 3-molekylet

det totale antallet bindingspar er 6. Ved å trekke fra antall π-bindinger får vi antall hybridiserende orbitaler: 6 - 3 \u003d 3. Dermed er typen hybridisering sp 2, typen ion AB 3, den romlige arrangement av elektronpar har form av en trekant, og selve molekylet er trekant:

I ion

det totale antallet bindingspar er 4. Det er ingen π-bindinger. Antall hybridiserende orbitaler: 4. Dermed har typen hybridisering sp 3, typen ion AB 4, det romlige arrangementet av elektronpar formen av et tetraeder, og selve ionet er et tetraeder:

83. Skriv ligningene for mulige reaksjoner av interaksjon av KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 med forbindelsene gitt nedenfor:

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

Løsning:
a) KOH-interaksjonsreaksjoner

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

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

Åh - + H +  H 2 O
KOH + BaO  ingen reaksjon
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

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

2Åh - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3  ingen reaksjon, ioner er samtidig i løsningen:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K++2 Åh- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  ingen reaksjon

b) interaksjonsreaksjoner H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  ingen reaksjon
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  ingen reaksjon
H 2 SO 4 + HNO 3  ingen reaksjon
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) interaksjonsreaksjoner H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  ingen reaksjon

H 2 O + BaO  Ba (OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  ingen reaksjon
H 2 O + HNO 3  ingen reaksjon
H 2 O + NO 2  ingen reaksjon
H 2 O + Ni(OH) 2  ingen reaksjon

H 2 O + Ca(OH) 2  ingen reaksjon

a) interaksjonsreaksjoner Be (OH) 2

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

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

Vær (OH) 2 + 2H+  Vær 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  ingen reaksjon
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

Vær (OH) 2 + 2H+ + NO 3 -  Være 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

Vær (OH) 2 + 2H +  Være 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  ingen reaksjon
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  ingen reaksjon
103. For den angitte reaksjonen

b) forklare hvilken av faktorene: entropi eller entalpi bidrar til den spontane flyten av reaksjonen i foroverretningen;

c) i hvilken retning (fremover eller bakover) vil reaksjonen fortsette ved 298K og 1000K;

e) nevne alle måter å øke konsentrasjonen av produkter i en likevektsblanding på.

f) bygg en graf av ΔG p (kJ) fra T (K)

Løsning:

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

Standard dannelsesentalpi, entropi og Gibbs energi for dannelse av stoffer

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.

En direkte reaksjon er ledsaget av en reduksjon i entropi, forstyrrelsen i systemet avtar - en ugunstig faktor for at en kjemisk reaksjon skal fortsette i retning fremover.

3. Beregn standard Gibbs energi for reaksjonen.

i henhold til Hess lov:

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

Det viste seg at (ΔH 0 298) x.r. > (AS 0 298) x.r. ·T og deretter (ΔG 0 298) x.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K er den omtrentlige temperaturen ved hvilken ekte kjemisk likevekt etableres; over denne temperaturen vil den omvendte reaksjonen fortsette. Ved denne temperaturen er begge prosessene like sannsynlige.

5. Beregn Gibbs-energien ved 1000K:

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

De. ved 1000 K: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.r.

Entalpifaktoren ble avgjørende, den spontane flyten av den direkte reaksjonen ble umulig. Den omvendte reaksjonen fortsetter: fra 1 mol gass og 1 mol fast stoff dannes 2 mol gass.

Ig K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Systemet er langt fra sant kjemisk likevekt, er det dominert av reaksjonsprodukter.

Temperaturavhengighet av ΔG 0 for reaksjonen

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

K 1000 \u003d 0.86\u003e 1 - systemet er nær likevektstilstanden, men ved denne temperaturen dominerer de opprinnelige stoffene i det.

8. Etter Le Chateliers prinsipp skal likevekten skifte mot omvendt reaksjon når temperaturen stiger, likevektskonstanten skal avta.

9. Vurder hvordan våre beregnede data stemmer overens med Le Chateliers prinsipp. La oss presentere noen data som viser avhengigheten av Gibbs-energien og likevektskonstanten til den indikerte reaksjonen på temperaturen:

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

Dermed samsvarer de innhentede beregnede dataene med våre konklusjoner basert på Le Chatelier-prinsippet.
123. Likevekt i systemet:

)

etablert ved følgende konsentrasjoner: [B] og [C], mol/l.

Bestem startkonsentrasjonen av substans [B] 0 og likevektskonstanten hvis startkonsentrasjonen av substans A er [A] 0 mol/l

Det kan sees fra ligningen at dannelsen av 0,26 mol stoff C tar 0,13 mol stoff A og samme mengde stoff B.

Da er likevektskonsentrasjonen av stoff A [A] \u003d 0,4-0,13 \u003d 0,27 mol / l.

Den opprinnelige konsentrasjonen av stoff B [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 0,26 mol / l.

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

143. a) 300 g løsning inneholder 36 g KOH (løsningens tetthet 1,1 g/ml). Beregn prosentandelen og molarkonsentrasjonen av denne løsningen.

b) Hvor mange gram krystallinsk brus Na 2 CO 3 10H 2 O bør tas for å tilberede 2 liter 0,2 M Na 2 CO 3 løsning?

Løsning:

Vi finner prosentkonsentrasjonen ved ligningen:

Den molare massen til KOH er 56,1 g/mol;

For å beregne molariteten til løsningen finner vi massen av KOH inneholdt i 1000 ml (dvs. i 1000 1.100 \u003d 1100 g) av løsningen:

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

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

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

Løsning:

1. Finn massen av vannfritt salt

m = Cm M V, der M er den molare massen, V er volumet.

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

2. Finn massen av krystallinsk hydrat fra andelen

molar masse av krystallinsk hydrat 286 g / mol - masse X

molar masse vannfritt salt 106g / mol - masse 42,4g

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

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

163. Beregn kokepunktet til en 5 % løsning av naftalen C 10 H 8 i benzen. Kokepunktet for benzen er 80,2 0 C.

Gitt: Onsdag (C 10 H 8) \u003d 5 % koke (C 6 H 6) \u003d 80,2 0 C

Finne: tkip (r-ra) -?

Løsning:

Fra Raoults andre lov

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

Her er E den ebullioskopiske løsningsmiddelkonstanten

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

m A er vekten av løsningsmidlet, m B er vekten av det oppløste stoffet, MB er dets molekylvekt.

La massen av løsningen være 100 gram, derfor er massen av det oppløste stoffet 5 gram, og massen av løsningsmidlet er 100 - 5 = 95 gram.

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

Vi erstatter alle dataene i formelen og finner økningen i kokepunktet til løsningen sammenlignet med det rene løsningsmidlet:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Kokepunktet til en naftalenløsning kan bli funnet ved formelen:

T c.r-ra \u003d T c.r-la + ΔT \u003d 80.2 + 1.056 \u003d 81.256

Svar: 81.256 om C

183. Oppgave 1. Skriv dissosiasjonsligningene og dissosiasjonskonstantene for svake elektrolytter.

Oppgave 2. I følge de gitte ioniske ligningene, skriv de tilsvarende molekylære ligningene.

Oppgave 3. Skriv i molekylære og ioniske former reaksjonsligningene for følgende transformasjoner.

nr. p / s	Øvelse 1	Oppgave 2	Oppgave 3
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Løsning:

Skriv dissosiasjonsligninger og dissosiasjonskonstanter for svake elektrolytter.

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 - amfotert hydroksyd, dissosiasjon av syretype er mulig

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

CD 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

CD 2 =

H 3 AsO 4 - ortoarsensyre - en sterk elektrolytt, dissosieres fullstendig i løsning:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
I henhold til de gitte ioniske ligningene, skriv de tilsvarende molekylære ligningene.

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

NiCl2 + NaOH(manglende) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Skriv i molekylære og ioniske former reaksjonslikningene for følgende transformasjoner.

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++ Åh- → 2Na++ SÅ 3 2- + H 2 O

HSO 3 - + Åh - → + SÅ 3 2- + H 2 O
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

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

SÅ 3 2- + 2H + → H 2 SÅ 3 + SÅ 3 2-
3) H 2 SO 3 (overskudd) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 H + + SÅ 3 2- + Na + + Åh- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 H + + SÅ 3 2 + Åh- → Na + + H 2 O
203. Oppgave 1. Skriv likningene for hydrolyse av salter i molekylær og ionisk form, angi pH til løsninger (рН> 7, pH Oppgave 2. Skriv likningene for reaksjoner som skjer mellom stoffer i vandige løsninger

nr. p / s	Øvelse 1	Oppgave 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Oppgave 1. Skriv likningene for hydrolyse av salter i molekylær og ionisk form, angi pH til løsningene (pH> 7, pH

Na 2S - et salt dannet av en sterk base og en svak syre gjennomgår hydrolyse ved anionet. Reaksjonen i miljøet er alkalisk (рН > 7).

Ist. Na 2S + HOH ↔ NaHS + NaOH

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

II Art. NaHS + HOH ↔ H 2S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2S + OH -
CrBr 3 - Et salt dannet av en svak base og en sterk syre gjennomgår hydrolyse ved kationet. Reaksjonen til mediet er sur (pH

Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

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

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

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

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

Hydrolysen foregår hovedsakelig i det første trinnet.

Oppgave 2. Skriv likningene for reaksjoner som skjer mellom stoffer i vandige løsninger

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – salt av en sterk syre og en svak base

Na 2 CO 3 - salt dannet av en svak syre og en sterk base

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

2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6H(HAN) = 2Fe( Åh) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

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

Det er en gjensidig styrking av hydrolyse

Al 2 (SO 4) 3 - salt dannet av en sterk syre og en svak base

Na2CO3 – salt av en svak syre og en sterk base

Når to salter hydrolyseres sammen, dannes en svak base og en svak syre:

Ist: 2Na 2 CO 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 +

Overordnet hydrolyseligning

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

2Al 3+ + 2COM 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C Omtrent 3
Side 1