Kalsiyumun tam elektronik formülü. Elementlerin atomlarının eksiksiz elektronik formülleri

Bir elementin elektronik formülünü derlemek için algoritma:

1. Kimyasal Elementlerin Periyodik Tablosunu D.I. kullanarak bir atomdaki elektron sayısını belirleyin. Mendeleev.

2. Elementin bulunduğu periyot sayısına göre enerji seviyelerinin sayısını belirleyin; son elektronik seviyedeki elektronların sayısı grup numarasına karşılık gelir.

3. Seviyeleri alt seviyelere ve orbitallere ayırın ve orbitalleri doldurma kurallarına uygun olarak bunları elektronlarla doldurun:

İlk seviyede maksimum 2 elektron olduğu unutulmamalıdır. 1s2, ikinci - maksimum 8 (iki S ve altı R: 2s 2 2p 6), üçüncü - maksimum 18 (iki S, altı P ve on d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Ana kuantum sayısı N minimum olmalıdır.
• İlk önce dolduruldu S- alt düzey, o zaman p-, d-b f- alt seviyeler.
• Elektronlar, orbitalleri artan yörünge enerjisi sırasına göre doldurur (Klechkovsky kuralı).
• Alt seviyede, elektronlar önce serbest yörüngeleri birer birer işgal eder ve ancak bundan sonra çiftler oluştururlar (Hund kuralı).
• Bir yörüngede ikiden fazla elektron olamaz (Pauli prensibi).

Örnekler.

1. Azotun elektronik formülünü oluşturun. Azot periyodik tabloda 7 numaradır.

2. Argonun elektronik formülünü oluşturun. Periyodik tabloda argon 18 numaradadır.

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

3. Kromun elektronik formülünü oluşturun. Periyodik tabloda krom 24 numaradır.

1 saniye 2 2 saniye 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 3 boyutlu 5

Çinkonun enerji diyagramı.

4. Çinkonun elektronik formülünü oluşturun. Periyodik tabloda çinko 30 numaradır.

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

Elektronik formülün bir kısmının, yani 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6'nın argonun elektronik formülü olduğuna dikkat edin.

Çinkonun elektronik formülü şu şekilde gösterilebilir.

Bir atomun elektronik konfigürasyonu bir atomdaki elektronların düzenini seviyelere ve alt seviyelere göre gösteren bir formüldür. Makaleyi inceledikten sonra elektronların nerede ve nasıl bulunduğunu öğrenecek, kuantum sayıları ile tanışacak ve numarasına göre bir atomun elektronik konfigürasyonunu oluşturabileceksiniz, makalenin sonunda bir element tablosu var.

Neden elemanların elektronik konfigürasyonunu inceliyoruz?

Atomlar bir yapıcı gibidir: Belirli sayıda parça vardır, birbirlerinden farklıdırlar, ancak aynı türden iki parça tamamen aynıdır. Ancak bu yapıcı, plastik olandan çok daha ilginç ve nedeni bu. Yapılandırma, yakınlarda kimin olduğuna bağlı olarak değişir. Örneğin hidrojenin yanında oksijen Belki suya, sodyumun yanında gaza, demirin yanında ise tamamen pasa dönüşür. Bunun neden olduğu sorusunu cevaplamak ve bir atomun diğerinin yanında davranışını tahmin etmek için, aşağıda tartışılacak olan elektronik konfigürasyonu incelemek gerekir.

Bir atomda kaç elektron vardır?

Atom çekirdek ve onun etrafında dönen elektronlardan, çekirdek ise proton ve nötronlardan oluşur. Nötr durumda, her atom çekirdeğindeki proton sayısı ile aynı sayıda elektrona sahiptir. Proton sayısı, elementin seri numarası ile belirtildi, örneğin, kükürtün 16 protonu vardır - periyodik sistemin 16. elementi. Altının 79 protonu vardır - periyodik tablonun 79. elementi. Buna göre nötr haldeki kükürtte 16, altında ise 79 elektron vardır.

Elektron nerede aranır?

Bir elektronun davranışını gözlemleyerek belirli modeller türetildi, bunlar kuantum sayılarıyla tanımlandı, toplamda dört tane var:

• Ana kuantum sayısı
• yörünge kuantum sayısı
• Manyetik kuantum sayısı
• Döndürme kuantum sayısı

Orbital

Ayrıca, yörünge kelimesi yerine "yörünge" terimini kullanacağız, yörünge elektronun dalga işlevidir, kabaca - bu, elektronun zamanın% 90'ını geçirdiği alandır.

N - seviye
L - kabuk
M l - yörünge numarası
M s - yörüngedeki birinci veya ikinci elektron

Orbital kuantum sayısı l

Elektron bulutunun incelenmesi sonucunda, enerji seviyesine bağlı olarak bulutun dört ana biçim aldığı bulundu: bir top, halter ve diğer ikisi daha karmaşık. Artan enerji düzeninde bu formlara s-, p-, d- ve f-kabukları denir. Bu kabukların her biri 1 (s'de), 3 (p'de), 5 (d'de) ve 7 (f'de) yörüngeye sahip olabilir. Yörünge kuantum sayısı, yörüngelerin bulunduğu kabuktur. Sırasıyla s, p, d ve f orbitalleri için orbital kuantum sayısı 0,1,2 veya 3 değerlerini alır.

s kabuğunda bir yörünge (L=0) - iki elektron
p kabuğunda üç orbital vardır (L=1) - altı elektron
d kabuğunda beş orbital vardır (L=2) - on elektron
F kabuğunda yedi yörünge (L=3) vardır - on dört elektron

Manyetik kuantum sayısı m l

p-kabuğunda üç orbital vardır, bunlar -L'den +L'ye kadar sayılarla gösterilir, yani p-kabuğu için (L=1) "-1", "0" ve "1" orbitalleri vardır. . Manyetik kuantum sayısı m l harfi ile gösterilir.

Kabuğun içinde, elektronların farklı yörüngelerde bulunması daha kolaydır, bu nedenle ilk elektronlar her bir yörünge için bir tane doldurur ve ardından her birine kendi çifti eklenir.

Bir d kabuğu düşünün:
d-kabuğu L=2 değerine karşılık gelir, yani beş orbital (-2,-1,0,1 ve 2), ilk beş elektron M l =-2 değerlerini alarak kabuğu doldurur, M l =-1,M l =0 , M l =1,M l =2.

Spin kuantum sayısı m s

Spin, bir elektronun kendi ekseni etrafındaki dönme yönüdür, iki yön vardır, dolayısıyla spin kuantum sayısının iki değeri vardır: +1/2 ve -1/2. Zıt spinlere sahip sadece iki elektron aynı enerji alt seviyesinde olabilir. Spin kuantum sayısı m s ile gösterilir

Temel kuantum sayısı n

Temel kuantum sayısı, enerjinin seviyesidir. şu an yedi enerji seviyesi bilinmektedir ve her biri bir Arap rakamıyla gösterilir: 1,2,3, ... 7. Her seviyedeki mermi sayısı, seviye numarasına eşittir: birinci seviyede bir mermi, ikinci seviyede iki mermi vardır ve bu şekilde devam eder.

elektron numarası

Yani herhangi bir elektron dört kuantum sayısı ile tanımlanabilir, bu sayıların kombinasyonu elektronun her konumu için benzersizdir, birinci elektronu alalım, en düşük enerji seviyesi N=1, bir kabuk birinci seviyede yer alır, herhangi bir seviyedeki ilk kabuk bir top (s -kabuk) şeklindedir, yani. L=0, manyetik kuantum sayısı yalnızca bir değer alabilir, M l =0 ve dönüş +1/2'ye eşit olacaktır. Beşinci elektronu alırsak (hangi atomda olursa olsun), onun için ana kuantum sayıları şöyle olacaktır: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Element atomlarının elektronik formüllerini yazarken, enerji seviyeleri belirtilir (ana kuantum sayısının değerleri N sayılar şeklinde - 1, 2, 3, vb.), enerji alt seviyeleri (yörünge kuantum sayısının değerleri) ben harf şeklinde S, P, D, F) ve üstteki sayı, belirli bir alt seviyedeki elektron sayısını gösterir.

D.I.'deki ilk unsur. Mendeleev hidrojendir, bu nedenle bir atom çekirdeğinin yükü H 1'e eşit, atom başına yalnızca bir elektrona sahiptir S birinci seviyenin alt seviyesi. Bu nedenle, hidrojen atomunun elektronik formülü şöyledir:

İkinci element helyumdur, atomunda iki elektron vardır, bu nedenle helyum atomunun elektronik formülü 2'dir. Olumsuz 1S 2. İlk enerji seviyesi sadece 2 elektron tarafından işgal edilebilen elektronlarla dolu olduğundan, ilk periyot sadece iki element içerir.

Sıradaki üçüncü element - lityum - zaten ikinci periyottadır, bu nedenle ikinci enerji seviyesi elektronlarla dolmaya başlar (bundan yukarıda bahsetmiştik). İkinci seviyenin elektronlarla doldurulması ile başlar. S-alt seviye, yani lityum atomunun elektronik formülü 3'tür Li 1S 2 2S 1. Berilyum atomunda elektronlarla dolma tamamlanmıştır. S- alt seviyeler: 4 Ve 1S 2 2S 2 .

2. periyodun sonraki elementleri için, ikinci enerji seviyesi elektronlarla doldurulmaya devam eder, ancak şimdi elektronlarla doldurulur. R- alt seviye: 5 İÇİNDE 1S 2 2S 2 2R 1 ; 6 İLE 1S 2 2S 2 2R 2 … 10 ne 1S 2 2S 2 2R 6 .

Neon atomu elektronlarla dolmayı tamamlar R-alt seviye, bu element ikinci periyodu bitirir, sekiz elektrona sahiptir, çünkü S- Ve R-alt seviyeler sadece sekiz elektron içerebilir.

3. periyodun elemanları, üçüncü seviyenin enerji alt seviyelerini elektronlarla doldurmak için benzer bir diziye sahiptir. Bu dönemin bazı elementlerinin atomlarının elektronik formülleri şunlardır:

11 Hayır 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 .

Üçüncü periyot, ikinci periyot gibi, elektronlarla dolmasını tamamlayan bir element (argon) ile sona erer. R–alt düzey, ancak üçüncü düzey üç alt düzey içerir ( S, R, D). Yukarıdaki enerji alt seviyelerini doldurma sırasına göre, Klechkovsky'nin kurallarına göre, alt seviye 3'ün enerjisi D daha fazla alt seviye 4 enerjisi S bu nedenle, argonu takip eden potasyum atomu ve onu takip eden kalsiyum atomu elektronlarla doludur 3 S- dördüncü seviyenin alt seviyesi:

19 İLE 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 .

21. elementten başlayarak - skandiyum, elementlerin atomlarında, 3. alt seviye elektronlarla dolmaya başlar D. Bu elementlerin atomlarının elektronik formülleri şunlardır:

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. elementin (krom) ve 29. elementin (bakır) atomlarında, bir elektronun "kırılması" veya "arızası" olarak adlandırılan bir olay gözlenir: harici bir 4'ten bir elektron S-alt seviye 3 ile "başarısız" D– alt seviye, dolumunu yarıya (krom için) veya tamamen (bakır için) tamamlayarak atomun daha fazla kararlılığına katkıda bulunur:

24 cr 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 3D 5 (yerine ...4 S 2 3D 4) ve

29 cu 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 3D 10 (...4 yerine S 2 3D 9).

31. element olan galyumdan başlayarak, 4. seviyenin elektronlarla doldurulması devam ediyor, şimdi - R– alt seviye:

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 .

Bu öğe, zaten 18 öğe içeren dördüncü dönemi bitirir.

Benzer bir enerji alt seviyelerini elektronlarla doldurma sırası, 5. periyodun elementlerinin atomlarında gerçekleşir. İlk ikisi (rubidyum ve stronsiyum) doldurulur. S- 5. seviyenin alt seviyesi, sonraki on element (itriyumdan kadmiyuma kadar) doldurulur D– 4. seviyenin alt seviyesi; altı element, elektronları dolu olan atomlarda (indiyumdan ksenona kadar) periyodu tamamlar. R-dış, beşinci seviyenin alt seviyesi. Ayrıca bir periyotta 18 element vardır.

Altıncı periyodun elemanları için bu doldurma sırası ihlal edilir. Periyodun başında, her zamanki gibi, atomları elektronlarla dolu iki element vardır. S-dış, altıncı, seviyenin alt seviyesi. Bir sonraki elementte - lantan - elektronlarla dolmaya başlar D– önceki seviyenin alt seviyesi, yani 5 D. Elektronlarla bu dolumda 5 D-alt seviye durur ve sonraki 14 element - seryumdan lutesyuma - dolmaya başlar F- 4. seviyenin alt seviyesi. Bu elementlerin tümü tablonun bir hücresinde yer almaktadır ve aşağıda bu elementlerin lantanitler adı verilen genişletilmiş bir serisi bulunmaktadır.

72. element olan hafniyumdan başlayarak 80. element olan cıvaya kadar, elektronlarla doldurma devam eder 5 D- alt seviye ve dönem, her zamanki gibi, elektronlarla dolu atomlarında altı elementle (talyumdan radona) sona erer. R-dış, altıncı, seviyenin alt seviyesi. Bu en çok büyük dönem 32 öğe içeren.

Yedinci, eksik dönem elementlerinin atomlarında, yukarıda anlatıldığı gibi, alt seviyelerin aynı sıra ile doldurulduğu görülmektedir. Öğrencilerin yukarıda söylenenlerin hepsini dikkate alarak 5. - 7. dönemlerdeki element atomlarının elektronik formüllerini yazmalarına izin veriyoruz.

Not:bazılarında öğretim yardımcıları elementlerin atomlarının elektronik formüllerinin farklı bir şekilde yazılmasına izin verilir: doldurulma sırasına göre değil, her enerji seviyesinde tabloda verilen elektron sayısına göre. Örneğin, bir arsenik atomunun elektronik formülü şöyle görünebilir: As 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 3D 10 4S 2 4P 3 .

Sayfa 1
3. Elektronik bir formül yapın ve o talyum Tl 3+ . değerlik elektronları için atom Tl, dört kuantum sayısının tümünün kümesini gösterir.

Çözüm:

Klechkovsky kuralına göre, enerji seviyelerinin ve alt seviyelerin doldurulması aşağıdaki sırayla gerçekleşir:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7s.

Talyum Tl elementinin nükleer yükü +81 (seri numarası 81), sırasıyla 81 elektrondur. Klechkovsky kuralına göre elektronları enerji alt seviyelerine dağıtırız, Tl elementinin elektronik formülünü elde ederiz:

81 Tl talyum 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

Talyum iyonu Tl 3+ +3'lük bir yüke sahiptir, bu da atomun 3 elektron verdiği anlamına gelir ve yalnızca dış seviyedeki değerlik elektronları bir atomu verebildiğinden (talyum için bunlar iki 6s ve bir 6p elektrondur) , elektronik formülü şöyle görünecektir:

81 Tl 3+ talyum 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

Ana kuantum sayısı N elektronun toplam enerjisini ve çekirdekten ayrılma derecesini belirler (enerji seviyesi numarası); 1'den başlayan herhangi bir tamsayı değeri alır (n = 1, 2, 3, . . .), yani. dönem numarasına karşılık gelir.

Yörünge (yan veya azimut) kuantum sayısı ben atomik orbitalin şeklini belirler. 0'dan n-1'e (l=0, 1, 2, 3,..., n-1) kadar tamsayı değerleri alabilir. Enerji seviyesi numarasından bağımsız olarak, her bir değer ben yörünge kuantum sayısı, özel bir şekle sahip bir yörüngeye karşılık gelir.

Orbitaller ile ben= 0, s-orbitalleri olarak adlandırılır,

ben= 1 - p-orbitaller (m manyetik kuantum sayısı bakımından farklılık gösteren 3 tip),

ben= 2 - d-orbitaller (5 tip),

ben= 3 – f-orbitaller (7 tip).

Manyetik kuantum sayısı m l, elektron yörüngesinin uzaydaki konumunu karakterize eder ve tamsayı değerlerini alır - ben + ben 0 dahil. Bu, her yörünge şekli için (2) olduğu anlamına gelir. ben+ 1) uzayda enerjik olarak eşdeğer yönelimler.

Spin kuantum sayısı m S, bir elektron kendi ekseni etrafında döndüğünde oluşan manyetik momenti karakterize eder. Zıt dönüş yönlerine karşılık gelen +1/2 ve -1/2 yalnızca iki değer alır.
Değerlik elektronları, dış enerji seviyesindeki elektronlardır. Talyumun 3 değerlik elektronu vardır: 2 s - elektron ve 1 p - elektron.

Kuantum sayıları s - elektronlar:

yörünge kuantum sayısı ben= 0 (s bir yörüngedir)

Manyetik kuantum sayısı m l = (2 ben+ 1 = 1): m l = 0.

Spin kuantum sayısı m S = ±1/2

Kuantum sayıları p - elektron:

Temel kuantum sayısı n = 6 (altıncı periyot)

yörünge kuantum sayısı ben\u003d 1 (p - yörünge)

Manyetik kuantum sayısı (2 ben+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Spin kuantum sayısı m S = ±1/2
23. Bu özellikleri belirtin kimyasal elementler, periyodik olarak değişir. Bu özelliklerin periyodik olarak tekrarlanmasının nedeni nedir? Örnekler üzerinde, kimyasal bileşiklerin özelliklerindeki değişikliklerin periyodikliğinin özünün ne olduğunu açıklayın.

Çözüm:

Atomların dış elektronik katmanlarının yapısı tarafından belirlenen elementlerin özellikleri, periyodik sistemin periyotlarında ve gruplarında doğal olarak değişir. Aynı zamanda, elektronik yapıların benzerliği, analog elemanların özelliklerinin benzerliğini oluşturur, ancak bu özelliklerin kimliğini oluşturmaz. Bu nedenle, gruplarda ve alt gruplarda bir öğeden diğerine geçişte, özelliklerin basit bir tekrarı değil, az ya da çok belirgin düzenli değişimleri vardır. Özellikle, elementlerin atomlarının kimyasal davranışı, elektronları kaybetme ve kazanma yeteneklerinde kendini gösterir, yani. oksitleme ve indirgeme yeteneklerinde. Bir atomun yeteneğinin nicel bir ölçüsü kaybetmek elektronlar iyonlaşma potansiyeli (E Ve ) ve yeteneklerinin ölçüsüne göre n elde etmek– elektron ilgisi (E İle ). Bir dönemden diğerine geçiş sırasında bu niceliklerdeki değişimin doğası tekrarlanır ve bu değişimler bir değişime dayanır. elektronik konfigürasyon atom. Böylece, inert gazların atomlarına karşılık gelen tamamlanmış elektron katmanları, bir periyot içinde artan stabilite ve artan iyonlaşma potansiyelleri değeri gösterir. Aynı zamanda birinci grubun s-elementleri (Li, Na, K, Rb, Cs) en düşük iyonlaşma potansiyel değerlerine sahiptir.

elektronegatiflik belirli bir elementin atomunun, bileşikteki diğer elementlerin atomlarına kıyasla elektronları kendine çekme yeteneğinin bir ölçüsüdür. Tanımlardan birine göre (Mulliken), bir atomun elektronegatifliği, iyonlaşma enerjisi ile elektron ilgisinin toplamının yarısı olarak ifade edilebilir: = (E ve + E c).

Bir elementin elektronegatifliği periyotlarda artma, alt gruplarda ise azalma yönünde genel bir eğilim vardır. en küçük değerler grup I'in s-elementleri elektronegatifliğe sahiptir ve grup VII'nin p-elementleri en büyük elektronegatifliğe sahiptir.

Aynı elementin elektronegatifliği değerlik durumuna, hibridizasyona, oksidasyon durumuna vb. Bağlı olarak değişebilir. Elektronegatiflik, elementlerin bileşiklerinin özelliklerindeki değişimin doğasını önemli ölçüde etkiler. Örneğin, sülfürik asit kimyasal analoğu selenik asitten daha güçlü asidik özellikler sergiler, çünkü ikincisinde, merkezi selenyum atomu, kükürt atomuna kıyasla daha düşük elektronegatifliği nedeniyle, asitteki H-O bağlarını çok güçlü bir şekilde polarize etmez, bu da bir anlamına gelir. asitliğin zayıflaması.

H–O O
Başka bir örnek, krom(II) hidroksit ve krom(VI) hidroksittir. Krom (II) hidroksit, Cr(OH) 2, krom (VI) hidroksit H2CrO4'ün aksine temel özellikler gösterir, çünkü krom +2'nin oksidasyon durumu, Cr2+'nın Coulomb etkileşiminin zayıflığını belirler. hidroksit iyonu ve bu iyonun parçalanma kolaylığı, yani ana özelliklerin tezahürü. Aynı zamanda, krom (VI) hidroksit içindeki krom +6'nın yüksek oksidasyon durumu, hidroksit iyonu ile merkezi krom atomu arasında güçlü bir Coulomb çekimine ve bağ boyunca ayrışmanın imkansızlığına neden olur. - Ah. Öte yandan, krom (VI) hidroksit içinde kromun yüksek oksidasyon durumu, elektronları çekme kabiliyetini arttırır, yani. elektronegatiflik, hangi yüksek derece Bu bileşikteki H-O bağlarının polarizasyonu, asitliğin artması için bir ön koşuldur.

Sonraki önemli özellik atomlar yarıçaplarıdır. Periyotlarda, elementin sıra sayısı arttıkça metal atomlarının yarıçapları azalır, çünkü periyot içindeki elementin sıra sayısının artmasıyla, çekirdeğin yükü ve dolayısıyla onu dengeleyen toplam elektron yükü artar; sonuç olarak, elektronların Coulomb çekimi de artar ve bu da sonuçta elektronlarla çekirdek arasındaki mesafenin azalmasına yol açar. Yarıçaptaki en belirgin azalma, dış enerji seviyesinin elektronlarla dolu olduğu küçük periyotlardaki elementlerde gözlenir.

Büyük periyotlarda, d- ve f-elementleri, atom çekirdeğinin yükündeki artışla birlikte yarıçaplarda daha kademeli bir azalma sergiler. Her bir element alt grubunda, atomların yarıçapları kural olarak yukarıdan aşağıya doğru artar, çünkü böyle bir kayma daha yüksek bir enerji seviyesine geçiş anlamına gelir.

Element iyonlarının yarıçaplarının oluşturdukları bileşiklerin özellikleri üzerindeki etkisi, gaz fazındaki hidrohalik asitlerin asitliğindeki artış örneğiyle açıklanabilir: HI > HBr > HCl > HF.
43. Yalnızca bir değerlik durumu mümkün olan atomların elementlerini adlandırın ve nasıl olacağını belirtin - öğütülmüş veya uyarılmış.

Çözüm:

Dış değerlik enerji seviyesinde eşleştirilmemiş bir elektrona sahip olan elementlerin atomları bir değerlik durumuna sahip olabilir - bunlar periyodik sistemin I. grubunun elementleridir (H - hidrojen, Li - lityum, Na - sodyum, K - potasyum, Rb - rubidyum , Ag - gümüş, Cs - sezyum, Au - altın, Fr - fransiyum), bakır hariç, çünkü dış öncesi seviyenin d-elektronları da sayısı belirlenen kimyasal bağların oluşumunda yer alır. değerliğe göre (3d 10 4s 1 bakır atomunun temel durumu, dolu d-kabuğunun kararlılığından kaynaklanır, ancak, ilk uyarılmış durum 3d 9 4s 2 temel durumu enerji olarak yalnızca 1,4 eV (yaklaşık 125 kJ) aşar / mol). kimyasal bileşikler her iki durum da aynı ölçüde görünür ve iki dizi bakır bileşiğine (I) ve (II) yol açar).

Ayrıca, bir değerlik durumu, dış enerji seviyesinin tamamen dolu olduğu ve elektronların uyarılmış bir duruma geçme fırsatına sahip olmadığı elementlerin atomlarına sahip olabilir. Bunlar, grup VIII - inert gazların ana alt grubunun unsurlarıdır (He - helyum, Ne - neon, Ar - argon, Kr - kripton, Xe - ksenon, Rn - radon).

Listelenen tüm öğeler için tek değerlik durumu temel durumdur, çünkü uyarılmış bir duruma geçiş olasılığı yoktur. Ek olarak, uyarılmış bir duruma geçiş, atomun yeni bir değerlik durumunu belirler; buna göre, böyle bir geçiş mümkünse, belirli bir atomun değerlik durumu tek değildir.

63. Değerlik elektron çiftlerinin itme modelini ve değerlik bağları yöntemini kullanarak, önerilen moleküllerin ve iyonların uzamsal yapısını düşünün. Belirtin: a) merkez atomun bağ ve ortaklanmamış elektron çiftlerinin sayısı; b) hibridizasyona dahil olan orbitallerin sayısı; c) hibritleşme türü; d) molekül veya iyon tipi (AB m E n); e) elektron çiftlerinin uzamsal düzenlemesi; f) bir molekül veya iyonun uzamsal yapısı.

SỐ 3;

Çözüm:

Değerlik bağı yöntemine göre (bu yöntemin kullanılması EPVO modelinin kullanılmasıyla aynı sonuca yol açar), molekülün uzamsal konfigürasyonu, merkezi atomun bir sonucu olarak oluşan hibrit orbitallerinin uzamsal düzenlemesi ile belirlenir. orbitaller arasındaki etkileşim.

Merkez atomun hibritleşme tipini belirlemek için hibritleşen orbitallerin sayısını bilmek gerekir. Merkez atomun bağ ve yalnız elektron çiftlerinin sayısını toplayıp π bağlarının sayısını çıkararak bulunabilir.

SO 3 molekülünde

toplam bağ çifti sayısı 6'dır. π-bağ sayısını çıkararak, hibritleşen orbitallerin sayısını elde ederiz: 6 - 3 \u003d 3. Böylece, hibridizasyon türü sp 2, iyon türü AB 3, uzamsal elektron çiftlerinin dizilişi üçgen şeklindedir ve molekülün kendisi üçgendir:

iyonda

toplam bağ çifti sayısı 4'tür. π-bağları yoktur. Hibritleşen orbitallerin sayısı: 4. Böylece, hibridizasyon tipi sp 3, iyon tipi AB 4, elektron çiftlerinin uzamsal düzeni bir tetrahedron şeklindedir ve iyonun kendisi bir tetrahedrondur:

83. KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2'nin aşağıda verilen bileşiklerle etkileşiminin olası reaksiyonlarının denklemlerini yazınız:

H2S03 , BaO, CO2 , HNO3 , Ni(OH)2 , Ca(OH)2 ;

Çözüm:
a) KOH etkileşim reaksiyonları

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

2K++2 Ah - + 2H+ + SO 3 2-  2K + + SO 3 2- + H 2 Ö

Ah - + H +  H 2 Ö
KOH + BaO  reaksiyon yok
2KOH + CO2  K2CO3 + H2O

2K++2 Ah - + CO 2  2K + + CO 3 2- + H 2 Ö

2Ah - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 Ö
KOH + HNO 3  reaksiyon yok, iyonlar aynı anda çözeltide:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K++2 Ah- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  reaksiyon yok

b) etkileşim reaksiyonları H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  reaksiyon yok
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  reaksiyon yok
H 2 SO 4 + HNO 3  reaksiyon yok
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 Ö

2H + + Ni(OH) 2  Ni 2+ + 2H 2 Ö
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) etkileşim reaksiyonları H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  reaksiyon yok

H 2 O + BaO  Ba (OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  reaksiyon yok
H 2 O + HNO 3  reaksiyon yok
H 2 O + NO 2  reaksiyon yok
H 2 O + Ni(OH) 2  reaksiyon yok

H 2 O + Ca(OH) 2  reaksiyon yok

a) etkileşim reaksiyonları Be (OH) 2

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

Ol(OH) 2 + 2H+ + SO 3 2-  2+ Ol + SO 3 2- + 2 H 2 Ö

Ol(OH) 2 + 2H+  2+ + 2 Ol H 2 Ö
Be(OH)2 + BaO  reaksiyon yok
2Be (OH) 2 + CO 2  Be 2 CO 3 (OH) 2 ↓ + 2H 2 O
Ol (OH) 2 + 2HNO 3  Ol (NO 3) 2 + 2H 2 O

Ol(OH) 2 + 2H+ + HAYIR 3 -  Olmak 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 Ö

Ol(OH) 2 + 2H +  Olmak 2+ + 2H 2 Ö
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  reaksiyon yok
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  reaksiyon yok
103. Belirtilen reaksiyon için

b) faktörlerden hangisinin entropi veya entalpiden hangisinin reaksiyonun ileri yönde kendiliğinden akışına katkıda bulunduğunu açıklayın;

c) 298K ve 1000K'da reaksiyon hangi yönde (ileri veya geri) ilerleyecektir;

e) bir denge karışımındaki ürünlerin konsantrasyonunu artırmanın tüm yollarını adlandırın.

f) T (K)'den bir ΔG p (kJ) grafiği oluşturun

Çözüm:

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

Standart oluşum entalpisi, entropi ve maddelerin Gibbs oluşum enerjisi

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.

Doğrudan bir reaksiyona entropide bir azalma eşlik eder, sistemdeki düzensizlik azalır - kimyasal reaksiyonun ileri yönde ilerlemesi için elverişsiz bir faktör.

3. Reaksiyonun standart Gibbs enerjisini hesaplayın.

Hess yasasına göre:

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

(ΔH 0 298) x.r. > (ΔS 0 298) x.r. ·T ve ardından (ΔG 0 298) x.r.

4.
≈
≈ 982,6 bin

≈ 982.6 K, gerçek kimyasal dengenin kurulduğu yaklaşık sıcaklıktır; bu sıcaklığın üzerinde, ters reaksiyon devam eder. Bu sıcaklıkta, her iki işlem de eşit derecede olasıdır.

5. Gibbs enerjisini 1000K'da hesaplayın:

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

Onlar. 1000 K'da: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.r.

Entalpi faktörü belirleyici oldu, doğrudan reaksiyonun kendiliğinden akışı imkansız hale geldi. Ters reaksiyon devam eder: 1 mol gaz ve 1 mol katıdan 2 mol gaz oluşur.

lg K 298 = 16.1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Sistem gerçek olmaktan çok uzak kimyasal Denge, reaksiyon ürünleri hakimdir.

Reaksiyon için ΔG 0'ın sıcaklığa bağlılığı

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

K 1000 \u003d 0.86\u003e 1 - sistem denge durumuna yakındır, ancak bu sıcaklıkta içinde ilk maddeler baskındır.

8. Le Chatelier ilkesine göre sıcaklık arttıkça denge ters reaksiyona doğru kaymalı, denge sabiti azalmalıdır.

9. Hesaplanan verilerimizin Le Chatelier ilkesiyle ne kadar uyumlu olduğunu düşünün. Gibbs enerjisinin ve belirtilen reaksiyonun denge sabitinin sıcaklığa bağımlılığını gösteren bazı verileri sunalım:

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

Böylece, elde edilen hesaplanan veriler, Le Chatelier ilkesine dayanan sonuçlarımıza karşılık gelir.
123. Sistemdeki denge:

)

aşağıdaki konsantrasyonlarda oluşturulmuştur: [B] ve [C], mol/l.

A maddesinin başlangıç ​​konsantrasyonu [A] 0 mol/l ise, [B] 0 maddesinin başlangıç ​​konsantrasyonunu ve denge sabitini belirleyin

0,26 mol C maddesinin oluşumu için 0,13 mol A maddesi ve aynı miktarda B maddesinin kullanıldığı denklemden görülmektedir.

Daha sonra A maddesinin denge konsantrasyonu [A] \u003d 0.4-0.13 \u003d 0.27 mol / l'dir.

B maddesinin başlangıç ​​konsantrasyonu [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 0,26 mol / l.

Yanıt: [B] 0 = 0,26 mol/l, Kp = 1,93.

143. a) 300 g çözelti 36 g KOH içerir (çözelti yoğunluğu 1,1 g/ml). Bu çözeltinin yüzdesini ve molar konsantrasyonunu hesaplayın.

b) 2 litre 0,2 M Na2CO3 çözeltisi hazırlamak için kaç gram kristal soda Na2CO310H20 alınmalıdır?

Çözüm:

Yüzde konsantrasyonunu denklemle buluruz:

KOH'nin molar kütlesi 56,1 g/mol'dür;

Çözeltinin molaritesini hesaplamak için, çözeltinin 1000 ml'sinde (yani 1000 1.100 \u003d 1100 g) bulunan KOH kütlesini buluruz:

1100: 100 = de: 12; de= 12 1100 / 100 = 132 gr

C m \u003d 56.1 / 132 \u003d 0.425 mol / l.

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

Çözüm:

1. Susuz tuzun kütlesini bulun

m = Cm M V, burada M molar kütledir, V hacimdir.

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

2. Orandan kristal hidratın kütlesini bulun

kristal hidratın molar kütlesi 286 g / mol - kütle X

susuz tuzun molar kütlesi 106g / mol - kütle 42.4g

dolayısıyla X \u003d m Na2C03 10H20 \u003d 42.4 286 / 106 \u003d 114.4 g.

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

163. Benzen içinde %5 naftalin C10H8 çözeltisinin kaynama noktasını hesaplayın. Benzenin kaynama noktası 80.2 0 C'dir.

verilen: Çar-ra (C 10 H 8) \u003d %5 tkaynatma (C 6 H 6) \u003d 80.2 0 C

Bulmak: tkip (r-ra) -?

Çözüm:

Raoult'un ikinci yasasından

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

Burada E, ebullioskopik çözücü sabitidir

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

m A çözücünün ağırlığı, m B çözünen maddenin ağırlığı, M B moleküler ağırlığıdır.

Çözeltinin kütlesi 100 gram olsun, öyleyse çözünen maddenin kütlesi 5 gram ve çözücünün kütlesi 100 - 5 = 95 gramdır.

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

Formüldeki tüm verileri değiştiririz ve saf çözücüye kıyasla çözeltinin kaynama noktasındaki artışı buluruz:

AT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Bir naftalin çözeltisinin kaynama noktası aşağıdaki formülle bulunabilir:

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

Cevap: C hakkında 81.256

183. Görev 1. Zayıf elektrolitler için ayrışma denklemlerini ve ayrışma sabitlerini yazın.

Görev 2. Verilen iyonik denklemlere göre, karşılık gelen moleküler denklemleri yazın.

Görev 3. Aşağıdaki dönüşümler için reaksiyon denklemlerini moleküler ve iyonik formlarda yazın.

Hayır. p / p	1. Egzersiz	Görev 2	Görev 3
183	Zn(OH)2 , H3AsO4	Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl	NaHS03 → Na2S03 → H2S03 → NaHS03

Çözüm:

Zayıf elektrolitler için ayrışma denklemlerini ve ayrışma sabitlerini yazın.

İst.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -

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

CD2 =
= 4,9 10 -7

Zn (OH) 2 - amfoterik hidroksit, asit tipi ayrışma mümkündür

İst.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

CD 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

CD2 =

H 3 AsO 4 - ortoarsenik asit - güçlü bir elektrolit, çözelti içinde tamamen ayrışır:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Verilen iyon denklemlerine göre moleküler denklemleri yazınız.

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

NiCl2 + NaOH(eksik) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Aşağıdaki dönüşümlerin reaksiyon denklemlerini moleküler ve iyonik formlarda yazınız.

NaHS03 → Na2S03 → H2S03 → NaHS03

1) NaHS03 + NaOH → Na2S03 + H20

Na + + HSO 3-+Na++ Ah- → 2Na + + BU YÜZDEN 3 2- + H 2 Ö

HSO 3 - + Ah - → + BU YÜZDEN 3 2- + H 2 Ö
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

2 Na + + BU YÜZDEN 3 2- + 2H+ + SO 4 2- → H 2 BU YÜZDEN 3+2Na++ BU YÜZDEN 3 2-

BU YÜZDEN 3 2- + 2H + → H 2 BU YÜZDEN 3 + BU YÜZDEN 3 2-
3) H 2 S03 (fazla) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 H + + BU YÜZDEN 3 2- + Na + + Ah- → Hayır + + HSO 3 - + H 2 Ö

2 H + + BU YÜZDEN 3 2 + Ah- → Hayır + + H 2 Ö
203. Görev 1. Moleküler ve iyonik formlardaki tuzların hidrolizi için denklemleri yazın, çözeltilerin pH'ını belirtin (рН> 7, pH Görev 2. Sulu çözeltilerde maddeler arasında meydana gelen reaksiyonlar için denklemleri yazın)

Hayır. p / p	1. Egzersiz	Görev 2
203	Na2S; Cr Br 3	FeCl3 + Na2C03; Na 2 CO 3 + Al 2 (S04) 3

Görev 1. Moleküler ve iyonik formlardaki tuzların hidrolizi için denklemleri yazın, çözeltilerin pH'ını belirtin (pH> 7, pH

Na2S - kuvvetli bir baz ve zayıf bir asitten oluşan bir tuz, anyonda hidrolize uğrar. Ortamın reaksiyonu alkalidir (рН > 7).

İst. Na2S + HOH ↔ NaHS + NaOH

2Na + + S 2- + HOH ↔ Na + + H2S - + Na + + OH -

2. Mad. NaHS + HOH ↔ H2S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2S + OH -
Cr Br 3 - Zayıf bir baz ve kuvvetli bir asitten oluşan bir tuz, katyonda hidrolize uğrar. Ortamın reaksiyonu asidiktir (pH

İst. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

2. Mad. CrOHBr2 + HOH ↔ Cr(OH)2Br + HBr

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

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

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

Hidroliz esas olarak birinci aşamada ilerler.

Görev 2. Sulu çözeltilerdeki maddeler arasında meydana gelen reaksiyonların denklemlerini yazın

FeCl3 + Na2CO3

FeCl3 – kuvvetli asit ve zayıf bazın tuzu

Na2C03 - zayıf bir asit ve güçlü bir bazdan oluşan tuz

2FeCl3 + 3Na2C03 + 6H (OH) \u003d 2Fe (OH) 3 + 3H2CO3 + 6NaCl

2fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6H(O) = 2Fe( Ah) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2fe 3+ + 3CO 3 2- + 6H(O) = 2Fe( Ah) 3 + 3 H2O + 3CO2
Na 2 CO 3 + Al 2 (S04) 3

Hidrolizin karşılıklı olarak güçlendirilmesi vardır.

Al 2 (S04) 3 - güçlü bir asit ve zayıf bir bazdan oluşan tuz

Na2CO3 – zayıf asit ve kuvvetli bazın tuzu

İki tuz birlikte hidrolize edildiğinde zayıf bir baz ve zayıf bir asit oluşur:

İst: 2Na 2 CO 3 + Al 2 (S04) 3 + 2HOH => 4Na + + 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 3 SO 4 2 -

IIst: 2HCO3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH \u003d\u003e 2H2CO3 + 2Al (OH) 2 +

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

Genel hidroliz denklemi

Al 2 (S04) 3 + 2 Na2C03 + 6H2O \u003d 2Al (OH) 3 ↓ + 2H2CO3 + 2 Na2S04 + H2S04

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

2Al 3+ + 2CHAKKINDA 3 2- + 6H 2 Ö = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C 3 gibi
Sayfa 1