Elektronisk formel for kobberatomet i grundtilstanden. Elektronisk konfiguration af et atom

Elektronisk konfiguration atom er en formel, der viser opstillingen af ​​elektroner i et atom efter niveauer og underniveauer. Efter at have studeret artiklen vil du lære, hvor og hvordan elektroner er placeret, blive bekendt med kvantetal og være i stand til at konstruere den elektroniske konfiguration af et atom ved dets nummer; i slutningen af ​​artiklen er der en tabel over elementer.

Hvorfor studere den elektroniske konfiguration af elementer?

Atomer er som et konstruktionssæt: der er et vist antal dele, de adskiller sig fra hinanden, men to dele af samme type er absolut ens. Men dette byggesæt er meget mere interessant end plastik, og her er hvorfor. Konfigurationen ændres afhængigt af, hvem der er i nærheden. For eksempel ilt ved siden af ​​brint måske bliver til vand, når det er i nærheden af ​​natrium bliver det til gas, og når det er tæt på jern, bliver det fuldstændig til rust. For at besvare spørgsmålet om, hvorfor dette sker og forudsige adfærden af ​​et atom ved siden af ​​et andet, er det nødvendigt at studere den elektroniske konfiguration, som vil blive diskuteret nedenfor.

Hvor mange elektroner er der i et atom?

Et atom består af en kerne og elektroner, der roterer omkring den; kernen består af protoner og neutroner. I neutral tilstand har hvert atom antallet af elektroner svarende til antallet af protoner i dets kerne. Antallet af protoner er angivet ved grundstoffets atomnummer, for eksempel har svovl 16 protoner - det 16. grundstof i det periodiske system. Guld har 79 protoner - det 79. element i det periodiske system. Følgelig har svovl 16 elektroner i neutral tilstand, og guld har 79 elektroner.

Hvor skal man lede efter en elektron?

Ved at observere elektronens opførsel blev visse mønstre udledt; de er beskrevet af kvantetal, der er fire i alt:

• Hoved kvantetal
• Orbitalt kvantetal
• Magnetisk kvantetal
• Spin kvantetal

Orbital

Yderligere, i stedet for ordet kredsløb, vil vi bruge udtrykket "orbital", orbital er bølgefunktion elektron er groft sagt det område, hvor elektronen tilbringer 90% af sin tid.

N - niveau
L - skal
M l - orbital nummer
M s - første eller anden elektron i orbitalen

Orbital kvantetal l

Som et resultat af at studere elektronskyen fandt de ud af, at skyen afhængigt af energiniveauet antager fire hovedformer: en bold, håndvægte og to andre, mere komplekse. I rækkefølge af stigende energi kaldes disse former for s-, p-, d- og f-skallen. Hver af disse skaller kan have 1 (på s), 3 (på p), 5 (på d) og 7 (på f) orbitaler. Det orbitale kvantenummer er den skal, hvori orbitalerne er placeret. Orbitalkvantetallet for s,p,d og f orbitalerne tager henholdsvis værdierne 0,1,2 eller 3.

Der er én orbital på s-skallen (L=0) - to elektroner
Der er tre orbitaler på p-skallen (L=1) - seks elektroner
Der er fem orbitaler på d-skallen (L=2) - ti elektroner
Der er syv orbitaler på f-skallen (L=3) - fjorten elektroner

Magnetisk kvantetal m l

Der er tre orbitaler på p-skallen, de er betegnet med tal fra -L til +L, det vil sige, for p-skallen (L=1) er der orbitaler "-1", "0" og "1" . Det magnetiske kvantetal er angivet med bogstavet m l.

Inde i skallen er det nemmere for elektroner at være placeret i forskellige orbitaler, så de første elektroner fylder en i hver orbital, og så tilføjes et par elektroner til hver enkelt.

Overvej d-skallen:
D-skallen svarer til værdien L=2, det vil sige fem orbitaler (-2,-1,0,1 og 2), de første fem elektroner fylder skallen med værdierne M l =-2, M 1 = -1, M1 = 0, Ml = 1, M1 = 2.

Spin kvantetal m s

Spin er rotationsretningen for en elektron omkring dens akse, der er to retninger, så spin-kvantetallet har to værdier: +1/2 og -1/2. Et energiunderniveau kan kun indeholde to elektroner med modsatte spins. Spin-kvantetallet betegnes m s

Hovedkvantetal n

Hovedkvantetallet er energiniveauet ved dette øjeblik der kendes syv energiniveauer, hver angivet med et arabisk tal: 1,2,3,...7. Antallet af skaller på hvert niveau er lig med niveaunummeret: der er en skal på det første niveau, to på det andet osv.

Elektronnummer

Så enhver elektron kan beskrives med fire kvantetal, kombinationen af ​​disse tal er unik for hver position af elektronen, lad os tage den første elektron, den laveste energiniveau dette er N=1, på det første niveau er der en skal, den første skal på et hvilket som helst niveau har form som en kugle (s-shell), dvs. L=0, det magnetiske kvantetal kan kun tage én værdi, M l =0 og spindet vil være lig med +1/2. Hvis vi tager den femte elektron (i hvilket atom den er), så vil hovedkvantetallene for den være: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Algoritme til at sammensætte den elektroniske formel for et element:

1. Bestem antallet af elektroner i et atom ved hjælp af det periodiske system for kemiske grundstoffer D.I. Mendeleev.

2. Brug antallet af den periode, hvori elementet er placeret, bestemme antallet af energiniveauer; antallet af elektroner i det sidste elektroniske niveau svarer til gruppenummeret.

3. Inddel niveauerne i underniveauer og orbitaler og fyld dem med elektroner i overensstemmelse med reglerne for udfyldning af orbitaler:

Det skal huskes, at det første niveau indeholder maksimalt 2 elektroner 1s 2, på den anden - 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).

• Hovedkvantetal n skal være minimal.
• Først til at fylde s- underniveau altså р-, d- b f- underniveauer.
• Elektroner fylder orbitalerne i rækkefølge efter stigende energi i orbitalerne (Klechkovskys regel).
• Inden for et underniveau indtager elektroner først frie orbitaler én efter én, og først derefter danner de par (Hunds regel).
• Der kan ikke være mere end to elektroner i en orbital (Pauli-princippet).

Eksempler.

1. Lad os lave en elektronisk formel for nitrogen. I periodiske system nitrogen er nummer 7.

2. Lad os skabe den elektroniske formel for argon. Argon er nummer 18 i det periodiske system.

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

3. Lad os skabe den elektroniske formel for chrom. Chrom er nummer 24 i det periodiske system.

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

Energidiagram af zink.

4. Lad os skabe den elektroniske formel for zink. Zink er nummer 30 i det periodiske system.

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

Bemærk venligst, at en del af den elektroniske formel, nemlig 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, er elektronisk formel argon.

Den elektroniske formel for zink kan repræsenteres som:

Når du skriver elektroniske formler for grundstoffers atomer, skal du angive energiniveauer (værdier af hovedkvantetallet n i form af tal - 1, 2, 3 osv.), energi underniveauer (orbitale kvantetalværdier l i form af bogstaver - s, s, d, f) og tallet øverst angiver antallet af elektroner i et givet underniveau.

Det første element i tabellen er D.I. Mendeleev er brint, derfor ladningen af ​​atomets kerne N er lig med 1, har et atom kun én elektron pr s-underniveau af første niveau. Derfor har den elektroniske formel for hydrogenatomet formen:

Det andet grundstof er helium; dets atom har to elektroner, så den elektroniske formel for heliumatomet er 2 Ikke 1s 2. Den første periode omfatter kun to elementer, da det første energiniveau er fyldt med elektroner, som kun kan optages af 2 elektroner.

Det tredje element i rækkefølge - lithium - er allerede i den anden periode, derfor begynder dets andet energiniveau at blive fyldt med elektroner (vi talte om dette ovenfor). Fyldningen af ​​det andet niveau med elektroner begynder med s-underniveau, derfor er den elektroniske formel for lithiumatomet 3 Li 1s 2 2s 1 . Beryllium-atomet er færdigfyldt med elektroner s-underniveau: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

I efterfølgende elementer af den 2. periode fortsætter det andet energiniveau med at være fyldt med elektroner, kun nu er det fyldt med elektroner R-underniveau: 5 I 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 MED 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Neonatomet fuldender fyldning med elektroner R-underniveau, dette element afslutter den anden periode, det har otte elektroner, siden s- Og R-underniveauer kan kun indeholde otte elektroner.

Elementerne i den 3. periode har en lignende sekvens med at fylde energiunderniveauerne på det tredje niveau med elektroner. De elektroniske formler for atomerne i nogle elementer i denne periode er som følger:

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 periode slutter ligesom den anden med et grundstof (argon), som er fuldstændig fyldt med elektroner R-underniveau, selvom det tredje niveau indeholder tre underniveauer ( s, R, d). I henhold til ovenstående rækkefølge for påfyldning af energi underniveauer i overensstemmelse med Klechkovskys regler, energien af ​​underniveau 3 d mere subniveau 4 energi s derfor er kaliumatomet ved siden af ​​argon og calciumatomet bagved fyldt med elektroner 3 s– underniveau af det fjerde niveau:

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 .

Startende fra det 21. grundstof - skandium, begynder underniveau 3 i grundstoffernes atomer at blive fyldt med elektroner d. De elektroniske formler for disse grundstoffers atomer 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 atomerne i det 24. grundstof (krom) og det 29. grundstof (kobber) observeres et fænomen kaldet "lækage" eller "svigt" af en elektron: en elektron fra de ydre 4 s– underniveau "falder" med 3 d– underniveau, fuldende fylde det halvt (for krom) eller helt (for kobber), hvilket bidrager til større stabilitet af 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).

Startende fra det 31. element - gallium, fortsætter fyldningen af ​​det 4. niveau med elektroner, nu - R– underniveau:

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 element afslutter den fjerde periode, som allerede omfatter 18 elementer.

En lignende rækkefølge af udfyldning af energi underniveauer med elektroner forekommer i atomerne af elementer fra den 5. periode. For de to første (rubidium og strontium) er det fyldt s– underniveau af 5. niveau, for de næste ti elementer (fra yttrium til cadmium) er fyldt d– underniveau af 4. niveau; Perioden afsluttes af seks grundstoffer (fra indium til xenon), hvis atomer er fyldt med elektroner R– underniveau af det eksterne, femte niveau. Der er også 18 elementer i en periode.

For elementer i den sjette periode er denne udfyldningsrækkefølge overtrådt. I begyndelsen af ​​perioden er der som sædvanlig to grundstoffer, hvis atomer er fyldt med elektroner s– underniveau af det ydre, sjette, niveau. Det næste element bag dem, lanthan, begynder at fyldes med elektroner d-underniveau forrige niveau, dvs. 5 d. Dette fuldender fyldningen med elektroner 5 d-underniveau stopper, og de næste 14 grundstoffer - fra cerium til lutetium - begynder at fylde f-underniveau af 4. niveau. Disse elementer er alle inkluderet i en celle i tabellen, og nedenfor er en udvidet række af disse elementer, kaldet lanthanider.

Startende fra det 72. grundstof - hafnium - til det 80. grundstof - kviksølv, fortsætter fyldning med elektroner 5 d-underniveau, og perioden slutter som sædvanligt med seks grundstoffer (fra thallium til radon), hvis atomer er fyldt med elektroner R– underniveau af det ydre, sjette, niveau. Dette er det mest lang periode, som omfatter 32 elementer.

I atomerne af grundstofferne i den syvende, ufuldstændige periode er den samme rækkefølge af udfyldning af underniveauer synlig som beskrevet ovenfor. Vi lader eleverne selv skrive de elektroniske formler for atomer af grundstoffer i 5. – 7. periode under hensyntagen til alt, der er sagt ovenfor.

Bemærk:I nogle lærebøger En anden rækkefølge for at skrive de elektroniske formler for atomer af elementer er tilladt: ikke i rækkefølgen af ​​deres fyldning, men i overensstemmelse med antallet af elektroner angivet i tabellen på hvert energiniveau. For eksempel kan den elektroniske formel for arsenatomet se ud: Som 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 3d 10 4s 2 4s 3 .

Side 1
3. Skriv en elektronisk formel og hun thallium Tl 3+. For valenselektroner atom Tl angiver mængden af ​​alle fire kvantetal.

Løsning:

Ifølge Klechkovskys regel sker fyldning af energiniveauer og underniveauer i følgende rækkefølge:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Grundstoffet thallium Tl har en kerneladning på +81 (atomnummer 81), henholdsvis 81 elektroner. Ifølge Klechkovskys regel fordeler vi elektroner mellem energiunderniveauer og opnår den elektroniske formel for elementet Tl:

81 Tl thallium 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

Thalliumionen Tl 3+ har en ladning på +3, hvilket betyder, at atomet afgav 3 elektroner, og da et atom kun kan afgive valenselektroner ydre niveau(for thallium er disse to 6'ere og en 6p elektroner), dens elektroniske formel vil se sådan ud:

81 Tl 3+ thallium 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

Hovedkvantetal n definerer total energi elektron og graden af ​​dens fjernelse fra kernen (energiniveaunummer); den accepterer alle heltalsværdier, der starter fra 1 (n = 1, 2, 3, ...), dvs. svarer til periodenummeret.

Orbital (side eller azimutal) kvantetal l definerer formen atomorbital. Det kan tage heltalsværdier fra 0 til n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Uanset energiniveaunummeret, hver værdi l Orbital-kvantetallet svarer til en orbital med en speciel form.

Orbitaler med l= 0 kaldes s-orbitaler,

l= 1 – p-orbitaler (3 typer, forskellige i magnetisk kvantetal m),

l= 2 – d-orbitaler (5 typer),

l= 3 – f-orbitaler (7 typer).

Magnetisk kvantetal m l karakteriserer positionen elektron orbital i rummet og tager heltalsværdier fra - l til + l, inklusive 0. Dette betyder, at der for hver orbitalform er (2 l+ 1) energisk ækvivalent orientering i rummet.

Spin-kvantetallet m S karakteriserer magnetisk moment, som opstår, når en elektron roterer om sin akse. Accepterer kun to værdier +1/2 og -1/2 tilsvarende modsatte retninger rotation.
Valenselektroner er elektroner i det ydre energiniveau. Thallium har 3 valenselektroner: 2 s elektroner og 1 p elektron.

Kvantetal s – elektroner:

Orbitalt kvantetal l= 0 (s – orbital)

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

Spin kvantetal m S = ±1/2

Kvantetal p – elektron:

Hovedkvantetal n = 6 (sjette periode)

Orbitalt kvantetal l= 1 (p – orbital)

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

Spin kvantetal m S = ±1/2
23. Angiv disse egenskaber kemiske elementer, som ændres med jævne mellemrum. Hvad er årsagen til den periodiske gentagelse af disse egenskaber? Forklar ved hjælp af eksempler essensen af ​​periodiciteten af ​​ændringer i egenskaberne af kemiske forbindelser.

Løsning:

Grundstoffernes egenskaber, bestemt af strukturen af ​​de ydre elektroniske lag af atomer, ændrer sig naturligt i henhold til perioder og grupper periodiske system. Desuden ligheden elektroniske strukturer genererer lighed mellem egenskaber af analoge elementer, men ikke identiteten af ​​disse egenskaber. Derfor, når man flytter fra et element til et andet i grupper og undergrupper, er det, der observeres, ikke en simpel gentagelse af egenskaber, men deres mere eller mindre udtalte naturlige forandring. I særdeleshed, kemisk adfærd grundstoffers atomer kommer til udtryk i deres evne til at miste og få elektroner, dvs. i deres evne til at oxidere og reducere. Et kvantitativt mål for et atoms evne tabe elektroner er ioniseringspotentiale (E Og ) , og et mål for deres evne til generhverve– elektronaffinitet (E Med ). Naturen af ​​ændringen i disse mængder under overgangen fra en periode til en anden gentages, og disse ændringer er baseret på en ændring i atomets elektroniske konfiguration. Fuldførte elektroniske lag svarende til atomer af inerte gasser udviser således øget stabilitet og en øget værdi af ioniseringspotentialer inden for perioden. Samtidig har s-elementerne i den første gruppe (Li, Na, K, Rb, Cs) de laveste ioniseringspotentiale værdier.

Elektronegativitet er et mål for et atoms evne af dette element trække elektroner mod sig selv i forhold til atomerne af andre grundstoffer i forbindelsen. Ifølge en af ​​definitionerne (Mulliken) kan et atoms elektronegativitet udtrykkes som halvdelen af ​​summen af ​​dets ioniseringsenergi og elektronaffinitet: = (E og + E c).

I perioder er der Den generelle tendens en stigning i elementets elektronegativitet og i undergrupper - dets fald. Laveste værdier S-elementerne i gruppe I har elektronegativitet, og p-elementerne i gruppe VII har den største elektronegativitet.

Elektronegativiteten af ​​det samme element kan variere afhængigt af valenstilstanden, hybridiseringen, oxidationstilstanden osv. Elektronegativiteten påvirker væsentligt arten af ​​ændringer i egenskaberne af forbindelser af grundstoffer. For eksempel, svovlsyre viser sig stærkere syreegenskaber end hende kemisk analog– selensyre, da det centrale selenatom i sidstnævnte på grund af dets lavere elektronegativitet sammenlignet med svovlatomet ikke polariserer H–O-bindingerne i syren så meget, hvilket betyder en svækkelse af surhedsgraden.

H–O O
Et andet eksempel: chrom(II)hydroxid og chrom(VI)hydroxid. Chrom (II) hydroxid, Cr(OH) 2, udviser grundlæggende egenskaber i modsætning til chrom (VI) hydroxid, H 2 CrO 4, da oxidationstilstanden af ​​chrom +2 bestemmer svagheden af ​​Coulomb-interaktionen af ​​Cr 2+ med hydroxidion og den nemme eliminering af denne ion, dvs. manifestation af grundlæggende egenskaber. Samtidig forårsager den høje oxidationstilstand af chrom +6 i chrom (VI) hydroxid en stærk Coulomb attraktion mellem hydroxidionen og det centrale chromatom og umuligheden af ​​dissociation langs bindingen – Åh. På den anden side øger chroms høje oxidationstilstand i chrom(VI)hydroxid dets evne til at tiltrække elektroner, dvs. elektronegativitet, som bestemmer høj grad polarisering af H–O-bindinger i denne forbindelse, hvilket er en forudsætning for en stigning i surhedsgraden.

Den næste vigtige egenskab ved atomer er deres radier. I perioder stiger radierne af metalatomer serienummer elementer reduceres, fordi med en stigning i et grundstofs atomnummer inden for en periode, øges ladningen af ​​kernen, og derfor den samlede ladning af elektronerne, der balancerer den; som en konsekvens heraf øges Coulomb-tiltrækningen af ​​elektroner også, hvilket i sidste ende fører til et fald i afstanden mellem dem og kernen. Det mest udtalte fald i radius observeres i elementer af korte perioder, hvor det ydre energiniveau er fyldt med elektroner.

I store perioder udviser d- og f-elementer et jævnere fald i radius med stigende ladning af atomkernen. Inden for hver undergruppe af grundstoffer har atomradius en tendens til at stige fra top til bund, da et sådant skift betyder en overgang til et højere energiniveau.

Indflydelsen af ​​radius af grundstofioner på egenskaberne af de forbindelser, de danner, kan illustreres ved eksemplet med en stigning i surhedsgraden af ​​halogenhydrogensyre i gasfasen: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nævn de grundstoffer, for hvis atomer kun én ting er mulig valenstilstand, og angiv, hvad det vil være - grundlæggende eller spændt.

Løsning:

Atomer af grundstoffer, der har en uparret elektron på det ydre valensenerginiveau, kan have én valenstilstand - disse er elementer i gruppe I i det periodiske system (H - hydrogen, Li - lithium, Na - natrium, K - kalium, Rb - rubidium , Ag - sølv, Cs - cæsium, Au - guld, Fr - francium), med undtagelse af kobber siden i dannelsen kemiske bindinger, hvis antal bestemmes af valensen, deltager også d-elektroner fra det præ-ydre niveau (grundtilstanden for kobberatomet 3d 10 4s 1 skyldes stabiliteten af ​​den fyldte d-skal, dog første exciterede tilstand 3d 9 4s 2 overstiger grundtilstanden i energi med kun 1,4 eV (ca. 125 kJ/mol). kemiske forbindelser Begge tilstande manifesterer sig i samme omfang, hvilket giver anledning til to serier af kobberforbindelser (I) og (II)).

Også atomer af grundstoffer, hvor det ydre energiniveau er fuldstændigt fyldt, og elektroner ikke har mulighed for at gå ind i en exciteret tilstand, kan have én valenstilstand. Disse er elementerne hovedundergruppe VIII gruppe – inerte gasser(He – helium, Ne – neon, Ar – argon, Kr – krypton, Xe – xenon, Rn – radon).

For alle de anførte elementer er den eneste valenstilstand grundtilstanden, fordi der er ingen mulighed for overgang til en ophidset tilstand. Derudover bestemmer overgangen til en exciteret tilstand atomets nye valenstilstand; følgelig, hvis en sådan overgang er mulig, er valenstilstanden for et givet atom derfor ikke den eneste.

63. Brug af modellen for frastødning af valenselektronpar og metoden valensbindinger, overveje den rumlige struktur af de foreslåede molekyler og ioner. Angiv: a) antallet af bindinger og enlige elektronpar i det centrale atom; b) antallet af orbitaler involveret i hybridisering; c) type hybridisering; d) type af molekyle eller ion (AB m E n); e) rumligt arrangement af elektronpar; f) rumlig struktur af et molekyle eller ion.

SO 3;

Løsning:

Ifølge valensbindingsmetoden (brug af denne metode fører til det samme resultat som ved brug af OEPBO-modellen), rumlig konfiguration Et molekyle bestemmes af det rumlige arrangement af hybridorbitaler i det centrale atom, som dannes som et resultat af interaktioner mellem orbitaler.

For at bestemme typen af ​​hybridisering af det centrale atom er det nødvendigt at kende antallet af hybridiserende orbitaler. Det kan findes ved at tilføje antallet af bindinger og enlige elektronpar i det centrale atom og trække antallet af π-bindinger fra.

I et SO 3 molekyle

det samlede antal bindingspar er 6. Hvis man trækker antallet af π-bindinger fra, får vi antallet af hybridiserende orbitaler: 6 – 3 = 3. Således er hybridiseringstypen sp 2, iontypen er AB 3, rumligt arrangement af elektronpar har form som en trekant, og selve molekylet er trekant:

I ion

det samlede antal bindingspar er 4. Der er ingen π-bindinger. Antal hybridiserende orbitaler: 4. Hybridiseringstypen er således sp 3, typen af ​​AB 4-ion, det rumlige arrangement af elektronpar har form af et tetraeder, og selve ionen er et tetraeder:

83. Skriv ligningerne mulige reaktioner vekselvirkninger af KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 med forbindelserne angivet nedenfor:

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

Løsning:
a) KOH reaktionsreaktioner

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 reaktion
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 reaktion, opløsningen indeholder ioner på samme tid:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K + + 2 Åh- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  ingen reaktion

b) reaktionsreaktioner H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  ingen reaktion
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 reaktion
H 2 SO 4 + HNO 3  ingen reaktion
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) reaktionsreaktioner af H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  ingen reaktion

H 2 O + BaO  Ba(OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

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

H 2 O + Ca(OH) 2  ingen reaktion

a) reaktionsreaktioner 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 reaktion
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+ + 2NO3 - + 2 H 2 O

Vær (OH) 2 + 2H +  Være 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  ingen reaktion
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  ingen reaktion
103. For den angivne reaktion

b) forklare hvilken af ​​faktorerne: entropi eller entalpi bidrager til den spontane forekomst af reaktionen i fremadgående retning;

c) i hvilken retning (direkte eller omvendt) reaktionen vil forløbe ved 298K og 1000K;

e) nævne alle måder at øge koncentrationen af ​​produkter i en ligevægtsblanding på.

f) plot afhængigheden af ​​ΔG p (kJ) af T (K)

Løsning:

CO (g) + H2 (g) = C (k) + H2O (g)

Standard dannelsesentalpi, entropi og Gibbs energi for dannelse af stoffer

1. (AH 0 298) h.r. =
–
= -241,84 + 110,5 = -131,34 kJ 2. (AS 0 298) c.r. =
+
–
–
= 188,74+5,7-197,5-130,6 = -133,66 J/K = -133,66 10-3 kJ/mol > 0.

Den direkte reaktion er ledsaget af et fald i entropi, lidelsen i systemet falder - ugunstig faktor for lækage kemisk reaktion i fremadgående retning.

3. Beregn standard Gibbs-energien for reaktionen.

efter Hess' lov:

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

Det viste sig, at (ΔН 0 298) ch.r. > (AS 0 298) c.r. ·T og derefter (AG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K er den omtrentlige temperatur, ved hvilken ægte kemisk ligevægt er etableret; over denne temperatur vil en omvendt reaktion forekomme. Ved en given temperatur er begge processer lige sandsynlige.

5. Beregn Gibbs-energien ved 1000K:

(AG 0 1000) h.r. ≈ ΔН 0 298 – 1000·ΔS 0 298 ≈ -131,4 – 1000·(-133,66)·10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.

De der. ved 1000 K: ΔS 0 h.r. ·Т > ΔН 0 h.r.

Entalpifaktoren blev afgørende, den spontane forekomst af en direkte reaktion blev umulig. Den omvendte reaktion sker: fra et mol gas og 1 mol solid Der dannes 2 mol gas.

log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Systemet er langt fra sandt kemisk ligevægt, er det domineret af reaktionsprodukter.

Afhængighed af ΔG 0 af temperatur for reaktionen

CO (g) + H2 (g) = C (k) + H2O (g)

K 1000 = 0,86 > 1 – systemet er tæt på ligevægt, men ved denne temperatur dominerer udgangsstofferne i det.

8. Ifølge Le Chateliers princip, når temperaturen stiger, skal ligevægten skifte mod den omvendte reaktion, og ligevægtskonstanten skal falde.

9. Lad os overveje, hvordan vores beregnede data stemmer overens med Le Chateliers princip. Lad os præsentere nogle data, der viser afhængigheden af ​​Gibbs-energien og ligevægtskonstanten for denne reaktion på temperaturen:

T, K	AG0t, kJ	K t
298	-131,34	10 16
982,6	0	1
1000	2,32	0,86

De opnåede beregnede data svarer således til vores konklusioner lavet på grundlag af Le Chateliers princip.
123. Ligevægt i systemet:

)

fastlagt ved følgende koncentrationer: [B] og [C], mol/l.

Bestem startkoncentrationen af ​​stoffet [B] 0 og ligevægtskonstanten, hvis startkoncentrationen af ​​stof A er [A] 0 mol/l

Ud fra ligningen kan det ses, at dannelsen af ​​0,26 mol stof C kræver 0,13 mol stof A og samme mængde stof B.

Så er ligevægtskoncentrationen af ​​stof A [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

Startkoncentrationen af ​​stoffet B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g opløsning indeholder 36 g KOH (opløsningsdensitet 1,1 g/ml). Beregn procentdelen og molkoncentrationen af ​​denne opløsning.

b) Hvor mange gram krystallinsk sodavand Na 2 CO 3 ·10H 2 O skal der tages for at fremstille 2 liter 0,2 M Na 2 CO 3 opløsning?

Løsning:

Vi finder den procentvise koncentration ved hjælp af ligningen:

Den molære masse af KOH er 56,1 g/mol;

For at beregne molariteten af ​​opløsningen finder vi massen af ​​KOH indeholdt i 1000 ml (dvs. 1000 · 1.100 = 1100 g) opløsning:

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

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

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

Løsning:

1. Find massen af ​​vandfrit salt

m = cm·M·V, hvor M – Molar masse, V – volumen.

m = 0,2 106 2 = 42,4 g.

2. Find massen af ​​krystallinsk hydrat ud fra andelen

molær masse af krystallinsk hydrat 286 g/mol - masse X

molær masse af vandfrit salt 106g/mol - masse 42,4g

derfor X = m Na2CO3 10H20 = 42,4 286/106 = 114,4 g.

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

163. Beregn kogepunktet for en 5 % opløsning af naphthalen C 10 H 8 i benzen. Kogepunktet for benzen er 80,2 0 C.

Givet: Gennemsnit (C 10 H 8) = 5 % koge (C6H6) = 80,2°C

Find: koge (opløsning) -?

Løsning:

Fra Raoults anden lov

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Her er E den ebullioskopiske konstant for opløsningsmidlet

E(C6H6) = 2,57

m A er vægten af ​​opløsningsmidlet, m B er vægten af ​​det opløste stof, MB er dets molekylvægt.

Lad massen af ​​opløsningen være 100 gram, derfor er massen af ​​det opløste stof 5 gram, og massen af ​​opløsningsmidlet er 100 – 5 = 95 gram.

M (naphthalen C10H8) = 1210 + 18 = 128 g/mol.

Vi erstatter alle data i formlen og finder stigningen i opløsningens kogepunkt sammenlignet med et rent opløsningsmiddel:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Kogepunktet for en naphthalenopløsning kan findes ved hjælp af formlen:

T k.r-ra = T k.r-la + ΔT = 80,2 + 1,056 = 81,256

Svar: 81.256 o C

183. Opgave 1. Skriv dissociationsligninger og dissociationskonstanter for svage elektrolytter.

Opgave 2. Ifølge det givne ioniske ligninger skriv de passende molekylære ligninger.

Opgave 3. Skriv reaktionsligningerne for følgende transformationer i molekylære og ioniske former.

Ingen.	Øvelse 1	Opgave 2	Opgave 3
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Løsning:

Skriv dissociationsligninger og dissociationskonstanter for svage elektrolytter.

Ist.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -

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

Kd 2 =
= 4,9·10-7

Zn(OH)2 – amfotert hydroxid, dissociation af syretypen er mulig

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd 2 =

H 3 AsO 4 – orthoarsensyre – stærk elektrolyt, dissocierer fuldstændigt i opløsning:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Giv de ioniske ligninger, skriv de tilsvarende molekylære ligninger.

Ni2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH(utilstrækkeligt) = NiOHCl + NaCl

Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - = NiOHCl + Na + + Cl -

Ni2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Skriv reaktionsligningerne for følgende transformationer i molekylære og ioniske former.

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

1) NaHSO3 + NaOH →Na2SO3 + H2O

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

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

2 N + + SÅ 32- + Na++ Åh- → Na++ HSO 3 - + H 2 O

2 N + + SÅ 3 2 + Åh- → Na++ H 2 O
203. Opgave 1. Skriv ligninger for hydrolyse af salte i molekylær og ionisk form, angiv pH i opløsninger (pH > 7, pH Opgave 2. Skriv ligninger for reaktioner, der forekommer mellem stoffer i vandige opløsninger

Ingen.	Øvelse 1	Opgave 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Opgave 1. Skriv ligninger for hydrolyse af salte i molekylær og ionisk form, angiv pH af opløsninger (pH > 7, pH

Na2S - dannet salt stærkt fundament Og svag syre undergår hydrolyse ved anionen. Mediets reaktion er alkalisk (pH > 7).

Ist. Na2S + HON ↔ NaHS + NaOH

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

IIst. NaHS + HOH ↔ H2S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2S + OH -
CrBr 3 - salt dannet af en svag base og stærk syre undergår hydrolyse ved kationen. Mediets reaktion er sur (pH

Ist. CrBr3 + HOH ↔ CrOHBr2 + HBr

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

IIst. CrOHBr2 + HON ↔ Cr(OH)2Br + HBr

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

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

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

Hydrolyse forekommer overvejende i den første fase.

Opgave 2. Skriv ligninger for reaktioner, der forekommer mellem stoffer i vandige opløsninger

FeCl3 + Na2CO3

FeCl3 – salt dannet af en stærk syre og en svag base

Na 2 CO 3 – et salt dannet af en svag syre og en stærk base

2FeCl3 + 3Na2CO3 + 6H(OH) = 2Fe(OH)3 + 3H2CO3 + 6NaCl

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

2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6N(HAN) = 2Fe( Åh) 3 + 3H2O + 3CO2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Gensidig forstærkning af hydrolyse forekommer

Al 2 (SO 4) 3 – et salt dannet af en stærk syre og en svag base

Na2CO3 – salt dannet af en svag syre og en stærk base

Når to salte hydrolyseres sammen, dannes en svag base og en svag 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 => 2H 2 CO 3 + 2Al(OH) 2 +

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

Sammenfattende hydrolyseligning

Al 2 (SO 4) 3 + 2 Na 2 CO 3 + 6H 2 O = 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 C O 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2H + + SO 4 2 -

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