Fórmula electrónica de un átomo neutro. Fórmulas electrónicas completas de átomos de elementos.

Algoritmo para componer la fórmula electrónica de un elemento:

1. Determine la cantidad de electrones en un átomo usando la Tabla periódica de elementos químicos D.I. Mendeleev.

2. Utilizando el número del período en el que se encuentra el elemento, determine el número de niveles de energía; el número de electrones en el último nivel electrónico corresponde al número del grupo.

3. Divida los niveles en subniveles y orbitales y llénelos con electrones de acuerdo con las reglas para llenar orbitales:

Hay que recordar que el primer nivel contiene un máximo de 2 electrones. 1s 2, en el segundo - un máximo de 8 (dos s y seis R: 2s 2 2p 6), en el tercero - un máximo de 18 (dos s, seis pag y diez d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Número cuántico principal norte debe ser mínimo.
• primero en llenar s- subnivel, entonces р-, re- segundo f- subniveles.
• Los electrones llenan los orbitales en orden creciente de energía de los orbitales (regla de Klechkovsky).
• Dentro de un subnivel, los electrones primero ocupan orbitales libres uno por uno y sólo después forman pares (regla de Hund).
• No puede haber más de dos electrones en un orbital (principio de Pauli).

Ejemplos.

1. Creemos una fórmula electrónica para el nitrógeno. EN tabla periódica El nitrógeno está en el número 7.

2. Creemos la fórmula electrónica del argón. El argón es el número 18 en la tabla periódica.

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

3. Creemos la fórmula electrónica del cromo. El cromo es el número 24 en la tabla periódica.

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

Diagrama energético del zinc.

4. Creemos una fórmula electrónica para el zinc. El zinc es el número 30 en la tabla periódica.

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

Tenga en cuenta que parte de la fórmula electrónica, a saber, 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, es la fórmula electrónica del argón.

La fórmula electrónica del zinc se puede representar como:

Configuración electrónica de un átomo. es una fórmula que muestra la disposición de los electrones en un átomo por niveles y subniveles. Después de estudiar el artículo, aprenderá dónde y cómo se encuentran los electrones, se familiarizará con los números cuánticos y podrá construir la configuración electrónica de un átomo según su número; al final del artículo hay una tabla de elementos.

¿Por qué estudiar la configuración electrónica de los elementos?

Los átomos son como un conjunto de construcción: hay un cierto número de partes, se diferencian entre sí, pero dos partes del mismo tipo son absolutamente iguales. Pero este set de construcción es mucho más interesante que el de plástico y he aquí por qué. La configuración cambia según quién esté cerca. Por ejemplo, el oxígeno junto al hidrógeno. Tal vez se convierte en agua, cuando está cerca del sodio se convierte en gas y cuando está cerca del hierro se convierte completamente en óxido. Para responder a la pregunta de por qué sucede esto y predecir el comportamiento de un átomo junto a otro, es necesario estudiar la configuración electrónica, que se comentará a continuación.

¿Cuántos electrones hay en un átomo?

Un átomo está formado por un núcleo y electrones que giran a su alrededor; el núcleo está formado por protones y neutrones. En el estado neutro, cada átomo tiene un número de electrones igual al número de protones en su núcleo. El número de protones está indicado por el número atómico del elemento; por ejemplo, el azufre tiene 16 protones, el elemento número 16 de la tabla periódica. El oro tiene 79 protones, el elemento número 79 de la tabla periódica. En consecuencia, el azufre tiene 16 electrones en estado neutro y el oro tiene 79 electrones.

¿Dónde buscar un electrón?

Al observar el comportamiento del electrón se derivaron ciertos patrones que se describen mediante números cuánticos, son cuatro en total:

• Número cuántico principal
• Número cuántico orbital
• Número cuántico magnético
• Número cuántico de espín

Orbital

Además, en lugar de la palabra órbita, usaremos el término “orbital”; un orbital es la función de onda de un electrón, aproximadamente, es la región en la que el electrón pasa el 90% de su tiempo;

norte - nivel
L - concha
M l - número de orbital
M s - primer o segundo electrón en el orbital

Número cuántico orbital l

Como resultado del estudio de la nube de electrones, descubrieron que, dependiendo del nivel de energía, la nube toma cuatro formas principales: una pelota, mancuernas y otras dos más complejas. En orden de energía creciente, estas formas se denominan capas s, p, d y f. Cada una de estas capas puede tener 1 (en s), 3 (en p), 5 (en d) y 7 (en f) orbitales. El número cuántico orbital es la capa en la que se encuentran los orbitales. El número cuántico orbital para los orbitales s,p,d y f toma los valores 0,1,2 o 3, respectivamente.

Hay un orbital en la capa s (L=0): dos electrones.
Hay tres orbitales en la capa p (L=1): seis electrones.
Hay cinco orbitales en la capa d (L=2): diez electrones.
Hay siete orbitales en la capa f (L=3): catorce electrones.

Número cuántico magnético m l

Hay tres orbitales en la capa p, están designados por números de -L a +L, es decir, para la capa p (L=1) hay orbitales “-1”, “0” y “1” . El número cuántico magnético se indica con la letra m l.

Dentro de la capa, es más fácil que los electrones se ubiquen en diferentes orbitales, por lo que los primeros electrones llenan uno en cada orbital, y luego se agrega un par de electrones a cada uno.

Considere el d-shell:
La capa d corresponde al valor L=2, es decir, cinco orbitales (-2,-1,0,1 y 2), los primeros cinco electrones llenan la capa tomando los valores M l =-2, M l =-1, M l =0 , M l =1,M l =2.

Número cuántico de espín m s

El espín es la dirección de rotación de un electrón alrededor de su eje, hay dos direcciones, por lo que el número cuántico de espín tiene dos valores: +1/2 y -1/2. Un subnivel de energía sólo puede contener dos electrones con espines opuestos. El número cuántico de espín se denota como m s

Número cuántico principal n

El número cuántico principal es el nivel de energía en este momento Se conocen siete niveles de energía, cada uno indicado por un número arábigo: 1,2,3,...7. El número de proyectiles en cada nivel es igual al número de nivel: hay un proyectil en el primer nivel, dos en el segundo, etc.

número de electrones

Entonces, cualquier electrón puede describirse mediante cuatro números cuánticos, la combinación de estos números es única para cada posición del electrón, tome el primer electrón, el nivel de energía más bajo es N = 1, en el primer nivel hay una capa, la El primer caparazón en cualquier nivel tiene la forma de una bola (s -cáscara), es decir. L=0, el número cuántico magnético sólo puede tomar un valor, M l =0 y el espín será igual a +1/2. Si tomamos el quinto electrón (en cualquier átomo que sea), entonces sus principales números cuánticos serán: N=2, L=1, M=-1, espín 1/2.

Al escribir fórmulas electrónicas para átomos de elementos, indique los niveles de energía (valores del número cuántico principal norte en forma de números: 1, 2, 3, etc.), subniveles de energía (valores de números cuánticos orbitales yo en forma de letras - s, pag, d, F) y el número en la parte superior indican el número de electrones en un subnivel determinado.

El primer elemento de la tabla es D.I. Mendeleev es hidrógeno, por lo tanto la carga del núcleo del átomo. norte es igual a 1, un átomo tiene sólo un electrón por s-subnivel del primer nivel. Por tanto, la fórmula electrónica del átomo de hidrógeno tiene la forma:

El segundo elemento es el helio, su átomo tiene dos electrones, por lo tanto la fórmula electrónica del átomo de helio es 2 No 1s 2. El primer período incluye sólo dos elementos, ya que el primer nivel de energía está lleno de electrones, los cuales sólo pueden ser ocupados por 2 electrones.

El tercer elemento en orden, el litio, ya se encuentra en el segundo período, por lo que su segundo nivel de energía comienza a llenarse de electrones (de esto hablamos anteriormente). El llenado del segundo nivel con electrones comienza con s-subnivel, por lo tanto la fórmula electrónica del átomo de litio es 3 li 1s 2 2s 1 . El átomo de berilio se completa llenándose de electrones. s-subnivel: 4 ve 1s 2 2s 2 .

En los elementos posteriores del segundo período, el segundo nivel de energía continúa lleno de electrones, solo que ahora está lleno de electrones. R-subnivel: 5 EN 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 CON 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Nordeste 1s 2 2s 2 2R 6 .

El átomo de neón se completa de llenar de electrones R-subnivel, este elemento finaliza el segundo periodo, tiene ocho electrones, ya que s- Y R-los subniveles solo pueden contener ocho electrones.

Los elementos del tercer período tienen una secuencia similar de llenar los subniveles de energía del tercer nivel con electrones. Las fórmulas electrónicas de los átomos de algunos elementos de este período son las siguientes:

11 N / A 1s 2 2s 2 2R 6 3s 1 ; 12 magnesio 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 ; 13 Alabama 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 1 ;

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

El tercer período, como el segundo, termina con un elemento (argón), que está completamente lleno de electrones. R-subnivel, aunque el tercer nivel incluye tres subniveles ( s, R, d). Según el orden anterior de llenado de subniveles de energía de acuerdo con las reglas de Klechkovsky, la energía del subnivel 3 d más energía del subnivel 4 s, por lo tanto, el átomo de potasio al lado del argón y el átomo de calcio detrás de él están llenos de electrones 3 s– subnivel del cuarto nivel:

19 A 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 1 ; 20 sa 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 2 .

A partir del elemento 21, el escandio, el subnivel 3 en los átomos de los elementos comienza a llenarse de electrones. d. Las fórmulas electrónicas de los átomos de estos elementos son:

21 Carolina del Sur 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 2 3d 1 ; 22 Ti 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 2 3d 2 .

En los átomos del elemento 24 (cromo) y del elemento 29 (cobre), se observa un fenómeno llamado “fuga” o “falla” de un electrón: un electrón del exterior 4 s– el subnivel “cae” en 3 d– subnivel, completándolo hasta la mitad (para el cromo) o completamente (para el cobre), lo que contribuye a una mayor estabilidad del átomo:

24 cr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 1 3d 5 (en lugar de...4 s 2 3d 4) y

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 1 3d 10 (en lugar de...4 s 2 3d 9).

A partir del elemento 31, el galio, el llenado del nivel 4 con electrones continúa, ahora - R– subnivel:

31 Georgia 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 2 3d 10 4pag 1 …; 36 kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 4s 2 3d 10 4pag 6 .

Este elemento pone fin al cuarto período, que ya incluye 18 elementos.

Un orden similar de llenado de subniveles de energía con electrones ocurre en los átomos de los elementos del quinto período. Para los dos primeros (rubidio y estroncio) se llena s– se llena el subnivel del quinto nivel, para los siguientes diez elementos (desde itrio hasta cadmio) d– subnivel del 4º nivel; El período lo completan seis elementos (desde el indio hasta el xenón), cuyos átomos están llenos de electrones. R– subnivel del quinto nivel externo. También hay 18 elementos en un período.

Para elementos del sexto período, se viola este orden de llenado. Al comienzo del período, como es habitual, hay dos elementos cuyos átomos están llenos de electrones. s– subnivel del sexto nivel externo. El siguiente elemento detrás de ellos, el lantano, comienza a llenarse de electrones. d– subnivel del nivel anterior, es decir 5 d. Esto completa el llenado con electrones 5 d-El subnivel se detiene y los siguientes 14 elementos, desde cerio hasta lutecio, comienzan a llenarse. F-subnivel del 4to nivel. Todos estos elementos están incluidos en una celda de la tabla y debajo hay una fila ampliada de estos elementos, llamados lantánidos.

A partir del elemento 72, el hafnio, hasta el elemento 80, el mercurio, el llenado de electrones continúa 5 d-subnivel, y el período termina, como de costumbre, con seis elementos (desde el talio hasta el radón), cuyos átomos están llenos de electrones. R– subnivel del sexto nivel exterior. Este es el período más grande, que incluye 32 elementos.

En los átomos de los elementos del séptimo período, incompleto, es visible el mismo orden de llenado de subniveles como se describe anteriormente. Dejamos que los estudiantes escriban las fórmulas electrónicas de los átomos de los elementos de los períodos 5 al 7, teniendo en cuenta todo lo dicho anteriormente.

Nota:En algunos libros de texto Se permite un orden diferente para escribir las fórmulas electrónicas de los átomos de los elementos: no en el orden de llenado, sino de acuerdo con el número de electrones indicado en la tabla en cada nivel de energía. Por ejemplo, la fórmula electrónica del átomo de arsénico puede verse así: Como 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3pag 6 3d 10 4s 2 4pag 3 .

Página 1
3. Escribe una fórmula electrónica. y ella talio Tl 3+. Para electrones de valencia átomo Tl indica el conjunto de los cuatro números cuánticos.

Solución:

Según la regla de Klechkovsky, el llenado de los niveles y subniveles de energía se produce en la siguiente secuencia:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

El elemento talio Tl tiene una carga nuclear de +81 (número atómico 81), respectivamente, 81 electrones. Según la regla de Klechkovsky, distribuimos electrones entre subniveles de energía y obtenemos la fórmula electrónica del elemento Tl:

81 Tl talio 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

El ion talio Tl 3+ tiene una carga de +3, lo que significa que el átomo cedió 3 electrones y, dado que el átomo solo puede ceder electrones de valencia del nivel exterior (para el talio, estos son dos electrones 6s y uno 6p), su fórmula electrónica se verá así:

81 Tl 3+ talio 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

Número cuántico principal norte determina la energía total del electrón y el grado de su eliminación del núcleo (número de nivel de energía); acepta cualquier valor entero a partir de 1 (n = 1, 2, 3, ...), es decir corresponde al número del período.

Número cuántico orbital (lateral o azimutal) yo Determina la forma del orbital atómico. Puede tomar valores enteros de 0 a n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Independientemente del número del nivel de energía, cada valor yo El número cuántico orbital corresponde a un orbital de forma especial.

Orbitales con yo= 0 se llaman orbitales s,

yo= 1 – orbitales p (3 tipos, que se diferencian en el número cuántico magnético m),

yo= 2 – orbitales d (5 tipos),

yo= 3 – orbitales f (7 tipos).

El número cuántico magnético m l caracteriza la posición del orbital del electrón en el espacio y toma valores enteros de - yo a + yo, incluido 0. Esto significa que para cada forma orbital hay (2 yo+ 1) orientación energéticamente equivalente en el espacio.

El número cuántico de espín m S caracteriza el momento magnético que se produce cuando un electrón gira alrededor de su eje. Acepta solo dos valores +1/2 y –1/2 correspondientes a direcciones de rotación opuestas.
Los electrones de valencia son electrones en el nivel de energía exterior. El talio tiene 3 electrones de valencia: 2 electrones s y 1 electrón p.

Números cuánticos s – electrones:

Número cuántico orbital yo= 0 (s – orbital)

Número cuántico magnético m l = (2 yo+ 1 = 1): ml = 0.

Número cuántico de espín m S = ±1/2

Números cuánticos p – electrón:

Número cuántico principal n = 6 (sexto período)

Número cuántico orbital yo= 1 (p – orbital)

Número cuántico magnético (2 yo+ 1 = 3): metro = -1, 0, +1

Número cuántico de espín m S = ±1/2
23. Especifique esas propiedades elementos químicos, que cambian periódicamente. ¿Cuál es el motivo de la repetición periódica de estas propiedades? Utilizando ejemplos, explique la esencia de la periodicidad de los cambios en las propiedades de los compuestos químicos.

Solución:

Las propiedades de los elementos, determinadas por la estructura de las capas electrónicas externas de los átomos, cambian naturalmente según los períodos y los grupos. tabla periódica. En este caso, la similitud de estructuras electrónicas da lugar a la similitud de las propiedades de los elementos analógicos, pero no a la identidad de estas propiedades. Por tanto, al pasar de un elemento a otro en grupos y subgrupos, lo que se observa no es una simple repetición de propiedades, sino su cambio natural más o menos pronunciado. En particular, el comportamiento químico de los átomos de los elementos se manifiesta en su capacidad para perder y ganar electrones, es decir. en su capacidad de oxidarse y reducirse. Una medida cuantitativa de la capacidad de un átomo. perder los electrones son potencial de ionización (E Y ) y una medida de su capacidad para readquirir– afinidad electrónica (E Con ). La naturaleza del cambio en estas cantidades durante la transición de un período a otro se repite, y estos cambios se basan en el cambio Configuración electrónicaátomo. Así, las capas electrónicas completas correspondientes a átomos de gases inertes presentan una mayor estabilidad y un mayor valor de los potenciales de ionización dentro del período. Al mismo tiempo, los elementos s del primer grupo (Li, Na, K, Rb, Cs) tienen los valores de potencial de ionización más bajos.

Electronegatividad Es una medida de la capacidad de un átomo de un elemento determinado para atraer electrones hacia sí mismo en comparación con los átomos de otros elementos del compuesto. Según una de las definiciones (Mulliken), la electronegatividad de un átomo se puede expresar como la mitad de la suma de su energía de ionización y su afinidad electrónica: = (E y + E c).

En periodos hay La tendencia general un aumento en la electronegatividad del elemento y, en subgrupos, su disminución. Valores más bajos Los elementos s del grupo I tienen electronegatividad y los elementos p del grupo VII tienen la mayor electronegatividad.

La electronegatividad de un mismo elemento puede variar según el estado de valencia, hibridación, estado de oxidación, etc. La electronegatividad afecta significativamente la naturaleza de los cambios en las propiedades de los compuestos de los elementos. Por ejemplo, ácido sulfúrico exhibe propiedades ácidas más fuertes que su análogo químico, el ácido selénico, ya que en este último el átomo de selenio central, debido a su menor electronegatividad en comparación con el átomo de azufre, no polariza tanto los enlaces H-O en el ácido, lo que significa un debilitamiento. de acidez.

H – O O
Otro ejemplo: hidróxido de cromo (II) e hidróxido de cromo (VI). El hidróxido de cromo (II), Cr(OH) 2, presenta propiedades básicas en contraste con el hidróxido de cromo (VI), H 2 CrO 4, ya que el estado de oxidación del cromo +2 determina la debilidad de la interacción de Coulomb del Cr 2+ con el ion hidróxido y la facilidad de eliminación de este ion, es decir manifestación de propiedades básicas. Al mismo tiempo, el alto estado de oxidación del cromo +6 en el hidróxido de cromo (VI) determina la fuerte atracción de Coulomb entre el ion hidróxido y el átomo de cromo central y la imposibilidad de disociación a lo largo del enlace. - OH. Por otro lado, el alto estado de oxidación del cromo en hidróxido de cromo (VI) mejora su capacidad para atraer electrones, es decir, electronegatividad, que determina alto grado polarización de los enlaces H-O en este compuesto, siendo un requisito previo para un aumento de la acidez.

Próximo característica importanteátomos son sus radios. En períodos, los radios de los átomos metálicos disminuyen al aumentar el número atómico del elemento, porque con un aumento del número atómico de un elemento dentro de un período, aumenta la carga del núcleo, y por tanto la carga total de los electrones que lo equilibran; como consecuencia, también aumenta la atracción de Coulomb de los electrones, lo que finalmente conduce a una disminución de la distancia entre ellos y el núcleo. La disminución más pronunciada del radio se observa en elementos de períodos cortos, en los que el nivel de energía exterior está lleno de electrones.

En períodos prolongados, los elementos d y f muestran una disminución más suave de los radios a medida que aumenta la carga del núcleo atómico. Dentro de cada subgrupo de elementos, los radios atómicos tienden a aumentar de arriba a abajo, ya que tal cambio significa una transición a un nivel de energía más alto.

La influencia de los radios de los iones de los elementos sobre las propiedades de los compuestos que forman se puede ilustrar con el ejemplo de un aumento de la acidez de los ácidos halohídricos en fase gaseosa: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nombra los elementos para cuyos átomos sólo es posible un estado de valencia e indica si será terreno o excitado.

Solución:

Los átomos de elementos que tienen un electrón desapareado en el nivel de energía de valencia exterior pueden tener un estado de valencia: estos son elementos del grupo I del sistema periódico (H - hidrógeno, Li - litio, Na - sodio, K - potasio, Rb - rubidio , Ag - plata, Cs - cesio, Au - oro, Fr - francio), con excepción del cobre ya que en la formación enlaces químicos, cuyo número está determinado por la valencia, también participan los electrones d del nivel preexterno (el estado fundamental del átomo de cobre 3d 10 4s 1 se debe a la estabilidad de la capa d llena, sin embargo, el El primer estado excitado 3d 9 4s 2 excede el estado fundamental en energía en sólo 1,4 eV (aproximadamente 125 kJ/mol). compuestos químicos Ambos estados se manifiestan en la misma medida, dando lugar a dos series de compuestos de cobre (I) y (II)).

Además, los átomos de elementos en los que el nivel de energía exterior está completamente lleno y los electrones no tienen la oportunidad de pasar a un estado excitado pueden tener un estado de valencia. Estos son elementos del subgrupo principal del grupo VIII: gases inertes (He - helio, Ne - neón, Ar - argón, Kr - criptón, Xe - xenón, Rn - radón).

Para todos elementos listados El único estado de valencia es el estado fundamental, porque no hay posibilidad de transición a un estado excitado. Además, la transición a un estado excitado determina el nuevo estado de valencia del átomo; en consecuencia, si tal transición es posible, el estado de valencia de un átomo dado no es el único;

63. Utilizando el modelo de repulsión de pares de electrones de valencia y el método de enlaces de valencia, considere la estructura espacial de las moléculas e iones propuestos. Indique: a) el número de pares de electrones solitarios y enlazados del átomo central; b) el número de orbitales involucrados en la hibridación; c) tipo de hibridación; d) tipo de molécula o ion (AB m E n); e) disposición espacial de pares de electrones; f) estructura espacial de una molécula o ion.

así 3;

Solución:

Según el método del enlace de valencia (el uso de este método conduce al mismo resultado que el modelo OEPBO), la configuración espacial de la molécula está determinada por la disposición espacial de los orbitales híbridos del átomo central, que se forman como resultado de la interacción entre los orbitales.

Para determinar el tipo de hibridación del átomo central es necesario conocer el número de orbitales que se hibridan. Se puede encontrar sumando el número de enlaces y pares de electrones solitarios del átomo central y restando el número de enlaces π.

En una molécula de SO 3

el número total de pares de enlaces es 6. Restando el número de enlaces π, obtenemos el número de orbitales de hibridación: 6 – 3 = 3. Por tanto, el tipo de hibridación es sp 2, el tipo de ion es AB 3, el La disposición espacial de los pares de electrones tiene la forma de un triángulo y la molécula en sí es un triángulo:

en ion

el número total de pares de enlaces es 4. No hay enlaces π. Número de orbitales de hibridación: 4. Por tanto, el tipo de hibridación es sp 3, el tipo de ion AB 4, la disposición espacial de los pares de electrones tiene la forma de un tetraedro y el ion en sí es un tetraedro:

83. Escriba ecuaciones para posibles reacciones de interacción entre KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 con los compuestos que se indican a continuación:

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

Solución:
a) reacciones de reacción de KOH

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

2K + + 2 OH - + 2h+ + SO 3 2-  2K + + SO 3 2- + h 2 oh

OH - + h +  h 2 oh
KOH + BaO  sin reacción
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

2K + + 2 OH - + CO 2  2K + + CO 3 2- + h 2 oh

2OH - + h 2 CO 3  CO 3 2- + h 2 oh
KOH + HNO 3  sin reacción, la solución contiene iones al mismo tiempo:

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

2KOH + Ni(OH)2  K

2K + + 2 OH- + Ni(OH)2  K + + -

KOH + Ca(OH)2  sin reacción

b) reacciones de reacción H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  sin reacción
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  sin reacción
H 2 SO 4 + HNO 3  sin reacción
H 2 SO 4 + Ni(OH) 2  NiSO 4 + 2H 2 O

2h+ + Entonces 4 2- + Ni(OH) 2  Ni 2+ + Entonces 4 2- + 2 h 2 oh

2h + + Ni(OH) 2  Ni 2+ + 2h 2 oh
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) reacciones de reacción de H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  sin reacción

H2O + BaO  Ba(OH)2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  sin reacción
H 2 O + HNO 3  sin reacción
H 2 O + NO 2  sin reacción
H 2 O + Ni(OH) 2  sin reacción

H 2 O + Ca(OH) 2  sin reacción

a) reacción reacción Be(OH) 2

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

ser(OH) 2 + 2h+ + SO 3 2-  Ser 2+ + SO 3 2- + 2 h 2 oh

ser(OH) 2 + 2h+  Ser 2+ + 2 h 2 oh
Be(OH) 2 + BaO  sin reacción
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

ser(OH) 2 + 2h+ + NO 3 -  Ser 2+ + 2NO 3 - + 2 h 2 oh

ser(OH) 2 + 2h +  Ser 2+ + 2h 2 oh
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  sin reacción
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  sin reacción
103. Para la reacción indicada

b) explique cuál de los factores: la entropía o la entalpía contribuye a la ocurrencia espontánea de una reacción en dirección directa;

c) en qué dirección (directa o inversa) procederá la reacción a 298K y 1000K;

e) nombrar todas las formas de aumentar la concentración de productos de una mezcla en equilibrio.

f) trazar la dependencia de ΔG p (kJ) de T (K)

Solución:

CO (g) + H 2 (g) = C (k) + H 2 O (g)

Entalpía estándar de formación, entropía y energía de Gibbs de formación de sustancias.

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

La reacción directa se acompaña de una disminución de la entropía, el desorden en el sistema disminuye, un factor desfavorable para la aparición de reacción química en la dirección de avance.

3. Calcule la energía de Gibbs estándar de la reacción.

según la ley de Hess:

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

Resultó que (ΔН 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) c.r. ·T y luego (ΔG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K es la temperatura aproximada a la que se establece el verdadero equilibrio químico; por encima de esta temperatura se producirá una reacción inversa. A una temperatura dada, ambos procesos son igualmente probables.

5. Calcule la energía de Gibbs a 1000K:

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

Aquellos. a 1000 K: ΔS 0 h.r. ·Т > ΔН 0 h.r.

El factor de entalpía se volvió decisivo; la aparición espontánea de una reacción directa se volvió imposible. Se produce la reacción inversa: a partir de un mol de gas y 1 mol de materia sólida se forman 2 moles de gas.

logK298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

El sistema está lejos de ser cierto. equilibrio químico, está dominado por productos de reacción.

Dependencia de ΔG 0 de la temperatura para la reacción.

CO (g) + H 2 (g) = C (k) + H 2 O (g)

K 1000 = 0,86 > 1 – el sistema está cerca del equilibrio, pero a esta temperatura predominan las sustancias de partida.

8. Según el principio de Le Chatelier, a medida que aumenta la temperatura, el equilibrio debería desplazarse hacia la reacción inversa y la constante de equilibrio debería disminuir.

9. Consideremos cómo nuestros datos calculados concuerdan con el principio de Le Chatelier. Presentemos algunos datos que muestran la dependencia de la energía de Gibbs y la constante de equilibrio de la reacción indicada con la temperatura:

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

Por tanto, los datos calculados obtenidos corresponden a nuestras conclusiones basadas en el principio de Le Chatelier.
123. Equilibrio en el sistema:

)

establecidas a las siguientes concentraciones: [B] y [C], mol/l.

Determine la concentración inicial de la sustancia [B] 0 y la constante de equilibrio si la concentración inicial de la sustancia A es [A] 0 mol/l

De la ecuación se puede ver que para formar 0,26 moles de sustancia C se necesitan 0,13 moles de sustancia A y la misma cantidad de sustancia B.

Entonces la concentración de equilibrio de la sustancia A es [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

La concentración inicial de la sustancia B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g de solución contienen 36 g de KOH (densidad de la solución 1,1 g/ml). Calcule el porcentaje y la concentración molar de esta solución.

b) ¿Cuántos gramos de soda cristalina Na 2 CO 3 ·10H 2 O se deben tomar para preparar 2 litros de solución de Na 2 CO 3 0,2 M?

Solución:

Encontramos el porcentaje de concentración usando la ecuación:

La masa molar de KOH es 56,1 g/mol;

Para calcular la molaridad de la solución, encontramos la masa de KOH contenida en 1000 ml (es decir, 1000 · 1,100 = 1100 g) de solución:

1100: 100 = en: 12; en= 12 1100 / 100 = 132 gramos

Cm = 56,1 / 132 = 0,425 mol/l.

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

Solución:

1. Encuentra la masa de sal anhidra.

m = cm·M·V, donde M – masa molar, V – volumen.

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

2. Encuentra la masa de hidrato cristalino a partir de la proporción.

masa molar de hidrato cristalino 286 g/mol - masa X

masa molar de sal anhidra 106 g/mol - masa 42,4 g

por lo tanto X = m Na 2 CO 3 10H 2 O = 42,4 286/106 = 114,4 g.

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

163. Calcule el punto de ebullición de una solución al 5% de naftaleno C 10 H 8 en benceno. El punto de ebullición del benceno es 80,2 0 C.

Dado: Promedio (C 10 H 8) = 5% hervir (C 6 H 6) = 80,2 0 C

Encontrar: thervir (solución) -?

Solución:

De la segunda ley de Raoult

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Aquí E es la constante ebullioscópica del disolvente.

E(C6H6) = 2,57

m A es el peso del disolvente, m B es el peso del soluto, MB es su peso molecular.

Sea la masa de la solución 100 gramos, por lo tanto, la masa del soluto es 5 gramos y la masa del solvente es 100 – 5 = 95 gramos.

M (naftaleno C 10 H 8) = 12 10 + 1 8 = 128 g/mol.

Sustituimos todos los datos en la fórmula y encontramos el aumento en el punto de ebullición de la solución en comparación con un solvente puro:

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

El punto de ebullición de una solución de naftaleno se puede encontrar mediante la fórmula:

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

Respuesta: 81.256 o C

183. Tarea 1. Escribe ecuaciones de disociación y constantes de disociación para electrolitos débiles.

Tarea 2. Dadas las ecuaciones iónicas, escribe las ecuaciones moleculares correspondientes.

Tarea 3. Escribe las ecuaciones de reacción para las siguientes transformaciones en formas moleculares e iónicas.

No.	Ejercicio 1	Tarea 2	Tarea 3
183	Zn(OH) 2 , H 3 AsO 4	Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 →Na 2 SO 3 →H 2 SO 3 →NaHSO 3

Solución:

Escribe ecuaciones de disociación y constantes de disociación para electrolitos débiles.

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 – hidróxido anfótero, es posible la disociación de tipo ácido

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd 2 =

H 3 AsO 4 – ácido ortoarsénico – un electrolito fuerte, se disocia completamente en solución:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Dadas las ecuaciones iónicas, escribe las ecuaciones moleculares correspondientes.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH(insuficiente) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Escribe las ecuaciones de reacción para las siguientes transformaciones en formas moleculares e iónicas.

NaHSO 3 →Na 2 SO 3 →H 2 SO 3 →NaHSO 3

1) NaHSO 3 + NaOH →Na 2 SO 3 + H 2 O

na++ HSO 3 - +Na++ OH- → 2Na + + ENTONCES 3 2- + h 2 oh

HSO 3 - + OH - → + ENTONCES 3 2- + h 2 oh
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

2Na + + ENTONCES 3 2- + 2norte+ + Entonces 4 2- → h 2 ENTONCES 3+2Na++ ENTONCES 3 2-

ENTONCES 3 2- + 2norte + → h 2 ENTONCES 3 + ENTONCES 3 2-
3) H 2 SO 3 (exceso) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 norte + + ENTONCES 3 2- + Na + + OH- → Na + + HSO 3 - + h 2 oh

2 norte + + ENTONCES 3 2 + OH- → Na + + h 2 oh
203. Tarea 1. Escribir ecuaciones para la hidrólisis de sales en formas moleculares e iónicas, indicar el pH de las soluciones (pH > 7, pH Tarea 2. Escribir ecuaciones para reacciones que ocurren entre sustancias en soluciones acuosas

No.	Ejercicio 1	Tarea 2
203	Na2S; CrBr3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Tarea 1. Escribir ecuaciones para la hidrólisis de sales en formas moleculares e iónicas, indicar el pH de las soluciones (pH > 7, pH

Na2S - una sal formada por una base fuerte y un ácido débil sufre hidrólisis en el anión. La reacción del medio es alcalina (pH > 7).

Ist. Na2S + HOH ↔ NaHS + NaOH

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

II primero. NaHS + HOH ↔ H2S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 - una sal formada por una base débil y un ácido fuerte sufre hidrólisis en el catión. La reacción del medio es ácida (pH

Ist. CrBr 3 + HON ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

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

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

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

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

La hidrólisis ocurre predominantemente en la primera etapa.

Tarea 2. Escribe ecuaciones para reacciones que ocurren entre sustancias en soluciones acuosas.

FeCl3 + Na2CO3

FeCl3 – Sal formada por un ácido fuerte y una base débil.

Na 2 CO 3 – una sal formada por un ácido débil y una base fuerte

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

2fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6norte(ÉL) = 2Fe( OH) 3 + 3h 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2fe 3+ + 3CO 3 2- + 6norte(ÉL) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Hay un aumento mutuo en la hidrólisis.

Al 2 (SO 4) 3 – una sal formada por un ácido fuerte y una base débil

Na2CO3 – Sal formada por un ácido débil y una base fuerte.

Cuando dos sales se hidrolizan juntas, se forman base débil y ácido débil:

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 +

Resumen de la ecuación de hidrólisis

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

2Alabama 3+ + 3 SO 4 2 - + 2 Na + + 2 CACERCA DE 3 2- + 6h 2 oh = 2Al(OH) 3 ↓ + 2h 2 C O 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2H + + SO 4 2 -

2Alabama 3+ + 2CACERCA DE 3 2- + 6h 2 oh = 2Al(OH) 3 ↓ + 2h 2 C o 3
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