Nötr bir atomun elektronik formülü. Elementlerin atomlarının elektronik formüllerini tamamlayın

Bir elementin elektronik formülünü oluşturmak için algoritma:

1. Periyodik Kimyasal Elementler Tablosu D.I'yi kullanarak bir atomdaki elektron sayısını belirleyin. Mendeleev.

2. Elementin bulunduğu periyodun sayısını kullanarak enerji seviyelerinin sayısını belirleyin; son elektronik seviyedeki elektron sayısı grup numarasına karşılık gelir.

3. Seviyeleri alt seviyelere ve yörüngelere bölün ve bunları yörüngeleri doldurma kurallarına uygun olarak elektronlarla doldurun:

İlk seviyenin maksimum 2 elektron içerdiği unutulmamalıdır. 1s 2, ikincisinde - maksimum 8 (iki S ve altı R: 2s 2 2p 6), üçüncüsünde - maksimum 18 (iki S, altı P ve on d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Ana kuantum sayısı N minimum düzeyde olmalıdır.
• İlk doldurulan S- o zaman alt düzey р-, d- b f- alt seviyeler.
• Elektronlar, yörüngelerin enerjilerinin artması sırasına göre yörüngeleri doldurur (Klechkovsky kuralı).
• Bir alt seviyede, elektronlar önce tek tek serbest yörüngeleri işgal eder ve ancak bundan sonra çiftler oluştururlar (Hund kuralı).
• Bir yörüngede ikiden fazla elektron bulunamaz (Pauli ilkesi).

Örnekler.

1. Azotun elektronik formülünü oluşturalım. İÇİNDE periyodik tablo nitrojen 7 numaradadır.

2. Argonun elektronik formülünü oluşturalım. Argon periyodik tabloda 18 numaradır.

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

3. Kromun elektronik formülünü oluşturalım. Krom periyodik tabloda 24 numaradır.

1s 2 2'ler 2 2p 6 3'ler 2 3p 6 4'ler 1 3 boyutlu 5

Çinkonun enerji diyagramı.

4. Çinkonun elektronik formülünü oluşturalım. Çinko periyodik tabloda 30 numaradır.

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

Lütfen 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 temsil edilebilir:

Bir atomun elektronik konfigürasyonu bir atomdaki elektronların düzeylere ve alt düzeylere göre dizilişini gösteren bir formüldür. Makaleyi inceledikten sonra elektronların nerede ve nasıl bulunduğunu öğrenecek, kuantum sayılarıyla tanışacak ve bir atomun elektronik konfigürasyonunu numarasına göre oluşturabileceksiniz; makalenin sonunda bir element tablosu bulunmaktadır.

Neden elemanların elektronik konfigürasyonunu incelemeliyiz?

Atomlar bir yapı seti gibidir: Belli sayıda parça vardır, birbirlerinden farklıdırlar, ancak aynı türden iki parça kesinlikle aynıdır. Ancak bu yapım seti plastik olandan çok daha ilgi çekici ve işte nedeni bu. Yapılandırma, yakınlarda kimin olduğuna bağlı olarak değişir. Örneğin hidrojenin yanında oksijen Belki suya dönüşür, sodyumun yanında gaza dönüşür, demirin yakınındayken tamamen pasa dönüşür. Bunun neden olduğu sorusunu yanıtlamak ve bir atomun diğerinin yanındaki davranışını tahmin etmek için, aşağıda tartışılacak olan elektronik konfigürasyonu incelemek gerekir.

Bir atomda kaç elektron vardır?

Bir atom bir çekirdek ve onun etrafında dönen elektronlardan oluşur; çekirdek ise proton ve nötronlardan oluşur. Nötr durumda, her atomun elektron sayısı, çekirdeğindeki proton sayısına eşittir. Proton sayısı, elementin atom numarası ile belirlenir; örneğin, kükürtün 16 protonu vardır - periyodik tablonun 16. elementi. Altının 79 protonu var - periyodik tablonun 79. elementi. Buna göre kükürtün nötr durumda 16 elektronu, altının ise 79 elektronu vardır.

Elektron nerede aranır?

Elektronun davranışını gözlemleyerek belirli modeller elde edildi; bunlar kuantum sayılarıyla tanımlanır; toplamda dört tane vardır:

• Ana kuantum sayısı
• Yörünge kuantum numarası
• Manyetik kuantum sayısı
• Spin kuantum sayısı

Orbital

Ayrıca yörünge kelimesi yerine "orbital" terimini kullanacağız; yörünge, elektronun dalga fonksiyonudur; kabaca, elektronun zamanının %90'ını geçirdiği bölgedir.

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

Yörünge kuantum sayısı l

Elektron bulutunun incelenmesi sonucunda, enerji seviyesine bağlı olarak bulutun dört ana form aldığını buldular: bir top, dambıl ve diğer iki, daha karmaşık form. Artan enerjiye göre bu formlara s-, p-, d- ve f-kabuğu adı verilir. Bu kabukların her biri 1 (s üzerinde), 3 (p üzerinde), 5 (d üzerinde) ve 7 (f üzerinde) yörüngeye sahip olabilir. Yörünge kuantum sayısı, yörüngelerin bulunduğu kabuktur. S,p,d ve f yörüngeleri için yörünge kuantum sayısı sırasıyla 0,1,2 veya 3 değerlerini alır.

S kabuğunda bir yörünge vardır (L=0) - iki elektron
P kabuğunda üç yörünge vardır (L=1) - altı elektron
D kabuğunda beş yörünge vardır (L=2) - on elektron
F kabuğunda yedi yörünge vardır (L=3) - on dört elektron

Manyetik kuantum sayısı m l

P kabuğunda üç yörünge vardır ve bunlar -L'den +L'ye kadar sayılarla gösterilir, yani p kabuğu (L=1) için "-1", "0" ve "1" yörüngeleri vardır. . Manyetik kuantum sayısı m l harfiyle gösterilir.

Kabuğun içinde elektronların farklı yörüngelere yerleştirilmesi daha kolaydır, bu nedenle ilk elektronlar her bir yörüngeyi doldurur ve ardından her birine bir çift elektron eklenir.

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

Spin kuantum sayısı m s

Spin, bir elektronun kendi ekseni etrafında dönme yönüdür, iki yön vardır, dolayısıyla spin kuantum numarasının iki değeri vardır: +1/2 ve -1/2. Bir enerji alt seviyesi yalnızca zıt spinlere sahip iki elektron içerebilir. Spin kuantum sayısı m s ile gösterilir

Baş kuantum sayısı n

Ana kuantum sayısı enerji seviyesidir. şu an Her biri Arap rakamlarıyla gösterilen yedi enerji seviyesi bilinmektedir: 1,2,3,...7. Her seviyedeki mermi sayısı seviye numarasına eşittir: ilk seviyede bir mermi bulunur, ikinci seviyede iki mermi vardır, vb.

Elektron numarası

Yani herhangi bir elektron dört kuantum sayısıyla tanımlanabilir, bu sayıların kombinasyonu elektronun her konumu için benzersizdir, ilk elektronu alın, en düşük enerji seviyesi N = 1'dir, ilk seviyede bir kabuk vardır, Herhangi bir seviyedeki ilk kabuk bir top (s-kabuk) şeklindedir; L=0, manyetik kuantum sayısı yalnızca bir değer alabilir, M l =0 ve spin +1/2'ye eşit olacaktır. Eğer beşinci elektronu alırsak (hangi atomda olursa olsun), o zaman onun ana kuantum sayıları şöyle olacaktır: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Elementlerin atomları için elektronik formüller yazarken, enerji seviyelerini belirtin (ana kuantum sayısının değerleri) N sayılar biçiminde - 1, 2, 3, vb.), enerji alt seviyeleri (yörünge kuantum sayısı değerleri) ben mektup şeklinde - S, P, D, F) ve üstteki sayı belirli bir alt seviyedeki elektron sayısını gösterir.

Tablodaki ilk öğe D.I. Mendeleev hidrojendir, dolayısıyla atom çekirdeğinin yükü N 1'e eşit olduğunda, bir atomun başına yalnızca bir elektron vardır S-birinci seviyenin alt seviyesi. Bu nedenle hidrojen atomunun elektronik formülü şu şekildedir:

İkinci element helyumdur; atomunun iki elektronu vardır, dolayısıyla helyum atomunun elektronik formülü 2'dir. Olumsuz 1S 2. İlk enerji seviyesi yalnızca 2 elektronun işgal edebileceği elektronlarla dolu olduğundan, ilk periyot yalnızca iki element içerir.

Üçüncü element - lityum - zaten ikinci periyottadır, bu nedenle ikinci enerji seviyesi elektronlarla dolmaya başlar (bunun hakkında yukarıda konuştuk). İkinci seviyenin elektronlarla doldurulması şu şekilde başlar: S-alt seviye, dolayısıyla lityum atomunun elektronik formülü 3'tür Li 1S 2 2S 1. Berilyum atomunun elektronlarla doldurulması tamamlandı S-alt düzey: 4 ve 1S 2 2S 2 .

2. periyodun sonraki elemanlarında ikinci enerji seviyesi elektronlarla dolmaya devam ediyor, ancak şimdi elektronlarla dolduruluyor R-alt düzey: 5 İÇİNDE 1S 2 2S 2 2R 1 ; 6 İLE 1S 2 2S 2 2R 2 … 10 Hayır 1S 2 2S 2 2R 6 .

Neon atomu elektronlarla dolmayı tamamlıyor R-alt seviye, bu element ikinci periyodu bitirir, sekiz elektronu vardır, çünkü S- Ve R-alt seviyeler yalnızca sekiz elektron içerebilir.

3. periyodun elemanları, üçüncü seviyenin enerji alt seviyelerini elektronlarla doldurma konusunda benzer bir diziye sahiptir. Bu döneme ait bazı elementlerin atomlarının elektronik formülleri aşağıdaki gibidir:

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 da tıpkı ikinci periyot gibi tamamen elektronlarla dolu bir elementle (argon) biter. R-alt seviye, üçüncü seviye üç alt seviye içermesine rağmen ( S, R, D). Yukarıdaki enerji alt seviyelerinin Klechkovsky kurallarına uygun olarak doldurulma sırasına göre, alt seviye 3'ün enerjisi D daha fazla alt seviye 4 enerjisi S dolayısıyla argonun yanındaki potasyum atomu ve arkasındaki 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. element olan skandiyumdan başlayarak, elementlerin atomlarındaki 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, elektronun “sızıntısı” veya “arızalanması” olarak adlandırılan bir olay gözlemlenir: dış 4'ten bir elektron S– alt seviye 3 oranında “düşür” D– alt seviye, yarıya kadar (krom için) veya tamamen (bakır için) doldurularak tamamlanır, bu da atomun daha fazla stabilitesine 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 (yerine...4 S 2 3D 9).

31. element olan galyumdan başlayarak 4. seviyenin elektronlarla doldurulması devam ediyor - 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 element, hali hazırda 18 element içeren dördüncü periyodu sonlandırıyor.

5. periyodun elementlerinin atomlarında da benzer bir enerji alt seviyelerinin elektronlarla doldurulma sırası meydana gelir. İlk ikisi (rubidyum ve stronsiyum) için doldurulur S– sonraki on element için (itriyumdan kadmiyuma kadar) 5. seviyenin alt seviyesi doldurulur D– 4. seviyenin alt seviyesi; Periyot, atomları elektronlarla dolu olan altı element (indiyumdan ksenona kadar) tarafından tamamlanır. R– dış beşinci seviyenin alt seviyesi. Bir periyotta da 18 element vardır.

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

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

Yedinci, tamamlanmamış periyodun elementlerinin atomlarında, yukarıda açıklandığı gibi alt seviyelerin aynı doldurma sırası görülebilir. Yukarıda söylenenleri dikkate alarak 5. – 7. periyotlara ait elementlerin atomlarının elektronik formüllerini öğrencilerin kendilerinin yazmasına izin veriyoruz.

Not:Bazılarında ders kitapları Elementlerin atomlarının elektronik formüllerinin farklı bir yazım sırasına izin verilir: doldurulma sırasına göre değil, her enerji seviyesinde tabloda verilen elektron sayısına göre. Örneğin arsenik atomunun elektronik formülü şöyle görünebilir: 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 3D 10 4S 2 4P 3 .

Sayfa 1
3. Elektronik bir formül yazın ve o talyum Tl 3+. Değerlik elektronları için atom Tl dört kuantum sayısının tamamının 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7p.

Talyum Tl elementinin nükleer yükü sırasıyla +81 (atom numarası 81), 81 elektrondur. Klechkovsky kuralına göre elektronları enerji alt seviyeleri arasında dağıtırız ve 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 yüküne sahiptir, bu da atomun 3 elektron verdiği anlamına gelir ve atom yalnızca dış seviyedeki değerlik elektronlarından vazgeçebildiğinden (talyum için bunlar iki 6s ve bir 6p elektronudur), elektronik formülü şöyle görünecek:

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 (enerji seviyesi numarası) belirler; 1'den (n = 1, 2, 3, ...) başlayan tüm tamsayı değerlerini kabul eder, yani. dönem numarasına karşılık gelir.

Orbital (yan veya azimut) kuantum numarası ben Atomik yörüngenin şeklini belirler. 0'dan n-1'e kadar tam sayı değerleri alabilir (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Enerji seviyesi numarasına bakılmaksızın her değer ben Yörünge kuantum sayısı özel bir şekle sahip bir yörüngeye karşılık gelir.

Orbitaller ben= 0'a s-orbitalleri denir,

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

ben= 2 – d-orbitalleri (5 tip),

ben= 3 – f-orbitalleri (7 tip).

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

Spin kuantum sayısı m S, bir elektronun kendi ekseni etrafında dönmesi sırasında oluşan manyetik momenti karakterize eder. Zıt dönüş yönlerine karşılık gelen yalnızca +1/2 ve –1/2 değerlerini kabul eder.
Değerlik elektronları dış enerji seviyesindeki elektronlardır. Talyumun 3 değerlik elektronu vardır: 2 s elektronu ve 1 p elektronu.

Kuantum sayıları s – elektronlar:

Yörünge kuantum numarası ben= 0 (s – yörünge)

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

Spin kuantum sayısı m S = ±1/2

Kuantum sayıları p – elektron:

Baş kuantum sayısı n = 6 (altıncı periyot)

Yörünge kuantum numarası ben= 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 değişen. Bu özelliklerin periyodik olarak tekrarlanmasının nedeni nedir? Örnekleri kullanarak, kimyasal bileşiklerin özelliklerindeki değişikliklerin periyodikliğinin özünü açıklayın.

Çözüm:

Elementlerin atomların dış elektronik katmanlarının yapısına göre belirlenen özellikleri doğal olarak periyotlara ve gruplara göre değişmektedir. periyodik tablo. Bu durumda elektronik yapıların benzerliği, analog elemanların özelliklerinin benzerliğine yol açar, ancak bu özelliklerin özdeşliğine yol açmaz. Bu nedenle, gruplar ve alt gruplar halinde bir öğeden diğerine geçerken, özelliklerin basit bir tekrarı değil, bunların az çok belirgin doğal değişimi gözlemlenir. Özellikle elementlerin atomlarının kimyasal davranışı, elektron kaybetme ve kazanma yeteneklerinde kendini gösterir; oksitleme ve indirgeme yetenekleri açısından. Bir atomun yeteneğinin niceliksel ölçüsü kaybetmek elektronlar iyonlaşma potansiyeli(E Ve ) ve yeteneklerinin bir ölçüsü yeniden kazanmak– elektron ilgisi (E İle ). Bir dönemden diğerine geçiş sırasında bu miktarlardaki değişimin niteliği tekrarlanır ve bu değişiklikler değişime dayanır. elektronik konfigürasyon atom. Böylece, inert gazların atomlarına karşılık gelen tamamlanmış elektronik katmanlar, periyot içinde artan stabilite ve artan iyonizasyon potansiyeli değeri sergiler. Aynı zamanda birinci grubun s-elementleri (Li, Na, K, Rb, Cs) en düşük iyonlaşma potansiyeli değerlerine sahiptir.

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

Dönemlerde var Genel eğilim elementin elektronegatifliğinde bir artış ve alt gruplarda - azalması. En düşük 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, element bileşiklerinin özelliklerindeki değişikliklerin doğasını önemli ölçüde etkiler. Örneğin, sülfürik asit kimyasal analogu selenik asitten daha güçlü asidik özellikler sergiler, çünkü ikincisinde merkezi selenyum atomu, kükürt atomuna kıyasla daha düşük elektronegatifliği nedeniyle asitteki H-O bağlarını çok fazla polarize etmez, bu da zayıflama anlamına gelir. asitlik.

H–O O
Başka bir örnek: krom(II) hidroksit ve krom(VI) hidroksit. Krom (II) hidroksit, Cr(OH) 2, krom (VI) hidroksit H 2 CrO 4'ün aksine temel özellikler sergiler, çünkü krom +2'nin oksidasyon durumu, Cr 2+ ile Coulomb etkileşiminin zayıflığını belirler. hidroksit iyonu ve bu iyonun eliminasyonunun kolaylığı, yani. temel özelliklerin tezahürü. Aynı zamanda, krom (VI) hidroksitteki krom +6'nın yüksek oksidasyon durumu, hidroksit iyonu ile merkezi krom atomu arasındaki güçlü Coulomb çekimini ve bağ boyunca ayrışmanın imkansızlığını belirler. - AH. Öte yandan, krom(VI) hidroksit içindeki kromun yüksek oksidasyon durumu, elektronları çekme yeteneğini arttırır; belirleyen elektronegatiflik yüksek derece Bu bileşikteki H-O bağlarının polarizasyonu, asitliğin artması için bir ön koşuldur.

Sonraki önemli karakteristik atomlar onların yarıçaplarıdır. Periyotlarda elementin atom numarası arttıkça metal atomlarının yarıçapları azalır, çünkü bir periyot içinde bir elementin atom numarasının artmasıyla çekirdeğin yükü ve dolayısıyla onu dengeleyen elektronların toplam yükü artar; Sonuç olarak elektronların Coulomb çekiciliği de artar ve bu da sonuçta elektronlarla çekirdek arasındaki mesafenin azalmasına yol açar. Yarıçaptaki en belirgin azalma, dış enerji seviyesinin elektronlarla dolu olduğu kısa periyotlu elementlerde gözlenir.

Büyük periyotlarda, d- ve f-elementleri, atom çekirdeğinin yükünün artmasıyla birlikte yarıçaplarda daha yumuşak bir azalma sergiler. Her element alt grubunda atom yarıçapları yukarıdan aşağıya doğru artma eğilimindedir, çünkü böyle bir değişim daha yüksek bir enerji seviyesine geçişi ifade eder.

Element iyonlarının yarıçaplarının oluşturdukları bileşiklerin özellikleri üzerindeki etkisi, gaz fazındaki hidrohalik asitlerin asitliğindeki artış örneğiyle açıklanabilir: HI > HBr > HCl > HF.
43. Atomları yalnızca bir değerlik durumu mümkün olan elementleri isimlendirin ve bunun toprak mı yoksa uyarılmış mı olacağını belirtin.

Çözüm:

Dış değerlik enerji seviyesinde eşleşmemiş bir elektrona sahip elementlerin atomları bir değerlik durumuna sahip olabilir - bunlar periyodik sistemin I. grubunun elemanlarıdır (H - hidrojen, Li - lityum, Na - sodyum, K - potasyum, Rb - rubidyum) , Ag - gümüş, Cs - sezyum, Au - altın, Fr - francium), oluşumundan bu yana bakır hariç Kimyasal bağlar sayısı değerlik tarafından belirlenen, dış öncesi seviyenin d-elektronları da yer alır (bakır atomu 3d 10 4s 1'in temel durumu, doldurulmuş d kabuğunun stabilitesinden kaynaklanmaktadır, ancak Birinci uyarılmış durum 3d 9 4s 2, enerji açısından temel durumu yalnızca 1,4 eV (yaklaşık 125 kJ/mol) aşar. kimyasal bileşikler Her iki durum da kendilerini aynı ölçüde gösterir ve iki seri bakır bileşiği (I) ve (II)'ye yol açar.

Ayrıca dış enerji düzeyi tamamen dolu olan ve elektronların uyarılmış duruma geçme olanağının olmadığı elementlerin atomları da bir değerlik durumuna sahip olabilir. Bunlar grup VIII - inert gazların ana alt grubunun elemanlarıdır (He - helyum, Ne - neon, Ar - argon, Kr - kripton, Xe - ksenon, Rn - radon).

Hepsi için listelenen öğeler tek değerlik durumu temel durumdur, çünkü heyecanlı duruma geçme olasılığı yoktur. Ayrıca uyarılmış bir duruma geçiş, atomun yeni değerlik durumunu belirler; buna göre, eğer böyle bir geçiş mümkünse, belirli bir atomun değerlik durumu tek değildir.

63. Değerlik elektron çiftlerinin itilmesi modelini ve değerlik bağları yöntemini kullanarak, önerilen moleküllerin ve iyonların uzaysal yapısını göz önünde bulundurun. Belirtin: a) merkezi atomun bağ ve yalnız elektron çiftlerinin sayısı; b) hibridizasyona katılan yörüngelerin sayısı; c) hibridizasyon tipi; d) molekül veya iyon tipi (ABmEn); e) elektron çiftlerinin mekansal düzenlenmesi; f) bir molekülün veya iyonun uzaysal yapısı.

SỐ 3;

Çözüm:

Değerlik bağı yöntemine göre (bu yöntemin kullanılması, OEPBO modelinin kullanılmasıyla aynı sonuca yol açar), molekülün uzamsal konfigürasyonu, merkezi atomun hibrit yörüngelerinin uzamsal düzenlenmesi ile belirlenir. Orbitaller arasındaki etkileşim.

Merkezi atomun hibridizasyon tipini belirlemek için hibridleşen yörüngelerin sayısını bilmek gerekir. Merkezi atomun bağ ve yalnız elektron çiftlerinin sayısını toplayıp π bağlarının sayısını çıkararak bulunabilir.

Bir SO3 molekülünde

toplam bağlanma çifti sayısı 6'dır. π ​​bağlarının sayısını çıkararak hibritleşen yörüngelerin sayısını elde ederiz: 6 – 3 = 3. Dolayısıyla hibritleşme türü sp 2, iyon türü AB 3'tür, Elektron çiftlerinin uzaysal düzeni üçgen şeklindedir ve molekülün kendisi üçgendir:

İyonda

toplam bağ çifti sayısı 4'tür. π bağı yoktur. Hibritleşen yörüngelerin sayısı: 4. Dolayısıyla, hibridizasyon türü sp 3'tür, AB 4 iyonunun türü, 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 olası etkileşimleri için denklemler yazın:

H2S03, BaO, C02, HN03, Ni(OH)2, Ca(OH)2;

Çözüm:
a) KOH reaksiyon 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, çözelti aynı zamanda iyonları da içeriyor:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K + + 2 AH- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH)2  reaksiyon yok

b) reaksiyon reaksiyonları H2S04

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  NiS04 + 2H 2 O

2H++ SO 4 2- + Ni(OH) 2  Hayır 2+ + SO4 2- + 2 H 2 Ö

2H + + Ni(OH) 2  Hayır 2+ + 2H 2 Ö
H 2 SO 4 + Ca(OH) 2  CaS04 + 2H 2 O

2H + + SO 4 2- + Ca(OH) 2  CaS04 + 2H 2 O

c) H2O'nun reaksiyon reaksiyonları

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) reaksiyon reaksiyonu Be(OH) 2

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

Ol(OH) 2 + 2H+ + SO 3 2-  2+ + 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
Be(OH) 2 + 2HNO 3  Be(NO 3) 2 + 2H 2 O

Ol(OH) 2 + 2H+ + HAYIR 3 -  Olmak 2+ + 2HAYIR 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 açıklanması: entropi veya entalpi reaksiyonun ileri yönde kendiliğinden oluşmasına katkıda bulunur;

c) reaksiyonun 298K ve 1000K'de hangi yönde (doğrudan veya ters) ilerleyeceği;

e) Bir denge karışımının ürünlerinin konsantrasyonunu arttırmanın tüm yollarını adlandırın.

f) ΔG p (kJ)'nin T (K)'ye bağımlılığını çizin

Çözüm:

CO (g) + H2 (g) = C (k) + H20 (g)

Maddelerin standart oluşum entalpisi, entropisi ve Gibbs oluşum enerjisi

1. (ΔH 0 298) sa. =
–
= -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.

Doğrudan reaksiyona entropide bir azalma eşlik eder, sistemdeki bozukluk azalır - ortaya çıkması için olumsuz bir faktör Kimyasal reaksiyon ileri yönde.

3. Reaksiyonun standart Gibbs enerjisini hesaplayın.

Hess yasasına göre:

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

(ΔН 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) c.r. ·T ve sonra (ΔG 0 298) saat.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K, gerçek kimyasal dengenin kurulduğu yaklaşık sıcaklıktır; bu sıcaklığın üzerinde ters bir reaksiyon meydana gelecektir. Belirli bir sıcaklıkta, her iki işlemin de olasılığı eşittir.

5. 1000K'da Gibbs enerjisini hesaplayın:

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

Onlar. 1000 K'de: ΔS 0 sa. ·Т > ΔН 0 sa.

Entalpi faktörü belirleyici hale geldi; doğrudan reaksiyonun kendiliğinden oluşması imkansız hale geldi. Ters reaksiyon meydana gelir: bir mol gaz ve 1 mol katı maddeden 2 mol gaz oluşur.

log 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 bağımlılığı

CO (g) + H2 (g) = C (k) + H20 (g)

K 1000 = 0,86 > 1 – sistem dengeye yakındır ancak bu sıcaklıkta başlangıç ​​maddeleri baskındır.

8. Le Chatelier ilkesine göre sıcaklık arttıkça dengenin ters reaksiyona doğru kayması ve denge sabitinin azalması gerekir.

9. Hesaplanan verilerimizin Le Chatelier ilkesiyle ne kadar uyumlu olduğunu düşünelim. 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

Dolayısıyla elde edilen hesaplanan veriler, Le Chatelier ilkesine dayanarak yaptığımız çıkarımlarla örtüşmektedir.
123. Sistemdeki denge:

)

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

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

Denklemden, 0,26 mol C maddesinin oluşumunun 0,13 mol A maddesi ve aynı miktarda B maddesi gerektirdiği görülebilir.

Bu durumda A maddesinin denge konsantrasyonu [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l olur.

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

Cevap: [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 Na 2 CO 3 çözeltisi hazırlamak için kaç gram kristal soda Na 2 CO 3 ·10H 2 O alınmalıdır?

Çözüm:

Denklemi kullanarak yüzde konsantrasyonunu buluyoruz:

KOH'un molar kütlesi 56,1 g/mol'dür;

Çözeltinin molaritesini hesaplamak için 1000 ml (yani 1000 · 1.100 = 1100 g) çözelti içindeki KOH kütlesini buluruz:

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

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

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

Çözüm:

1. Susuz tuzun kütlesini bulun

m = cm·M·V, burada M – molar kütle, V – hacim.

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

2. Orandan kristal hidratın kütlesini bulun

kristalin hidratın molar kütlesi 286 g/mol - kütle X

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

dolayısıyla X = m Na2C0310H20 = 42,4 286/106 = 114,4 g.

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

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

Verilen: Ortalama (C10H8) = %5 kaynama (C 6 H 6) = 80,2 0 C

Bulmak: kaynatma (çözüm) -?

Çözüm:

Raoult'un ikinci yasasından

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Burada E çözücünün ebullioskopik sabitidir

E(C6H6) = 2,57

m A çözücünün ağırlığıdır, m B çözünen maddenin ağırlığıdır, MB moleküler ağırlığıdır.

Çözeltinin kütlesi 100 gram olsun, dolayısıyla çözünen maddenin kütlesi 5 gram, çözücünün kütlesi ise 100 – 5 = 95 gramdır.

M (naftalin C10H8) = 12 10 + 1 8 = 128 g/mol.

Tüm verileri formülde yerine koyarız ve saf bir çözücüye kıyasla çözeltinin kaynama noktasındaki artışı buluruz:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Bir naftalin çözeltisinin kaynama noktası aşağıdaki formül kullanılarak bulunabilir:

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

Cevap: 81.256oC

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

Görev 2. İyonik denklemler göz önüne alındığında, karşılık gelen moleküler denklemleri yazın.

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

HAYIR.	1. Egzersiz	Görev 2	Görev 3
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 →Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Çözüm:

Zayıf elektrolitler için ayrışma denklemlerini ve ayrışma sabitlerini yazın.

İst.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -

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

Kd2 =
= 4,9·10 -7

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

İst.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd2 =

H 3 AsO 4 – ortoarsenik asit – güçlü bir elektrolit, çözeltide tamamen ayrışır:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
İyonik denklemler verildiğinde karşılık gelen moleküler denklemleri yazın.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH(yetersiz) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Aşağıdaki moleküler ve iyonik formdaki dönüşümlerin reaksiyon denklemlerini yazın.

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

1) NaHSO3 + 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) Na2S03 + H2S04 → H2S03 + Na2S03

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

BU YÜZDEN 3 2- + 2N + → H 2 BU YÜZDEN 3 + BU YÜZDEN 3 2-
3) H2S03 (fazla) + NaOH → NaHSO3 + H20

2 N + + BU YÜZDEN 3 2- + Na + + AH- → Na + + HSO 3 - + H 2 Ö

2 N + + BU YÜZDEN 3 2 + AH- → Na + + H 2 Ö
203. Görev 1. Moleküler ve iyonik formdaki tuzların hidrolizi için denklemler yazın, çözeltilerin pH'ını belirtin (pH > 7, pH Görev 2. Maddeler arasında meydana gelen reaksiyonlar için denklemler yazın) sulu çözeltiler

HAYIR.	1. Egzersiz	Görev 2
203	Na2S; CrBr3	FeCl3 + Na2C03; Na 2 C03 + Al 2 (SO 4) 3

Görev 1. Tuzların moleküler ve iyonik formlarda hidrolizi için denklemler yazın, çözeltilerin pH'ını belirtin (pH> 7, pH

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

İst. Na 2 S + HON ↔ NaHS + NaOH

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

II. NaHS + HOH ↔ H2S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr3 - Zayıf bir baz ve kuvvetli bir asitin oluşturduğu tuz, katyona hidrolize uğrar. Ortamın reaksiyonu asidiktir (pH

İst. CrBr3 + HOH ↔ CrOHBr2 + HBr

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

II. CrOHBr2 + HON ↔ Cr(OH)2Br + HBr

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

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

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

Hidroliz ağırlıklı olarak ilk aşamada meydana gelir.

Görev 2. Sulu çözeltilerdeki maddeler arasında meydana gelen reaksiyonlar için denklemler yazın

FeCl3 + Na2C03

FeCl3 – kuvvetli asit ve zayıf bazın oluşturduğu tuz

Na 2 CO 3 - zayıf bir asit ve güçlü bir bazın oluşturduğu bir tuz

2FeCl3 + 3Na2C03 + 6H(OH) = 2Fe(OH)3 + 3H2C03 + 6NaCl

2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6N(O) = 2Fe( AH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6N(O) = 2Fe( AH) 3 + 3H20 + 3CO2
Na 2 C03 + Al 2 (SO 4) 3

Hidrolizin karşılıklı olarak artması meydana gelir

Al 2 (SO 4) 3 - güçlü bir asit ve zayıf bir bazın oluşturduğu bir tuz

Na2C03 – zayıf asit ve kuvvetli bazın oluşturduğu tuz

İki tuz birlikte hidrolize edildiğinde oluşurlar. zayıf temel ve zayıf asit:

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

IIst: 2HCO3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH => 2H2CO3 + 2Al(OH)2 +

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

Özet hidroliz denklemi

Al 2 (SO 4) 3 + 2 Na 2 C03 + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C03 + 2 Na 2 SO 4 + H 2 SO 4

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

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