Dom Prevencija Elektronska formula d perioda elementa 4. Elektronska konfiguracija atoma

Prevencija

Elektronska formula d perioda elementa 4. Elektronska konfiguracija atoma

Stranica 1
3. Napišite elektronsku formulu Jonah talijum Tl 3+. Za valentne elektrone atom Tl označava skup sva četiri kvantna broja.

Rješenje:

Prema pravilu Klečkovskog, punjenje nivoi energije a podnivoi se javljaju u sljedećem redoslijedu:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Element talij Tl ima nuklearni naboj od +81 (atomski broj 81), odnosno 81 elektron. Prema pravilu Klečkovskog, distribuiramo elektrone između energetskih podnivoa i dobijamo elektronsku formulu elementa Tl:

81 Tl talij 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

Ion talijuma Tl 3+ ima naelektrisanje od +3, što znači da je atom dao 3 elektrona, a pošto atom može da odustane samo od valentnih elektrona spoljašnjeg nivoa (za talijum su to dva 6s i jedan 6p elektron), njegova elektronska formula će izgledati ovako:

81 Tl 3+ talij 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

Glavni kvantni broj n određuje ukupnu energiju elektrona i stepen njegovog uklanjanja iz jezgra (broj nivoa energije); prihvata bilo koje cjelobrojne vrijednosti počevši od 1 (n = 1, 2, 3, ...), tj. odgovara broju perioda.

Orbitalni (bočni ili azimutalni) kvantni broj l određuje oblik atomske orbitale. Može uzeti cjelobrojne vrijednosti od 0 do n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Bez obzira na broj nivoa energije, svaka vrijednost l Orbitalni kvantni broj odgovara orbitali posebnog oblika.

Orbitale sa l= 0 se nazivaju s-orbitale,

l= 1 – p-orbitale (3 tipa, razlikuju se po magnetskom kvantnom broju m),

l= 2 – d-orbitale (5 tipova),

l= 3 – f-orbitale (7 tipova).

Magnetski kvantni broj m l karakterizira položaj orbitale elektrona u prostoru i uzima cjelobrojne vrijednosti od - l do + l, uključujući 0. To znači da za svaki oblik orbite postoji (2 l+ 1) energetski ekvivalentna orijentacija u prostoru.

Spin kvantni broj m S karakteriše magnetni moment koji se javlja kada se elektron rotira oko svoje ose. Prihvata samo dvije vrijednosti +1/2 i –1/2 koje odgovaraju suprotnim smjerovima rotacije.
Valentni elektroni su elektroni na vanjskom energetskom nivou. Talij ima 3 valentna elektrona: 2 s elektrona i 1 p elektrona.

Kvantni brojevi s – elektroni:

Orbitalni kvantni broj l= 0 (s – orbitala)

Magnetski kvantni broj m l = (2 l+ 1 = 1): m l = 0.

Spin kvantni broj m S = ±1/2

Kvantni brojevi p – elektron:

Glavni kvantni broj n = 6 (šesti period)

Orbitalni kvantni broj l= 1 (p – orbitala)

Magnetski kvantni broj (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Spin kvantni broj m S = ±1/2
23. Navedite ta svojstva hemijski elementi, koji se periodično mijenjaju. Koji je razlog za periodično ponavljanje ovih svojstava? Na primjerima objasniti suštinu periodičnosti promjena svojstava kemijskih spojeva.

Rješenje:

Svojstva elemenata, određena strukturom vanjskih elektronskih slojeva atoma, prirodno se mijenjaju prema periodima i grupama periodni sistem. U ovom slučaju, sličnost elektronskih struktura dovodi do sličnosti svojstava analognih elemenata, ali ne i identiteta ovih svojstava. Dakle, pri prelasku s jednog elementa na drugi u grupama i podgrupama, ono što se uočava nije jednostavno ponavljanje svojstava, već njihova manje-više izražena prirodna promjena. Konkretno, hemijsko ponašanje atoma elemenata se manifestuje u njihovoj sposobnosti da gube i dobijaju elektrone, tj. u njihovoj sposobnosti oksidacije i redukcije. Kvantitativna mjera sposobnosti atoma izgubiti elektroni je jonizacioni potencijal (E I ) , i mjera njihove sposobnosti da ponovo steći– afinitet prema elektronu (E With ). Priroda promene ovih veličina tokom prelaska iz jednog perioda u drugi se ponavlja, a ove promene su zasnovane na promeni elektronske konfiguracije atoma. Dakle, završeni elektronski slojevi koji odgovaraju atomima inertnih gasova pokazuju povećanu stabilnost i povećana vrijednost jonizacioni potencijali unutar perioda. Istovremeno, s-elementi prve grupe (Li, Na, K, Rb, Cs) imaju najniže vrijednosti jonizacionog potencijala.

Elektronegativnost je mjera sposobnosti atoma datog elementa da privuče elektrone sebi u usporedbi s atomima drugih elemenata u spoju. Prema jednoj od definicija (Mulliken), elektronegativnost atoma se može izraziti kao polovina sume njegove energije jonizacije i afiniteta elektrona: = (E i + E c).

U periodima postoji opšti trend povećanje elektronegativnosti elementa, au podgrupama - njegovo smanjenje. Najniže vrijednosti S-elementi grupe I imaju elektronegativnost, a p-elementi grupe VII imaju najveću elektronegativnost.

Elektronegativnost istog elementa može varirati u zavisnosti od valentnog stanja, hibridizacije, oksidacionog stanja itd. Elektronegativnost značajno utiče na prirodu promjena svojstava spojeva elemenata. Na primjer, sumporna kiselina pokazuje jača kiselinska svojstva od njenog kemijskog analoga - selenske kiseline, budući da u potonjoj centralni atom selena, zbog svoje manje elektronegativnosti u odnosu na atom sumpora, ne polarizuje tako jako H–O veze u kiselini. , što znači slabljenje kiselosti.

H–O O
Drugi primjer: hrom(II) hidroksid i hrom(VI) hidroksid. Krom (II) hidroksid, Cr(OH) 2, pokazuje osnovna svojstva za razliku od hrom (VI) hidroksida, H 2 CrO 4, jer oksidaciono stanje hroma +2 određuje slabost Kulonove interakcije Cr 2+ sa hidroksid ion i lakoća eliminacije ovog jona, tj. ispoljavanje osnovnih svojstava. Istovremeno, visoko oksidaciono stanje hroma +6 u hrom (VI) hidroksidu određuje jaku Kulonovu privlačnost između hidroksidnog jona i centralnog atoma hroma i nemogućnost disocijacije duž veze. – Oh. S druge strane, visoko oksidaciono stanje hroma u hrom(VI) hidroksidu pojačava njegovu sposobnost da privuče elektrone, tj. elektronegativnost, koja uzrokuje visok stepen polarizacije H–O veza u ovom spoju, što je preduslov za povećanje kiselosti.

Sledeći važna karakteristika atomi su njihovi radijusi. U periodima se radijusi atoma metala smanjuju sa povećanjem atomskog broja elementa, jer sa povećanjem atomskog broja elementa unutar perioda, povećava se naboj jezgra, a time i ukupni naboj elektrona koji ga uravnotežuje; kao posljedica toga, povećava se i Kulonova privlačnost elektrona, što u konačnici dovodi do smanjenja udaljenosti između njih i jezgra. Najizraženije smanjenje radijusa uočeno je kod elemenata kratkih perioda, u kojima je vanjski energetski nivo ispunjen elektronima.

U velikim periodima, d- i f-elementi pokazuju glatkiji pad radijusa sa povećanjem naboja atomskog jezgra. Unutar svake podgrupe elemenata, atomski radijusi imaju tendenciju povećanja od vrha do dna, jer takav pomak označava prijelaz na viši energetski nivo.

Utjecaj polumjera jona elementa na svojstva spojeva koje oni formiraju može se ilustrovati na primjeru povećanja kiselosti halogenovodoničnih kiselina u gasnoj fazi: HI > HBr > HCl > HF.
43. Navedite elemente za čije je atome moguće samo jedno valentno stanje i naznačite da li će ono biti mljeveno ili pobuđeno.

Rješenje:

Atomi elemenata koji imaju jedan nespareni elektron na vanjskom valentnom energetskom nivou mogu imati jedno valentno stanje - to su elementi grupe I periodnog sistema (H - vodonik, Li - litijum, Na - natrijum, K - kalijum, Rb - rubidijum , Ag – srebro, Cs – cezijum, Au – zlato, Fr – francij), sa izuzetkom bakra, budući da se pri formiranju hemijskih veza čiji je broj određen valentnošću, d-elektroni pred-eksternog nivoa takođe učestvuju (osnovno stanje atoma bakra 3d 10 4s 1 je zbog stabilnosti ispunjene d-ljuske, međutim, prvo pobuđeno stanje 3d 9 4s 2 premašuje osnovno stanje u energiji za samo 1,4 eV (oko 125 kJ/mol Dakle, in). hemijska jedinjenja Oba stanja se manifestuju u istoj meri, stvarajući dve serije jedinjenja bakra (I) i (II)).

Također, atomi elemenata kod kojih je vanjski energetski nivo potpuno ispunjen i elektroni nemaju mogućnost da pređu u pobuđeno stanje mogu imati jedno valentno stanje. To su elementi glavne podgrupe grupe VIII - inertni gasovi (He - helijum, Ne - neon, Ar - argon, Kr - kripton, Xe - ksenon, Rn - radon).

Za sve navedene elemente jedino valentno stanje je osnovno stanje, jer ne postoji mogućnost prelaska u pobuđeno stanje. Osim toga, prijelaz u pobuđeno stanje određuje novo valentno stanje atoma, shodno tome, ako je takav prijelaz moguć, valentno stanje datog atoma nije jedino;

63. Korištenje modela valentnog odbijanja elektronski parovi i metodom valentne veze, razmotriti prostornu strukturu predloženih molekula i jona. Navedite: a) broj vezanih i usamljenih elektronskih parova centralnog atoma; b) broj orbitala uključenih u hibridizaciju; c) vrsta hibridizacije; d) tip molekula ili jona (AB m E n); e) prostorni raspored elektronskih parova; f) prostorna struktura molekula ili jona.

SO 3;

Rješenje:

Prema metodi valentne veze (upotreba ove metode dovodi do istog rezultata kao i korištenje OEPVO modela), prostorna konfiguracija molekule određena je prostornim rasporedom hibridnih orbitala centralnog atoma, koje nastaju kao rezultat interakcija između orbitala.

Da bi se odredio tip hibridizacije centralnog atoma, potrebno je znati broj hibridizirajućih orbitala. Može se naći dodavanjem broja vezanih i usamljenih elektronskih parova centralnog atoma i oduzimanjem broja π veza.

U SO 3 molekulu

ukupan broj veznih parova je 6. Oduzimanjem broja π-veza dobijamo broj hibridizirajućih orbitala: 6 – 3 = 3. Dakle, tip hibridizacije je sp 2, tip jona je AB 3, prostorni raspored elektronskih parova ima oblik trougla, a sam molekul je trokut:

In ion

ukupan broj veznih parova je 4. Nema π veza. Broj hibridizirajućih orbitala: 4. Dakle, tip hibridizacije je sp 3, tip AB 4 jona, prostorni raspored elektronskih parova ima oblik tetraedra, a sam ion je tetraedar:

83. Napišite jednačine moguće reakcije interakcije KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 sa jedinjenjima datim u nastavku:

H 2 SO 3, BaO, CO 2, HNO 3, Ni(OH) 2, Ca(OH) 2;

Rješenje:
a) KOH reakcijske reakcije

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 O

OH - + H +  H 2 O
KOH + BaO  nema reakcije
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

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

2OH - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3  nema reakcije, rastvor sadrži ione istovremeno:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K + + 2 OH- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  nema reakcije

b) reakcijske reakcije H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  nema reakcije
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  nema reakcije
H 2 SO 4 + HNO 3  nema reakcije
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) reakcijske reakcije H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  nema reakcije

H 2 O + BaO  Ba(OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  nema reakcije
H 2 O + HNO 3  nema reakcije
H 2 O + NO 2  nema reakcije
H 2 O + Ni(OH) 2  nema reakcije

H 2 O + Ca(OH) 2  nema reakcije

a) reakcijske reakcije Be(OH) 2

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

budi (OH) 2 + 2H+ + SO 3 2-  Be 2+ + SO 3 2- + 2 H 2 O

budi (OH) 2 + 2H+  Budite 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  nema reakcije
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

budi (OH) 2 + 2H+ + NE 3 -  Budi 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

budi (OH) 2 + 2H +  Budi 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  nema reakcije
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  nema reakcije
103. Za naznačenu reakciju

b) objasni koji od faktora: entropija ili entalpija doprinosi spontanom nastanku reakcije u smjeru naprijed;

c) u kom pravcu (direktno ili obrnuto) će se reakcija odvijati na 298K i 1000K;

e) navedite sve načine povećanja koncentracije proizvoda ravnotežne smjese.

f) nacrtajte zavisnost ΔG p (kJ) od T (K)

Rješenje:

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

Standardna entalpija formiranja, entropija i Gibbsova energija formiranja supstanci

1. (ΔH 0 298) h.r. =

–

= -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.

Direktna reakcija je praćena smanjenjem entropije, smanjuje se poremećaj u sistemu - nepovoljan faktor za nastanak hemijska reakcija u smjeru naprijed.

3. Izračunajte standardnu Gibbsovu energiju reakcije.

prema Hesovom zakonu:

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

Ispostavilo se da (ΔN 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) k.r. ·T a zatim (ΔG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K je približna temperatura na kojoj se uspostavlja prava hemijska ravnoteža iznad ove temperature će se desiti obrnuta reakcija. Na datoj temperaturi oba procesa su podjednako vjerovatna.

5. Izračunajte Gibbsovu energiju na 1000K:

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

One. na 1000 K: ΔS 0 h.r. ·T > ΔN 0 h.r.

Faktor entalpije postao je odlučujući, spontana pojava direktne reakcije postala je nemoguća. Događa se obrnuta reakcija: iz jednog mola gasa i 1 mola čvrste materije nastaju 2 mola gasa.

log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Sistem je daleko od stanja prave hemijske ravnoteže u njemu preovlađuju proizvodi reakcije.

Ovisnost ΔG 0 o temperaturi reakcije

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

K 1000 = 0,86 > 1 – sistem je blizu ravnoteže, ali na ovoj temperaturi u njemu preovlađuju polazne supstance.

8. Prema Le Chatelierovom principu, kako temperatura raste, ravnoteža bi se trebala pomjeriti prema obrnutoj reakciji, a konstanta ravnoteže bi trebala opadati.

9. Razmotrimo kako se naši izračunati podaci slažu sa Le Chatelierovim principom. Predstavimo neke podatke koji pokazuju ovisnost Gibbsove energije i konstante ravnoteže ove reakcije od temperature:

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

Dakle, dobijeni proračunski podaci odgovaraju našim zaključcima na osnovu Le Chatelierovog principa.
123. Ravnoteža u sistemu:

)

osnovana u slijedeće koncentracije: [B] i [C], mol/l.

Odrediti početnu koncentraciju supstance [B] 0 i konstantu ravnoteže ako je početna koncentracija supstance A [A] 0 mol/l

Iz jednačine se vidi da je za stvaranje 0,26 mola supstance C potrebno 0,13 mola supstance A i ista količina supstance B.

Tada je ravnotežna koncentracija supstance A [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

Početna koncentracija supstance B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g rastvora sadrži 36 g KOH (gustina rastvora 1,1 g/ml). Izračunajte postotak i molarnu koncentraciju ove otopine.

b) Koliko grama kristalne sode Na 2 CO 3 ·10H 2 O treba uzeti za pripremu 2 litre 0,2 M rastvora Na 2 CO 3?

Rješenje:

Procenat koncentracije nalazimo pomoću jednadžbe:

Molarna masa KOH je 56,1 g/mol;

Da bismo izračunali molarnost rastvora, nalazimo masu KOH sadržanu u 1000 ml (tj. 1000 · 1,100 = 1100 g) rastvora:

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

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

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

Rješenje:

1. Pronađite masu bezvodne soli

m = cm·M·V, gdje je M – molarna masa, V – zapremina.

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

2. Odredite masu kristal hidrata iz proporcije

molarna masa kristalnog hidrata 286 g/mol - masa X

molarna masa bezvodne soli 106g/mol - masa 42,4g

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

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

163. Izračunajte tačku ključanja 5% rastvora naftalena C 10 H 8 u benzenu. Tačka ključanja benzena je 80,2°C.

Dato:

Prosjek (C 10 H 8) = 5%

tboil (C 6 H 6) = 80,2 0 C

Pronađite:

tboil (rastvor) -?

Rješenje:

Iz Raoultovog drugog zakona

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Ovdje je E ebulioskopska konstanta rastvarača

E(C 6 H 6) = 2,57

m A je težina rastvarača, m B je težina rastvorene supstance, M B je njena molekulska težina.

Neka masa rastvora bude 100 grama, dakle, masa rastvorene supstance je 5 grama, a masa rastvarača 100 – 5 = 95 grama.

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

Zamjenjujemo sve podatke u formulu i nalazimo povećanje točke ključanja otopine u usporedbi s čistim otapalom:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Tačka ključanja otopine naftalena može se pronaći pomoću formule:

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

Odgovor: 81,256 o C

183. Zadatak 1. Napišite jednačine disocijacije i konstante disocijacije za slabe elektrolite.

Zadatak 2. Date su jonske jednadžbe, napišite odgovarajuće molekularne jednačine.

Zadatak 3. Napišite jednadžbe reakcija za sljedeće transformacije u molekularnom i ionskom obliku.

br.	Zadatak 1	Zadatak 2	Zadatak 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

Rješenje:

Napišite jednačine disocijacije i konstante disocijacije za slabe elektrolite.

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 – amfoterni hidroksid, moguća je kiselinska disocijacija

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd 2 =

H 3 AsO 4 – ortoarsenska kiselina – jak elektrolit, potpuno disocira u rastvoru:
H 3 AsO 4 ↔3N + + AsO 4 3-
Date ionske jednadžbe, napišite odgovarajuće molekularne jednačine.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH(nedovoljno) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Napišite jednadžbe reakcije za sljedeće transformacije u molekularnim i ionskim oblicima.

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 + + SO 3 2- + H 2 O

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

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

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

2 N + + SO 3 2- + Na + + OH- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 N + + SO 3 2 + OH- → Na + + H 2 O
203. Zadatak 1. Napišite jednačine za hidrolizu soli u molekularnim i ionskim oblicima, navedite pH otopine (pH > 7, pH Zadatak 2. Napišite jednadžbe za reakcije koje se odvijaju između tvari u vodeni rastvori

br.	Zadatak 1	Zadatak 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl 3 + Na 2 CO 3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Zadatak 1. Napišite jednačine za hidrolizu soli u molekularnim i ionskim oblicima, navedite pH rastvora (pH > 7, pH

Na2S - sol formirana od jake baze i slabe kiseline podliježe hidrolizi na anionu. Reakcija medijuma je alkalna (pH > 7).

Ist. Na 2 S + HON ↔ NaHS + NaOH

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

IIst. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 - sol formirana od slabe baze i jake kiseline podliježe hidrolizi u kation. Reakcija medija je kisela (pH

Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

IIst. CrOHBr 2 + HON ↔ Cr(OH) 2 Br + HBr

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

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

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

Hidroliza se javlja pretežno u prvoj fazi.

Zadatak 2. Napišite jednadžbe za reakcije koje se odvijaju između tvari u vodenim otopinama

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – sol koju formiraju jaka kiselina i slaba baza

Na 2 CO 3 – sol koju čine slaba kiselina i jaka baza

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

2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6N(HE) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6N(HE) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Dolazi do međusobnog pojačavanja hidrolize

Al 2 (SO 4) 3 – sol koju čine jaka kiselina i slaba baza

Na 2 CO 3 – sol koju formiraju slaba kiselina i jaka baza

Kada se dvije soli hidroliziraju zajedno, nastaju slaba baza i slaba kiselina:

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 +

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

Zbirna jednačina hidrolize

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

2Al 3+ + 2CO 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3
stranica 1

Kada pišete elektronske formule za atome elemenata, označite energetske nivoe (vrijednosti glavnog kvantnog broja n u obliku brojeva - 1, 2, 3, itd.), energetskih podnivoa (vrijednosti orbitalnih kvantnih brojeva l u obliku slova - s, str, d, f) i broj na vrhu označavaju broj elektrona u datom podnivou.

Prvi element u tabeli je D.I. Mendeljejev je vodonik, dakle naboj jezgra atoma N jednak 1, atom ima samo jedan elektron po s-podnivo prvog nivoa. Dakle, elektronska formula atoma vodika ima oblik:

Drugi element je helijum, njegov atom ima dva elektrona, stoga je elektronska formula atoma helija 2 Ne 1s 2. Prvi period uključuje samo dva elementa, pošto je prvi energetski nivo ispunjen elektronima, koje mogu zauzeti samo 2 elektrona.

Treći element po redu - litijum - već je u drugom periodu, stoga, njegov drugi energetski nivo počinje da se puni elektronima (o tome smo pričali gore). Punjenje drugog nivoa elektronima počinje sa s-podnivo, stoga je elektronska formula atoma litijuma 3 Li 1s 2 2s 1. Atom berilija je dovršeno punjenje elektronima s-podnivo: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

U narednim elementima 2. perioda, drugi energetski nivo nastavlja da bude ispunjen elektronima, samo što je sada ispunjen elektronima r-podnivo: 5 IN 1s 2 2s 2 2r 1 ; 6 WITH 1s 2 2s 2 2r 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2r 6 .

Atom neona dovršava punjenje elektronima r-podnivo, ovaj element završava drugi period, ima osam elektrona, pošto s- I r-podnivoi mogu sadržavati samo osam elektrona.

Elementi 3. perioda imaju sličan redosled punjenja energetskih podnivoa trećeg nivoa elektronima. Elektronske formule atoma nekih elemenata ovog perioda su sljedeće:

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 3str 1 ;

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

Treći period, kao i drugi, završava se elementom (argonom) koji je u potpunosti ispunjen elektronima r-podnivo, iako treći nivo uključuje tri podnivoa ( s, r, d). Prema gore navedenom redosledu punjenja energetskih podnivoa u skladu sa pravilima Klečkovskog, energija podnivoa 3 d više energije podnivoa 4 s, dakle, atom kalija pored argona i atom kalcija iza njega ispunjeni su elektronima 3 s– podnivo četvrtog nivoa:

19 TO 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 4s 1 ; 20 Ca 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 4s 2 .

Počevši od 21. elementa - skandijuma, podnivo 3 u atomima elemenata počinje da se puni elektronima d. Elektronske formule atoma ovih elemenata su:

21 Sc 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 4s 2 3d 1 ; 22 Ti 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 4s 2 3d 2 .

U atomima 24. elementa (hrom) i 29. elementa (bakar) uočen je fenomen koji se naziva „curenje“ ili „otkazivanje“ elektrona: elektron iz spoljašnjih 4 s– podnivo „pada“ za 3 d– podnivo, ispunjavajući ga do pola (za hrom) ili potpuno (za bakar), što doprinosi većoj stabilnosti atoma:

24 Cr 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 4s 1 3d 5 (umjesto...4 s 2 3d 4) i

29 Cu 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 4s 1 3d 10 (umjesto...4 s 2 3d 9).

Počevši od 31. elementa - galija, nastavlja se punjenje 4. nivoa elektronima, sada - r– podnivo:

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

Ovim elementom završava četvrti period, koji već uključuje 18 elemenata.

Sličan redoslijed popunjavanja energetskih podnivoa elektronima javlja se u atomima elemenata 5. perioda. Za prva dva (rubidijum i stroncijum) se puni s– podnivo 5. nivoa, za narednih deset elemenata (od itrijuma do kadmijuma) se popunjava d– podnivo 4. nivoa; Period upotpunjuje šest elemenata (od indija do ksenona), čiji su atomi ispunjeni elektronima r– podnivo eksternog, peti nivo. Takođe postoji 18 elemenata u periodu.

Za elemente šestog perioda ovaj redosled popunjavanja je narušen. Na početku perioda, kao i obično, postoje dva elementa čiji su atomi ispunjeni elektronima s– podnivo spoljašnjeg, šestog, nivoa. Sljedeći element iza njih, lantan, počinje se puniti elektronima d– podnivo prethodnog nivoa, tj. 5 d. Time je dovršeno punjenje elektronima 5 d-podnivo se zaustavlja i sljedećih 14 elemenata - od cerija do lutecijuma - počinje da se puni f-podnivo 4. nivoa. Svi ovi elementi su uključeni u jednu ćeliju tabele, a ispod je prošireni red ovih elemenata, koji se nazivaju lantanidi.

Počevši od 72. elementa - hafnija - do 80. elementa - žive, punjenje elektronima se nastavlja 5 d-podnivo, a period završava, kao i obično, sa šest elemenata (od talijuma do radona), čiji su atomi ispunjeni elektronima r– podnivo spoljašnjeg, šestog, nivoa. Ovo je najveći period, uključujući 32 elementa.

U atomima elemenata sedmog, nepotpunog, perioda vidljiv je isti redoslijed popunjavanja podnivoa kao što je gore opisano. Dozvoljavamo studentima da to sami napišu. elektronske formule atoma elemenata 5. – 7. perioda, uzimajući u obzir sve gore rečeno.

Napomena:u nekima udžbenici Dozvoljen je drugačiji redosled pisanja elektronskih formula atoma elemenata: ne po redosledu njihovog punjenja, već u skladu sa brojem elektrona datim u tabeli na svakom energetskom nivou. Na primjer, elektronska formula atoma arsena može izgledati ovako: As 1s 2 2s 2 2r 6 3s 2 3str 6 3d 10 4s 2 4str 3 .

Elektronska konfiguracija atom je formula koja pokazuje raspored elektrona u atomu po nivoima i podnivoima. Nakon proučavanja članka, naučit ćete gdje i kako se nalaze elektroni, upoznati se s kvantnim brojevima i moći ćete konstruirati elektronsku konfiguraciju atoma prema njegovom broju na kraju članka nalazi se tabela elemenata.

Zašto proučavati elektronsku konfiguraciju elemenata?

Atomi su kao konstrukcioni set: postoji određeni broj dijelova, oni se međusobno razlikuju, ali dva dijela istog tipa su apsolutno ista. Ali ovaj konstrukcioni set je mnogo zanimljiviji od plastičnog i evo zašto. Konfiguracija se mijenja ovisno o tome tko je u blizini. Na primjer, kisik pored vodika pretvaraju se u vodu, kada su u blizini natrijuma pretvaraju se u plin, a kada su u blizini željeza potpuno ga pretvaraju u rđu.

Da bismo odgovorili na pitanje zašto se to događa i predvidjeli ponašanje atoma pored drugog, potrebno je proučiti elektronsku konfiguraciju, o čemu će biti riječi u nastavku.

Koliko je elektrona u atomu? Atom se sastoji od jezgra i elektrona koji rotiraju oko njega; jezgro se sastoji od protona i neutrona. U neutralnom stanju, svaki atom ima isti broj elektrona kao i broj protona u njegovom jezgru. Broj protona je označen serijski broj

element, na primjer, sumpor, ima 16 protona - 16. element periodnog sistema. Zlato ima 79 protona - 79. element periodnog sistema. Shodno tome, sumpor ima 16 elektrona u neutralnom stanju, a zlato 79 elektrona.

Gdje tražiti elektron?

Posmatranjem ponašanja elektrona izvedeni su određeni obrasci, oni su opisani kvantnim brojevima, ukupno ih ima četiri:
Glavni kvantni broj
Orbitalni kvantni broj
Magnetski kvantni broj

Spin kvantni broj

Orbital

Dalje, umjesto riječi orbita, koristit ćemo izraz „orbitala“ otprilike je valna funkcija elektrona, to je područje u kojem elektron provodi 90% svog vremena;
N - nivo
L - školjka
M l - orbitalni broj

M s - prvi ili drugi elektron u orbitali

Orbitalni kvantni broj l Kao rezultat proučavanja elektronskog oblaka, ustanovljeno je da zavisno od nivo energije

, oblak ima četiri osnovna oblika: loptu, bučicu i još dva složenija oblika.
Po redu povećanja energije, ovi oblici se nazivaju s-, p-, d- i f-ljuska.
Svaka od ovih školjki može imati 1 (na s), 3 (na p), 5 (na d) i 7 (na f) orbitala. Orbitalni kvantni broj je ljuska u kojoj se nalaze orbitale. Orbitalni kvantni broj za s, p, d i f orbitale uzima vrijednosti 0,1,2 ili 3, respektivno.
Na s-ljusci je jedna orbitala (L=0) - dva elektrona

Na p-ljusci se nalaze tri orbitale (L=1) - šest elektrona

Na d-ljusci ima pet orbitala (L=2) - deset elektrona

Na f-ljusci je sedam orbitala (L=3) - četrnaest elektrona

Uzmite u obzir d-ljusku:
D-ljuska odgovara vrijednosti L=2, odnosno pet orbitala (-2,-1,0,1 i 2), prvih pet elektrona ispunjava ljusku uzimajući vrijednosti M l =-2, M l =-1, M l =0, M l =1, M l =2.

Spin kvantni broj m s

Spin je smjer rotacije elektrona oko svoje ose, postoje dva smjera, tako da spinski kvantni broj ima dvije vrijednosti: +1/2 i -1/2. Jedan energetski podnivo može sadržavati samo dva elektrona sa suprotnim spinovima. Spin kvantni broj je označen kao m s

Glavni kvantni broj n

Glavni kvantni broj je nivo energije na trenutno poznato je sedam energetskih nivoa, od kojih je svaki označen arapskim brojem: 1,2,3,...7. Broj školjki na svakom nivou jednak je broju nivoa: jedna školjka je na prvom nivou, dve na drugom, itd.

Elektronski broj

Dakle, svaki elektron se može opisati sa četiri kvantna broja, kombinacija ovih brojeva je jedinstvena za svaki položaj elektrona, uzmite prvi elektron, najniži energetski nivo je N = 1, na prvom nivou postoji jedna ljuska, prva školjka na bilo kom nivou ima oblik lopte (s -shell), tj. L=0, magnetni kvantni broj može uzeti samo jednu vrijednost, M l =0 i spin će biti jednak +1/2.

Ako uzmemo peti elektron (u kojem god atomu da se nalazi), tada će glavni kvantni brojevi za njega biti: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Algoritam za sastavljanje elektronske formule elementa:

1. Odredite broj elektrona u atomu koristeći periodni sistem hemijskih elemenata D.I. Mendeljejev.

2. Koristeći broj perioda u kojem se element nalazi, odrediti broj energetskih nivoa; broj elektrona na zadnjem elektronskom nivou odgovara broju grupe.

3. Podijelite nivoe na podnivoe i orbitale i popunite ih elektronima u skladu sa pravilima za popunjavanje orbitala: Mora se imati na umu da prvi nivo sadrži najviše 2 elektrona 1s 2 s, na drugom - maksimalno 8 (dva i šest r: 2s 2 2p 6 s), na trećem - maksimalno 18 (dva str, šest , i deset).

d: 3s 2 3p 6 3d 10 n Glavni kvantni broj
treba biti minimalan. Prvi za punjenje s- podnivo, dakle r-, d- b f-
podnivoa.
Elektroni popunjavaju orbitale po redu porasta energije orbitala (pravilo Klečkovskog).
Unutar podnivoa, elektroni prvo zauzimaju slobodne orbitale jednu po jednu, a tek nakon toga formiraju parove (Hundovo pravilo).

U jednoj orbitali ne može biti više od dva elektrona (Paulijev princip).

1. Kreirajmo elektronsku formulu dušika. Azot je broj 7 u periodnom sistemu.