Страница 1
3. Направете електронна формула и тяталий Tl 3+ . За валентни електрони атом Tl показва множеството от всичките четири квантови числа.
решение:
Според правилото на Клечковски запълването на енергийните нива и поднива става в следната последователност:
1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s(5d 1)4f
5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.
Елементът талий Tl има ядрен заряд от +81 (пореден номер 81), съответно 81 електрона. Съгласно правилото на Клечковски разпределяме електроните по енергийни поднива, получаваме електронната формула на елемента Tl:
81 Tl талий 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
Талиевият йон Tl 3+ има заряд +3, което означава, че атомът е дал 3 електрона и тъй като само валентните електрони на външното ниво могат да отдадат атом (за талий това са два 6s и един 6p електрона) , електронната му формула ще изглежда така:
81 Tl 3+ талий 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
Главно квантово число нопределя общата енергия на електрона и степента на отстраняването му от ядрото (номер на енергийното ниво); приема всякакви цели числа, започващи от 1 (n = 1, 2, 3, . . .), т.е. съответства на номера на периода.
Орбитално (странично или азимутално) квантово число лопределя формата на атомната орбитала. Може да приема цели числа от 0 до n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Независимо от номера на енергийното ниво, всяка стойност лорбиталното квантово число съответства на орбитала със специална форма.
Орбитали с л= 0 се наричат s-орбитали,
л= 1 - p-орбитали (3 вида, различаващи се по магнитно квантово число m),
л= 2 - d-орбитали (5 вида),
л= 3 – f-орбитали (7 вида).
Магнитното квантово число m l характеризира позицията на електронната орбитала в пространството и приема цели числа от - л до + л, включително 0. Това означава, че за всяка орбитална форма има (2 л+ 1) енергийно еквивалентни ориентации в пространството.
Спиновото квантово число m S характеризира магнитния момент, който възниква, когато електрон се върти около оста си. Приема само две стойности +1/2 и -1/2, съответстващи на противоположни посоки на въртене.
Валентните електрони са електрони във външното енергийно ниво. Талият има 3 валентни електрона: 2 s - електрон и 1 p - електрон.
Квантови числа s - електрони:
Орбитално квантово число л= 0 (s е орбитала)
Магнитно квантово число m l = (2 л+ 1 = 1): m l = 0.
Спиново квантово число m S = ±1/2
Квантови числа p - електрон:
Главно квантово число n = 6 (шести период)
Орбитално квантово число л\u003d 1 (p - орбитална)
Магнитно квантово число (2 л+ 1 = 3): m = -1, 0, +1
Спиново квантово число m S = ±1/2
23. Посочете онези свойства на химичните елементи, които се променят периодично. Каква е причината за периодичното повторение на тези свойства? На примери обяснете каква е същността на периодичността на промените в свойствата на химичните съединения.
решение:
Свойствата на елементите, определени от структурата на външните електронни слоеве на атомите, естествено се променят в периоди и групи на периодичната система. В същото време сходството на електронните структури генерира сходството на свойствата на аналоговите елементи, но не и идентичността на тези свойства. Следователно при прехода от един елемент към друг в групи и подгрупи се наблюдава не просто повторение на свойствата, а тяхната повече или по-малко изразена закономерна промяна. По-специално, химичното поведение на атомите на елементите се проявява в способността им да губят и получават електрони, т.е. в способността им да окисляват и редуцират. Количествена мярка за способността на атома губятелектроните е йонизационен потенциал (E и ) , и по мярката на тяхната способност n придобивам– електронен афинитет (E с ). Характерът на промяната на тези количества по време на прехода от един период към друг се повтаря и тези промени се основават на промяна в електронната конфигурация на атома. По този начин завършените електронни слоеве, съответстващи на атоми от инертни газове, показват повишена стабилност и повишена стойност на йонизационните потенциали в рамките на период. В същото време s-елементите от първата група (Li, Na, K, Rb, Cs) имат най-ниски стойности на йонизационния потенциал.
Електроотрицателносте мярка за способността на атом от даден елемент да привлича електрони към себе си в сравнение с атомите на други елементи в съединението. Според една от дефинициите (Mulliken), електроотрицателността на атома може да се изрази като половината от сумата от неговата йонизационна енергия и електронен афинитет: = (E и + E c).
В периодите се наблюдава обща тенденция за увеличаване на електроотрицателността на елемента, а в подгрупи - нейното намаляване. S-елементите от I група имат най-ниски стойности на електроотрицателност, а p-елементите от VII група имат най-високи.
Електроотрицателността на един и същи елемент може да варира в зависимост от валентното състояние, хибридизацията, степента на окисление и т.н. Електроотрицателността значително влияе върху естеството на промяната в свойствата на съединенията на елементите. Така, например, сярната киселина проявява по-силни киселинни свойства от нейния химичен аналог, селеновата киселина, тъй като в последната централният селенов атом, поради по-ниската си електроотрицателност в сравнение със серния атом, не поляризира H-O връзките в киселина толкова силно, което означава отслабване на киселинността.
H–O O
Друг пример е хром(II) хидроксид и хром(VI) хидроксид. Хром (II) хидроксид, Cr(OH) 2, проявява основни свойства, за разлика от хром (VI) хидроксид, H 2 CrO 4, тъй като степента на окисление на хром +2 определя слабостта на кулоновото взаимодействие на Cr 2+ с хидроксидния йон и лекотата на разцепване на този йон, т.е. проявление на основните свойства. В същото време, високото ниво на окисление на хром +6 в хромовия (VI) хидроксид причинява силно кулоново привличане между хидроксидния йон и централния хромов атом и невъзможността за дисоциация по протежение на връзката 
- О. От друга страна, високото окислително състояние на хрома в хромов (VI) хидроксид повишава способността му да привлича електрони, т.е. електроотрицателност, която причинява висока степен на поляризация на H-O връзките в това съединение, което е предпоставка за повишаване на киселинността.
Следващата важна характеристика на атомите са техните радиуси. В периоди радиусите на металните атоми намаляват с увеличаване на поредния номер на елемента, т.к с увеличаване на поредния номер на елемента в рамките на периода се увеличава зарядът на ядрото и следователно общият заряд на електроните, който го балансира; като следствие, кулоновското привличане на електроните също се увеличава, което в крайна сметка води до намаляване на разстоянието между тях и ядрото. Най-изразено намаляване на радиуса се наблюдава при елементи с малки периоди, при които външното енергийно ниво е изпълнено с електрони.
В големи периоди d- и f-елементите показват по-плавно намаляване на радиусите с увеличаване на заряда на атомното ядро. В рамките на всяка подгрупа елементи радиусите на атомите като правило се увеличават отгоре надолу, тъй като такова изместване означава преход към по-високо енергийно ниво.
Влиянието на радиусите на йони на елемента върху свойствата на образуваните от тях съединения може да се илюстрира с примера за повишаване на киселинността на халогеноводните киселини в газовата фаза: HI > HBr > HCl > HF.
43. Назовете елементите за атоми, от които е възможно само едно валентно състояние, и посочете как ще бъде то – смляно или възбудено.
решение:
Атомите на елементи, които имат един несдвоен електрон на външно валентно енергийно ниво, могат да имат едно валентно състояние - това са елементи от група I на периодичната система (H - водород, Li - литий, Na - натрий, K - калий, Rb - рубидий , Ag - сребро, Cs - цезий, Au - злато, Fr - франций), с изключение на медта, тъй като d-електроните от пред-външно ниво също участват в образуването на химични връзки, чийто брой се определя по валентност (основното състояние на медния атом 3d 10 4s 1 се дължи на стабилността на запълнената d-обвивка, но първото възбудено състояние 3d 9 4s 2 превишава основното състояние по енергия само с 1,4 eV (около 125 kJ / mol). Следователно в химичните съединения и двете състояния се появяват в една и съща степен, което води до две серии от съединения на медта (I) и (II)).
Също така, едно валентно състояние може да има атоми на елементи, в които външното енергийно ниво е напълно запълнено и електроните нямат възможност да преминат във възбудено състояние. Това са елементи от основната подгрупа на VIII група - инертни газове (He - хелий, Ne - неон, Ar - аргон, Kr - криптон, Xe - ксенон, Rn - радон).
За всички изброени елементи единственото валентно състояние е основното състояние, т.к няма възможност за преминаване във възбудено състояние. В допълнение, преходът към възбудено състояние определя ново валентно състояние на атома; съответно, ако такъв преход е възможен, валентното състояние на даден атом не е единственото.
63. Използвайки модела на отблъскване на валентните електронни двойки и метода на валентните връзки, разгледайте пространствената структура на предложените молекули и йони. Посочете: а) броя на свързващите и несподелените електронни двойки на централния атом; б) броят на орбиталите, участващи в хибридизацията; в) вид хибридизация; г) вид молекула или йон (AB m E n); д) пространствено разположение на електронните двойки; е) пространствена структура на молекула или йон.
SO3; 
решение:
В съответствие с метода на валентните връзки (използването на този метод води до същия резултат като използването на модела EPVO), пространствената конфигурация на молекулата се определя от пространственото разположение на хибридните орбитали на централния атом, които се образуват като резултат от взаимодействието между орбиталите.
За да се определи вида на хибридизацията на централния атом, е необходимо да се знае броят на хибридизиращите орбитали. Може да се намери чрез добавяне на броя на свързващите и самотните електронни двойки на централния атом и изваждане на броя на π връзките.
В молекулата на SO 3
общият брой на свързващите двойки е 6. Изваждайки броя на π-връзките, получаваме броя на хибридизиращите орбитали: 6 - 3 \u003d 3. По този начин, видът на хибридизацията sp 2, видът на йона AB 3, пространствената подреждането на електронните двойки има формата на триъгълник, а самата молекула е триъгълник:
В йон 
общият брой на свързващите двойки е 4. Няма π-връзки. Броят на хибридизиращите орбитали: 4. Така видът на хибридизацията sp 3, видът на йона AB 4, пространственото разположение на електронните двойки има формата на тетраедър, а самият йон е тетраедър:
83. Напишете уравненията на възможните реакции на взаимодействие на KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 със съединенията, дадени по-долу:
H2SO3, BaO, CO2, HNO3, Ni(OH)2, Ca(OH)2;
решение:
а) реакции на взаимодействие на KOH
2KOH + H 2 SO 3 K 2 SO 3 + 2H 2 O
2K++2 ох - + 2Х+ + SO 3 2- 2K + + SO 3 2- + Х 2 О
ох - + Х + Х 2 О
KOH + BaO няма реакция
2KOH + CO 2 K 2 CO 3 + H 2 O
2K++2 ох - + CO 2 2K ++ CO 3 2- + Х 2 О
2ох - + Х 2 CO 3 CO 3 2- + Х 2 О
KOH + HNO 3 няма реакция, йони са едновременно в разтвора:
K + + OH - + H + + NO 3 -
2KOH + Ni(OH) 2 K
2K++2 ох- + Ni(OH) 2 K + + -
KOH + Ca(OH) 2 няма реакция
б) реакции на взаимодействие H 2 SO 4
H 2 SO 4 + H 2 SO 3 няма реакция
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 няма реакция
H 2 SO 4 + HNO 3 няма реакция
H 2 SO 4 + Ni(OH) 2 NiSO 4 + 2H 2 O
2Х+ + SO 4 2- + Ni(OH) 2 Ni 2+ + SO 4 2- + 2 Х 2 О
2Х + + Ni(OH) 2 Ni 2+ + 2Х 2 О
H 2 SO 4 + Ca (OH) 2 CaSO 4 + 2H 2 O
2H + + SO 4 2- + Ca (OH) 2 CaSO 4 + 2H 2 O
в) реакции на взаимодействие H 2 O
H 2 O + H 2 SO 3 няма реакция
H 2 O + BaO Ba (OH) 2
H 2 O + BaO Ba 2+ + 2OH -
H 2 O + CO 2 няма реакция
H 2 O + HNO 3 няма реакция
H 2 O + NO 2 няма реакция
H 2 O + Ni(OH) 2 няма реакция
H 2 O + Ca(OH) 2 няма реакция
а) реакции на взаимодействие Be (OH) 2
Be (OH) 2 + H 2 SO 3 BeSO 3 + 2H 2 O
Бъди (OH) 2 + 2Х+ + SO 3 2- Бъди 2+ + SO 3 2- + 2 Х 2 О
Бъди (OH) 2 + 2Х+ Бъдете 2+ + 2 Х 2 О
Be(OH) 2 + BaO няма реакция
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
Бъди (OH) 2 + 2Х+ + NO 3 - Бъда 2+ + 2NO 3 - + 2 Х 2 О
Бъди (OH) 2 + 2Х + Бъда 2+ + 2Х 2 О
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2 няма реакция
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2 няма реакция
103. За посочената реакция
б) обяснете кой от факторите: ентропията или енталпията допринася за спонтанното протичане на реакцията в посока напред;
в) в каква посока (напред или назад) ще протече реакцията при 298K и 1000K;
д) назовете всички начини за увеличаване на концентрацията на продуктите на равновесна смес.
е) построете графика на ΔG p (kJ) от T (K)
решение:
CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)
Стандартна енталпия на образуване, ентропия и енергия на Гибс на образуване на вещества
1. (ΔН 0 298) x.r. =
– 
\u003d -241,84 + 110,5 \u003d -131,34 kJ 2. (ΔS 0 298) x.r. = 
+ 
– 
– 
\u003d 188,74 + 5,7-197,5-130,6 = -133,66 J / K = -133,66 10 -3 kJ / mol > 0. Директната реакция е придружена от намаляване на ентропията, разстройството в системата намалява - неблагоприятен фактор за протичане на химическа реакция в посока напред.
3. Изчислете стандартната енергия на Гибс на реакцията.
според закона на Хес:
(ΔG 0 298) x.r. = 
– 
= -228,8 +137,1 = -91,7 kJ
Оказа се, че (ΔH 0 298) x.r. > (ΔS 0 298) x.r. ·T и след това (ΔG 0 298) x.r.
4. 
≈ 
≈ 982,6 К.
≈ 982,6 K е приблизителната температура, при която се установява истинско химично равновесие; над тази температура ще продължи обратната реакция. При тази температура и двата процеса са еднакво вероятни.
5. Изчислете енергията на Гибс при 1000K:
(ΔG 0 1000) x.r. ≈ ΔН 0 298 - 1000 ΔS 0 298 ≈ -131,4 - 1000 (-133,66) 10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.
Тези. при 1000 K: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.r.
Коефициентът на енталпия стана решаващ, спонтанният ход на директната реакция стана невъзможен. Протича обратната реакция: от 1 мол газ и 1 мол твърдо вещество се образуват 2 мола газ.
lg K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.
Системата е далеч от състояние на истинско химическо равновесие; в нея преобладават продуктите на реакцията.
Температурна зависимост на ΔG 0 за реакцията
CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)
K 1000 \u003d 0,86\u003e 1 - системата е близо до състоянието на равновесие, но при тази температура в нея преобладават първоначалните вещества.
8. Съгласно принципа на Льо Шателие, с повишаване на температурата, равновесието трябва да се измести към обратната реакция, равновесната константа трябва да намалее.
9. Помислете как нашите изчислени данни са в съответствие с принципа на Льо Шателие. Нека представим някои данни, показващи зависимостта на енергията на Гибс и равновесната константа на посочената реакция от температурата:
|
Т, К |
ΔG 0 t, kJ |
К т |
|
298 |
-131,34 |
10 16 |
|
982,6 |
0 |
1 |
|
1000 |
2,32 |
0,86 |
Така получените изчислени данни отговарят на нашите заключения, базирани на принципа на Льо Шателие.
123. Равновесие в системата:
)
установени при следните концентрации: [B] и [C], mol/l.
Определете началната концентрация на веществото [B] 0 и равновесната константа, ако началната концентрация на веществото A е [A] 0 mol/l
От уравнението се вижда, че за образуването на 0,26 mol вещество C са необходими 0,13 mol от вещество A и същото количество вещество B.
Тогава равновесната концентрация на вещество А е [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol / l.
Началната концентрация на вещество B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13 + 0,13 = 0,26 mol / l.
Отговор: [B] 0 = 0,26 mol/l, Kp = 1,93.
143. а) 300 g разтвор съдържа 36 g KOH (плътност на разтвора 1,1 g/ml). Изчислете процента и моларната концентрация на този разтвор.
б) Колко грама кристална сода Na 2 CO 3 10H 2 O трябва да се вземат, за да се приготвят 2 литра 0,2 M разтвор на Na 2 CO 3?
решение:
Намираме процентната концентрация по уравнението:
Моларната маса на KOH е 56,1 g/mol;
За да изчислим моларността на разтвора, намираме масата на KOH, съдържаща се в 1000 ml (т.е. в 1000 1.100 \u003d 1100 g) от разтвора:
1100: 100 = в: 12; в= 12 1100 / 100 = 132 g
C m = 56,1 / 132 = 0,425 mol / l.
Отговор: C = 12%, Cm = 0,425 mol / l
решение:
1. Намерете масата на безводната сол
m = Cm M V, където M е моларната маса, V е обемът.
m = 0,2 106 2 = 42,4 g.
2. Намерете масата на кристалния хидрат от пропорцията
моларна маса на кристален хидрат 286 g / mol - маса X
моларна маса безводна сол 106g / mol - маса 42,4g
следователно X = m Na 2 CO 3 10H 2 O = 42,4 286 / 106 = 114,4 g.
Отговор: m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 114,4 g.
163. Изчислете точката на кипене на 5% разтвор на нафталин C 10 H 8 в бензол. Точката на кипене на бензола е 80,2 0 С.
|
дадено: Ср-ра (C 10 H 8) \u003d 5% кипене (C 6 H 6) \u003d 80,2 0 C |
|
Да намеря: tkip (r-ra) -? |
решение:
От втория закон на Раул
ΔT \u003d E m = (E m B 1000) / (m A μ B)
Тук E е ебулиоскопската константа на разтворителя
E (C 6 H 6) = 2,57
m A е теглото на разтворителя, m B е теглото на разтвореното вещество, M B е неговото молекулно тегло.
Нека масата на разтвора е 100 грама, следователно масата на разтвореното вещество е 5 грама, а масата на разтворителя е 100 - 5 = 95 грама.
M (нафталин C 10 H 8) = 12 10 + 1 8 = 128 g / mol.
Заменяме всички данни във формулата и намираме увеличението на точката на кипене на разтвора в сравнение с чистия разтворител:
ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056
Точката на кипене на разтвор на нафталин може да се намери по формулата:
T c.r-ra = T c.r-la + ΔT = 80,2 + 1,056 = 81,256
Отговор: 81,256 за C
183. Задача 1. Напишете уравненията на дисоциация и дисоциационните константи за слаби електролити.
Задача 2. Според дадените йонни уравнения напишете съответните молекулни уравнения.
Задача 3. Запишете в молекулни и йонни форми уравненията на реакциите за следните трансформации.
|
№ п / стр |
Упражнение 1 |
Задача 2 |
Задача 3 |
|
183 |
Zn(OH) 2 , H 3 AsO 4 |
Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl |
NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3 |
решение:
Напишете уравнения на дисоциация и дисоциационни константи за слаби електролити.
Ист.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -
CD 1 = 
= 1,5 10 -5
IIст.: ZnOH + ↔ Zn 2+ + OH -
CD 2 = 
= 4,9 10 -7
Zn (OH) 2 - амфотерен хидроксид, възможна е киселинна дисоциация
Ист.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -
CD 1 = 
IIст.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-
CD 2 = 
H 3 AsO 4 - ортоарсенова киселина - силен електролит, напълно се дисоциира в разтвор:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Според дадените йонни уравнения напишете съответните молекулярни уравнения.
Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl
NiCl2 + NaOH (дефицит) = NiOHCl + NaCl
Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - \u003d NiOHCl + Na + + Cl -
Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Напишете в молекулярни и йонни форми уравненията на реакциите за следните трансформации.
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++ ох- → 2Na + + ТАКА 3 2- + Х 2 О
HSO 3 - + ох - → + ТАКА 3 2- + Х 2 О
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3
2Na++ ТАКА 3 2- + 2Х+ + SO 4 2- → Х 2 ТАКА 3+2Na++ ТАКА 3 2-
ТАКА 3 2- + 2Х + → Х 2 ТАКА 3 + ТАКА 3 2-
3) H 2 SO 3 (излишък) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O
2 Х + + ТАКА 3 2- + Na + + ох- → Na + + HSO 3 - + Х 2 О
2
Х + + ТАКА 3 2 + ох- → Na + + Х 2 О
203. Задача 1. Напишете уравненията за хидролизата на соли в молекулярна и йонна форма, посочете pH на разтворите (рН> 7, pH Задача 2. Напишете уравненията за реакциите, протичащи между вещества във водни разтвори
|
№ п / стр |
Упражнение 1 |
Задача 2 |
|
203 |
Na2S; CrBr 3 |
FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3 |
Задача 1. Напишете уравненията за хидролизата на соли в молекулярна и йонна форма, посочете рН на разтворите (рН> 7, рН
Na 2 S - сол, образувана от силна основа и слаба киселина, претърпява хидролиза при аниона. Реакцията на средата е алкална (рН > 7).
Ist. Na 2 S + HOH ↔ NaHS + NaOH
2Na + + S 2- + HOH ↔ Na + + HS - + Na + + OH -
II чл. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH
Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 -
Сол, образувана от слаба основа и силна киселина, претърпява хидролиза при катиона. Реакцията на средата е кисела (рН
Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr
Cr 3+ + 3Br - + HOH ↔ CrOH 2+ + 2Br - + H + + Br -
II чл. CrOHBr 2 + HOH ↔ Cr(OH) 2 Br + HBr
CrOH 2+ + 2Br - + HOH ↔ Cr(OH) 2 + + Br - + H + + Br -
III Чл. Cr(OH) 2 Br + HOH↔ Cr(OH) 3 + HBr
Cr(OH) 2 + + Br - + HOH↔ Cr(OH) 3 + H + + Br -
Хидролизата протича главно в първия етап.
Задача 2. Напишете уравненията на реакциите, протичащи между вещества във водни разтвори
FeCl 3 + Na 2 CO 3
FeCl3 – сол на силна киселина и слаба основа
Na 2 CO 3 - сол, образувана от слаба киселина и силна основа
2FeCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 6H (OH) \u003d 2Fe (OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6NaCl
2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6Х(ТОЙ ЛИ Е) = 2Fe( ох) 3 + 3Х 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -
2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6Х(ТОЙ ЛИ Е) = 2Fe( ох) 3 + 3 H 2 O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3
Има взаимно засилване на хидролизата
Al 2 (SO 4) 3 - сол, образувана от силна киселина и слаба основа
Na2CO3 – сол на слаба киселина и силна основа
Когато две соли се хидролизират заедно, се образуват слаба основа и слаба киселина:
Ist: 2Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH => 4Na + + 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 3 SO 4 2 -
IIст: 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH \u003d\u003e 2H 2 CO 3 + 2Al (OH) 2 +
III-ва: 2Al(OH) 2 + + 2HOH => 2Al(OH) 3 + 2H +
Общо уравнение за хидролиза
Al 2 (SO 4) 3 + 2 Na 2 CO 3 + 6H 2 O \u003d 2Al (OH) 3 ↓ + 2H 2 CO 3 + 2 Na 2 SO 4 + H 2 SO 4
2Ал 3+ + 3 SO 4 2 - + 2 Na + + 2 ° СО 3 2- + 6Х 2 О = 2Al(OH) 3 ↓ + 2Х 2 ° СО 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2Н + + SO 4 2 -
2Ал 3+ + 2° СО 3
2- + 6Х 2 О = 2Al(OH) 3 ↓ + 2Х 2 ° СОколо 3
Страница 1
Алгоритъм за съставяне на електронната формула на елемент:
1. Определете броя на електроните в атома с помощта на Периодичната таблица на химичните елементи D.I. Менделеев.
2. По номера на периода, в който се намира елементът, определете броя на енергийните нива; броят на електроните в последното електронно ниво съответства на номера на групата.
3. Разделете нивата на поднива и орбитали и ги запълнете с електрони в съответствие с правилата за запълване на орбитали:
Трябва да се помни, че първото ниво има максимум 2 електрона. 1s2, на втория - максимум 8 (две си шест R: 2s 2 2p 6), на третия - максимум 18 (две с, шест стр, и десет d: 3s 2 3p 6 3d 10).
- Главно квантово число нтрябва да бъде минимално.
- Първо се попълва с-подниво, тогава p-, d-b f-поднива.
- Електроните запълват орбиталите във възходящ ред на орбиталната енергия (правилото на Клечковски).
- В рамките на поднивото електроните първо заемат свободни орбитали една по една и едва след това образуват двойки (правилото на Хунд).
- В една орбитала не може да има повече от два електрона (принцип на Паули).
Примери.
1. Съставете електронната формула на азота. Азотът е номер 7 в периодичната таблица.
2. Съставете електронната формула на аргона. В периодичната таблица аргонът е под номер 18.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6.
3. Съставете електронната формула на хрома. В периодичната таблица хромът е номер 24.
1s 2 2s 2 2стр 6 3s 2 3п 6 4s 1 3г 5
Енергийна диаграма на цинка.
4. Съставете електронната формула на цинка. В периодичната таблица цинкът е номер 30.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10
Имайте предвид, че част от електронната формула, а именно 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 е електронната формула на аргона.
Електронната формула на цинка може да бъде представена като.
При писане на електронни формули на атомите на елементите се посочват енергийните нива (стойности на основното квантово число нпод формата на числа - 1, 2, 3 и т.н.), енергийни поднива (стойности на орбиталното квантово число лпод формата на букви с, стр, д, е) и числото в горната част показва броя на електроните в дадено подниво.
Първият елемент в D.I. Менделеев е водород, следователно, зарядът на ядрото на атома Хравно на 1, атомът има само един електрон на сподниво от първо ниво. Следователно електронната формула на водородния атом е:
Вторият елемент е хелий, в неговия атом има два електрона, следователно електронната формула на хелиевия атом е 2 Не 1с 2. Първият период включва само два елемента, тъй като първото енергийно ниво е изпълнено с електрони, които могат да бъдат заети само от 2 електрона.
Третият елемент по ред - литий - вече е във втория период, следователно второто му енергийно ниво започва да се запълва с електрони (говорихме за това по-горе). Запълването на второто ниво с електрони започва с с-подниво, така че електронната формула на литиевия атом е 3 Ли 1с 2 2седин . В берилиевия атом запълването с електрони е завършено с- поднива: 4 Ве 1с 2 2с 2 .
За следващите елементи от 2-ри период второто енергийно ниво продължава да се запълва с електрони, само че сега е изпълнено с електрони Р- подниво: 5 AT 1с 2 2с 2 2Р 1 ; 6 С 1с 2 2с 2 2Р 2 … 10 Не 1с 2 2с 2 2Р 6 .
Неоновият атом завършва запълването с електрони Р-подниво, този елемент завършва втория период, той има осем електрона, тъй като с- и Р-поднивата могат да съдържат само осем електрона.
Елементите от 3-ти период имат подобна последователност на запълване на енергийните поднива на третото ниво с електрони. Електронните формули на атомите на някои елементи от този период са:
11 на 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 1 ; 12 mg 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 ; 13 Ал 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 1 ;
14 Si 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 2 ;…; 18 Ар 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 .
Третият период, подобно на втория, завършва с елемент (аргон), който завършва запълването си с електрони Р– подниво, въпреки че третото ниво включва три поднива ( с, Р, д). Съгласно горния ред на запълване на енергийните поднива в съответствие с правилата на Клечковски, енергията на подниво 3 дповече енергия от подниво 4 сследователно, калиевият атом, следващ аргона, и калциевият атом след него е изпълнен с електрони 3 с- подниво от четвърто ниво:
19 Да се 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 1 ; 20 Sa 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 2 .
Започвайки от 21-ви елемент - скандий, в атомите на елементите, подниво 3 започва да се запълва с електрони д. Електронните формули на атомите на тези елементи са:
21 sc 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 2 3д 1 ; 22 ти 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 2 3д 2 .
В атомите на 24-ия елемент (хром) и 29-ия елемент (мед) се наблюдава явление, наречено „пробив“ или „провал“ на електрон: електрон от външен 4 с-подниво "проваля" с 3 д– подниво, завършващо запълването му наполовина (за хром) или напълно (за мед), което допринася за по-голяма стабилност на атома:
24 кр 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 1 3д 5 (вместо ...4 с 2 3д 4) и
29 Cu 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 1 3д 10 (вместо ...4 с 2 3д 9).
Започвайки от 31-ия елемент - галий, запълването на 4-то ниво с електрони продължава, сега - Р– подниво:
31 Га 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 2 3д 10 4стр 1 …; 36 Кр 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 4с 2 3д 10 4стр 6 .
Този елемент завършва четвъртия период, който вече включва 18 елемента.
Подобен ред на запълване на енергийни поднива с електрони се извършва в атомите на елементите от 5-ти период. Първите две (рубидий и стронций) са запълнени с- подниво на 5-то ниво, следващите десет елемента (от итрий до кадмий) се запълват д– подниво от 4-то ниво; шест елемента завършват периода (от индий до ксенон), в чиито атоми са запълнени електрони Р-подниво на външното, пето ниво. Има и 18 елемента в период.
За елементи от шести период този ред на попълване е нарушен. В началото на периода, както обикновено, има два елемента, в атомите на които е изпълнен с електрони с-подниво на външното, шесто, ниво. При следващия елемент - лантанът - започва да се пълни с електрони д–подниво на предишното ниво, т.е. 5 д. На това пълнене с електрони 5 д-поднивото спира и следващите 14 елемента - от церий до лутеций - започват да се запълват е- подниво от 4-то ниво. Всички тези елементи са включени в една клетка на таблицата, а по-долу е разширена серия от тези елементи, наречени лантаниди.
Започвайки от 72-ри елемент - хафний - до 80-ти елемент - живак, запълването с електрони продължава 5 д- подниво и периодът завършва, както обикновено, с шест елемента (от талий до радон), в атомите на които е изпълнен с електрони Р-подниво на външното, шесто, ниво. Това е най-големият период, включващ 32 елемента.
В атомите на елементите от седмия, непълен, период се вижда същият ред на запълване на поднивата, както е описано по-горе. Позволяваме на учениците да пишат електронни формули на атоми на елементи от 5-7-ми периоди, като вземат предвид всичко, което беше казано по-горе.
Забележка:в някои учебници е разрешен различен ред на записване на електронните формули на атомите на елементите: не в реда, в който са попълнени, а в съответствие с броя на електроните, даден в таблицата на всяко енергийно ниво. Например електронната формула на атом арсен може да изглежда така: As 1с 2 2с 2 2Р 6 3с 2 3стр 6 3д 10 4с 2 4стр 3 .
