Strona 1
3. Napisz formułę elektroniczną i ona tal Tl 3+. Dla elektronów walencyjnych atom Tl wskazuje zbiór wszystkich czterech liczb kwantowych.
Rozwiązanie:
Zgodnie z regułą Klechkowskiego wypełnianie poziomów i podpoziomów energii następuje w następującej kolejności:
1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s(5d 1)4f
5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.
Pierwiastek tal Tl ma ładunek jądrowy odpowiednio +81 (liczba atomowa 81) 81 elektronów. Zgodnie z regułą Klechkowskiego rozdzielamy elektrony pomiędzy podpoziomy energii i otrzymujemy wzór elektronowy pierwiastka Tl:
81 Tl tal 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
Jon talu Tl 3+ ma ładunek +3, co oznacza, że atom oddał 3 elektrony, a ponieważ atom może oddać tylko elektrony walencyjne poziomu zewnętrznego (w przypadku talu są to dwa elektrony 6s i jeden elektron 6p), jego formuła elektroniczna będzie wyglądać następująco:
81 Tl 3+ tal 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
Główna liczba kwantowa N określa całkowitą energię elektronu i stopień jego usunięcia z jądra (liczba poziomów energetycznych); przyjmuje dowolne wartości całkowite począwszy od 1 (n=1, 2, 3, ...), tj. odpowiada numerowi okresu.
Orbitalna (boczna lub azymutalna) liczba kwantowa l określa kształt orbitalu atomowego. Może przyjmować wartości całkowite od 0 do n-1 (l=0, 1, 2, 3,..., n-1). Niezależnie od numeru poziomu energii, każda wartość l Orbitalna liczba kwantowa odpowiada orbitalowi o specjalnym kształcie.
Orbitale z l= 0 nazywane są orbitalami s,
l= 1 – p-orbitale (3 rodzaje, różniące się magnetyczną liczbą kwantową m),
l= 2 – d-orbitale (5 typów),
l= 3 – f-orbitale (7 typów).
Magnetyczna liczba kwantowa m l charakteryzuje położenie orbitalu elektronowego w przestrzeni i przyjmuje wartości całkowite od - l do + l, w tym 0. Oznacza to, że dla każdego kształtu orbity istnieje (2 l+ 1) energetycznie równoważna orientacja w przestrzeni.
Spinowa liczba kwantowa m S charakteryzuje moment magnetyczny powstający, gdy elektron obraca się wokół własnej osi. Akceptuje tylko dwie wartości +1/2 i –1/2 odpowiadające przeciwnym kierunkom obrotu.
Elektrony walencyjne to elektrony na zewnętrznym poziomie energii. Tal ma 3 elektrony walencyjne: 2 elektrony s i 1 elektron p.
Liczby kwantowe s – elektrony:
Orbitalna liczba kwantowa l= 0 (s – orbital)
Magnetyczna liczba kwantowa m l = (2 l+ 1 = 1): m l = 0.
Spinowa liczba kwantowa m S = ±1/2
Liczby kwantowe p – elektron:
Główna liczba kwantowa n = 6 (szósty okres)
Orbitalna liczba kwantowa l= 1 (p – orbitalny)
Magnetyczna liczba kwantowa (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1
Spinowa liczba kwantowa m S = ±1/2
23. Wskaż te właściwości pierwiastków chemicznych, które zmieniają się okresowo. Jaki jest powód okresowego powtarzania się tych właściwości? Na przykładach wyjaśnij istotę okresowości zmian właściwości związków chemicznych.
Rozwiązanie:
Właściwości pierwiastków, zdeterminowane budową zewnętrznych warstw elektronowych atomów, w naturalny sposób zmieniają się w zależności od okresów i grup układu okresowego. W tym przypadku podobieństwo struktur elektronowych powoduje podobieństwo właściwości elementów analogowych, ale nie identyczność tych właściwości. Dlatego przy przechodzeniu od jednego elementu do drugiego w grupach i podgrupach obserwuje się nie proste powtarzanie właściwości, ale ich mniej lub bardziej wyraźną naturalną zmianę. W szczególności zachowanie chemiczne atomów pierwiastków objawia się ich zdolnością do utraty i zyskania elektronów, tj. w ich zdolności do utleniania i redukcji. Ilościowa miara zdolności atomu stracić elektrony są potencjał jonizacyjny (E I ) i miarę ich zdolności ponownie zdobyć– powinowactwo elektronowe (E Z ). Charakter zmian tych wielkości podczas przejścia z jednego okresu do drugiego powtarza się, a zmiany te polegają na zmianie konfiguracji elektronowej atomu. Zatem gotowe warstwy elektroniczne odpowiadające atomom gazów obojętnych wykazują zwiększoną stabilność i zwiększoną wartość potencjałów jonizacyjnych w okresie. Jednocześnie s-elementy pierwszej grupy (Li, Na, K, Rb, Cs) mają najniższe wartości potencjału jonizacyjnego.
Elektroujemność jest miarą zdolności atomu danego pierwiastka do przyciągania do siebie elektronów w porównaniu z atomami innych pierwiastków w związku. Według jednej z definicji (Mullikena) elektroujemność atomu można wyrazić jako połowę sumy jego energii jonizacji i powinowactwa elektronowego: = (E i + E c).
W okresach występuje ogólna tendencja do wzrostu elektroujemności pierwiastka, a w podgrupach maleje. Najniższe wartości elektroujemności mają pierwiastki s z grupy I, a najwyższe z pierwiastków p z grupy VII.
Elektroujemność tego samego pierwiastka może się różnić w zależności od stanu wartościowości, hybrydyzacji, stopnia utlenienia itp. Elektroujemność znacząco wpływa na charakter zmian właściwości związków pierwiastków. Przykładowo kwas siarkowy wykazuje silniejsze właściwości kwasowe niż jego chemiczny odpowiednik - kwas selenowy, gdyż w tym ostatnim centralny atom selenu, ze względu na niższą elektroujemność w porównaniu z atomem siarki, nie polaryzuje tak silnie wiązań H–O w kwasie , co oznacza osłabienie kwasowości.
H–O O
Inny przykład: wodorotlenek chromu(II) i wodorotlenek chromu(VI). Wodorotlenek chromu (II), Cr(OH) 2, wykazuje podstawowe właściwości w przeciwieństwie do wodorotlenku chromu (VI), H 2 CrO 4, ponieważ stopień utlenienia chromu +2 determinuje słabość oddziaływania kulombowskiego Cr 2+ z jon wodorotlenkowy i łatwość eliminacji tego jonu, tj. przejaw podstawowych właściwości. Jednocześnie wysoki stopień utlenienia chromu +6 w wodorotlenku chromu (VI) determinuje silne przyciąganie kulombowskie pomiędzy jonem wodorotlenkowym a centralnym atomem chromu i niemożność dysocjacji wzdłuż wiązania 
- OH. Z drugiej strony wysoki stopień utlenienia chromu w wodorotlenku chromu(VI) zwiększa jego zdolność do przyciągania elektronów, tj. elektroujemność, która powoduje wysoki stopień polaryzacji wiązań H–O w tym związku, będący warunkiem wzrostu kwasowości.
Następną ważną cechą atomów jest ich promień. W okresach promienie atomów metali zmniejszają się wraz ze wzrostem liczby atomowej pierwiastka, ponieważ wraz ze wzrostem liczby atomowej pierwiastka w danym okresie wzrasta ładunek jądra, a tym samym całkowity ładunek elektronów, które go równoważą; w konsekwencji wzrasta również przyciąganie kulombowskie elektronów, co ostatecznie prowadzi do zmniejszenia odległości między nimi a jądrem. Najbardziej wyraźny spadek promienia obserwuje się w elementach o krótkich okresach, w których zewnętrzny poziom energii jest wypełniony elektronami.
W dużych okresach pierwiastki d i f wykazują płynniejszy spadek promieni wraz ze wzrostem ładunku jądra atomowego. W każdej podgrupie pierwiastków promienie atomowe mają tendencję do zwiększania się od góry do dołu, ponieważ takie przesunięcie oznacza przejście na wyższy poziom energii.
Wpływ promieni jonów pierwiastków na właściwości tworzących się przez nie związków można zobrazować na przykładzie wzrostu kwasowości kwasów halogenowodorowych w fazie gazowej: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nazwij pierwiastki, których atomy możliwy jest tylko jeden stan wartościowości i wskaż, czy będzie on zmielony, czy wzbudzony.
Rozwiązanie:
Atomy pierwiastków posiadające jeden niesparowany elektron na zewnętrznym poziomie energii walencyjnej mogą mieć jeden stan walencyjny – są to pierwiastki I grupy układu okresowego (H – wodór, Li – lit, Na – sód, K – potas, Rb – rubid , Ag – srebro, Cs – cez, Au – złoto, Fr – frans), z wyjątkiem miedzi, gdyż d-elektrony poziomu przedzewnętrznego biorą także udział w tworzeniu wiązań chemicznych, których liczbę określa się przez wartościowość (stan podstawowy atomu miedzi 3d 10 4s 1 wynika ze stabilności wypełnionej powłoki d-, jednak pierwszy stan wzbudzony 3d 9 4s 2 przekracza energię stanu podstawowego tylko o 1,4 eV (około 125 kJ /mol).Dlatego w związkach chemicznych oba stany występują w tym samym stopniu, dając dwie serie związków miedzi (I) i (II)).
Również atomy pierwiastków, w których zewnętrzny poziom energii jest całkowicie zapełniony, a elektrony nie mają możliwości przejścia w stan wzbudzony, mogą mieć jeden stan wartościowości. Są to pierwiastki głównej podgrupy grupy VIII – gazy obojętne (He – hel, Ne – neon, Ar – argon, Kr – krypton, Xe – ksenon, Rn – radon).
Dla wszystkich wymienionych elementów jedynym stanem wartościowości jest stan podstawowy, ponieważ nie ma możliwości przejścia do stanu wzbudzonego. Dodatkowo przejście do stanu wzbudzonego wyznacza nowy stan walencyjny atomu, zatem jeśli takie przejście jest możliwe, to stan walencyjny danego atomu nie jest jedyny.
63. Wykorzystując model odpychania par elektronów walencyjnych oraz metodę wiązań walencyjnych, rozważ strukturę przestrzenną proponowanych cząsteczek i jonów. Wskaż: a) liczbę wiązań i wolnych par elektronów atomu centralnego; b) liczba orbitali biorących udział w hybrydyzacji; c) rodzaj hybrydyzacji; d) rodzaj cząsteczki lub jonu (AB m E n); e) przestrzenne rozmieszczenie par elektronów; f) struktura przestrzenna cząsteczki lub jonu.
SO3; 
Rozwiązanie:
Zgodnie z metodą wiązań walencyjnych (stosowanie tej metody prowadzi do takiego samego rezultatu, jak przy użyciu modelu OEPBO) o konfiguracji przestrzennej cząsteczki decyduje przestrzenny układ orbitali hybrydowych atomu centralnego, które powstają w wyniku interakcja między orbitalami.
Aby określić rodzaj hybrydyzacji atomu centralnego, konieczna jest znajomość liczby orbitali hybrydyzujących. Można to znaleźć, dodając liczbę wiązań i samotnych par elektronów atomu centralnego i odejmując liczbę wiązań π.
W cząsteczce SO3
całkowita liczba par wiązań wynosi 6. Odejmując liczbę wiązań π, otrzymujemy liczbę orbitali hybrydyzujących: 6 – 3 = 3. Zatem rodzaj hybrydyzacji to sp 2, typ jonu to AB 3, układ przestrzenny par elektronów ma kształt trójkąta, a sama cząsteczka jest trójkątem:
W jonach 
całkowita liczba par wiązań wynosi 4. Nie ma wiązań π. Liczba orbitali hybrydyzujących: 4. Zatem typ hybrydyzacji to sp 3, typ jonu AB 4, układ przestrzenny par elektronów ma kształt czworościanu, a sam jon jest czworościanem:
83. Napisz równania możliwych reakcji oddziaływania KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 z podanymi poniżej związkami:
H 2 SO 3, BaO, CO 2, HNO 3, Ni(OH) 2, Ca(OH) 2;
Rozwiązanie:
a) Reakcje reakcji KOH
2KOH + H 2 SO 3 K 2 SO 3 + 2H 2 O
2 tys. + + 2 OH - + 2H+ + SO 3 2- 2K + + SO 3 2- + H 2 O
OH - + H + H 2 O
KOH + BaO brak reakcji
2KOH + CO 2 K 2 CO 3 + H 2 O
2 tys. + + 2 OH - + WSPÓŁ 2 2K + + WSPÓŁ 3 2- + H 2 O
2OH - + H 2 WSPÓŁ 3 WSPÓŁ 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3 brak reakcji, roztwór zawiera jednocześnie jony:
K + + OH - + H + + NO 3 -
2KOH + Ni(OH) 2 K
2 tys. + + 2 OH- + Ni(OH) 2 K + + -
KOH + Ca(OH) 2 brak reakcji
b) reakcje reakcyjne H 2 SO 4
H 2 SO 4 + H 2 SO 3 brak reakcji
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 brak reakcji
H 2 SO 4 + HNO 3 brak reakcji
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) reakcje reakcji H 2 O
H 2 O + H 2 SO 3 brak reakcji
H 2 O + BaO Ba(OH) 2
H 2 O + BaO Ba 2+ + 2OH -
H 2 O + CO 2 brak reakcji
H 2 O + HNO 3 brak reakcji
H 2 O + NO 2 brak reakcji
H 2 O + Ni(OH) 2 brak reakcji
H 2 O + Ca(OH) 2 brak reakcji
a) reakcje reakcji Be(OH) 2
Be(OH) 2 + H 2 SO 3 BeSO 3 + 2H 2 O
Być(OH) 2 + 2H+ + SO 3 2- Bądź 2+ + SO 3 2- + 2 H 2 O
Być(OH) 2 + 2H+ Bądź 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO brak reakcji
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
Być(OH) 2 + 2H+ + NIE 3 - Być 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O
Być(OH) 2 + 2H + Być 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2 brak reakcji
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2 brak reakcji
103. Dla wskazanej reakcji
b) wyjaśnić, który z czynników: entropia czy entalpia przyczynia się do spontanicznego wystąpienia reakcji w kierunku do przodu;
c) w którym kierunku (bezpośrednim czy odwrotnym) będzie przebiegać reakcja w temperaturze 298 K i 1000 K;
e) wymienić wszystkie sposoby zwiększania stężenia produktów mieszaniny równowagowej.
f) wykreśl zależność ΔG p (kJ) od T (K)
Rozwiązanie:
CO (g) + H 2 (g) = C (k) + H 2 O (g)
Standardowa entalpia tworzenia substancji, entropia i energia Gibbsa tworzenia substancji
1. (ΔH 0 298) godz. =
– 
= -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. Reakcji bezpośredniej towarzyszy spadek entropii, zaburzenie w układzie maleje - czynnik niekorzystny dla wystąpienia reakcji chemicznej w kierunku do przodu.
3. Oblicz standardową energię Gibbsa reakcji.
zgodnie z prawem Hessa:
(ΔG 0 298) godz. = 
– 
= -228,8 +137,1 = -91,7 kJ
Okazało się, że (ΔН 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) c.r. ·T, a następnie (ΔG 0 298) godz.
4. 
≈ 
≈ 982,6 K.
≈ 982,6 K to przybliżona temperatura, w której ustala się prawdziwa równowaga chemiczna; powyżej tej temperatury nastąpi reakcja odwrotna. W danej temperaturze oba procesy są jednakowo prawdopodobne.
5. Oblicz energię Gibbsa w temperaturze 1000 K:
(ΔG 0 1000) godz. ≈ ΔН 0 298 – 1000·ΔS 0 298 ≈ -131,4 – 1000·(-133,66)·10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.
Te. przy 1000 K: ΔS 0 godz. ·Т > ΔН 0 godz.
Decydujący stał się współczynnik entalpii, samorzutne wystąpienie reakcji bezpośredniej stało się niemożliwe. Zachodzi reakcja odwrotna: z jednego mola gazu i 1 mola substancji stałej powstają 2 mole gazu.
log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.
Układ jest daleki od stanu prawdziwej równowagi chemicznej, dominują w nim produkty reakcji.
Zależność ΔG 0 od temperatury reakcji
CO (g) + H 2 (g) = C (k) + H 2 O (g)
K 1000 = 0,86 > 1 – układ jest bliski równowagi, ale w tej temperaturze przeważają w nim substancje wyjściowe.
8. Zgodnie z zasadą Le Chateliera wraz ze wzrostem temperatury równowaga powinna przesuwać się w stronę reakcji odwrotnej, a stała równowagi powinna maleć.
9. Zastanówmy się, jak nasze obliczone dane zgadzają się z zasadą Le Chateliera. Przedstawmy kilka danych pokazujących zależność energii Gibbsa i stałej równowagi tej reakcji od temperatury:
|
T., K |
ΔG 0 t, kJ |
Kt |
|
298 |
-131,34 |
10 16 |
|
982,6 |
0 |
1 |
|
1000 |
2,32 |
0,86 |
Uzyskane obliczone dane odpowiadają zatem naszym wnioskom wysuniętym na podstawie zasady Le Chateliera.
123. Równowaga w układzie:
)
ustalone dla następujących stężeń: [B] i [C], mol/l.
Wyznaczyć początkowe stężenie substancji [B] 0 i stałą równowagi, jeżeli początkowe stężenie substancji A wynosi [A] 0 mol/l
Z równania widać, że do utworzenia 0,26 mola substancji C potrzeba 0,13 mola substancji A i takiej samej ilości substancji B.
Wówczas równowagowe stężenie substancji A wynosi [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.
Początkowe stężenie substancji B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.
Odpowiedź: [B] 0 = 0,26 mol/l, Kp = 1,93.
143. a) 300 g roztworu zawiera 36 g KOH (gęstość roztworu 1,1 g/ml). Oblicz stężenie procentowe i molowe tego roztworu.
b) Ile gramów sody krystalicznej Na 2 CO 3 ·10H 2 O należy pobrać, aby przygotować 2 litry 0,2 M roztworu Na 2 CO 3?
Rozwiązanie:
Stężenie procentowe obliczamy za pomocą równania:
Masa molowa KOH wynosi 56,1 g/mol;
Aby obliczyć molarność roztworu, znajdujemy masę KOH zawartego w 1000 ml (tj. 1000 · 1,100 = 1100 g) roztworu:
1100: 100 = Na: 12; Na= 12 1100 / 100 = 132 g
C m = 56,1 / 132 = 0,425 mol/l.
Odpowiedź: C = 12%, Cm = 0,425 mol/l
Rozwiązanie:
1. Znajdź masę bezwodnej soli
m = cm·M·V, gdzie M to masa molowa, V to objętość.
m = 0,2 106 2 = 42,4 g.
2. Znajdź masę hydratu kryształu z proporcji
masa molowa krystalicznego hydratu 286 g/mol - masa X
masa molowa soli bezwodnej 106g/mol - masa 42,4g
stąd X = m Na 2CO 3 10H 2 O = 42,4 286/106 = 114,4 g.
Odpowiedź: m Na 2 CO 3 10H 2 O = 114,4 g.
163. Oblicz temperaturę wrzenia 5% roztworu naftalenu C 10 H 8 w benzenie. Temperatura wrzenia benzenu wynosi 80,2 0 C.
|
Dany: Średnia (C 10 H 8) = 5% twrzeć (C 6 H 6) = 80,2 0 C |
|
Znajdować: gotować (roztwór) -? |
Rozwiązanie:
Z drugiego prawa Raoulta
ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)
Tutaj E jest stałą ebulioskopową rozpuszczalnika
E(C6H6) = 2,57
m A to masa rozpuszczalnika, m B to masa substancji rozpuszczonej, M B to jej masa cząsteczkowa.
Niech masa roztworu wyniesie 100 gramów, zatem masa substancji rozpuszczonej wynosi 5 gramów, a masa rozpuszczalnika wynosi 100 – 5 = 95 gramów.
M (naftalen C 10 H 8) = 12 10 + 1 8 = 128 g/mol.
Podstawiamy wszystkie dane do wzoru i znajdujemy wzrost temperatury wrzenia roztworu w porównaniu z czystym rozpuszczalnikiem:
ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056
Temperaturę wrzenia roztworu naftalenu można wyznaczyć ze wzoru:
T k.r-ra = T k.r-la + ΔT = 80,2 + 1,056 = 81,256
Odpowiedź: 81,256 o C
183. Zadanie 1. Napisz równania dysocjacji i stałe dysocjacji dla słabych elektrolitów.
Zadanie 2. Mając równania jonowe, napisz odpowiednie równania molekularne.
Zadanie 3. Napisz równania reakcji dla następujących przemian w postaci molekularnej i jonowej.
|
NIE. |
Ćwiczenie 1 |
Zadanie 2 |
Zadanie 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 |
Rozwiązanie:
Napisz równania dysocjacji i stałe dysocjacji dla słabych elektrolitów.
Ist.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -
Kd 1 = 
= 1,5·10 -5
IIst.: ZnOH + ↔ Zn 2+ + OH -
Kd2 = 
= 4,9·10 -7
Zn(OH) 2 – wodorotlenek amfoteryczny, możliwa dysocjacja typu kwasowego
Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -
Kd 1 = 
IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-
Kd2 = 
H 3 AsO 4 – kwas ortoarsenowy – mocny elektrolit, całkowicie dysocjuje w roztworze:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Mając równania jonowe, napisz odpowiednie równania molekularne.
Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl
NiCl2 + NaOH (niewystarczający) = NiOHCl + NaCl
Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - = NiOHCl + Na + + Cl -
Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Zapisz równania reakcji dla następujących przemian w postaci molekularnej i jonowej.
NaHSO 3 →Na 2 SO 3 →H 2 SO 3 →NaHSO 3
1) NaHSO 3 + NaOH →Na 2 SO 3 + H 2 O
Nie++ HSO 3 - +Na++ OH- → 2Na + + WIĘC 3 2- + H 2 O
HSO 3 - + OH - → + WIĘC 3 2- + H 2 O
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3
2Na + + WIĘC 3 2- + 2N+ + SO 4 2- → H 2 WIĘC 3 + 2Na + + WIĘC 3 2-
WIĘC 3 2- + 2N + → H 2 WIĘC 3 + WIĘC 3 2-
3) H 2 SO 3 (nadmiar) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O
2 N + + WIĘC 3 2- + Na + + OH- → Na + + HSO 3 - + H 2 O
2
N + + WIĘC 3 2 + OH- → Na + + H 2 O
203. Zadanie 1. Napisz równania hydrolizy soli w postaci molekularnej i jonowej, wskaż pH roztworów (pH > 7, pH Zadanie 2. Napisz równania reakcji zachodzących pomiędzy substancjami w roztworach wodnych
|
NIE. |
Ćwiczenie 1 |
Zadanie 2 |
|
203 |
Na2S; CrBr 3 |
FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3 |
Zadanie 1. Napisz równania hydrolizy soli w postaciach molekularnych i jonowych, wskaż pH roztworów (pH > 7, pH
Na2S - sól utworzona przez mocną zasadę i słaby kwas ulega hydrolizie na anionie. Odczyn ośrodka jest zasadowy (pH > 7).
Ist. Na2S + HON ↔ NaHS + NaOH
2Na + + S 2- + HON ↔ Na + + HS - + Na + + OH -
IIst. NaHS + HOH ↔ H2S + NaOH
Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 -
sól utworzona przez słabą zasadę i mocny kwas ulega hydrolizie do kationu. Reakcja środowiska jest kwaśna (pH
Ist. CrBr3 + HOH ↔ CrOHBr2 + HBr
Cr 3+ + 3Br - + HOH ↔ CrOH 2+ + 2Br - + H + + Br -
IIst. CrOHBr2 + HON ↔ Cr(OH)2Br + HBr
CrOH 2+ + 2Br - + HOH ↔ Cr(OH) 2 + + Br - + H + + Br -
III art. Cr(OH) 2Br + HON↔ Cr(OH) 3 + HBr
Cr(OH) 2 + + Br - + HOH↔ Cr(OH) 3 + H + + Br -
Hydroliza zachodzi głównie w pierwszym etapie.
Zadanie 2. Napisz równania reakcji zachodzących pomiędzy substancjami w roztworach wodnych
FeCl 3 + Na 2 CO 3
FeCl3 – sól utworzona przez mocny kwas i słabą zasadę
Na 2 CO 3 – sól utworzona przez słaby kwas i mocną zasadę
2FeCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 6H(OH) = 2Fe(OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6NaCl
2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 WSPÓŁ 3 2- + 6N(ON) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 WSPÓŁ 3 + 6Na + +6Cl -
2Fe 3+ + 3WSPÓŁ 3 2- + 6N(ON) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3
Następuje wzajemne wzmocnienie hydrolizy
Al 2 (SO 4) 3 – sól utworzona przez mocny kwas i słabą zasadę
Na2CO3 – sól utworzona przez słaby kwas i mocną zasadę
Kiedy dwie sole hydrolizują razem, powstaje słaba zasada i słaby kwas:
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 +
Podsumowanie równania hydrolizy
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
2Glin 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 -
2Glin 3+ + 2CO 3
2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3
Strona 1
Algorytm tworzenia wzoru elektronicznego pierwiastka:
1. Określ liczbę elektronów w atomie, korzystając z układu okresowego pierwiastków chemicznych D.I. Mendelejew.
2. Korzystając z numeru okresu, w którym znajduje się element, określ liczbę poziomów energii; liczba elektronów na ostatnim poziomie elektronicznym odpowiada numerowi grupy.
3. Podziel poziomy na podpoziomy i orbitale i wypełnij je elektronami zgodnie z zasadami wypełniania orbitali:
Należy pamiętać, że pierwszy poziom zawiera maksymalnie 2 elektrony 1s 2, na drugim - maksymalnie 8 (dwa S i sześć R: 2s 2 2p 6), na trzecim - maksymalnie 18 (dwa S, sześć P i dziesięć d: 3s 2 3p 6 3d 10).
- Główna liczba kwantowa N powinno być minimalne.
- Pierwszy do wypełnienia S- zatem podpoziom р-, d- b f- podpoziomy.
- Elektrony wypełniają orbitale w kolejności rosnącej energii orbitali (reguła Klechkowskiego).
- W podpoziomie elektrony najpierw zajmują wolne orbitale jeden po drugim, a dopiero potem tworzą pary (reguła Hunda).
- Na jednym orbicie nie może znajdować się więcej niż dwa elektrony (zasada Pauliego).
Przykłady.
1. Stwórzmy elektroniczny wzór na azot. Azot jest numerem 7 w układzie okresowym.
2. Stwórzmy elektroniczny wzór na argon. Argon jest numerem 18 w układzie okresowym.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6.
3. Stwórzmy elektroniczną formułę chromu. Chrom jest numerem 24 w układzie okresowym.
1s 2 2s 2 14:00 6 3s 2 15:00 6 4s 1 3d 5
Wykres energetyczny cynku.
4. Stwórzmy elektroniczną formułę cynku. Cynk jest numerem 30 w układzie okresowym.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10
Należy pamiętać, że część wzoru elektronicznego, a mianowicie 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, jest elektroniczną formułą argonu.
Elektronową formułę cynku można przedstawić jako:
Pisząc wzory elektroniczne na atomy pierwiastków, należy wskazać poziomy energii (wartości głównej liczby kwantowej N w postaci liczb - 1, 2, 3 itd.), podpoziomów energii (orbitalne wartości liczb kwantowych l w formie listów - S, P, D, F), a liczba u góry wskazuje liczbę elektronów na danym podpoziomie.
Pierwszym elementem tabeli jest D.I. Mendelejew to wodór, a więc ładunek jądra atomu N równa się 1, atom ma tylko jeden elektron na S-podpoziom pierwszego poziomu. Dlatego wzór elektroniczny atomu wodoru ma postać:
Drugim pierwiastkiem jest hel; jego atom ma dwa elektrony, więc wzór elektronowy atomu helu to 2 Nie 1S 2. Pierwszy okres obejmuje tylko dwa elementy, ponieważ pierwszy poziom energii jest wypełniony elektronami, które mogą być zajęte tylko przez 2 elektrony.
Trzeci pierwiastek w kolejności - lit - znajduje się już w drugim okresie, dlatego jego drugi poziom energetyczny zaczyna być wypełniany elektronami (mówiliśmy o tym powyżej). Rozpoczyna się wypełnianie drugiego poziomu elektronami S-podpoziom, dlatego wzór elektroniczny atomu litu wynosi 3 Li 1S 2 2S 1. Zakończenie napełniania atomu berylu elektronami S-podpoziom: 4 We 1S 2 2S 2 .
W kolejnych elementach II okresu drugi poziom energetyczny w dalszym ciągu jest zapełniony elektronami, tyle że teraz jest zapełniony elektronami R-podpoziom: 5 W 1S 2 2S 2 2R 1 ; 6 Z 1S 2 2S 2 2R 2 … 10 Nie 1S 2 2S 2 2R 6 .
Atom neonu kończy się napełnianiem elektronami R-podpoziom, element ten kończy drugi okres, ponieważ ma osiem elektronów S- I R-podpoziomy mogą zawierać tylko osiem elektronów.
Elementy trzeciego okresu mają podobną kolejność wypełniania elektronami podpoziomów energetycznych trzeciego poziomu. Formuły elektroniczne atomów niektórych pierwiastków tego okresu są następujące:
11 Nie 1S 2 2S 2 2R 6 3S 1 ; 12 Mg 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 ; 13 Glin 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 .
Trzeci okres, podobnie jak drugi, kończy się pierwiastkiem (argonem), który jest całkowicie wypełniony elektronami R-podpoziom, chociaż trzeci poziom obejmuje trzy podpoziomy ( S, R, D). Zgodnie z powyższą kolejnością wypełniania podpoziomów energetycznych zgodnie z regułami Klechkowskiego, energia podpoziomu 3 D więcej energii poziomu 4 S dlatego atom potasu obok argonu i atom wapnia za nim są wypełnione elektronami 3 S– podpoziom czwartego poziomu:
19 DO 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 ; 20 Ok 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 2 .
Począwszy od 21. pierwiastka - skandu, podpoziom 3 w atomach pierwiastków zaczyna być wypełniany elektronami D. Formuły elektroniczne atomów tych pierwiastków to:
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 .
W atomach 24. pierwiastka (chrom) i 29. pierwiastka (miedź) obserwuje się zjawisko zwane „wyciekiem” lub „awarią” elektronu: elektron z zewnętrznego 4 S– podpoziom „spada” o 3 D– podpoziom, wypełniając go do połowy (w przypadku chromu) lub całkowicie (w przypadku miedzi), co przyczynia się do większej stabilności atomu:
24 Kr 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 3D 5 (zamiast... 4 S 2 3D 4) i
29 Cu 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 3D 10 (zamiast... 4 S 2 3D 9).
Począwszy od 31. pierwiastka - galu, trwa napełnianie 4. poziomu elektronami, teraz - R– podpoziom:
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 .
Element ten kończy czwarty okres, który obejmuje już 18 elementów.
Podobna kolejność wypełniania podpoziomów energetycznych elektronami występuje w atomach pierwiastków V okresu. Dla pierwszych dwóch (rubid i stront) jest wypełniony S– podpoziom 5 poziomu, dla kolejnych dziesięciu pierwiastków (od itru do kadmu) jest wypełniony D– podpoziom IV poziomu; Okres uzupełnia sześć pierwiastków (od indu po ksenon), których atomy są wypełnione elektronami R– podpoziom zewnętrznego, piątego poziomu. Okres ma również 18 elementów.
W przypadku elementów szóstego okresu ta kolejność wypełniania jest naruszana. Na początku okresu, jak zwykle, znajdują się dwa pierwiastki, których atomy są wypełnione elektronami S– podpoziom zewnętrznego, szóstego poziomu. Kolejny pierwiastek za nimi, lantan, zaczyna wypełniać się elektronami D– podpoziom poprzedniego poziomu, tj. 5 D. To kończy napełnianie elektronami 5 D-podpoziom zatrzymuje się i zaczyna się wypełniać kolejnych 14 pierwiastków - od ceru do lutetu F-podpoziom czwartego poziomu. Wszystkie te pierwiastki znajdują się w jednej komórce tabeli, a poniżej znajduje się rozwinięty rząd tych pierwiastków, zwanych lantanowcami.
Począwszy od 72. pierwiastka - hafnu - do 80. pierwiastka - rtęci, napełnianie elektronami trwa 5 D-podpoziom, a okres kończy się, jak zwykle, sześcioma pierwiastkami (od talu po radon), których atomy są wypełnione elektronami R– podpoziom zewnętrznego, szóstego poziomu. Jest to największy okres, obejmujący 32 elementy.
W atomach pierwiastków siódmego, niepełnego okresu widoczna jest ta sama kolejność wypełniania podpoziomów, jak opisano powyżej. Pozwalamy uczniom samodzielnie pisać elektroniczne formuły atomów pierwiastków okresów 5 – 7, biorąc pod uwagę wszystko, co powiedziano powyżej.
Notatka:W niektórych podręcznikach dopuszcza się inną kolejność zapisywania elektronicznych wzorów atomów pierwiastków: nie w kolejności ich wypełniania, ale zgodnie z podaną w tabeli liczbą elektronów na każdym poziomie energii. Na przykład wzór elektroniczny atomu arsenu może wyglądać następująco: As 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 3D 10 4S 2 4P 3 .
