Elektroniczna konfiguracja atomu to wzór pokazujący układ elektronów w atomie według poziomów i podpoziomów. Po przestudiowaniu artykułu dowiesz się, gdzie i jak znajdują się elektrony, zapoznasz się z liczbami kwantowymi i będziesz w stanie zbudować konfigurację elektronową atomu według jego liczby, na końcu artykułu znajduje się tabela pierwiastków.
Po co studiować konfigurację elektroniczną elementów?
Atomy są jak konstruktor: jest pewna liczba części, różnią się od siebie, ale dwie części tego samego typu są dokładnie takie same. Ale ten konstruktor jest znacznie ciekawszy niż plastikowy i oto dlaczego. Konfiguracja zmienia się w zależności od tego, kto jest w pobliżu. Na przykład tlen obok wodoru być może zamieniają się w wodę, obok sodu w gaz, a przebywanie w pobliżu żelaza całkowicie zamienia je w rdzę. Aby odpowiedzieć na pytanie, dlaczego tak się dzieje i przewidzieć zachowanie się atomu obok drugiego, konieczne jest przestudiowanie konfiguracji elektronowej, która zostanie omówiona poniżej.
Ile elektronów znajduje się w atomie?
Atom składa się z jądra i krążących wokół niego elektronów, jądro składa się z protonów i neutronów. W stanie neutralnym każdy atom ma taką samą liczbę elektronów, jak liczba protonów w jego jądrze. Na liczbę protonów wskazywał numer seryjny pierwiastka, np. siarka ma 16 protonów - 16 pierwiastek układu okresowego. Złoto ma 79 protonów - 79 element układu okresowego pierwiastków. W związku z tym w siarce w stanie neutralnym znajduje się 16 elektronów, aw złocie 79 elektronów.
Gdzie szukać elektronu?
Obserwując zachowanie elektronu wyprowadzono pewne wzorce, opisane są one liczbami kwantowymi, w sumie jest ich cztery:
- Główna liczba kwantowa
- Orbitalna liczba kwantowa
- Magnetyczna liczba kwantowa
- Zakręć liczbę kwantową
Orbitalny
Ponadto zamiast słowa orbita użyjemy terminu „orbital”, orbital jest z grubsza funkcją falową elektronu - jest to obszar, w którym elektron spędza 90% czasu.
N - poziom
L - powłoka
M l - liczba orbitalna
M s - pierwszy lub drugi elektron na orbicie
Orbitalna liczba kwantowa l
W wyniku badań chmury elektronowej stwierdzono, że w zależności od poziomu energii, chmura przybiera cztery główne formy: kuli, hantli i dwóch pozostałych, bardziej złożonych. W porządku rosnącym energii formy te nazywane są s-, p-, d- i f-powłokami. Każda z tych powłok może mieć 1 (na s), 3 (na p), 5 (na d) i 7 (na f) orbitali. Orbitalna liczba kwantowa to powłoka, na której znajdują się orbitale. Orbitalna liczba kwantowa odpowiednio dla orbitali s, p, d i f przyjmuje wartości 0,1,2 lub 3.
Na powłoce s jeden orbital (L=0) - dwa elektrony
Na powłoce p znajdują się trzy orbitale (L=1) - sześć elektronów
Na powłoce d znajduje się pięć orbitali (L=2) - dziesięć elektronów
Na powłoce f znajduje się siedem orbitali (L=3) - czternaście elektronów
Magnetyczna liczba kwantowa m l
Na powłoce p znajdują się trzy orbitale, są one oznaczone liczbami od -L do +L, czyli dla powłoki p (L=1) są orbitale „-1”, „0” i „1” . Magnetyczna liczba kwantowa jest oznaczona literą m l .
Wewnątrz powłoki łatwiej jest umieścić elektrony na różnych orbitalach, więc pierwsze elektrony wypełniają jeden na każdy orbital, a następnie do każdego z nich dodawana jest jego para.
Rozważmy d-shell:
Powłoka d odpowiada wartości L=2, czyli pięciu orbitali (-2,-1,0,1 i 2), pierwsze pięć elektronów wypełnia powłokę, przyjmując wartości M l = -2, Ml =-1,Ml=0, Ml=1, Ml=2.
Spinowa liczba kwantowa m s
Spin to kierunek obrotu elektronu wokół własnej osi, istnieją dwa kierunki, więc spinowa liczba kwantowa ma dwie wartości: +1/2 i -1/2. Tylko dwa elektrony o przeciwnych spinach mogą znajdować się na tym samym podpoziomie energetycznym. Spinowa liczba kwantowa jest oznaczona m s
Główna liczba kwantowa n
Główną liczbą kwantową jest poziom energii, w tej chwili znanych jest siedem poziomów energii, każdy oznaczony cyfrą arabską: 1,2,3,...7. Liczba pocisków na każdym poziomie jest równa numerowi poziomu: na pierwszym poziomie jest jedna, na drugim dwie i tak dalej.
Liczba elektronów
Czyli każdy elektron można opisać czterema liczbami kwantowymi, kombinacja tych liczb jest unikalna dla każdej pozycji elektronu, weźmy pierwszy elektron, najniższy poziom energii to N=1, jedna powłoka znajduje się na pierwszym poziomie, pierwsza powłoka na dowolnym poziomie ma kształt kuli (s -shell), tj. L=0, magnetyczna liczba kwantowa może przyjąć tylko jedną wartość, M l =0, a spin będzie równy +1/2. Jeśli weźmiemy piąty elektron (niezależnie od tego, jaki to atom), to głównymi liczbami kwantowymi dla niego będą: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.
Strona 1
3. Zrób formułę elektroniczną i ona tal Tl 3+ . Dla elektronów walencyjnych atom Tl wskazują zbiór wszystkich czterech liczb kwantowych.
Rozwiązanie:
Zgodnie z regułą Klechkowskiego wypełnianie poziomów i podpoziomów energetycznych następuje w następującej kolejności:
1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s(5d 1)4f
5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.
Pierwiastek tal Tl ma ładunek jądrowy +81 (numer seryjny 81), odpowiednio 81 elektronów. Zgodnie z regułą Klechkowskiego rozprowadzamy elektrony na podpoziomach energii, otrzymujemy wzór elektroniczny pierwiastka Tl:
81 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 tylko elektrony walencyjne poziomu zewnętrznego mogą oddać atom (dla talu są to dwa elektrony 6s i jeden 6p) , jego formuła elektroniczna będzie wyglądać tak:
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 (numer poziomu energetycznego); przyjmuje dowolne wartości całkowite zaczynając od 1 (n = 1, 2, 3, . .), tj. odpowiada numerowi okresu.
Orbitalna (boczna lub azymutalna) liczba kwantowa ja 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 ja orbitalna liczba kwantowa odpowiada orbitalowi o specjalnym kształcie.
Orbitale z ja= 0 nazywane są orbitalami s,
ja= 1 - p-orbitale (3 typy różniące się magnetyczną liczbą kwantową m),
ja= 2 - d-orbitale (5 typów),
ja= 3 – f-orbitale (7 typów).
Magnetyczna liczba kwantowa m l charakteryzuje położenie orbitalu elektronowego w przestrzeni i przyjmuje wartości całkowite od - ja do + ja, w tym 0. Oznacza to, że dla każdego kształtu orbity są (2 ja+ 1) energetycznie równoważne orientacje w przestrzeni.
Spinowa liczba kwantowa m S charakteryzuje moment magnetyczny, który występuje, gdy elektron obraca się wokół własnej osi. Przyjmuje tylko dwie wartości +1/2 i -1/2 odpowiadające przeciwnym kierunkom obrotu.
Elektrony walencyjne to elektrony na zewnętrznym poziomie energetycznym. Tal ma 3 elektrony walencyjne: 2 s - elektron i 1 p - elektron.
Liczby kwantowe s - elektrony:
Orbitalna liczba kwantowa ja= 0 (s jest orbitą)
Magnetyczna liczba kwantowa m l = (2 ja+ 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 ja\u003d 1 (p - orbitalny)
Magnetyczna liczba kwantowa (2 ja+ 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 tych właściwości? Wyjaśnij na przykładach na czym polega istota okresowości zmian właściwości związków chemicznych.
Rozwiązanie:
Właściwości pierwiastków, określone przez strukturę zewnętrznych warstw elektronowych atomów, zmieniają się naturalnie w okresach i grupach układu okresowego. Jednocześnie podobieństwo struktur elektronicznych generuje podobieństwo właściwości elementów analogowych, ale nie tożsamość tych właściwości. Dlatego w przejściu od jednego elementu do drugiego w grupach i podgrupach nie dochodzi do prostego powtarzania właściwości, ale ich mniej lub bardziej wyraźna regularna zmiana. W szczególności zachowanie chemiczne atomów pierwiastków przejawia się w ich zdolności do utraty i uzyskania elektronów, tj. w ich zdolności do utleniania i redukcji. Ilościowa miara zdolności atomu stracić elektrony to potencjał jonizacyjny (E oraz ) , oraz miarą ich zdolności n nabywać– powinowactwo elektronowe (E Z ). Charakter zmiany tych wielkości podczas przejścia z jednego okresu do drugiego powtarza się, a zmiany te opierają się na zmianie konfiguracji elektronowej atomu. Tak więc gotowe warstwy elektronowe odpowiadające atomom gazów obojętnych wykazują zwiększoną stabilność i zwiększoną wartość potencjałów jonizacyjnych w okresie. Jednocześnie pierwiastki s pierwszej grupy (Li, Na, K, Rb, Cs) mają najniższe wartości potencjału jonizacyjnego.
Elektroujemność jest miarą zdolności atomu danego pierwiastka do przyciągania elektronów do siebie w porównaniu z atomami innych pierwiastków w związku. Zgodnie z jedną z definicji (Mulliken) 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, aw podgrupach jego spadku. Pierwiastki s grupy I mają najniższe wartości elektroujemności, a pierwiastki p grupy VII mają najwyższe.
Elektroujemność tego samego pierwiastka może się różnić w zależności od stanu walencyjnego, hybrydyzacji, stanu utlenienia itp. Elektroujemność znacząco wpływa na charakter zmiany właściwości związków pierwiastków. Na przykład kwas siarkowy wykazuje silniejsze właściwości kwasowe niż jego odpowiednik chemiczny, kwas selenowy, ponieważ w tym ostatnim centralny atom selenu, ze względu na niższą elektroujemność w porównaniu z atomem siarki, nie polaryzuje wiązań H–O w kwas tak silnie, co oznacza osłabienie kwasowości.
H-O O
Innym przykładem jest 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 rozszczepiania tego jonu, tj. manifestacja głównych właściwości. Jednocześnie wysoki stopień utlenienia chromu +6 w wodorotlenku chromu (VI) powoduje silne przyciąganie kulombowskie między 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, warunkujący wzrost kwasowości.
Kolejną ważną cechą atomów są ich promienie. W okresach promienie atomów metali maleją wraz ze wzrostem liczby porządkowej pierwiastka, ponieważ wraz ze wzrostem liczby porządkowej pierwiastka w okresie wzrasta ładunek jądra, a w konsekwencji całkowity ładunek elektronów, który go równoważy; 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 małych okresach, w których zewnętrzny poziom energii jest wypełniony elektronami.
W dużych okresach pierwiastki d i f wykazują bardziej stopniowy spadek promieni wraz ze wzrostem ładunku jądra atomowego. W każdej podgrupie pierwiastków promienie atomów z reguły rosną od góry do dołu, ponieważ takie przesunięcie oznacza przejście na wyższy poziom energii.
Wpływ promieni jonów pierwiastków na właściwości związków, które tworzą można zilustrować przykładem wzrostu kwasowości kwasów halogenowodorowych w fazie gazowej: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nazwij pierwiastki dla atomów, których tylko jeden stan walencyjny jest możliwy i wskaż, jak będzie - zmielony lub wzbudzony.
Rozwiązanie:
Atomy pierwiastków, które mają jeden niesparowany elektron na zewnętrznym poziomie energii walencyjnej mogą mieć jeden stan walencyjny - są to pierwiastki grupy I układu okresowego (H - wodór, Li - lit, Na - sód, K - potas, Rb - rubid , Ag - srebro, Cs - cez, Au - złoto, Fr - frans), z wyjątkiem miedzi, ponieważ d-elektrony poziomu przedzewnętrznego biorą również udział w tworzeniu wiązań chemicznych, których liczba jest określona wartościowością (stan podstawowy atomu miedzi 3d 10 4s 1 wynika ze stabilności wypełnionej powłoki d, jednak pierwszy stan wzbudzony 3d 9 4s 2 przewyższa energią stan podstawowy tylko o 1,4 eV (około 125 kJ W związku z tym oba stany występują w związkach chemicznych w tym samym stopniu, co daje początek dwóm seriom związków miedzi (I) i (II)).
Również jeden stan walencyjny może mieć atomy pierwiastków, w których zewnętrzny poziom energetyczny jest całkowicie wypełniony, a elektrony nie mają możliwości przejścia w stan wzbudzony. Są to elementy głównej podgrupy grupy VIII - gazy obojętne (He - hel, Ne - neon, Ar - argon, Kr - krypton, Xe - ksenon, Rn - radon).
Dla wszystkich wymienionych elementów jedynym stanem walencyjnym jest stan podstawowy, ponieważ nie ma możliwości przejścia do stanu wzbudzonego. Ponadto przejście do stanu wzbudzonego determinuje nowy stan walencyjny atomu, zatem jeśli takie przejście jest możliwe, stan walencyjny danego atomu nie jest jedynym.
63. Korzystając z modelu odpychania par elektronów walencyjnych oraz metody wiązań walencyjnych, rozważ przestrzenną strukturę proponowanych cząsteczek i jonów. Określ: a) liczbę wiążących i niedzielonych par elektronów centralnego atomu; b) liczba orbitali biorących udział w hybrydyzacji; c) rodzaj hybrydyzacji; d) rodzaj cząsteczki lub jonu (AB m E n); e) przestrzenny układ par elektronów; f) przestrzenna struktura cząsteczki lub jonu.
SO3; 
Rozwiązanie:
Zgodnie z metodą wiązań walencyjnych (stosowanie tej metody prowadzi do takiego samego rezultatu jak zastosowanie modelu EPVO) konfiguracja przestrzenna cząsteczki jest determinowana przez przestrzenne rozmieszczenie orbitali hybrydowych atomu centralnego, które tworzą się jako wynik interakcji między orbitalami.
Aby określić rodzaj hybrydyzacji atomu centralnego, konieczne jest poznanie liczby orbitali hybrydyzujących. Można go znaleźć, dodając liczbę wiązań i samotnych par elektronów centralnego atomu i odejmując liczbę wiązań π.
W cząsteczce SO 3
całkowita liczba par wiążących wynosi 6. Odejmując liczbę wiązań π, otrzymujemy liczbę hybrydyzujących orbitali: 6 - 3 \u003d 3. Zatem typ hybrydyzacji sp 2, typ jonu AB 3, przestrzenny układ par elektronów ma kształt trójkąta, a sama cząsteczka to trójkąt:
w jonach 
łączna liczba par wiążących wynosi 4. Nie ma wiązań π. Liczba orbitali hybrydyzujących: 4. Tak więc rodzaj hybrydyzacji sp 3, typ jonu AB 4, przestrzenne rozmieszczenie par elektronów ma kształt czworościanu, a sam jon jest czworościanem:
83. Napisz równania możliwych reakcji interakcji KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 ze związkami podanymi poniżej:
H2SO3, BaO, CO2, HNO3, Ni(OH)2, Ca(OH)2;
Rozwiązanie:
a) reakcje oddziaływań KOH
2KOH + H 2 SO 3 K 2 SO 3 + 2 H 2 O
2K++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
2K++2 Oh - + WSPÓŁ 22K + + WSPÓŁ 3 2- + H 2 O
2Oh - + H 2 WSPÓŁ 3 WSPÓŁ 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3 brak reakcji, jony są jednocześnie w roztworze:
K + + OH - + H + + NO 3 -
2KOH + Ni(OH) 2 K
2K++2 Oh- + Ni(OH) 2 K + + -
KOH + Ca(OH) 2 brak reakcji
b) reakcje interakcji 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 + 2 H 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 + 2 H 2 O
2H + + SO 4 2- + Ca (OH) 2 CaSO 4 + 2H 2 O
c) reakcje interakcji H 2 O
H 2 O + H 2 SO 3 brak reakcji
H2O + 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 interakcji Be (OH) 2
Be (OH) 2 + H 2 SO 3 BeSO 3 + 2 H 2 O
Bądź(O) 2 + 2H+ + SO 3 2- Bądź 2+ + SO 3 2- + 2 H 2 O
Bądź(O) 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
Bądź(O) 2 + 2H+ + NO 3 - Być 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O
Bądź(O) 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 przepływu reakcji w kierunku do przodu;
c) w jakim kierunku (do przodu lub do tyłu) reakcja będzie przebiegać przy 298K i 1000K;
e) wymienić wszystkie sposoby zwiększenia stężenia produktów mieszaniny równowagowej.
f) zbuduj wykres ΔG p (kJ) z T (K)
Rozwiązanie:
CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)
Standardowa entalpia tworzenia, entropia i energia Gibbsa tworzenia substancji
1. (ΔН 0 298) x.w. =
– 
\u003d -241,84 + 110,5 \u003d -131,34 kJ 2. (ΔS 0 298) x.r. = 
+ 
– 
– 
\u003d 188,74 + 5,7-197,5-130,6 \u003d -133,66 J / K \u003d -133,66 10 -3 kJ / mol > 0. Reakcji bezpośredniej towarzyszy spadek entropii, zmniejsza się zaburzenie w układzie - czynnik niekorzystny dla przebiegu reakcji chemicznej w kierunku do przodu.
3. Oblicz standardową energię Gibbsa reakcji.
zgodnie z prawem Hessa:
(ΔG 0 298) x.r. = 
– 
= -228,8 +137,1 = -91,7 kJ
Okazało się, że (ΔH 0 298) x.r. > (ΔS 0 298) x.r. ·T a następnie (ΔG 0 298) x.r.
4. 
≈ 
≈ 982,6 tys.
≈ 982,6 K to przybliżona temperatura, w której ustala się prawdziwa równowaga chemiczna; powyżej tej temperatury będzie przebiegać reakcja odwrotna. W tej temperaturze oba procesy są jednakowo prawdopodobne.
5. Oblicz energię Gibbsa w 1000K:
(ΔG 0 1000) x.r. ≈ ΔН 0 298 - 1000 ΔS 0 298 ≈ -131,4 - 1000 (-133,66) 10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.
Tych. przy 1000 K: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.w.
Decydujący stał się czynnik entalpii, spontaniczny przepływ bezpośredniej reakcji stał się niemożliwy. Postępuje reakcja odwrotna: z 1 mola gazu i 1 mola ciała stałego powstają 2 mole gazu.
lg K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.
Układ jest daleki od stanu prawdziwej równowagi chemicznej, przeważają w nim produkty reakcji.
Zależność temperaturowa ΔG 0 dla reakcji
CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)
K 1000 \u003d 0,86\u003e 1 - system jest bliski stanu równowagi, jednak w tej temperaturze przeważają w nim substancje początkowe.
8. Zgodnie z zasadą Le Chateliera wraz ze wzrostem temperatury równowaga powinna przesuwać się w kierunku reakcji odwrotnej, a stała równowagi powinna maleć.
9. Zastanów się, jak nasze obliczone dane zgadzają się z zasadą Le Chatelier. Przedstawmy kilka danych pokazujących zależność energii Gibbsa i stałej równowagi wskazanej 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 opartym na zasadzie Le Chatelier.
123. Równowaga w systemie:
)
ustalone w następujących stężeniach: [B] i [C], mol/l.
Określić początkowe stężenie substancji [B] 0 i stałą równowagi, jeśli początkowe stężenie substancji A wynosi [A] 0 mol/l
Z równania wynika, że do utworzenia 0,26 mola substancji C potrzeba 0,13 mola substancji A i taką samą ilość substancji B.
Następnie równowagowe stężenie substancji A wynosi [A] \u003d 0,4-0,13 \u003d 0,27 mol / l.
Początkowe stężenie substancji B [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 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 procent i stężenie molowe tego roztworu.
b) Ile gramów sody krystalicznej Na 2 CO 3 10 H 2 O należy wykorzystać do przygotowania 2 litrów 0,2 M roztworu Na 2 CO 3 ?
Rozwiązanie:
Stężenie procentowe znajdujemy z równania:
Masa molowa KOH wynosi 56,1 g/mol;
Aby obliczyć molarność roztworu, znajdujemy masę KOH zawartą w 1000 ml (tj. W 1000 1,100 \u003d 1100 g) roztworu:
1100: 100 = w: 12; w= 12 1100 / 100 = 132 g
C m \u003d 56,1 / 132 \u003d 0,425 mol / l.
Odpowiedź: C \u003d 12%, Cm \u003d 0,425 mol / l
Rozwiązanie:
1. Znajdź masę bezwodnej soli
m = Cm M V, gdzie M to masa molowa, V to objętość.
m \u003d 0,2 106 2 \u003d 42,4 g.
2. Znajdź masę krystalicznego hydratu z proporcji
masa molowa hydratu krystalicznego 286 g/mol - masa X
masa molowa soli bezwodnej 106g/mol - masa 42,4g
stąd X \u003d m Na 2 CO 3 10 H 2 O \u003d 42,4 286 / 106 \u003d 114,4 g.
Odpowiedź: m Na 2 CO 3 10 H 2 O \u003d 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: Środa (C 10 H 8) \u003d 5% twrz (C 6 H 6) \u003d 80,2 0 C |
|
Odnaleźć: tkip (r-ra) -? |
Rozwiązanie:
Z drugiego prawa Raoulta
ΔT \u003d E m \u003d (E m B 1000) / (m A μ B)
Tutaj E jest ebulioskopową stałą rozpuszczalnika
E (C 6 H 6) \u003d 2,57
m A to masa rozpuszczalnika, m B to masa substancji rozpuszczonej, MB to jej masa cząsteczkowa.
Niech masa roztworu wynosi 100 gramów, dlatego masa substancji rozpuszczonej wynosi 5 gramów, a masa rozpuszczalnika 100 - 5 = 95 gramów.
M (naftalen C 10 H 8) \u003d 12 10 + 18 \u003d 128 g / mol.
Wszystkie dane podstawiamy 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 określić za pomocą wzoru:
T c.r-ra \u003d T c.r-la + ΔT \u003d 80,2 + 1,056 \u003d 81,256
Odpowiedź: 81.256 o C
183. Zadanie 1. Napisz równania i stałe dysocjacji dla słabych elektrolitów.
Zadanie 2. Zgodnie z podanymi równaniami jonowymi napisz odpowiednie równania molekularne.
Zadanie 3. Napisz w formach molekularnych i jonowych równania reakcji dla następujących przekształceń.
|
Nr p / p |
Ćwiczenie 1 |
Zadanie 2 |
Zadanie 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 |
Rozwiązanie:
Napisz równania dysocjacji i stałe dysocjacji dla słabych elektrolitów.
Ist.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -
CD 1 = 
= 1,5 10 -5
IIst.: ZnOH + ↔ Zn 2+ + OH -
CD2 = 
= 4,9 10 -7
Zn (OH) 2 - wodorotlenek amfoteryczny, możliwa jest dysocjacja typu kwasowego
Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -
CD 1 = 
II.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-
CD2 = 
H 3 AsO 4 - kwas ortoarsenowy - silny elektrolit, całkowicie dysocjuje w roztworze:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Zgodnie z podanymi równaniami jonowymi napisz odpowiednie równania molekularne.
Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl
NiCl2 + NaOH (niedobór) = NiOHCl + NaCl
Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - \u003d NiOHCl + Na + + Cl -
Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Napisz w formach molekularnych i jonowych równania reakcji dla następujących przekształceń.
NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3
1) NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O
Na + + 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- + 2H+ + SO 4 2- → H 2 WIĘC 3+2Na++ WIĘC 3 2-
WIĘC 3 2- + 2H + → H 2 WIĘC 3 + WIĘC 3 2-
3) H 2 SO 3 (nadmiar) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O
2 H + + WIĘC 3 2- + Na + + Oh- → Na + + HSO 3 - + H 2 O
2
H + + WIĘC 3 2 + Oh- → Na + + H 2 O
203. Zadanie 1. Napisz równania hydrolizy soli w formach molekularnych i jonowych, wskaż pH roztworów (Н> 7, pH Zadanie 2. Napisz równania reakcji zachodzących między substancjami w roztworach wodnych
|
Nr p / p |
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 postaci molekularnej i jonowej, wskaż pH roztworów (pH> 7, pH
Na 2 S - sól utworzona przez mocną zasadę i słaby kwas ulega hydrolizie na anionie. Odczyn środowiska jest zasadowy (рН > 7).
Ist. Na2S + HOH ↔ NaHS + NaOH
2Na + + S 2- + HOH ↔ Na + + HS - + Na + + OH -
II art. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH
Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 -
Sól powstała ze słabej zasady i mocnego kwasu ulega hydrolizie na kationie. Odczyn środowiska jest kwaśny (pH
Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr
Cr 3+ + 3Br - + HOH ↔ CrOH 2+ + 2Br - + H + + Br -
II art. CrOHBr 2 + HOH ↔ Cr(OH) 2 Br + HBr
CrOH 2+ + 2Br - + HOH ↔ Cr(OH) 2 + + Br - + H + + Br -
III art. Cr(OH) 2 Br + HOH↔ Cr(OH) 3 + HBr
Cr(OH) 2 + + Br - + HOH↔ Cr(OH) 3 + H + + Br -
Hydroliza przebiega głównie w pierwszym etapie.
Zadanie 2. Napisz równania reakcji zachodzących między substancjami w roztworach wodnych
FeCl3 + Na2CO3
FeCl3 – sól mocnego kwasu i słabej zasady
Na 2 CO 3 - sól utworzona przez słaby kwas i mocną zasadę
2FeCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 6H (OH) \u003d 2Fe (OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6NaCl
2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 WSPÓŁ 3 2- + 6H(ON) = 2Fe( Oh) 3 + 3H 2 WSPÓŁ 3 + 6Na + +6Cl -
2Fe 3+ + 3WSPÓŁ 3 2- + 6H(ON) = 2Fe( Oh) 3 + 3 H 2 O + 3 CO 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 słabego kwasu i mocnej zasady
Gdy dwie sole są hydrolizowane 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 \u003d\u003e 2H 2 CO 3 + 2Al (OH) 2 +
IIIst: 2Al(OH) 2 + + 2HOH => 2Al(OH) 3 + 2H +
Ogólne równanie hydrolizy
Al 2 (SO 4) 3 + 2 Na 2 CO 3 + 6 H 2 O \u003d 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 CО 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2Н + + SO 4 2 -
2Glin 3+ + 2CO 3
2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C Około 3
Strona 1
Podczas pisania elektronicznych formuł atomów pierwiastków wskazane są poziomy energii (wartości głównej liczby kwantowej) n w postaci liczb - 1, 2, 3 itd.), podpoziomy energii (wartości orbitalnej liczby kwantowej ja w formie listów s, p, d, f), a liczba u góry wskazuje liczbę elektronów na danym podpoziomie.
Pierwszy element w D.I. Mendelejew jest wodorem, a zatem ładunek jądra atomu H równy 1, atom ma tylko jeden elektron na s podpoziom pierwszego poziomu. Dlatego elektroniczna formuła atomu wodoru to:
Drugim pierwiastkiem jest hel, w jego atomie znajdują się dwa elektrony, dlatego elektroniczna formuła atomu helu wynosi 2 Nie 1s 2. Pierwszy okres zawiera tylko dwa pierwiastki, ponieważ pierwszy poziom energii jest wypełniony elektronami, które mogą być zajęte tylko przez 2 elektrony.
Trzeci element w kolejności - lit - jest już w drugim okresie, dlatego jego drugi poziom energii zaczyna być wypełniony elektronami (mówiliśmy o tym powyżej). Wypełnianie drugiego poziomu elektronami zaczyna się od s-podpoziom, więc wzór elektronowy atomu litu to 3 Li 1s 2 2s jeden . W atomie berylu wypełnianie elektronami jest zakończone s- podpoziomy: 4 Ve 1s 2 2s 2 .
Dla kolejnych elementów II okresu drugi poziom energii nadal jest wypełniony elektronami, dopiero teraz jest wypełniony elektronami R- podpoziom: 5 W 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 Z 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2R 6 .
Atom neonu dopełnia wypełnianie elektronami R-podpoziom, ten pierwiastek kończy drugi okres, ma osiem elektronów, ponieważ s- oraz R-podpoziomy mogą zawierać tylko osiem elektronów.
Elementy trzeciego okresu mają podobną sekwencję wypełniania elektronami podpoziomów energetycznych trzeciego poziomu. Formuły elektroniczne atomów niektórych pierwiastków tego okresu to:
11 Na 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 uzupełnia jego wypełnienie elektronami R–podpoziom, chociaż trzeci poziom obejmuje trzy podpoziomy ( s, R, d). Zgodnie z powyższą kolejnością wypełniania podpoziomów energii zgodnie z zasadami Klechkowskiego, energia podpoziomu 3 d więcej energii podpoziomu 4 s, dlatego przy atomie potasu podążającym za argonem i stojącym za nim atomie wapnia jest wypełniony elektronami 3 s- podpoziom IV poziomu:
19 Do 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 .
Począwszy od 21. pierwiastka - skandu, w atomach pierwiastków podpoziom 3 zaczyna wypełniać się 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 (miedzi) obserwuje się zjawisko zwane „przełomem” lub „awaria” elektronu: elektron z zewnętrznego 4 s-podpoziom "nie powiodło się" o 3 d– podpoziom, dopełniając jego wypełnienie o połowę (dla chromu) lub całkowicie (dla miedzi), co przyczynia się do większej stabilności atomu:
24 Cr 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 wypełnianie czwartego 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 .
Ten element kończy czwarty okres, który obejmuje już 18 elementów.
Podobna kolejność wypełniania podpoziomów energii elektronami zachodzi w atomach pierwiastków V okresu. Pierwsze dwa (rubid i stront) są wypełnione s-podpoziom 5 poziomu, kolejne dziesięć pierwiastków (od itru do kadmu) jest wypełnionych d– podpoziom IV poziomu; sześć pierwiastków uzupełnia okres (od indu do ksenonu), w atomach których elektrony są wypełnione R-podpoziom zewnętrznego, piątego poziomu. W epoce jest też 18 elementów.
W przypadku elementów szóstego okresu ta kolejność wypełniania jest naruszona. Na początku okresu jak zwykle występują dwa pierwiastki, których atomy są wypełnione elektronami s-podpoziom zewnętrznego, szóstego, poziomu. Przy kolejnym elemencie – lantanu – zaczyna wypełniać się elektronami d–podpoziom poprzedniego poziomu, tj. 5 d. Na tym wypełnieniu z elektronami 5 d-podpoziom zatrzymuje się i kolejne 14 pierwiastków - od ceru do lutetu - zaczyna się wypełniać f- podpoziom IV poziomu. Wszystkie te pierwiastki są zawarte w jednej komórce tabeli, a poniżej znajduje się rozszerzona seria tych pierwiastków, zwanych lantanowcami.
Począwszy od 72. pierwiastka - hafnu - do 80. pierwiastka - rtęci, trwa wypełnianie elektronami 5 d- podpoziom, a okres kończy się jak zwykle sześcioma pierwiastkami (od talu do radonu), w których atomach jest wypełniony elektronami R-podpoziom zewnętrznego, szóstego, poziomu. To największy okres, obejmujący 32 elementy.
W atomach pierwiastków siódmego, niepełnego okresu, widać tę samą kolejność wypełniania podpoziomów, jak opisano powyżej. Umożliwiamy studentom pisanie wzorów elektronicznych atomów pierwiastków z okresu 5-7, uwzględniając to wszystko, co zostało powiedziane powyżej.
Notatka:w niektórych podręcznikach dozwolona jest inna kolejność pisania wzorów elektronicznych atomów pierwiastków: nie w kolejności ich wypełnienia, ale zgodnie z liczbą elektronów podaną w tabeli na każdym poziomie energetycznym. Na przykład wzór elektronowy atomu arsenu może wyglądać tak: As 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 .
Algorytm tworzenia wzoru elektronicznego elementu:
1. Wyznacz liczbę elektronów w atomie za pomocą Układu Okresowego Pierwiastków Chemicznych D.I. Mendelejew.
2. Przez numer okresu, w którym znajduje się element, określ liczbę poziomów energetycznych; 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 ma maksymalnie 2 elektrony. 1s2, 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 powinna być minimalna.
- Wypełnione jako pierwsze s- podpoziom, więc p-, db- b f- podpoziomy.
- Elektrony wypełniają orbitale w porządku rosnącym energii orbitalnej (reguła Klechkowskiego).
- W obrębie podpoziomu elektrony najpierw zajmują wolne orbitale pojedynczo, a dopiero potem tworzą pary (reguła Hunda).
- Na jednym orbicie nie może być więcej niż dwa elektrony (zasada Pauliego).
Przykłady.
1. Skomponuj elektroniczną formułę azotu. Azot jest numerem 7 w układzie okresowym.
2. Skomponuj elektroniczną formułę argonu. W układzie okresowym argon jest pod numerem 18.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6.
3. Skomponuj elektroniczną formułę chromu. W układzie okresowym chrom ma numer 24.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5
Wykres energetyczny cynku.
4. Skomponuj elektroniczną formułę cynku. W układzie okresowym cynk ma numer 30.
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10
Zauważ, że część wzoru elektronicznego, a mianowicie 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 to elektroniczna formuła argonu.
Elektroniczna formuła cynku może być przedstawiona jako.
