Ca2 ion ima elektronsku formulu. Elektronička konfiguracija atoma

Elektronička konfiguracija atoma je formula koja prikazuje raspored elektrona u atomu po razinama i podrazinama. Nakon proučavanja članka saznat ćete gdje i kako se nalaze elektroni, upoznati se s kvantnim brojevima i moći konstruirati elektroničku konfiguraciju atoma prema njegovom broju; na kraju članka nalazi se tablica elemenata.

Zašto proučavati elektroničku konfiguraciju elemenata?

Atomi su poput konstrukcijskog sklopa: postoji određeni broj dijelova, međusobno se razlikuju, ali dva dijela iste vrste su apsolutno ista. Ali ovaj konstrukcioni set puno je zanimljiviji od plastičnog i evo zašto. Konfiguracija se mijenja ovisno o tome tko je u blizini. Na primjer, kisik pored vodika Može biti pretvara u vodu, u blizini natrija pretvara se u plin, a u blizini željeza potpuno ga pretvara u rđu. Da bi se odgovorilo na pitanje zašto se to događa i predvidjelo ponašanje atoma pored drugog, potrebno je proučiti elektroničku konfiguraciju, o čemu će biti riječi u nastavku.

Koliko elektrona ima atom?

Atom se sastoji od jezgre i elektrona koji rotiraju oko nje; jezgra se sastoji od protona i neutrona. U neutralnom stanju svaki atom ima broj elektrona jednak broju protona u njegovoj jezgri. Broj protona je označen atomskim brojem elementa, na primjer, sumpor ima 16 protona - 16. element periodnog sustava elemenata. Zlato ima 79 protona - 79. element periodnog sustava elemenata. Prema tome, sumpor ima 16 elektrona u neutralnom stanju, a zlato ima 79 elektrona.

Gdje tražiti elektron?

Promatranjem ponašanja elektrona izvedeni su određeni obrasci koji su opisani kvantnim brojevima, a ima ih ukupno četiri:

• Glavni kvantni broj
• Orbitalni kvantni broj
• Magnetski kvantni broj
• Spinski kvantni broj

Orbitalni

Nadalje, umjesto riječi orbita koristit ćemo termin orbitala; orbitala je valna funkcija elektrona, ugrubo, to je područje u kojem elektron provodi 90% svog vremena.

N - razina
L - školjka
M l - orbitalni broj
M s - prvi ili drugi elektron u orbitali

Orbitalni kvantni broj l

Kao rezultat proučavanja elektronskog oblaka, otkrili su da, ovisno o razini energije, oblak ima četiri glavna oblika: loptu, bučice i dva druga, složenija. Prema rastućoj energiji, ti se oblici nazivaju s-, p-, d- i f-ljuska. Svaka od ovih ljuski 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 ima vrijednosti 0, 1, 2 odnosno 3.

Na s-ljusci postoji jedna orbitala (L=0) – dva elektrona
Na p-ljusci (L=1) nalaze se tri orbitale - šest elektrona
Na d-ljusci (L=2) nalazi se pet orbitala - deset elektrona
Na f-ljusci (L=3) nalazi se sedam orbitala - četrnaest elektrona

Magnetski kvantni broj m l

Na p-ljusci postoje tri orbitale, označene su brojevima od -L do +L, odnosno za p-ljusku (L=1) postoje orbitale “-1”, “0” i “1” . Magnetski kvantni broj označava se slovom m l.

Unutar ljuske elektroni se lakše nalaze u različitim orbitalama, tako da prvi elektroni ispunjavaju po jedan u svakoj orbitali, a zatim se u svaku dodaje par elektrona.

Razmotrimo 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, Ml =0, Ml =1, Ml =2.

Spinski kvantni broj m s

Spin je smjer rotacije elektrona oko svoje osi, postoje dva smjera, pa kvantni broj spina ima dvije vrijednosti: +1/2 i -1/2. Jedna energetska podrazina može sadržavati samo dva elektrona suprotnih spinova. Spinski kvantni broj označava se m s

Glavni kvantni broj n

Glavni kvantni broj je razina energije na ovaj trenutak poznato je sedam energetskih razina, svaka označena arapski broj: 1,2,3,...7. Broj školjki na svakoj razini jednak je broju razine: jedna je školjka na prvoj razini, dvije na drugoj itd.

Elektronski broj

Dakle, svaki elektron se može opisati s četiri kvantna broja, kombinacija tih brojeva je jedinstvena za svaki položaj elektrona, uzmimo prvi elektron, najniža razina energije je N = 1, na prvoj razini postoji jedna ljuska, prva ljuska na bilo kojoj razini ima oblik lopte (s -ljuska), tj. L=0, magnetski kvantni broj može poprimiti samo jednu vrijednost, M l =0 i spin će biti jednak +1/2. Ako uzmemo peti elektron (u kojem god atomu bio), 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 pomoću Periodni sustav kemijskih elemenata D.I. Mendeljejev.

2. Pomoću broja razdoblja u kojem se element nalazi odredite broj energetskih razina; broj elektrona u posljednjoj elektronskoj razini odgovara broju grupe.

3. Podijelite razine na podrazine i orbitale i popunite ih elektronima u skladu s pravilima punjenje orbitala :

Mora se zapamtiti da prva razina sadrži najviše 2 elektrona 1s 2, na drugom - najviše 8 (dva s i šest R: 2s 2 2p 6), na trećem - najviše 18 (dva s, šest str, i deset d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Glavni kvantni broj n treba biti minimalan.
• Prvi za punjenje s- podrazina, dakle r-, d- b f- podrazine.
• Elektroni ispunjavaju orbitale redoslijedom povećanja energije orbitala (Klečkovskovo pravilo).
• Unutar podrazine elektroni najprije jedan po jedan zauzimaju slobodne orbitale, a tek potom formiraju parove (Hundovo pravilo).
• U jednoj orbitali ne može biti više od dva elektrona (Paulijev princip).

Primjeri.

1. Napravimo elektroničku formulu za dušik. Dušik je broj 7 u periodnom sustavu.

2. Kreirajmo elektronsku formulu za argon. Argon je broj 18 u periodnom sustavu.

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

3. Stvorimo elektroničku formulu kroma. Krom je broj 24 u periodnom sustavu.

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5

Energetski dijagram cinka.

4. Stvorimo elektroničku formulu cinka. Cink je broj 30 u periodnom sustavu.

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

Imajte na umu da je dio elektronske formule, naime 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, elektronska formula argon.

Elektronska formula cinka može se prikazati kao:

Kada pišete elektroničke formule za atome elemenata, navedite energetske razine (vrijednosti glavnog kvantnog broja n u obliku brojeva - 1, 2, 3 itd.), energetske podrazine (vrijednosti orbitalnog kvantnog broja l u obliku slova - s, str, d, f) i broj na vrhu označavaju broj elektrona u određenoj podrazini.

Prvi element u tablici je D.I. Mendeljejev je vodik, dakle naboj jezgre atoma N jednako 1, atom ima samo jedan elektron po s-podrazina prve razine. Stoga elektronska formula atoma vodika ima oblik:

Drugi element je helij; njegov atom ima dva elektrona, pa je elektronska formula atoma helija 2 Ne 1s 2. Prva perioda uključuje samo dva elementa, budući da je prva energetska razina ispunjena elektronima, a mogu biti zauzeta samo sa 2 elektrona.

Treći element po redu - litij - već je u drugom razdoblju, stoga se njegova druga energetska razina počinje puniti elektronima (o tome smo gore govorili). Punjenje druge razine elektronima počinje s s-podrazine, stoga je elektronska formula atoma litija 3 Li 1s 2 2s 1 . Atom berilija je završen punjenjem elektronima s- podrazina: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

U sljedećim elementima 2. perioda, druga energetska razina nastavlja biti ispunjena elektronima, samo što je sada ispunjena elektronima R- podrazina: 5 U 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 S 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Atom neona završava punjenje elektronima R-podnivo, ovaj element završava drugu periodu, ima osam elektrona, od s- I R-podrazine mogu sadržavati samo osam elektrona.

Elementi 3. perioda imaju sličan redoslijed popunjavanja energetskih podrazina treće razine elektronima. Elektronske formule atoma nekih elemenata ovog razdoblja 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 elementom (argonom), koji je potpuno ispunjen elektronima R-podrazina, iako treća razina uključuje tri podrazine ( s, R, d). Prema gornjem redoslijedu punjenja energetskih podrazina u skladu s pravilima Klečkovskog, energija podrazine 3 d više energije podrazine 4 s, stoga su atom kalija pored argona i atom kalcija iza njega ispunjeni elektronima 3 s– podrazina četvrte razine:

19 DO 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, podrazina 3 u atomima elemenata počinje se puniti 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 (kroma) i 29. elementa (bakar) uočava se pojava koja se naziva "istjecanje" ili "otkazivanje" elektrona: elektron iz vanjskog 4 s– podrazina „pada“ za 3 d– podrazina, ispunjavajući ga do pola (za krom) ili potpuno (za bakar), što doprinosi većoj stabilnosti atoma:

24 Kr 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. razine elektronima, sada - R– podrazina:

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 četvrto razdoblje koje već uključuje 18 elemenata.

Sličan redoslijed popunjavanja energetskih podrazina elektronima javlja se u atomima elemenata 5. periode. Za prva dva (rubidij i stroncij) je ispunjen s– popunjava se podrazina 5. razine za sljedećih deset elemenata (od itrija do kadmija). d– podrazina 4. razine; Period upotpunjuje šest elemenata (od indija do ksenona), čiji su atomi ispunjeni elektronima R– podrazina vanjskog, peta razina. Postoji također 18 elemenata u razdoblju.

Za elemente šeste periode ovaj redoslijed popunjavanja je narušen. Na početku perioda, kao i obično, nalaze se dva elementa čiji su atomi ispunjeni elektronima s– podrazina vanjske, šeste, razine. Sljedeći element iza njih, lantan, počinje se puniti elektronima d– podrazina prethodne razine, tj. 5 d. Ovo dovršava punjenje elektronima 5 d-podrazina prestaje i sljedećih 14 elemenata - od cerija do lutecija - počinju se puniti f-podrazina 4. razine. Svi su ti elementi uključeni u jednu ćeliju tablice, a ispod je prošireni red tih elemenata koji se nazivaju lantanidi.

Počevši od 72. elementa - hafnija - do 80. elementa - žive, punjenje elektronima se nastavlja 5 d-podrazina, a razdoblje završava, kao i obično, sa šest elemenata (od talija do radona), čiji su atomi ispunjeni elektronima R– podrazina vanjske, šeste, razine. Ovo je najveće razdoblje, uključujući 32 elementa.

U atomima elemenata sedme, nepotpune, periode vidljiv je isti redoslijed popunjavanja podrazina kao što je gore opisano. Prepuštamo učenicima da sami napišu elektroničke formule atoma elemenata 5. – 7. periode, vodeći računa o svemu navedenom.

Bilješka:U nekim udžbenici Dopušten je drugačiji redoslijed pisanja elektroničkih formula atoma elemenata: ne redoslijedom njihovog punjenja, već u skladu s brojem elektrona danim u tablici na svakoj energetskoj razini. 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 .

Stranica 1
3. Napišite elektroničku formulu i ona talij Tl 3+. Za valentne elektrone atom Tl označava skup sva četiri kvantna broja.

Riješenje:

Prema pravilu Klečkovskog, punjenje energetskih razina i podrazina događa se sljedećim redoslijedom:

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 raspodjeljujemo elektrone po energetskim podrazinama i dobivamo 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

Talijev ion Tl 3+ ima naboj +3, što znači da je atom prepustio 3 elektrona, a kako atom može prepustiti samo valentne elektrone vanjske razine (za talij su to dva 6s i jedan 6p elektron), njegova elektronička formula izgledat će 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 stupanj njegova uklanjanja iz jezgre (broj energetske razine); prihvaća bilo koje cjelobrojne vrijednosti počevši od 1 (n = 1, 2, 3, ...), tj. odgovara broju razdoblja.

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

Orbitale sa l= 0 nazivaju se s-orbitale,

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

l= 2 – d-orbitale (5 vrsta),

l= 3 – f-orbitale (7 vrsta).

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

Spinski kvantni broj m S karakterizira magnetski moment koji se javlja kada elektron rotira oko svoje osi. Prihvaća samo dvije vrijednosti +1/2 i –1/2 koje odgovaraju suprotnim smjerovima rotacije.
Valentni elektroni su elektroni na vanjskoj energetskoj razini. Talij ima 3 valentna elektrona: 2 s elektrona i 1 p elektron.

Kvantni brojevi s – elektroni:

Orbitalni kvantni broj l= 0 (s – orbitala)

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

Spinski kvantni broj m S = ±1/2

Kvantni brojevi p – elektron:

Glavni kvantni broj n = 6 (šesta perioda)

Orbitalni kvantni broj l= 1 (p – orbitala)

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

Spinski kvantni broj m S = ±1/2
23. Navedite ta svojstva kemijski elementi, koji se povremeno mijenjaju. Koji je razlog periodičnog ponavljanja ovih svojstava? Na primjerima objasnite bit periodičnosti promjena svojstava kemijskih spojeva.

Riješenje:

Svojstva elemenata, određena strukturom vanjskih elektronskih slojeva atoma, prirodno se mijenjaju prema periodima i skupinama periodni sustav elemenata. U ovom slučaju sličnost elektroničkih struktura dovodi do sličnosti svojstava analognih elemenata, ali ne i identičnosti tih svojstava. Stoga se pri prelasku s jednog elementa na drugi u skupinama i podskupinama ne uočava jednostavno ponavljanje svojstava, već njihova više ili manje izražena prirodna promjena. Osobito se kemijsko ponašanje atoma elemenata očituje u njihovoj sposobnosti da gube i dobivaju elektrone, tj. u njihovoj sposobnosti oksidacije i redukcije. Kvantitativna mjera sposobnosti atoma izgubiti elektroni je potencijal ionizacije (E I ) , i mjera njihove sposobnosti da ponovno steći– afinitet prema elektronu (E S ). Priroda promjene tih veličina tijekom prijelaza iz jedne periode u drugu se ponavlja, a te se promjene temelje na promjeni elektroničke konfiguracije atoma. Dakle, završeni elektronski slojevi koji odgovaraju atomima inertnih plinova pokazuju povećanu stabilnost i povećanu vrijednost ionizacijskih potencijala unutar perioda. Istovremeno, s-elementi prve skupine (Li, Na, K, Rb, Cs) imaju najniže vrijednosti potencijala ionizacije.

Elektronegativnost je mjera sposobnosti atoma danog elementa da privuče elektrone k sebi u usporedbi s atomima drugih elemenata u spoju. Prema jednoj od definicija (Mulliken), elektronegativnost atoma može se izraziti kao polovica zbroja njegove energije ionizacije i afiniteta prema elektronu: = (E i + E c).

U periodima postoji opća tendencija povećanja elektronegativnosti elementa, au podskupinama dolazi do smanjenja. Najniže vrijednosti Elektronegativnost imaju s-elementi I. skupine, a najveću elektronegativnost p-elementi VII.

Elektronegativnost istog elementa može varirati ovisno o valentnom stanju, hibridizaciji, oksidacijskom stanju itd. Elektronegativnost značajno utječe na prirodu promjena svojstava spojeva elemenata. Na primjer, sumporne kiseline pokazuje jača kiselinska svojstva od svog kemijskog analoga - selenske kiseline, budući da u potonjoj središnji atom selena, zbog manje elektronegativnosti u odnosu na atom sumpora, ne polarizira toliko H–O veze u kiselini, što znači slabljenje kiselosti.

H–O O
Drugi primjer: krom(II) hidroksid i krom(VI) hidroksid. Krom (II) hidroksid, Cr(OH) 2, pokazuje osnovna svojstva za razliku od krom (VI) hidroksida, H 2 CrO 4, budući da oksidacijsko stanje kroma +2 određuje slabost Coulombove interakcije Cr 2+ s hidroksidnog iona i lakoće eliminacije ovog iona, tj. manifestacija osnovnih svojstava. Istodobno, visoko oksidacijsko stanje kroma +6 u krom (VI) hidroksidu određuje jaku Coulombovu privlačnost između hidroksidnog iona i središnjeg atoma kroma i nemogućnost disocijacije duž veze - OH. S druge strane, visoko oksidacijsko stanje kroma u krom(VI) hidroksidu povećava njegovu sposobnost privlačenja elektrona, tj. elektronegativnost, koja uzrokuje visok stupanj polarizacije H–O veza u ovom spoju, što je preduvjet za povećanje kiselosti.

Sljedeći važna karakteristika atomi su njihovi radijusi. U periodama se polumjeri atoma metala smanjuju s povećanjem atomskog broja elementa jer s povećanjem atomskog broja elementa unutar perioda, raste naboj jezgre, a time i ukupni naboj elektrona koji je uravnotežuje; kao posljedica toga, povećava se i Coulombova privlačnost elektrona, što u konačnici dovodi do smanjenja udaljenosti između njih i jezgre. Najizraženije smanjenje radijusa opaženo je u elementima kratkih perioda, u kojima je vanjska energetska razina ispunjena elektronima.

U duga razdoblja Za d- i f-elemente uočava se glađe smanjenje polumjera s povećanjem naboja atomske jezgre. Unutar svake podskupine elemenata, atomski radijusi imaju tendenciju povećanja od vrha prema dolje, budući da takav pomak označava prijelaz na višu energetsku razinu.

Utjecaj polumjera iona elementa na svojstva spojeva koje oni tvore može se ilustrirati na primjeru povećanja kiselosti halogenovodičnih kiselina u plinovitoj fazi: HI > HBr > HCl > HF.
43. Navedite elemente za čije je atome moguće samo jedno valentno stanje i označite hoće li ono biti osnovno ili pobuđeno.

Riješenje:

Atomi elemenata koji imaju jedan nespareni elektron na vanjskoj valentnoj energetskoj razini mogu imati jedno valentno stanje – to su elementi I. skupine periodnog sustava (H – vodik, Li – litij, Na – natrij, K – kalij, Rb – rubidij. , Ag - srebro, Cs – cezij, Au – zlato, Fr – francij), s izuzetkom bakra, budući da u stvaranju kemijskih veza sudjeluju i d-elektroni predvanjske razine, čiji se broj određuje valencijom (osnovno stanje atoma bakra 3d 10 4s 1 nastaje zbog stabilnosti ispunjene d-ljuske, međutim, prvo pobuđeno stanje 3d 9 4s 2 premašuje osnovno stanje u energiji samo za 1,4 eV (oko 125 kJ /mol). Stoga, u kemijski spojevi Oba se stanja manifestiraju u istoj mjeri, stvarajući dvije serije bakrenih spojeva (I) i (II)).

Također, jedno valentno stanje mogu imati atomi elemenata kod kojih je vanjska energetska razina potpuno popunjena i elektroni nemaju priliku prijeći u pobuđeno stanje. To su elementi glavne podskupine VIII grupa– inertni plinovi (He – helij, Ne – neon, Ar – argon, Kr – kripton, Xe – ksenon, Rn – radon).

Za sve navedene elemente jedino valentno stanje je osnovno stanje jer nema mogućnosti prijelaza u pobuđeno stanje. Osim toga, prijelaz u pobuđeno stanje određuje novo valentno stanje atoma; prema tome, ako je takav prijelaz moguć, valentno stanje danog atoma nije jedino.

63. Koristeći model odbijanja valentnih elektronskih parova i metodu valentnih veza, razmotrite prostornu strukturu predloženih molekula i iona. Navedite: a) broj veznih i usamljenih elektronskih parova središnjeg atoma; b) broj orbitala uključenih u hibridizaciju; c) vrsta hibridizacije; d) vrsta molekule ili iona (AB m E n); e) prostorni raspored elektronskih parova; f) prostorna struktura molekule ili iona.

SO 3;

Riješenje:

Prema metodi valentne veze (upotrebom ove metode dolazi se do istog rezultata kao i upotrebom OEPBO modela), prostorna konfiguracija molekule određena je prostornim rasporedom hibridnih orbitala središnjeg atoma, koje nastaju kao rezultat interakcija između orbitala.

Za određivanje tipa hibridizacije središnjeg atoma potrebno je znati broj hibridizirajućih orbitala. Može se pronaći zbrajanjem broja veznih i slobodnih elektronskih parova središnjeg atoma i oduzimanjem broja π veza.

U molekuli SO 3

ukupan broj veznih parova je 6. Oduzimanjem broja π-veza dobivamo broj hibridizirajućih orbitala: 6 – 3 = 3. Dakle, tip hibridizacije je sp 2, tip iona je AB 3, prostorni raspored elektronskih parova ima oblik trokuta, a sama molekula je trokut:

U ionu

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

83. Napišite jednadžbe za moguće reakcije međudjelovanja KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 sa sljedećim spojevima:

H2SO3, BaO, CO2, HNO3, Ni(OH)2, Ca(OH)2;

Riješenje:
a) Reakcije KOH 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, otopina istovremeno sadrži ione:

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

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

Be(OH) 2 + 2H+  Budi 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

Be(OH) 2 + 2H+ + NE 3 -  Biti 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

Be(OH) 2 + 2H +  Biti 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  nema reakcije
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  nema reakcije
103. Za navedenu reakciju

b) objasnite koji od čimbenika: entropija ili entalpija doprinosi spontanom odvijanju reakcije u smjeru naprijed;

c) u kojem će se smjeru (izravno ili obrnuto) odvijati reakcija pri 298K i 1000K;

e) navesti sve načine povećanja koncentracije produkata ravnotežne smjese.

f) nacrtati ovisnost ΔG p (kJ) o T (K)

Riješenje:

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

Standardna entalpija nastanka, entropija i Gibbsova energija nastanka tvari

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.

Izravna reakcija je popraćena smanjenjem entropije, poremećaj u sustavu se smanjuje - nepovoljan faktor za curenje kemijska reakcija u smjeru naprijed.

3. Izračunajte standardnu ​​Gibbsovu energiju reakcije.

prema Hessovom zakonu:

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

Pokazalo se da (ΔN 0 298) pogl. > (ΔS 0 298) c.r. ·T i zatim (ΔG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K je približna temperatura na kojoj se uspostavlja prava kemijska ravnoteža; iznad te temperature dogodit će se obrnuta reakcija. Pri određenoj temperaturi oba su procesa jednako vjerojatna.

5. Izračunajte Gibbsovu energiju na 1000 K:

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

Oni. pri 1000 K: ΔS 0 h.r. ·T > ΔN 0 h.r.

Faktor entalpije postao je odlučujući, spontana pojava izravna reakcija postala je nemoguća. Događa se obrnuta reakcija: od jednog mola plina i 1 mol čvrsta Nastaju 2 mola plina.

log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Sustav je daleko od stanja prave kemijske ravnoteže, u njemu prevladavaju produkti reakcije.

Ovisnost ΔG 0 o temperaturi za reakciju

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

K 1000 = 0,86 > 1 – sustav je blizu ravnoteže, ali pri ovoj temperaturi u njemu prevladavaju polazne tvari.

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

9. Razmotrimo kako se naši izračunati podaci slažu s Le Chatelierovim načelom. Navedimo neke podatke koji pokazuju ovisnost Gibbsove energije i konstante ravnoteže ove reakcije o temperaturi:

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

Dakle, dobiveni izračunati podaci odgovaraju našim zaključcima donesenim na temelju Le Chatelierovog načela.
123. Ravnoteža u sustavu:

)

utvrđeno pri sljedećim koncentracijama: [B] i [C], mol/l.

Odredite početnu koncentraciju tvari [B] 0 i konstantu ravnoteže ako je početna koncentracija tvari A [A] 0 mol/l.

Iz jednadžbe je vidljivo da je za stvaranje 0,26 mola tvari C potrebno 0,13 mola tvari A i isto toliko tvari B.

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

Početna koncentracija tvari 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 otopine sadrži 36 g KOH (gustoća otopine 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 otopine Na 2 CO 3?

Riješenje:

Koncentraciju u postotku nalazimo pomoću jednadžbe:

Molarna masa KOH je 56,1 g/mol;

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

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

Cm = 56,1 / 132 = 0,425 mol/l.

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

Riješenje:

1. Odredite masu bezvodne soli

m = cm·M·V, gdje je M – molekulska masa, V – volumen.

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

2. Iz udjela pronađite masu kristalohidrata

molarna masa kristalnog hidrata 286 g/mol - masa X

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

stoga je 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 vrelište 5% otopine naftalena C 10 H 8 u benzenu. Vrelište benzena je 80,2 0 C.

dano: Prosjek (C 10 H 8) = 5% tvrijeti (C6H6) = 80,2°C

Pronaći: tboil (otopina) -?

Riješenje:

Iz Raoultovog drugog zakona

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Ovdje je E ebulioskopska konstanta otapala

E(C6H6) = 2,57

m A je težina otapala, m B je težina otopljene tvari, M B je njezina molekulska težina.

Neka je masa otopine 100 grama, dakle, masa otopljene tvari je 5 grama, a masa otapala 100 – 5 = 95 grama.

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

Zamijenimo sve podatke u formulu i pronalazimo povećanje vrelišta otopine u usporedbi s čistim otapalom:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Vrelište 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 jednadžbe disocijacije i konstante disocijacije za slabe elektrolite.

Zadatak 2. Zadane ionske jednadžbe napišite odgovarajuće molekularne jednadžbe.

Zadatak 3. Napišite jednadžbe reakcija za sljedeće pretvorbe u molekulskim i ionskim oblicima.

Ne.	Vježba 1	Zadatak 2	Zadatak 3
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Riješenje:

Napišite jednadžbe 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 otopini:
H 3 AsO 4 ↔3N + + AsO 4 3-
S obzirom na ionske jednadžbe, napišite odgovarajuće molekularne jednadžbe.

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 reakcija za sljedeće transformacije u molekulskim 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 + + TAKO 3 2- + H 2 O

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

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

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

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

2 N + + TAKO 3 2 + OH- → Na + + H 2 O
203. Zadatak 1. Napišite jednadžbe hidrolize soli u molekularnom i ionskom obliku, navedite pH otopine (pH > 7, pH Zadatak 2. Napišite jednadžbe reakcija koje se odvijaju između tvari u vodenim otopinama

Ne.	Vježba 1	Zadatak 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Zadatak 1. Napišite jednadžbe hidrolize soli u molekularnom i ionskom obliku, navedite pH otopine (pH > 7, pH

Na2S - sol nastala od jake baze i slabe kiseline podvrgava se hidrolizi na anionu. Reakcija medija 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 nastala od slabe baze i jake kiseline podvrgava se 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 uglavnom odvija u prvoj fazi.

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

FeCl3 + Na2CO3

FeCl3 – sol koju čine jaka kiselina i slaba baza

Na 2 CO 3 – sol koju stvaraju 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(ON) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6N(ON) = 2Fe( OH) 3 + 3H2O + 3CO2
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

Na2CO3 – sol koju čine slaba kiselina i jaka baza

Kada se dvije soli zajedno hidroliziraju, 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 +

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

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

2Al 3+ + 2COKO 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3
Stranica 1