Formulat elektronike të joneve të elementeve. Numri kuantik kryesor n

Algoritmi për kompozimin e formulës elektronike të një elementi:

1. Përcaktoni numrin e elektroneve në një atom duke përdorur Tabelën Periodike të Elementeve Kimike D.I. Mendelejevi.

2. Në bazë të numrit të periudhës në të cilën ndodhet elementi, përcaktoni numrin e niveleve të energjisë; numri i elektroneve në nivelin e fundit elektronik i përgjigjet numrit të grupit.

3. Ndani nivelet në nënnivele dhe orbitale dhe mbushni ato me elektrone në përputhje me rregullat për mbushjen e orbitaleve:

Duhet mbajtur mend se niveli i parë përmban një maksimum prej 2 elektronesh 1s 2, në të dytën - maksimumi 8 (dy s dhe gjashtë R: 2s 2 2p 6), në të tretën - maksimumi 18 (dy s, gjashtë fq, dhe dhjetë d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Kryesor numër kuantik n duhet të jetë minimale.
• Së pari për të mbushur s- nënnivel, atëherë р-, d- b f- nënnivele.
• Elektronet mbushin orbitalet sipas rendit të rritjes së energjisë së orbitaleve (rregulli i Klechkovsky).
• Brenda një nënniveli, elektronet fillimisht zënë orbitalet e lira një nga një, dhe vetëm pas kësaj ato formojnë çifte (rregulli i Hundit).
• Nuk mund të ketë më shumë se dy elektrone në një orbitale (parimi i Paulit).

Shembuj.

1. Le të krijojmë një formulë elektronike për azotin. NË tabelë periodike azoti është në numrin 7.

2. Le të krijojmë formulën elektronike për argonin. Argoni është numri 18 në tabelën periodike.

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

3. Le të krijojmë formulën elektronike të kromit. Kromi është numri 24 në tabelën periodike.

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

Diagrami energjetik i zinkut.

4. Le të krijojmë një formulë elektronike për zinkun. Zinku është numri 30 në tabelën periodike.

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

Ju lutemi vini re se një pjesë e formulës elektronike, përkatësisht 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, është formula elektronike e argonit.

Formula elektronike e zinkut mund të përfaqësohet si:

Faqe 1
3. Shkruani një formulë elektronike dhe ajo talium Tl 3+. Për elektronet e valencës atom Tl tregon bashkësinë e të katër numrave kuantikë.

Zgjidhja:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Elementi talium Tl ka një ngarkesë bërthamore prej +81 (numri atomik 81), përkatësisht 81 elektrone. Sipas rregullit të Klechkovsky, ne shpërndajmë elektronet midis nënniveleve të energjisë dhe marrim formulën elektronike të elementit Tl:

81 Tl tallium 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

Joni i taliumit Tl 3+ ka një ngarkesë prej +3, që do të thotë se atomi hoqi dorë nga 3 elektrone, dhe meqenëse atomi mund të heqë dorë vetëm nga elektronet valente të nivelit të jashtëm (për taliumin këto janë dy elektrone 6s dhe një 6p), formula e tij elektronike do të duket si kjo:

81 Tl 3+ talium 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

Numri kuantik kryesor n përcakton energji totale elektroni dhe shkalla e largimit të tij nga bërthama (numri i nivelit të energjisë); ai pranon çdo vlerë të plotë duke filluar nga 1 (n = 1, 2, 3, ...), d.m.th. korrespondon me numrin e periudhës.

Numri kuantik orbital (anësor ose azimutal). l përcakton formën orbitale atomike. Mund të marrë vlera të plota nga 0 në n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Pavarësisht nga numri i nivelit të energjisë, çdo vlerë l Numri kuantik orbital korrespondon me një orbitale të një forme të veçantë.

Orbitalet me l= 0 quhen orbitale s,

l= 1 - p-orbitale (3 lloje, të ndryshme në numrin kuantik magnetik m),

l= 2 - d-orbitale (5 lloje),

l= 3 – f-orbitale (7 lloje).

Numri kuantik magnetik m l karakterizon pozicionin e orbitalit elektronik në hapësirë ​​dhe merr vlera të plota nga - l te + l, duke përfshirë 0. Kjo do të thotë se për çdo formë orbitale ekziston (2 l+ 1) orientim energjetik ekuivalent në hapësirë.

Numri kuantik spin m S karakterizon moment magnetik, që ndodh kur një elektron rrotullohet rreth boshtit të tij. Pranon vetëm dy vlera +1/2 dhe –1/2 që korrespondojnë drejtime të kundërta rrotullimi.
Elektronet e valencës janë elektrone në nivelin e jashtëm të energjisë. Taliumi ka 3 elektron valencë: 2 s – elektron dhe 1 p – elektron.

Numrat kuantikë s – elektrone:

Numri kuantik orbital l= 0 (s – orbitale)

Numri kuantik magnetik m l = (2 l+ 1 = 1): m l = 0.

Numri kuantik i rrotullimit m S = ±1/2

Numrat kuantikë p – elektron:

Numri kuantik kryesor n = 6 (periudha e gjashtë)

Numri kuantik orbital l= 1 (p – orbitale)

Numri kuantik magnetik (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Numri kuantik i rrotullimit m S = ±1/2
23. Specifikoni ato veti elementet kimike, të cilat ndryshojnë periodikisht. Cila është arsyeja e përsëritjes periodike të këtyre vetive? Duke përdorur shembuj, shpjegoni thelbin e periodicitetit të ndryshimeve në vetitë e përbërjeve kimike.

Zgjidhja:

Elektronegativitetiështë një masë e aftësisë së një atomi të këtij elementi tërheq elektronet drejt vetes në raport me atomet e elementeve të tjerë në përbërje. Sipas njërit prej përkufizimeve (Mulliken), elektronegativiteti i një atomi mund të shprehet si gjysma e shumës së energjisë së tij të jonizimit dhe afinitetit të elektroneve: = (E dhe + E c).

Në periudha ka Tendenca e përgjithshme një rritje në elektronegativitetin e elementit, dhe në nëngrupe - ulja e tij. Vlerat më të ulëta Elementet s të grupit I kanë elektronegativitet, kurse p-elementet e grupit VII kanë elektronegativitetin më të madh.

Elektronegativiteti i të njëjtit element mund të ndryshojë në varësi të gjendjes së valencës, hibridizimit, gjendjes së oksidimit, etj. Elektronegativiteti ndikon ndjeshëm në natyrën e ndryshimit të vetive të përbërjeve të elementeve. Për shembull, acid sulfurik tregon më të fortë vetitë e acidit sesa analogu i tij kimik - acid selenik, pasi në këtë të fundit atomi qendror i selenit, për shkak të elektronegativitetit më të ulët në krahasim me atomin e squfurit, nuk polarizon aq shumë lidhjet H–O në acid, çka do të thotë dobësim i aciditetit.

H–O O
Një shembull tjetër: hidroksidi i kromit (II) dhe hidroksidi i kromit (VI). Hidroksidi i kromit (II), Cr(OH) 2, shfaq veti themelore në ndryshim nga hidroksidi i kromit (VI), H 2 CrO 4, pasi gjendja e oksidimit të kromit +2 shkakton dobësi Ndërveprimi i Kulonit Cr 2+ me jonin hidroksid dhe lehtësinë e eliminimit të këtij joni, d.m.th. manifestimi i vetive themelore. Në të njëjtën kohë, gjendja e lartë e oksidimit të kromit +6 në hidroksidin e kromit (VI) shkakton një Tërheqja e Kulombit ndërmjet jonit hidroksid dhe atomit qendror të kromit dhe pamundësisë së shpërbërjes përgjatë lidhjes – Oh. Nga ana tjetër, gjendja e lartë e oksidimit të kromit në hidroksidin e kromit (VI) rrit aftësinë e tij për të tërhequr elektrone, d.m.th. elektronegativiteti, i cili përcakton shkallë të lartë polarizimi i lidhjeve H–O në këtë përbërje, duke qenë një parakusht për një rritje të aciditetit.

NË periudha të gjata Për elementët d dhe f, vërehet një rënie më e butë e rrezeve me rritjen e ngarkesës së bërthamës atomike. Brenda secilit nëngrup elementësh, rrezet atomike priren të rriten nga lart poshtë, pasi një zhvendosje e tillë nënkupton një kalim në një nivel më të lartë energjie.

Ndikimi i rrezeve të joneve të elementeve në vetitë e përbërjeve që formojnë mund të ilustrohet me shembullin e rritjes së aciditetit të acideve hidrohalike në fazën e gazit: HI > HBr > HCl > HF.
43. Emërtoni elementet për atomet e të cilëve është e mundur vetëm një gjë gjendje valence, dhe tregoni se çfarë do të jetë - bazë apo e emocionuar.

Zgjidhja:

Gjithashtu, atomet e elementeve në të cilët niveli i jashtëm i energjisë është plotësisht i mbushur dhe elektronet nuk kanë mundësi të kalojnë në një gjendje të ngacmuar mund të kenë një gjendje valence. Këto janë elementet nëngrupi kryesor Grupi VIII – gazet inerte(He – helium, Ne – neon, Ar – argon, Kr – kripton, Xe – ksenon, Rn – radon).

Për të gjithë elementët e listuar, e vetmja gjendje valore është gjendja bazë, sepse nuk ka mundësi të kalimit në një gjendje të ngacmuar. Për më tepër, kalimi në një gjendje të ngacmuar përcakton gjendjen e re të valencës së atomit, në përputhje me rrethanat, nëse një kalim i tillë është i mundur, gjendja valore e një atomi të caktuar nuk është e vetmja;

63. Përdorimi i modelit të zmbrapsjes valore çifte elektronike dhe metodë lidhjet e valencës, merrni parasysh strukturën hapësinore të molekulave dhe joneve të propozuara. Tregoni: a) numrin e çifteve të lidhjes dhe elektroneve të vetme të atomit qendror; b) numrin e orbitaleve të përfshira në hibridizim; c) lloji i hibridizimit; d) lloji i molekulës ose jonit (AB m E n); e) rregullimi hapësinor i çifteve elektronike; f) struktura hapësinore e një molekule ose joni.

SO 3;

Zgjidhja:

Për të përcaktuar llojin e hibridizimit të atomit qendror, është e nevojshme të dihet numri i orbitaleve hibridizuese. Mund të gjendet duke shtuar numrin e çifteve të lidhjes dhe elektroneve të vetme të atomit qendror dhe duke zbritur numrin e lidhjeve π.

Në një molekulë SO 3

numri i përgjithshëm i çifteve të lidhjes është 6. Duke zbritur numrin e lidhjeve π, marrim numrin e orbitaleve hibridizuese: 6 – 3 = 3. Kështu, lloji i hibridizimit është sp 2, lloji i jonit është AB 3, rregullimi hapësinor i çifteve të elektroneve ka formën e një trekëndëshi, dhe vetë molekula është trekëndësh:

Në jon

numri i përgjithshëm i çifteve lidhëse është 4. Nuk ka lidhje π. Numri i orbitaleve hibridizuese: 4. Kështu, lloji i hibridizimit është sp 3, lloji i jonit AB 4, renditja hapësinore e çifteve të elektroneve ka formën e një tetraedri dhe vetë joni është një tetraedron:

83. Shkruani ekuacionet reagimet e mundshme ndërveprimet e KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 me komponimet e dhëna më poshtë:

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

Zgjidhja:
a) Reaksionet e reaksionit të KOH

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  nuk ka reaksion
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  nuk ka reaksion, tretësira përmban jone në të njëjtën kohë:

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

2K + + 2 Oh- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  nuk ka reaksion

b) reaksionet e reaksionit H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  nuk ka reaksion
H 2 SO 4 + BaO  BaSO 4 + H 2 O

2H + + SO 4 2- + BaO  BaSO 4 + 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 + 2H 2 O

2H + + SO 4 2- + Ca(OH) 2  CaSO 4 + 2H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  nuk ka reaksion

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + Ca(OH) 2  nuk ka reaksion

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

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

Be(OH) 2 + 2H+  Bëhu 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  nuk ka reaksion
2Be(OH) 2 + CO 2  Bëhu 2 CO 3 (OH) 2 ↓ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + 2HNO 3  Be(NO 3) 2 + 2H 2 O

Be(OH) 2 + 2H+ + JO 3 -  Bëhuni 2+ + 2JO 3 - + 2 H 2 O

Be(OH) 2 + 2H +  Bëhuni 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  nuk ka reaksion
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  nuk ka reaksion
103. Për reaksionin e treguar

b) shpjegoni cili nga faktorët: entropia ose entalpia kontribuon në shfaqjen spontane të reaksionit në drejtimin përpara;

c) në cilin drejtim (i drejtpërdrejtë ose i kundërt) reaksioni do të vazhdojë në 298K dhe 1000K;

e) emërtoni të gjitha mënyrat për rritjen e përqendrimit të produkteve të një përzierjeje ekuilibri.

f) vizatoni varësinë e ΔG p (kJ) nga T (K)

Zgjidhja:

Entalpia standarde e formimit, entropia dhe energjia Gibbs e formimit të substancave

Një reagim i drejtpërdrejtë shoqërohet me një ulje të entropisë, çrregullimi në sistem zvogëlohet - një faktor i pafavorshëm për shfaqjen e një reaksioni kimik në drejtimin përpara.

3. Llogaritni energjinë standarde të Gibbs-it të reaksionit.

sipas ligjit të Hesit:

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

Doli se (ΔН 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) c.r. ·T dhe më pas (ΔG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K është temperatura e përafërt në të cilën vendoset ekuilibri i vërtetë kimik mbi këtë temperaturë do të ndodhë një reaksion i kundërt; Në një temperaturë të caktuar, të dy proceset janë njësoj të mundshme.

5. Llogaritni energjinë e Gibbs-it në 1000K:

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

Ato. në 1000 K: ΔS 0 h.r. ·Т > ΔН 0 h.r.

Faktori entalpi u bë vendimtar shfaqja spontane e një reagimi të drejtpërdrejtë u bë e pamundur. Ndodh reaksioni i kundërt: nga një mol gaz dhe 1 mol të ngurta Formohen 2 mol gaz.

log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Sistemi është larg të qenit i vërtetë ekuilibri kimik, mbizotërohet nga produktet e reaksionit.

Varësia e ΔG 0 nga temperatura për reaksionin

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

K 1000 = 0,86 > 1 – sistemi është afër ekuilibrit, por në këtë temperaturë mbizotërojnë substancat fillestare në të.

8. Sipas parimit të Le Chatelier, me rritjen e temperaturës, ekuilibri duhet të zhvendoset drejt reaksionit të kundërt dhe konstanta e ekuilibrit duhet të ulet.

9. Le të shqyrtojmë se si të dhënat tona të llogaritura pajtohen me parimin e Le Chatelier. Le të paraqesim disa të dhëna që tregojnë varësinë e energjisë së Gibbs dhe konstantës së ekuilibrit të këtij reaksioni nga temperatura:

)

vendosur në përqendrimet e mëposhtme: [B] dhe [C], mol/l.

Përcaktoni përqendrimin fillestar të substancës [B] 0 dhe konstanten e ekuilibrit nëse përqendrimi fillestar substanca A është e barabartë me [A] 0 mol/l

Nga ekuacioni mund të shihet se për formimin e 0,26 mol të substancës C kërkohet 0,13 mol substancë A dhe të njëjtën sasi të substancës B.

Atëherë përqendrimi ekuilibër i substancës A është [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

Përqendrimi fillestar i substancës B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g tretësirë ​​përmban 36 g KOH (densiteti i tretësirës 1.1 g/ml). Llogaritni përqindjen dhe përqendrimi molar të kësaj zgjidhjeje.

b) Sa gram sode kristalore Na 2 CO 3 ·10H 2 O duhet të merren për të përgatitur 2 litra tretësirë ​​0,2 M Na 2 CO 3?

Ne gjejmë përqendrimin e përqindjes duke përdorur ekuacionin:

Masa molare e KOH është 56,1 g/mol;

Për të llogaritur molaritetin e tretësirës, ​​gjejmë masën e KOH që përmbahet në 1000 ml (d.m.th., 1000 · 1.100 = 1100 g) tretësirë:

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

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

Përgjigje: C = 12%, Cm = 0,425 mol/l

Zgjidhja:

m = cm·M·V, ku M – masë molare, V – vëllimi.

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

2. Gjeni masën e hidratit kristalor nga proporcioni

masa molare e hidratit kristalor 286 g/mol - masë X

masë molare e kripës anhidër 106g/mol - masë 42.4g

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

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

Zgjidhja:

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Këtu E është konstanta ebulioskopike e tretësit

E(C 6 H 6) = 2,57

m A është pesha e tretësit, m B është pesha e substancës së tretur, M B është pesha e tij molekulare.

Masa e tretësirës le të jetë 100 gram, pra, masa e lëndës së tretur është 5 gram, kurse masa e tretësit është 100 – 5 = 95 gram.

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

Ne i zëvendësojmë të gjitha të dhënat në formulë dhe gjejmë rritjen e pikës së vlimit të tretësirës në krahasim me një tretës të pastër:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Pika e vlimit të një solucioni naftaleni mund të gjendet duke përdorur formulën:

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

Përgjigje: 81.256 o C

Detyra 2. Sipas të dhënëve ekuacionet jonike shkruani ekuacionet molekulare përkatëse.

Detyra 3. Shkruani ekuacionet e reaksionit për shndërrimet e mëposhtme në formë molekulare dhe jonike.

Zgjidhja:

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 – hidroksid amfoterik, disociimi i tipit acid është i mundur

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd 2 =

H 3 AsO 4 - acid ortoarsenik - elektrolit i fortë, shkëputet plotësisht në tretësirë:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Duke pasur parasysh ekuacionet jonike, shkruani ekuacionet molekulare përkatëse.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH (i pamjaftueshëm) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Shkruani ekuacionet e reaksionit për shndërrimet e mëposhtme në formë molekulare dhe jonike.

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 + + KËSHTU QË 3 2- + H 2 O

HSO 3 - + Oh - → + KËSHTU QË 3 2- + H 2 O
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

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

KËSHTU QË 3 2- + 2N + → H 2 KËSHTU QË 3 + KËSHTU QË 3 2-
3) H 2 SO 3 (teprica) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 N + + KËSHTU QË 3 2- + Na + + Oh- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 N + + KËSHTU QË 3 2 + Oh- → Na + + H 2 O
203. Detyra 1. Shkruani ekuacionet për hidrolizën e kripërave në formë molekulare dhe jonike, tregoni pH-në e tretësirave (pH > 7, pH Detyra 2. Shkruani ekuacionet për reaksionet që ndodhin ndërmjet substancave në tretësirat ujore

Detyra 1. Shkruani ekuacionet për hidrolizën e kripërave në formë molekulare dhe jonike, tregoni pH-në e tretësirave (pH > 7, pH.

Na2S - kripë e formuar themel i fortë dhe një acid i dobët, i nënshtrohet hidrolizës në anion. Reagimi i mediumit është alkalik (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 - kripë e formuar nga një bazë e dobët dhe acid i fortë, i nënshtrohet hidrolizës në kation. Reagimi i mediumit është acid (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 Art. Cr(OH) 2 Br + HON↔ Cr(OH) 3 + HBr

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

Hidroliza ndodh kryesisht në fazën e parë.

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – kripë e formuar nga një acid i fortë dhe një bazë e dobët

Na 2 CO 3 - një kripë e formuar nga një acid i dobët dhe një bazë e fortë

2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6N(AI) = 2 Fe( Oh) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

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

Ndodh përmirësim i ndërsjellë i hidrolizës

Al 2 (SO 4) 3 - një kripë e formuar nga një acid i fortë dhe një bazë e dobët

Na 2 CO 3 – kripë e formuar nga një acid i dobët dhe një bazë e fortë

Kur dy kripëra hidrolizohen së bashku, ato formohen themeli i dobët dhe acid i dobët:

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 +

Ekuacioni përmbledhës i hidrolizës

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

2Al 3+ + 2CRRETH 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3
Faqe 1

Konfigurimi elektronik i një atomiështë një formulë që tregon renditjen e elektroneve në një atom sipas niveleve dhe nënniveleve. Pasi të keni studiuar artikullin, do të mësoni se ku dhe si ndodhen elektronet, do të njiheni me numrat kuantikë dhe do të jeni në gjendje të ndërtoni konfigurim elektronik atomi sipas numrit të tij në fund të artikullit ka një tabelë elementësh.

Pse të studiohet konfigurimi elektronik i elementeve?

Atomet janë si një grup ndërtimi: ka një numër të caktuar pjesësh, ato ndryshojnë nga njëri-tjetri, por dy pjesë të të njëjtit lloj janë absolutisht të njëjta. Por ky grup ndërtimi është shumë më interesant se ai plastik dhe ja pse. Konfigurimi ndryshon në varësi të asaj se kush është afër. Për shembull, oksigjeni pranë hidrogjenit Ndoshta shndërrohet në ujë, kur afër natriumit kthehet në gaz dhe kur është afër hekurit e shndërron plotësisht në ndryshk. Për t'iu përgjigjur pyetjes pse ndodh kjo dhe për të parashikuar sjelljen e një atomi pranë një tjetri, është e nevojshme të studiohet konfigurimi elektronik, i cili do të diskutohet më poshtë.

Sa elektrone ka në një atom?

Një atom përbëhet nga një bërthamë dhe elektrone që rrotullohen rreth tij, bërthama përbëhet nga protone dhe neutrone. Në gjendjen neutrale, çdo atom ka numrin e elektroneve të barabartë me numrin e protoneve në bërthamën e tij. Numri i protoneve përcaktohet nga numri atomik i elementit, për shembull, squfuri ka 16 protone - elementi i 16-të i tabelës periodike. Ari ka 79 protone - elementi i 79-të i tabelës periodike. Prandaj, squfuri ka 16 elektrone në gjendje neutrale, dhe ari ka 79 elektrone.

Ku të kërkoni një elektron?

Duke vëzhguar sjelljen e elektronit, janë nxjerrë modele të caktuara, ato përshkruhen me numra kuantikë, gjithsej janë katër:

• Numri kuantik kryesor
• Numri kuantik orbital
• Numri kuantik magnetik
• Numri kuantik rrotullues

Orbitale

Më tej, në vend të fjalës orbitë, do të përdorim termin "orbital", orbital është funksioni i valës elektroni, përafërsisht, është rajoni në të cilin elektroni kalon 90% të kohës së tij.

N - niveli
L - guaskë
M l - numri orbital
M s - elektroni i parë ose i dytë në orbital

Numri kuantik orbital l

Si rezultat i studimit të resë elektronike, u zbulua se në varësi të niveli i energjisë, reja merr katër forma themelore: një top, një trap dhe dy forma të tjera më komplekse. Në mënyrë që të rritet energjia, këto forma quhen s-, p-, d- dhe f-predha. Secila prej këtyre predhave mund të ketë 1 (në s), 3 (në p), 5 (në d) dhe 7 (në F) orbitale. Numri kuantik orbital është guaska në të cilën ndodhen orbitalet. Numri kuantik orbital për orbitalet s, p, d dhe f merr respektivisht vlerat 0,1,2 ose 3.

Ka një orbitale në shtresën s (L=0) - dy elektrone
Ka tre orbitale në shtresën p (L=1) - gjashtë elektrone
Ka pesë orbitale në shtresën d (L=2) - dhjetë elektrone
Ka shtatë orbitale në shtresën f (L=3) - katërmbëdhjetë elektrone

Numri kuantik magnetik m l

Ka tre orbitale në guaskën p, ato përcaktohen me numra nga -L në +L, domethënë, për guaskën p (L=1) ka orbitale "-1", "0" dhe "1" . Numri kuantik magnetik shënohet me shkronjën m l.

Brenda guaskës është më e lehtë që elektronet të vendosen në orbitale të ndryshme, kështu që elektronet e para mbushin një në secilën orbitale dhe më pas secilës i shtohet një palë elektrone.

Merrni parasysh d-shell:
Predha d korrespondon me vlerën L=2, domethënë pesë orbitale (-2,-1,0,1 dhe 2), pesë elektronet e para mbushin shtresën duke marrë vlerat M l =-2, M. l =-1, M l =0 , M l =1,M l =2.

Numri kuantik rrotullues m s

Spin është drejtimi i rrotullimit të një elektroni rreth boshtit të tij, ka dy drejtime, kështu që numri kuantik spin ka dy vlera: +1/2 dhe -1/2. Një nënnivel energjetik mund të përmbajë vetëm dy elektrone me rrotullime të kundërta. Numri kuantik spin shënohet m s

Numri kuantik kryesor n

Numri kuantik kryesor është niveli i energjisë në ky moment janë të njohura shtatë nivele të energjisë, secili i caktuar Numri arab: 1,2,3,...7. Numri i predhave në çdo nivel është i barabartë me numrin e nivelit: niveli i parë ka një predhë, i dyti ka dy, etj.

Numri i elektronit

Pra, çdo elektron mund të përshkruhet me katër numra kuantikë, kombinimi i këtyre numrave është unik për çdo pozicion të elektronit, merrni elektronin e parë, niveli më i ulët i energjisë është N = 1, në nivelin e parë ka një shtresë, guaska e parë në çdo nivel ka formën e një topi (s -shell), d.m.th. L=0, numri kuantik magnetik mund të marrë vetëm një vlerë, M l =0 dhe rrotullimi do të jetë i barabartë me +1/2. Nëse marrim elektronin e pestë (në çfarëdo atomi që të jetë), atëherë numrat kuantikë kryesorë për të do të jenë: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Kur shkruani formula elektronike për atomet e elementeve, tregoni nivelet e energjisë (vlerat e numrit kuantik kryesor n në formën e numrave - 1, 2, 3, etj.), Nënnivele të energjisë (vlerat e numrit kuantik orbital l në formën e letrave - s, fq, d, f) dhe numri në krye tregon numrin e elektroneve në një nënnivel të caktuar.

Elementi i parë në tabelë është D.I. Mendelejevi është hidrogjen, pra ngarkesa e bërthamës së atomit Nështë e barabartë me 1, një atom ka vetëm një elektron për s-nënniveli i nivelit të parë. Prandaj, formula elektronike e atomit të hidrogjenit ka formën:

Elementi i dytë është heliumi, atomi i tij ka dy elektrone, kështu që formula elektronike e atomit të heliumit është 2 Jo 1s 2. Periudha e parë përfshin vetëm dy elementë, pasi niveli i parë i energjisë është i mbushur me elektrone, të cilat mund të zënë vetëm 2 elektrone.

Elementi i tretë në rregull - litiumi - është tashmë në periudhën e dytë, prandaj, niveli i tij i dytë i energjisë fillon të mbushet me elektrone (për këtë folëm më lart). Mbushja e nivelit të dytë me elektrone fillon me s-nënnivel, prandaj formula elektronike e atomit të litiumit është 3 Li 1s 2 2s 1 . Atomi i beriliumit është plotësuar duke u mbushur me elektrone s-Nënniveli: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

Në elementët pasues të periudhës së 2-të, niveli i dytë i energjisë vazhdon të jetë i mbushur me elektrone, vetëm tani ai është i mbushur me elektrone R-Nënniveli: 5 NË 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 ME 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Atomi i neonit plotëson mbushjen me elektrone R-nënnivel, ky element përfundon periodën e dytë, ka tetë elektrone, që nga koha s- Dhe R-Nënnivelet mund të përmbajnë vetëm tetë elektrone.

Elementët e periudhës së 3-të kanë një sekuencë të ngjashme të mbushjes së nënniveleve të energjisë të nivelit të tretë me elektrone. Formulat elektronike të atomeve të disa elementeve të kësaj periudhe janë si më poshtë:

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 3fq 1 ;

14 Si 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 2 ;…; 18 Ar 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 .

Periudha e tretë, si e dyta, përfundon me një element (argon), i cili është plotësisht i mbushur me elektrone R-nënniveli, megjithëse niveli i tretë përfshin tre nënnivele ( s, R, d). Sipas rendit të mësipërm të mbushjes së nënniveleve të energjisë në përputhje me rregullat e Klechkovsky, energjia e nënnivelit 3 d më shumë energji nënniveli 4 s Prandaj, atomi i kaliumit pranë argonit dhe atomi i kalciumit pas tij janë të mbushura me elektrone 3 s– nënniveli i nivelit të katërt:

19 TE 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 1 ; 20 Ca 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 2 .

Duke u nisur nga elementi i 21-të - skandiumi, nënniveli 3 në atomet e elementeve fillon të mbushet me elektrone d. Formulat elektronike të atomeve të këtyre elementeve janë:

21 Sc 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 2 3d 1 ; 22 Ti 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 2 3d 2 .

Në atomet e elementit të 24-të (kromit) dhe elementit të 29-të (bakrit), vërehet një fenomen i quajtur "rrjedhje" ose "dështim" i një elektroni: një elektron nga pjesa e jashtme 4. s– Nënniveli “bie” me 3 d– nënniveli, duke plotësuar mbushjen e tij përgjysmë (për kromin) ose plotësisht (për bakër), gjë që kontribuon në një stabilitet më të madh të atomit:

24 Kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 1 3d 5 (në vend të...4 s 2 3d 4) dhe

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 1 3d 10 (në vend të...4 s 2 3d 9).

Duke filluar nga elementi i 31-të - galiumi, mbushja e nivelit të 4-të me elektrone vazhdon, tani - R– nënniveli:

31 Ga 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 2 3d 10 4fq 1 …; 36 Kr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 4s 2 3d 10 4fq 6 .

Ky element përfundon periudhën e katërt, e cila tashmë përfshin 18 elementë.

Një rend i ngjashëm i mbushjes së nënniveleve të energjisë me elektrone ndodh në atomet e elementeve të periudhës së 5-të. Për dy të parat (rubidium dhe stroncium) mbushet s– nënniveli i nivelit të 5-të, për dhjetë elementët vijues (nga itriumi në kadmium) plotësohet d– nënniveli i nivelit të 4-të; Periudha plotësohet nga gjashtë elementë (nga indiumi në ksenon), atomet e të cilëve janë të mbushur me elektrone R– nënniveli i jashtëm, niveli i pestë. Ka edhe 18 elementë në një periudhë.

Për elementët e periudhës së gjashtë shkelet kjo radhë plotësimi. Në fillim të periudhës, si zakonisht, ka dy elementë, atomet e të cilëve janë të mbushur me elektrone s– nënniveli i nivelit të jashtëm, i gjashtë, niveli. Elementi tjetër pas tyre, lantanumi, fillon të mbushet me elektrone d– nënniveli i nivelit të mëparshëm, d.m.th. 5 d. Kjo përfundon mbushjen me elektrone 5 d-Ndalesa e nënnivelit dhe 14 elementët e ardhshëm - nga cerium në lutetium - fillojnë të mbushen f-nënniveli i nivelit të 4-të. Këta elementë përfshihen të gjithë në një qelizë të tabelës, dhe më poshtë është një rresht i zgjeruar i këtyre elementeve, të quajtur lantanide.

Duke filluar nga elementi i 72-të - hafniumi - tek elementi i 80-të - merkur, mbushja me elektrone vazhdon 5 d-nënnivel, dhe periudha përfundon, si zakonisht, me gjashtë elementë (nga taliumi në radon), atomet e të cilëve janë të mbushur me elektrone R– nënniveli i nivelit të jashtëm, i gjashtë, niveli. Kjo është më periudhë e gjatë, i cili përfshin 32 elementë.

Në atomet e elementeve të periudhës së shtatë, jo të plotë, është i dukshëm i njëjti rend i mbushjes së nënniveleve siç përshkruhet më sipër. I lëmë studentët ta shkruajnë vetë. formulat elektronike atomet e elementeve të periudhave 5 - 7, duke marrë parasysh gjithçka që u tha më sipër.

Shënim:Ne disa tekstet shkollore lejohet një renditje e ndryshme e shkrimit të formulave elektronike të atomeve të elementeve: jo sipas radhës së mbushjes së tyre, por në përputhje me numrin e elektroneve të dhëna në tabelë në çdo nivel energjie. Për shembull, formula elektronike e atomit të arsenikut mund të duket si: Si 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3fq 6 3d 10 4s 2 4fq 3 .