Elektronisk formel for s-atomet. Fullfør elektroniske formler for atomer av elementer

Elektronisk konfigurasjon av et atom er en formel som viser ordningen av elektroner i et atom etter nivåer og undernivåer. Etter å ha studert artikkelen vil du lære hvor og hvordan elektroner befinner seg, bli kjent med kvantetall og være i stand til å konstruere den elektroniske konfigurasjonen av et atom etter dets nummer på slutten av artikkelen er det en tabell over elementer.

Hvorfor studere den elektroniske konfigurasjonen av elementer?

Atomer er som et konstruksjonssett: det er et visst antall deler, de skiller seg fra hverandre, men to deler av samme type er helt like. Men dette byggesettet er mye mer interessant enn det plastiske, og her er hvorfor. Konfigurasjonen endres avhengig av hvem som er i nærheten. For eksempel oksygen ved siden av hydrogen Kan være

bli til vann, når det er nær natrium blir det til gass, og når det er nært jern, blir det fullstendig rust.

For å svare på spørsmålet om hvorfor dette skjer og forutsi oppførselen til et atom ved siden av et annet, er det nødvendig å studere den elektroniske konfigurasjonen, som vil bli diskutert nedenfor.

Hvor mange elektroner er det i et atom?

Et atom består av en kjerne og elektroner som roterer rundt den, kjernen består av protoner og nøytroner. I nøytral tilstand har hvert atom antall elektroner lik antall protoner i kjernen. Antall protoner er utpekt av atomnummeret til elementet, for eksempel har svovel 16 protoner - det 16. elementet i det periodiske systemet. Gull har 79 protoner - det 79. elementet i det periodiske systemet. Følgelig har svovel 16 elektroner i nøytral tilstand, og gull har 79 elektroner.

• Hvor skal man lete etter et elektron?
• Ved å observere elektronets oppførsel, ble visse mønstre utledet de er beskrevet av kvantetall, det er fire totalt:
• Hovedkvantenummer
• Orbitalt kvantenummer

Magnetisk kvantenummer

Spinn kvantenummer

Orbital
Videre, i stedet for ordet bane, vil vi bruke begrepet "orbital" er bølgefunksjonen til et elektron omtrent, det er området der elektronet tilbringer 90% av tiden sin.
N - nivå
L - skall

M l - orbitaltall

M s - første eller andre elektron i orbitalen Orbitalt kvantenummer l, skyen har fire grunnleggende former: en ball, en manual og to andre mer komplekse.

I rekkefølge av økende energi kalles disse formene s-, p-, d- og f-skallet.
Hvert av disse skjellene kan ha 1 (på s), 3 (på p), 5 (på d) og 7 (på f) orbitaler. Orbital-kvantenummeret er skallet som orbitalene befinner seg i. Orbitalkvantetallet for s,p,d og f orbitalene tar henholdsvis verdiene 0,1,2 eller 3.
Det er en orbital på s-skallet (L=0) - to elektroner
Det er tre orbitaler på p-skallet (L=1) - seks elektroner

Det er fem orbitaler på d-skallet (L=2) - ti elektroner

Det er syv orbitaler på f-skallet (L=3) - fjorten elektroner

Magnetisk kvantenummer m l

Det er tre orbitaler på p-skallet, de er betegnet med tall fra -L til +L, det vil si at for p-skallet (L=1) er det orbitaler "-1", "0" og "1" .
Det magnetiske kvantetallet er angitt med bokstaven m l.

Inne i skallet er det lettere for elektroner å være lokalisert i forskjellige orbitaler, så de første elektronene fyller en i hver orbital, og deretter legges et elektronpar til hver enkelt.

Tenk på d-skallet:

D-skallet tilsvarer verdien L=2, det vil si fem orbitaler (-2,-1,0,1 og 2), de første fem elektronene fyller skallet med verdiene M l =-2, M 1=-1, Ml=0, Ml=l,Ml=2.

Spinn kvantenummer m s Spinn er rotasjonsretningen til et elektron rundt sin akse, det er to retninger, så spinnkvantetallet har to verdier: +1/2 og -1/2. Ett energiundernivå kan bare inneholde to elektroner med motsatte spinn. Spinnkvantetallet er betegnet m s Hovedkvantenummer n Hovedkvantetallet er energinivået ved dette øyeblikket

syv energinivåer er kjent, hver utpekt

Arabisk tall

: 1,2,3,...7. Antall skjell på hvert nivå er lik nivånummeret: det er ett skall på det første nivået, to på det andre, osv.

1. Bestem antall elektroner i et atom ved hjelp av det periodiske systemet for kjemiske grunnstoffer D.I. Mendeleev.

2. Bruk nummeret på perioden der elementet er lokalisert, bestemme antall energinivåer; antall elektroner i det siste elektroniske nivået tilsvarer gruppenummeret.

3. Del nivåene inn i undernivåer og orbitaler og fyll dem med elektroner i henhold til reglene for fylling av orbitaler:

Det må huskes at det første nivået inneholder maksimalt 2 elektroner 1s 2, på den andre - maksimalt 8 (to s og seks R: 2s 2 2p 6), på den tredje - maksimalt 18 (to s, seks s, og ti d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Hovedkvantenummer n skal være minimal.
• Først til å fylle s- undernivå altså р-, d- b f- undernivåer.
• Elektroner fyller orbitalene i rekkefølge etter økende energi til orbitalene (Klechkovskys regel).
• Innenfor et undernivå okkuperer elektroner først frie orbitaler én etter én, og først etter det danner de par (Hunds regel).
• Det kan ikke være mer enn to elektroner i en orbital (Pauli-prinsippet).

Eksempler.

1. La oss lage den elektroniske formelen for nitrogen. I periodiske tabell nitrogen er på nummer 7.

2. La oss lage den elektroniske formelen for argon. Argon er nummer 18 i det periodiske systemet.

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

3. La oss lage den elektroniske formelen for krom. Krom er nummer 24 i det periodiske systemet.

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

Energidiagram av sink.

4. La oss lage en elektronisk formel for sink. Sink er nummer 30 i det periodiske systemet.

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

Vær oppmerksom på at en del av den elektroniske formelen, nemlig 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, er den elektroniske formelen for argon.

Den elektroniske formelen for sink kan representeres som:

Når du skriver elektroniske formler for atomer av elementer, angi energinivåer (verdier av hovedkvantetallet n i form av tall - 1, 2, 3, etc.), energiundernivåer (orbitale kvantetallverdier l i form av bokstaver - s, s, d, f) og tallet øverst indikerer antall elektroner i et gitt undernivå.

Det første elementet i tabellen er D.I. Mendeleev er hydrogen, derfor ladningen til atomkjernen N er lik 1, et atom har kun ett elektron pr s-undernivå av første nivå. Derfor har den elektroniske formelen til hydrogenatomet formen:

Det andre elementet er helium, dets atom har to elektroner, derfor er den elektroniske formelen til heliumatomet 2 Ikke 1s 2. Den første perioden inkluderer bare to elementer, siden det første energinivået er fylt med elektroner, som bare kan okkuperes av 2 elektroner.

Det tredje elementet i rekkefølge - litium - er allerede i den andre perioden, derfor begynner dets andre energinivå å bli fylt med elektroner (vi snakket om dette ovenfor). Fyllingen av det andre nivået med elektroner begynner med s-undernivå, derfor er den elektroniske formelen til litiumatomet 3 Li 1s 2 2s 1 . Berylliumatomet er fullført med elektroner s-undernivå: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

I påfølgende elementer av den andre perioden fortsetter det andre energinivået å være fylt med elektroner, bare nå er det fylt med elektroner R-undernivå: 5 I 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 MED 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Ne 1s 2 2s 2 2R 6 .

Neonatomet fullfører fyllingen med elektroner R-undernivå, dette elementet avslutter den andre perioden, det har åtte elektroner, siden s- Og R-undernivåer kan bare inneholde åtte elektroner.

Elementene i den tredje perioden har en lignende sekvens for å fylle energiundernivåene til det tredje nivået med elektroner. De elektroniske formlene for atomene til noen elementer i denne perioden er som følger:

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 3s 1 ;

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

Den tredje perioden, som den andre, avsluttes med et element (argon), som er fullstendig fylt med elektroner R-undernivå, selv om det tredje nivået inkluderer tre undernivåer ( s, R, d). I henhold til ovennevnte rekkefølge for å fylle energi undernivåer i samsvar med Klechkovskys regler, energien til undernivå 3 d mer energi på undernivå 4 s Derfor er kaliumatomet ved siden av argon og kalsiumatomet bak fylt med elektroner 3 s– undernivå av fjerde nivå:

19 TIL 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 4s 1 ; 20 Sa 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 4s 2 .

Fra det 21. elementet - skandium, begynner undernivå 3 i atomene til elementene å bli fylt med elektroner d. De elektroniske formlene for atomene til disse elementene er:

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

I atomene til det 24. elementet (krom) og det 29. elementet (kobber), observeres et fenomen kalt "lekkasje" eller "svikt" av et elektron: et elektron fra den ytre 4 s– undernivået «faller» med 3 d– undernivå, fullføre fyllingen halvveis (for krom) eller fullstendig (for kobber), noe som bidrar til større stabilitet av atomet:

24 Cr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 4s 1 3d 5 (i stedet for...4 s 2 3d 4) og

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 4s 1 3d 10 (i stedet for...4 s 2 3d 9).

Fra det 31. elementet - gallium, fortsetter fyllingen av det fjerde nivået med elektroner, nå - R– undernivå:

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

Dette elementet avslutter den fjerde perioden, som allerede inkluderer 18 elementer.

En lignende rekkefølge for å fylle energiundernivåer med elektroner forekommer i atomene til elementer i den 5. perioden. For de to første (rubidium og strontium) er det fylt s– undernivå av 5. nivå, for de neste ti elementene (fra yttrium til kadmium) er fylt d– undernivå av 4. nivå; Perioden fullføres av seks elementer (fra indium til xenon), hvis atomer er fylt med elektroner R– undernivå til det eksterne, femte nivået. Det er også 18 elementer i en periode.

For elementer i den sjette perioden blir denne fyllingsrekkefølgen brutt. I begynnelsen av perioden er det som vanlig to grunnstoffer hvis atomer er fylt med elektroner s– undernivå av det ytre, sjette nivået. Det neste elementet bak dem, lantan, begynner å fylles med elektroner d– undernivå av forrige nivå, dvs. 5 d. Dette fullfører fyllingen med elektroner 5 d-subnivå stopper og de neste 14 elementene - fra cerium til lutetium - begynner å fylles f-undernivå av 4. nivå. Disse elementene er alle inkludert i en celle i tabellen, og nedenfor er en utvidet rad med disse elementene, kalt lantanider.

Fra det 72. elementet - hafnium - til det 80. elementet - kvikksølv, fortsetter fyllingen med elektroner 5 d-subnivå, og perioden slutter, som vanlig, med seks elementer (fra thallium til radon), hvis atomer er fylt med elektroner R– undernivå av det ytre, sjette nivået. Dette er den største perioden, inkludert 32 grunnstoffer.

I atomene til elementene i den syvende, ufullstendige perioden, er den samme rekkefølgen av fyllende undernivåer synlig som beskrevet ovenfor. Vi lar elevene skrive det selv. elektroniske formler atomer av elementer fra den 5. – 7. perioden, tatt i betraktning alt nevnt ovenfor.

Merk:I noen lærebøker En annen rekkefølge for å skrive de elektroniske formlene til atomer av elementer er tillatt: ikke i rekkefølgen av fylling, men i samsvar med antall elektroner gitt i tabellen på hvert energinivå. For eksempel kan den elektroniske formelen til arsenatomet se slik ut: As 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3s 6 3d 10 4s 2 4s 3 .

Side 1
3. Skriv en elektronisk formel og hun tallium Tl 3+. For valenselektroner atom Tl indikerer settet av alle fire kvantetallene.

Løsning:

I følge Klechkovskys regel skjer fylling av energinivåer og undernivåer i følgende sekvens:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Grunnstoffet thallium Tl har en kjerneladning på +81 (atomnummer 81), henholdsvis 81 elektroner. I henhold til Klechkovskys regel fordeler vi elektroner mellom energiundernivåer og får den elektroniske formelen til elementet 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

Talliumionet Tl 3+ har en ladning på +3, som betyr at atomet ga fra seg 3 elektroner, og siden atomet kun kan gi fra seg valenselektroner på det ytre nivået (for thallium er dette to 6-er og ett 6p-elektron), den elektroniske formelen vil se slik ut:

81 Tl 3+ tallium 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

Hovedkvantenummer n bestemmer den totale energien til elektronet og graden av dets fjerning fra kjernen (energinivånummer); den aksepterer alle heltallsverdier som starter fra 1 (n = 1, 2, 3, ...), dvs. tilsvarer periodenummeret.

Orbital (side eller azimutal) kvantenummer l bestemmer formen til atombanen. Den kan ta heltallsverdier fra 0 til n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Uavhengig av energinivånummeret, hver verdi l Orbital-kvantetallet tilsvarer en orbital med en spesiell form.

Orbitaler med l= 0 kalles s-orbitaler,

l= 1 – p-orbitaler (3 typer, forskjellig i magnetisk kvantenummer m),

l= 2 – d-orbitaler (5 typer),

l= 3 – f-orbitaler (7 typer).

Det magnetiske kvantetallet m l karakteriserer posisjonen til elektronorbitalen i rommet og tar heltallsverdier fra - l til + l, inkludert 0. Dette betyr at for hver baneform er det (2 l+ 1) energisk ekvivalent orientering i rommet.

Spinnkvantetallet m S karakteriserer det magnetiske momentet som oppstår når et elektron roterer rundt sin akse. Godtar kun to verdier +1/2 og –1/2 tilsvarende motsatte retninger rotasjon.
Valenselektroner er elektroner i det ytre energinivået. Thallium har 3 valenselektroner: 2 s elektroner og 1 p elektron.

Kvantetall s – elektroner:

Orbitalt kvantenummer l= 0 (s – orbital)

Magnetisk kvantenummer m l = (2 l+ 1 = 1): ml = 0.

Spinn kvantenummer m S = ±1/2

Kvantetall p – elektron:

Hovedkvantenummer n = 6 (sjette periode)

Orbitalt kvantenummer l= 1 (p – orbital)

Magnetisk kvantenummer (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Spinn kvantenummer m S = ±1/2
23. Spesifiser disse egenskapene kjemiske elementer, som endres med jevne mellomrom. Hva er årsaken til den periodiske gjentagelsen av disse egenskapene? Ved hjelp av eksempler, forklar essensen av periodisiteten til endringer i egenskapene til kjemiske forbindelser.

Løsning:

Egenskapene til elementer, bestemt av strukturen til de ytre elektroniske lagene av atomer, endres naturlig i henhold til perioder og grupper periodiske tabell. I dette tilfellet gir likheten til elektroniske strukturer opphav til likheten mellom egenskapene til analoge elementer, men ikke identiteten til disse egenskapene. Derfor, når man flytter fra ett element til et annet i grupper og undergrupper, er det som observeres ikke en enkel repetisjon av egenskaper, men deres mer eller mindre uttalte naturlige forandring. Spesielt manifesteres den kjemiske oppførselen til atomer av elementer i deres evne til å miste og få elektroner, dvs. i deres evne til å oksidere og redusere. Et kvantitativt mål på evnen til et atom å tape elektroner er ioniseringspotensial (E Og ) , og et mål på deres evner gjenanskaffe– elektronaffinitet (E Med ). Naturen til endringen i disse mengdene under overgangen fra en periode til en annen gjentas, og disse endringene er basert på en endring i den elektroniske konfigurasjonen av atomet. Fullførte elektroniske lag som tilsvarer atomer av inerte gasser viser således økt stabilitet og en økt verdi av ioniseringspotensialer innen en periode. Samtidig har s-elementene i den første gruppen (Li, Na, K, Rb, Cs) de laveste ioniseringspotensialverdiene.

Elektronegativitet er et mål på evnen til et atom av dette elementet trekke elektroner mot seg selv i forhold til atomene til andre grunnstoffer i forbindelsen. I følge en av definisjonene (Mulliken) kan elektronegativiteten til et atom uttrykkes som halvparten av summen av dets ioniseringsenergi og elektronaffinitet: = (E og + E c).

I periodene er det en generell tendens til at elektronegativiteten til elementet øker, og i undergrupper er det en nedgang. Laveste verdier S-elementene i gruppe I har elektronegativitet, og p-elementene i gruppe VII har størst elektronegativitet.

Elektronegativiteten til det samme elementet kan variere avhengig av valenstilstanden, hybridiseringen, oksidasjonstilstanden osv. Elektronegativiteten påvirker i betydelig grad endringen i egenskapene til sammensetninger av elementer. For eksempel, svovelsyre viser sterkere sure egenskaper enn sin kjemiske analog - selensyre, siden i sistnevnte det sentrale selenatomet, på grunn av dets lavere elektronegativitet sammenlignet med svovelatomet, ikke polariserer H–O-bindingene i syren så mye, noe som betyr en svekkelse av surhet.

H–O O
Et annet eksempel: krom(II)hydroksid og krom(VI)hydroksid. Krom(II)hydroksid, Cr(OH) 2, viser grunnleggende egenskaper i motsetning til krom(VI)hydroksid, H 2 CrO 4, siden oksidasjonstilstanden til krom +2 bestemmer svakheten til Coulomb-interaksjonen av Cr 2+ med hydroksidion og den enkle eliminering av dette ionet, dvs. manifestasjon av grunnleggende egenskaper. Samtidig bestemmer den høye oksidasjonstilstanden til krom +6 i krom (VI) hydroksyd den sterke Coulomb-attraksjonen mellom hydroksydionet og det sentrale kromatomet og umuligheten av dissosiasjon langs bindingen - ÅH. På den annen side øker den høye oksidasjonstilstanden til krom i krom(VI)hydroksid dens evne til å tiltrekke seg elektroner, dvs. elektronegativitet, som forårsaker en høy grad av polarisering av H–O-bindinger i denne forbindelsen, som er en forutsetning for en økning i surhet.

Neste viktig egenskap atomer er deres radier. I perioder øker radiene til metallatomer serienummer elementer reduseres, fordi med en økning i atomnummeret til et grunnstoff i løpet av en periode, øker ladningen til kjernen, og derfor den totale ladningen til elektronene som balanserer den; som en konsekvens øker også Coulomb-tiltrekningen av elektroner, noe som til slutt fører til en reduksjon i avstanden mellom dem og kjernen. Den mest uttalte reduksjonen i radius observeres i elementer av korte perioder, der det ytre energinivået er fylt med elektroner.

I store perioder viser d- og f-elementer en jevnere reduksjon i radier når ladningen til atomkjernen øker. Innenfor hver undergruppe av elementer har atomradius en tendens til å øke fra topp til bunn, siden et slikt skifte betyr en overgang til et høyere energinivå.

Påvirkningen av radiene til elementioner på egenskapene til forbindelsene de danner kan illustreres ved eksemplet med en økning i surheten til hydrohalogensyrer i gassfasen: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nevn elementene for hvis atomer kun én valenstilstand er mulig, og angi om den skal males eller eksiteres.

Løsning:

Atomer av grunnstoffer som har ett uparet elektron på det ytre valensenerginivået kan ha en valenstilstand - disse er elementer i gruppe I i det periodiske systemet (H - hydrogen, Li - litium, Na - natrium, K - kalium, Rb - rubidium , Ag - sølv, Cs - cesium, Au - gull, Fr - francium), med unntak av kobber siden i dannelsen kjemiske bindinger, hvis antall bestemmes av valensen, deltar også d-elektroner på det pre-eksterne nivået (grunntilstanden til kobberatomet 3d 10 4s 1 skyldes stabiliteten til det fylte d-skallet, men første eksiterte tilstand 3d 9 4s 2 overstiger grunntilstanden i energi med bare 1,4 eV (ca. 125 kJ/mol). kjemiske forbindelser Begge tilstander manifesterer seg i samme grad, og gir opphav til to serier av kobberforbindelser (I) og (II)).

Også atomer av elementer der det ytre energinivået er fullstendig fylt og elektroner ikke har mulighet til å gå inn i en eksitert tilstand, kan ha en valenstilstand. Dette er elementer i hovedundergruppen til gruppe VIII - inerte gasser (He - helium, Ne - neon, Ar - argon, Kr - krypton, Xe - xenon, Rn - radon).

For alle de oppførte elementene er den eneste valenstilstanden grunntilstanden, fordi det er ingen mulighet for overgang til en spent tilstand. I tillegg bestemmer overgangen til en eksitert tilstand atomets nye valenstilstand, hvis en slik overgang er mulig, er ikke valenstilstanden til et gitt atom den eneste.

63. Ved å bruke modellen for frastøting av valenselektronpar og metoden for valensbindinger, vurder den romlige strukturen til de foreslåtte molekylene og ionene. Angi: a) antall bindinger og ensomme elektronpar til sentralatomet; b) antall orbitaler involvert i hybridisering; c) type hybridisering; d) type molekyl eller ion (AB m E n); e) romlig arrangement av elektronpar; f) romlig struktur av et molekyl eller ion.

SO 3;

Løsning:

I henhold til valensbindingsmetoden (bruk av denne metoden fører til samme resultat som ved bruk av OEPVO-modellen), bestemmes den romlige konfigurasjonen av molekylet av det romlige arrangementet av hybridorbitalene til sentralatomet, som dannes som et resultat av samspillet mellom orbitalene.

For å bestemme typen hybridisering av sentralatomet, er det nødvendig å vite antall hybridiserende orbitaler. Det kan bli funnet ved å legge til antall bindinger og ensomme elektronpar til sentralatomet og trekke fra antall π-bindinger.

I et SO 3 molekyl

det totale antallet bindingspar er 6. Ved å trekke fra antall π-bindinger får vi antall hybridiserende orbitaler: 6 – 3 = 3. Dermed er hybridiseringstypen sp 2, typen ion er AB 3, romlig arrangement av elektronpar har form av en trekant, og selve molekylet er trekant:

I ion

det totale antallet bindingspar er 4. Det er ingen π-bindinger. Antall hybridiserende orbitaler: 4. Dermed er hybridiseringstypen sp 3, typen AB 4-ion, det romlige arrangementet av elektronpar har form av et tetraeder, og selve ionet er et tetraeder:

83. Skriv ligninger for mulige reaksjoner av interaksjon mellom KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 med forbindelsene gitt nedenfor:

H 2 SO 3, BaO, CO 2, HNO 3, Ni(OH) 2, Ca(OH) 2;

Løsning:
a) KOH-reaksjonsreaksjoner

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

2K + + 2 ÅH - + 2H+ + SO 3 2-  2K + + SO 3 2- + H 2 O

ÅH - + H +  H 2 O
KOH + BaO  ingen reaksjon
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

2K + + 2 ÅH - + CO 2  2K + + CO 3 2- + H 2 O

2ÅH - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3  ingen reaksjon, løsningen inneholder ioner samtidig:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K + + 2 ÅH- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  ingen reaksjon

b) reaksjonsreaksjoner H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  ingen reaksjon
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  ingen reaksjon
H 2 SO 4 + HNO 3  ingen reaksjon
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) reaksjonsreaksjoner av H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  ingen reaksjon

H 2 O + BaO  Ba(OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  ingen reaksjon
H 2 O + HNO 3  ingen reaksjon
H 2 O + NO 2  ingen reaksjon
H 2 O + Ni(OH) 2  ingen reaksjon

H 2 O + Ca(OH) 2  ingen reaksjon

a) reaksjonsreaksjon Be(OH) 2

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

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

Vær (OH) 2 + 2H+  Vær 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  ingen reaksjon
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

Vær (OH) 2 + 2H+ + NO 3 -  Være 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

Vær (OH) 2 + 2H +  Være 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  ingen reaksjon
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  ingen reaksjon
103. For den angitte reaksjonen

b) forklare hvilken av faktorene: entropi eller entalpi bidrar til at reaksjonen spontant oppstår i foroverretningen;

c) i hvilken retning (direkte eller omvendt) reaksjonen vil fortsette ved 298K og 1000K;

e) nevne alle måter å øke konsentrasjonen av produkter i en likevektsblanding på.

f) plott avhengigheten av ΔG p (kJ) på T (K)

Løsning:

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

Standard dannelsesentalpi, entropi og Gibbs energi for dannelse av stoffer

1. (AH 0 298) h.r. =
–
= -241,84 + 110,5 = -131,34 kJ 2. (AS 0 298) c.r. =
+
–
–
= 188,74+5,7-197,5-130,6 = -133,66 J/K = -133,66 10 -3 kJ/mol > 0.

Den direkte reaksjonen er ledsaget av en reduksjon i entropi, forstyrrelsen i systemet avtar - en ugunstig faktor for forekomsten av kjemisk reaksjon i retning fremover.

3. Beregn standard Gibbs energi for reaksjonen.

i henhold til Hess lov:

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

Det viste seg at (ΔН 0 298) ch.r. > (AS 0 298) c.r. ·T og deretter (AG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K er den omtrentlige temperaturen ved hvilken ekte kjemisk likevekt er etablert over denne temperaturen vil en omvendt reaksjon oppstå. Ved en gitt temperatur er begge prosessene like sannsynlige.

5. Beregn Gibbs-energien ved 1000K:

(AG 0 1000) t.r. ≈ ΔH 0 298 – 1000 ΔS 0 298 ≈ -131,4 – 1000 (-133,66) 10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.

De. ved 1000 K: AS 0 h.r. ·Т > ΔН 0 t.r.

Entalpifaktoren ble avgjørende; den spontane opptredenen av en direkte reaksjon ble umulig. Den omvendte reaksjonen skjer: fra ett mol gass og 1 mol fast stoff dannes 2 mol gass.

log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Systemet er langt fra en tilstand av ekte kjemisk likevekt;

Avhengighet av ΔG 0 av temperatur for reaksjonen

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

K 1000 = 0,86 > 1 – systemet er nær likevekt, men ved denne temperaturen dominerer utgangsstoffene i det.

8. I henhold til Le Chateliers prinsipp, når temperaturen øker, skal likevekten skifte mot omvendt reaksjon, og likevektskonstanten skal avta.

9. La oss vurdere hvordan våre beregnede data stemmer overens med Le Chateliers prinsipp. La oss presentere noen data som viser avhengigheten av Gibbs-energien og likevektskonstanten til denne reaksjonen på temperatur:

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

Dermed samsvarer de oppnådde beregnede dataene med våre konklusjoner gjort på grunnlag av Le Chateliers prinsipp.
123. Likevekt i systemet:

)

etablert ved følgende konsentrasjoner: [B] og [C], mol/l.

Bestem startkonsentrasjonen av stoffet [B] 0 og likevektskonstanten hvis startkonsentrasjonen av stoffet A er [A] 0 mol/l

Fra ligningen kan man se at dannelsen av 0,26 mol stoff C krever 0,13 mol stoff A og samme mengde stoff B.

Da er likevektskonsentrasjonen til stoff A [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

Startkonsentrasjonen av stoffet B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g løsning inneholder 36 g KOH (løsningens tetthet 1,1 g/ml). Beregn prosentandelen og molarkonsentrasjonen av denne løsningen.

b) Hvor mange gram krystallinsk brus Na 2 CO 3 ·10H 2 O må tas for å tilberede 2 liter 0,2 M Na 2 CO 3 løsning?

Løsning:

Vi finner den prosentvise konsentrasjonen ved å bruke ligningen:

Den molare massen til KOH er 56,1 g/mol;

For å beregne molariteten til løsningen finner vi massen av KOH som finnes i 1000 ml (dvs. 1000 · 1.100 = 1100 g) løsning:

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

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

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

Løsning:

1. Finn massen av vannfritt salt

m = cm·M·V, hvor M – molar masse, V – volum.

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

2. Finn massen av krystallhydrat fra andelen

molar masse av krystallinsk hydrat 286 g/mol - masse X

molar masse vannfritt salt 106g/mol - masse 42,4g

derfor X = m Na2C03 10H20 = 42,4 286/106 = 114,4 g.

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

163. Beregn kokepunktet til en 5 % løsning av naftalen C 10 H 8 i benzen. Kokepunktet for benzen er 80,2 0 C.

Gitt: Gjennomsnittlig (C 10 H 8) = 5 % koke (C 6 H 6) = 80,2 0 C

Finne: koke (løsning) -?

Løsning:

Fra Raoults andre lov

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Her er E den ebullioskopiske konstanten til løsningsmidlet

E(C6H6) = 2,57

m A er vekten av løsningsmidlet, m B er vekten av det oppløste stoffet, MB er dets molekylvekt.

La massen av løsningen være 100 gram, derfor er massen til det oppløste stoffet 5 gram, og massen til løsningsmidlet er 100 – 5 = 95 gram.

M (naftalen C10H8) = 1210 + 18 = 128 g/mol.

Vi erstatter alle dataene i formelen og finner økningen i kokepunktet til løsningen sammenlignet med et rent løsningsmiddel:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Kokepunktet til en naftalenløsning kan bli funnet ved å bruke formelen:

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

Svar: 81.256 o C

183. Oppgave 1. Skriv dissosiasjonsligninger og dissosiasjonskonstanter for svake elektrolytter.

Oppgave 2. Gitt de ioniske ligningene, skriv de tilsvarende molekylære ligningene.

Oppgave 3. Skriv reaksjonsligningene for følgende transformasjoner i molekylære og ioniske former.

Nei.	Øvelse 1	Oppgave 2	Oppgave 3
183	Zn(OH)2, H3AsO4	Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

Løsning:

Skriv dissosiasjonsligninger og dissosiasjonskonstanter for svake elektrolytter.

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 – amfotert hydroksyd, dissosiasjon av syretype er mulig

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd 2 =

H 3 AsO 4 – ortoarsensyre – en sterk elektrolytt, dissosieres fullstendig i løsning:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Gitt de ioniske ligningene, skriv de tilsvarende molekylære ligningene.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH(utilstrekkelig) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Skriv reaksjonsligningene for følgende transformasjoner i molekylære og ioniske former.

NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

1) NaHSO3 + NaOH →Na2SO3 + H2O

Na++ HSO 3 - +Na++ ÅH- → 2Na++ SÅ 3 2- + H 2 O

HSO 3 - + ÅH - → + SÅ 3 2- + H 2 O
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

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

SÅ 3 2- + 2N + → H 2 SÅ 3 + SÅ 3 2-
3) H 2 SO 3 (overskudd) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 N + + SÅ 3 2- + Na + + ÅH- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 N + + SÅ 3 2 + ÅH- → Na + + H 2 O
203. Oppgave 1. Skriv ligninger for hydrolyse av salter i molekylær og ionisk form, angi pH til løsninger (pH > 7, pH Oppgave 2. Skriv ligninger for reaksjoner som skjer mellom stoffer i vandige løsninger

Nei.	Øvelse 1	Oppgave 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Oppgave 1. Skriv ligninger for hydrolyse av salter i molekylær og ionisk form, angi pH til løsningene (pH > 7, pH

Na2S - et salt dannet av en sterk base og en svak syre gjennomgår hydrolyse ved anionet. Reaksjonen til mediet er alkalisk (pH > 7).

Ist. Na 2S + HON ↔ NaHS + NaOH

2Na + + S 2- + HON ↔ Na + + HS - + Na + + OH -

IIst. NaHS + HOH ↔ H 2S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2S + OH -
CrBr 3 - et salt dannet av en svak base og en sterk syre gjennomgår hydrolyse inn i kationen. Reaksjonen til mediet er sur (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 -

Hydrolyse skjer hovedsakelig i det første stadiet.

Oppgave 2. Skriv likninger for reaksjoner som skjer mellom stoffer i vandige løsninger

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – salt dannet av en sterk syre og en svak base

Na 2 CO 3 – et salt dannet av en svak syre og en sterk base

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(HAN) = 2Fe( ÅH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

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

Gjensidig forsterkning av hydrolyse oppstår

Al 2 (SO 4) 3 – et salt dannet av en sterk syre og en svak base

Na 2 CO 3 – salt dannet av en svak syre og en sterk base

Når to salter hydrolyseres sammen, dannes en svak base og en svak syre:

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 +

Oppsummerende hydrolyseligning

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

2Al 3+ + 2COM 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3
Side 1