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Geben Sie beim Schreiben elektronischer Formeln für Atome von Elementen Energieniveaus (Werte der Hauptquantenzahl) an N in Form von Zahlen - 1, 2, 3 usw.), Energieunterniveaus (Orbitalquantenzahlwerte l in Form von Briefen - S, P, D, F) und die Zahl oben geben die Anzahl der Elektronen in einer bestimmten Unterebene an.

Das erste Element in der Tabelle ist D.I. Mendeleev ist Wasserstoff, daher die Ladung des Atomkerns N gleich 1, ein Atom hat nur ein Elektron pro S-Unterebene der ersten Ebene. Daher hat die elektronische Formel des Wasserstoffatoms die Form:

Das zweite Element ist Helium, sein Atom hat zwei Elektronen, daher lautet die elektronische Formel des Heliumatoms 2 Nicht 1S 2. Die erste Periode umfasst nur zwei Elemente, da das erste Energieniveau mit Elektronen gefüllt ist, die nur von 2 Elektronen besetzt werden können.

Das dritte Element der Reihe nach – Lithium – befindet sich bereits in der zweiten Periode, daher beginnt sich sein zweites Energieniveau mit Elektronen zu füllen (wir haben oben darüber gesprochen). Die Füllung der zweiten Ebene mit Elektronen beginnt mit S-Unterebene, daher lautet die elektronische Formel des Lithiumatoms 3 Li 1S 2 2S 1 . Das Berylliumatom ist vollständig mit Elektronen gefüllt S-Unterebene: 4 Ve 1S 2 2S 2 .

In den nachfolgenden Elementen der 2. Periode ist das zweite Energieniveau weiterhin mit Elektronen gefüllt, erst jetzt ist es mit Elektronen gefüllt R-Unterebene: 5 IN 1S 2 2S 2 2R 1 ; 6 MIT 1S 2 2S 2 2R 2 … 10 Ne 1S 2 2S 2 2R 6 .

Das Neonatom füllt sich vollständig mit Elektronen R-Unterebene, dieses Element beendet die zweite Periode, es hat seitdem acht Elektronen S- Und R-Unterebenen können nur acht Elektronen enthalten.

Für Elemente der 3. Periode findet eine ähnliche Abfolge der Füllung der Energieunterebenen der dritten Ebene mit Elektronen statt. Die elektronischen Formeln der Atome einiger Elemente dieser Zeit lauten wie folgt:

11 N / A 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 3P 1 ;

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

Die dritte Periode endet wie die zweite mit einem Element (Argon), das vollständig mit Elektronen gefüllt ist R-Unterebene, obwohl die dritte Ebene drei Unterebenen umfasst ( S, R, D). Gemäß der obigen Reihenfolge der Füllung der Energieunterebenen gemäß den Klechkovsky-Regeln beträgt die Energie der Unterebene 3 D mehr Energie der Unterebene 4 S Daher sind das Kaliumatom neben Argon und das Kalziumatom dahinter mit Elektronen gefüllt 3 S– Unterebene der vierten Ebene:

19 ZU 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 ; 20 Sa 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 2 .

Ab dem 21. Element – ​​Scandium – beginnt sich die Unterebene 3 in den Atomen der Elemente mit Elektronen zu füllen D. Die elektronischen Formeln der Atome dieser Elemente lauten:

21 Sc 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 2 3D 1 ; 22 Ti 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 2 3D 2 .

In den Atomen des 24. Elements (Chrom) und des 29. Elements (Kupfer) wird ein Phänomen beobachtet, das als „Leckage“ oder „Ausfall“ eines Elektrons bezeichnet wird: ein Elektron aus den äußeren 4 S– Unterebene „fällt“ um 3 D– Unterebene, die ihre Füllung zur Hälfte (für Chrom) oder vollständig (für Kupfer) vervollständigt, was zu einer größeren Stabilität des Atoms beiträgt:

24 Cr 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 3D 5 (statt...4 S 2 3D 4) und

29 Cu 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 1 3D 10 (statt...4 S 2 3D 9).

Ausgehend vom 31. Element – ​​Gallium – geht die Füllung der 4. Ebene mit Elektronen nun weiter – R– Unterebene:

31 Ga 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 2 3D 10 4P 1 …; 36 Kr 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 4S 2 3D 10 4P 6 .

Dieses Element beendet die vierte Periode, die bereits 18 Elemente umfasst.

Eine ähnliche Reihenfolge der Füllung von Energieunterebenen mit Elektronen findet in den Atomen der Elemente der 5. Periode statt. Für die ersten beiden (Rubidium und Strontium) ist es gefüllt S– Unterebene der 5. Ebene, für die nächsten zehn Elemente (von Yttrium bis Cadmium) ist gefüllt D– Unterebene der 4. Ebene; Abgerundet wird die Periode durch sechs Elemente (von Indium bis Xenon), deren Atome mit Elektronen gefüllt sind R– Unterebene des Äußeren, fünfte Ebene. Es gibt auch 18 Elemente in einer Periode.

Für Elemente der sechsten Periode wird diese Füllreihenfolge verletzt. Zu Beginn der Periode stehen wie üblich zwei Elemente, deren Atome mit Elektronen gefüllt sind S– Unterebene der äußeren, sechsten Ebene. Das nächste Element dahinter, Lanthan, beginnt sich mit Elektronen zu füllen D– Unterebene der vorherigen Ebene, d.h. 5 D. Damit ist die Befüllung mit Elektronen 5 abgeschlossen D-Unterebene stoppt und die nächsten 14 Elemente – von Cer bis Lutetium – beginnen sich zu füllen F-Unterebene der 4. Ebene. Diese Elemente sind alle in einer Zelle der Tabelle enthalten. Unten finden Sie eine erweiterte Zeile dieser Elemente, die als Lanthanoide bezeichnet werden.

Beginnend mit dem 72. Element – ​​Hafnium – bis zum 80. Element – ​​Quecksilber, dauert die Füllung mit Elektronen 5 D-Unterebene, und die Periode endet wie üblich mit sechs Elementen (von Thallium bis Radon), deren Atome mit Elektronen gefüllt sind R– Unterebene der äußeren, sechsten Ebene. Dies ist die größte Periode, einschließlich 32 Elementen.

In den Atomen der Elemente der siebten, unvollständigen Periode ist die gleiche Reihenfolge der Füllunterebenen wie oben beschrieben sichtbar. Wir lassen die Schüler es selbst schreiben. elektronische Formeln Atome von Elementen der 5. – 7. Periode unter Berücksichtigung aller oben Gesagten.

Notiz:In einigen Lehrbücher Eine andere Reihenfolge beim Schreiben der elektronischen Formeln von Atomen von Elementen ist zulässig: nicht in der Reihenfolge ihrer Füllung, sondern gemäß der in der Tabelle angegebenen Anzahl von Elektronen auf jedem Energieniveau. Die elektronische Formel des Arsenatoms könnte beispielsweise wie folgt aussehen: As 1S 2 2S 2 2R 6 3S 2 3P 6 3D 10 4S 2 4P 3 .

Algorithmus zum Zusammenstellen der elektronischen Formel eines Elements:

1. Bestimmen Sie die Anzahl der Elektronen in einem Atom mithilfe des Periodensystems der chemischen Elemente D.I. Mendelejew.

2. Bestimmen Sie anhand der Nummer der Periode, in der sich das Element befindet, die Anzahl der Energieniveaus. die Anzahl der Elektronen in der letzten elektronischen Ebene entspricht der Gruppennummer.

3. Teilen Sie die Ebenen in Unterebenen und Orbitale auf und füllen Sie diese gemäß den Regeln zum Füllen von Orbitalen mit Elektronen:

Es ist zu beachten, dass die erste Ebene maximal 2 Elektronen enthält 1s 2, am zweiten - maximal 8 (zwei S und sechs R: 2s 2 2p 6), am dritten - maximal 18 (zwei S, sechs P, und zehn d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Hauptquantenzahl N sollte minimal sein.
• Zuerst füllen S- Unterebene also ð-, d- b f- Unterebenen.
• Elektronen füllen die Orbitale in der Reihenfolge zunehmender Energie der Orbitale (Klechkovsky-Regel).
• Innerhalb einer Unterebene besetzen Elektronen zunächst nacheinander freie Orbitale und bilden erst danach Paare (Hundsche Regel).
• In einem Orbital können sich nicht mehr als zwei Elektronen befinden (Pauli-Prinzip).

Beispiele.

1. Lassen Sie uns eine elektronische Formel für Stickstoff erstellen. Stickstoff ist die Nummer 7 im Periodensystem.

2. Lassen Sie uns die elektronische Formel für Argon erstellen. Argon ist die Nummer 18 im Periodensystem.

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

3. Lassen Sie uns die elektronische Formel von Chrom erstellen. Chrom ist die Nummer 24 im Periodensystem.

1s 2 2s 2 14 Uhr 6 3s 2 15 Uhr 6 4s 1 3d 5

Energiediagramm von Zink.

4. Lassen Sie uns eine elektronische Formel für Zink erstellen. Zink ist die Nummer 30 im Periodensystem.

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

Bitte beachten Sie, dass ein Teil der elektronischen Formel, nämlich 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, die elektronische Formel von Argon ist.

Die elektronische Formel von Zink kann wie folgt dargestellt werden:

Elektronische Konfiguration Atom ist eine Formel, die die Anordnung der Elektronen in einem Atom nach Ebenen und Unterebenen zeigt. Nach dem Studium des Artikels erfahren Sie, wo und wie sich Elektronen befinden, lernen Quantenzahlen kennen und können die elektronische Konfiguration eines Atoms anhand seiner Anzahl konstruieren. Am Ende des Artikels finden Sie eine Tabelle der Elemente.

Warum die elektronische Konfiguration von Elementen studieren?

Atome sind wie ein Baukasten: Es gibt eine bestimmte Anzahl von Teilen, sie unterscheiden sich voneinander, aber zwei Teile des gleichen Typs sind absolut gleich. Aber dieser Baukasten ist viel interessanter als der aus Kunststoff und hier erfahren Sie, warum. Die Konfiguration ändert sich je nachdem, wer sich in der Nähe befindet. Zum Beispiel Sauerstoff neben Wasserstoff Vielleicht verwandelt sich in Wasser, in der Nähe von Natrium wird es zu Gas, und in der Nähe von Eisen verwandelt es sich vollständig in Rost. Um die Frage zu beantworten, warum dies geschieht, und um das Verhalten eines Atoms neben einem anderen vorherzusagen, ist es notwendig, die elektronische Konfiguration zu untersuchen, die weiter unten besprochen wird.

Wie viele Elektronen hat ein Atom?

Ein Atom besteht aus einem Kern und um ihn rotierenden Elektronen; der Kern besteht aus Protonen und Neutronen. Im neutralen Zustand hat jedes Atom so viele Elektronen wie Protonen in seinem Kern. Die Anzahl der Protonen wird durch die Ordnungszahl des Elements angegeben, zum Beispiel hat Schwefel 16 Protonen – das 16. Element des Periodensystems. Gold hat 79 Protonen – das 79. Element des Periodensystems. Demnach verfügt Schwefel im neutralen Zustand über 16 Elektronen, Gold über 79 Elektronen.

Wo sucht man nach einem Elektron?

Durch die Beobachtung des Verhaltens des Elektrons wurden bestimmte Muster abgeleitet; sie werden durch Quantenzahlen beschrieben, insgesamt gibt es vier:

• Hauptquantenzahl
• Orbitale Quantenzahl
• Magnetische Quantenzahl
• Spinquantenzahl

Orbital

Außerdem verwenden wir anstelle des Wortes „Orbital“ den Begriff „Orbital“; ein Orbital ist grob gesagt die Wellenfunktion eines Elektrons;

N - Ebene
L - Schale
M l - Orbitalzahl
M s – erstes oder zweites Elektron im Orbital

Orbitalquantenzahl l

Als Ergebnis der Untersuchung der Elektronenwolke stellten sie fest, dass die Wolke je nach Energieniveau vier Hauptformen annimmt: eine Kugel, Hanteln und zwei weitere, komplexere Formen. In der Reihenfolge zunehmender Energie werden diese Formen als s-, p-, d- und f-Schale bezeichnet. Jede dieser Schalen kann 1 (auf s), 3 (auf p), 5 (auf d) und 7 (auf f) Orbitale haben. Die Orbitalquantenzahl ist die Hülle, in der sich die Orbitale befinden. Die Orbitalquantenzahl für die s-, p-, d- und f-Orbitale nimmt die Werte 0,1,2 bzw. 3 an.

Auf der S-Schale gibt es ein Orbital (L=0) – zwei Elektronen
Es gibt drei Orbitale auf der p-Schale (L=1) – sechs Elektronen
Auf der D-Schale befinden sich fünf Orbitale (L=2) – zehn Elektronen
Es gibt sieben Orbitale auf der f-Schale (L=3) – vierzehn Elektronen

Magnetische Quantenzahl m l

Auf der p-Schale gibt es drei Orbitale, sie werden mit Zahlen von -L bis +L bezeichnet, d. h. für die p-Schale (L=1) gibt es die Orbitale „-1“, „0“ und „1“. . Die magnetische Quantenzahl wird mit dem Buchstaben m l bezeichnet.

Innerhalb der Hülle ist es für Elektronen einfacher, sich in verschiedenen Orbitalen zu befinden, sodass die ersten Elektronen eines in jedem Orbital füllen und dann zu jedem ein Elektronenpaar hinzugefügt wird.

Betrachten Sie die D-Shell:
Die d-Schale entspricht dem Wert L=2, also fünf Orbitalen (-2,-1,0,1 und 2), die ersten fünf Elektronen füllen die Schale und nehmen die Werte M l =-2, M an l =-1, M l =0, M l =1, M l =2.

Spinquantenzahl m s

Spin ist die Drehrichtung eines Elektrons um seine Achse. Es gibt zwei Richtungen, daher hat die Spinquantenzahl zwei Werte: +1/2 und -1/2. Eine Energieunterebene kann nur zwei Elektronen mit entgegengesetztem Spin enthalten. Die Spinquantenzahl wird mit m s bezeichnet

Hauptquantenzahl n

Die Hauptquantenzahl ist das Energieniveau bei dieser Moment Es sind sieben Energieniveaus bekannt, die jeweils durch eine arabische Zahl angezeigt werden: 1,2,3,...7. Die Anzahl der Granaten auf jeder Ebene entspricht der Levelnummer: Auf der ersten Ebene gibt es eine Muschel, auf der zweiten zwei usw.

Elektronenzahl

So kann jedes Elektron durch vier Quantenzahlen beschrieben werden, die Kombination dieser Zahlen ist für jede Position des Elektrons eindeutig, nimm das erste Elektron, das niedrigste Energieniveau ist N = 1, auf dem ersten Niveau gibt es eine Schale, die Die erste Schale auf jeder Ebene hat die Form einer Kugel (s-Schale), d. h. L=0, die magnetische Quantenzahl kann nur einen Wert annehmen, M l =0 und der Spin ist gleich +1/2. Wenn wir das fünfte Elektron nehmen (in welchem ​​Atom auch immer es sich befindet), dann sind die Hauptquantenzahlen dafür: N=2, L=1, M=-1, Spin 1/2.

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3. Schreiben Sie eine elektronische Formel und sie Thallium Tl 3+. Für Valenzelektronen Atom Tl geben die Menge aller vier Quantenzahlen an.

Lösung:

Nach der Klechkovsky-Regel erfolgt die Füllung der Energieniveaus und Unterniveaus in der folgenden Reihenfolge:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

Das Element Thallium Tl hat eine Kernladung von +81 (Ordnungszahl 81) bzw. 81 Elektronen. Nach der Klechkovsky-Regel verteilen wir Elektronen auf Energieunterebenen und erhalten die elektronische Formel des Elements Tl:

81 Tl Thallium 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

Das Thalliumion Tl 3+ hat eine Ladung von +3, was bedeutet, dass das Atom 3 Elektronen abgegeben hat, und da das Atom nur Valenzelektronen der äußeren Ebene abgeben kann (bei Thallium sind dies zwei 6s- und ein 6p-Elektronen), seine elektronische Formel sieht folgendermaßen aus:

81 Tl 3+ Thallium 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

Hauptquantenzahl N bestimmt die Gesamtenergie des Elektrons und den Grad seiner Entfernung vom Kern (Energieniveauzahl); es akzeptiert alle ganzzahligen Werte beginnend bei 1 (n = 1, 2, 3, ...), d. h. entspricht der Periodennummer.

Orbitale (seitliche oder azimutale) Quantenzahl l bestimmt die Form des Atomorbitals. Es kann ganzzahlige Werte von 0 bis n-1 annehmen (l = 0, 1, 2, 3, ..., n-1). Unabhängig von der Energieniveaunummer, jeder Wert l Die Orbitalquantenzahl entspricht einem Orbital einer besonderen Form.

Orbitale mit l= 0 heißen s-Orbitale,

l= 1 – p-Orbitale (3 Typen, unterschiedlich in der magnetischen Quantenzahl m),

l= 2 – d-Orbitale (5 Typen),

l= 3 – f-Orbitale (7 Typen).

Die magnetische Quantenzahl m l charakterisiert die Position des Elektronenorbitals im Raum und nimmt ganzzahlige Werte an von – l bis + l, einschließlich 0. Das bedeutet, dass es für jede Orbitalform (2) gibt l+ 1) energetisch äquivalente Orientierung im Raum.

Die Spinquantenzahl m S charakterisiert das magnetische Moment, das entsteht, wenn sich ein Elektron um seine Achse dreht. Akzeptiert nur zwei Werte +1/2 und –1/2, die entgegengesetzten Drehrichtungen entsprechen.
Valenzelektronen sind Elektronen im äußeren Energieniveau. Thallium hat 3 Valenzelektronen: 2 s-Elektronen und 1 p-Elektron.

Quantenzahlen s – Elektronen:

Orbitale Quantenzahl l= 0 (s – Orbital)

Magnetische Quantenzahl m l = (2 l+ 1 = 1): m l = 0.

Spinquantenzahl m S = ±1/2

Quantenzahlen p – Elektron:

Hauptquantenzahl n = 6 (sechste Periode)

Orbitale Quantenzahl l= 1 (p – Orbital)

Magnetische Quantenzahl (2 l+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Spinquantenzahl m S = ±1/2
23. Geben Sie diese Eigenschaften an chemische Elemente, die sich periodisch ändern. Was ist der Grund für die periodische Wiederholung dieser Eigenschaften? Erklären Sie anhand von Beispielen das Wesen der Periodizität von Änderungen der Eigenschaften chemischer Verbindungen.

Lösung:

Die Eigenschaften von Elementen, die durch die Struktur der äußeren elektronischen Schichten von Atomen bestimmt werden, ändern sich natürlich je nach Perioden und Gruppen Periodensystem. In diesem Fall führt die Ähnlichkeit elektronischer Strukturen zur Ähnlichkeit der Eigenschaften analoger Elemente, nicht jedoch zur Identität dieser Eigenschaften. Beim Übergang von einem Element zum anderen in Gruppen und Untergruppen ist daher nicht eine einfache Wiederholung von Eigenschaften zu beobachten, sondern deren mehr oder weniger ausgeprägte natürliche Veränderung. Das chemische Verhalten von Atomen von Elementen äußert sich insbesondere in ihrer Fähigkeit, Elektronen abzugeben und aufzunehmen, d.h. in ihrer Fähigkeit zu oxidieren und zu reduzieren. Ein quantitatives Maß für die Fähigkeit eines Atoms verlieren Elektronen ist Ionisationspotential (E Und ) und ein Maß für ihre Fähigkeit dazu wiedererlangen– Elektronenaffinität (E Mit ). Die Art der Änderung dieser Größen beim Übergang von einer Periode zur anderen wiederholt sich und diese Änderungen basieren auf einer Änderung der elektronischen Konfiguration des Atoms. Somit entsprechen vollständige Elektronenschichten Atomen Inertgase, weisen innerhalb des Zeitraums eine erhöhte Stabilität und einen erhöhten Wert der Ionisationspotentiale auf. Gleichzeitig weisen die S-Elemente der ersten Gruppe (Li, Na, K, Rb, Cs) die niedrigsten Ionisationspotentialwerte auf.

Elektronegativität ist ein Maß für die Fähigkeit eines Atoms eines bestimmten Elements, im Vergleich zu Atomen anderer Elemente in der Verbindung Elektronen an sich zu ziehen. Nach einer der Definitionen (Mulliken) kann die Elektronegativität eines Atoms als die Hälfte der Summe seiner Ionisierungsenergie und Elektronenaffinität ausgedrückt werden: = (E und + E c).

In den Perioden besteht eine allgemeine Tendenz, dass die Elektronegativität des Elements zunimmt, und in Untergruppen nimmt sie ab. Niedrigste Werte Die s-Elemente der Gruppe I haben Elektronegativität und die p-Elemente der Gruppe VII haben die größte Elektronegativität.

Die Elektronegativität desselben Elements kann je nach Wertigkeitszustand, Hybridisierung, Oxidationszustand usw. variieren. Die Elektronegativität beeinflusst erheblich die Art der Änderungen in den Eigenschaften von Elementverbindungen. Zum Beispiel, Schwefelsäure weist stärkere saure Eigenschaften auf als ihr chemisches Analogon – Selensäure, da bei letzterem das zentrale Selenatom aufgrund seiner geringeren Elektronegativität im Vergleich zum Schwefelatom die H–O-Bindungen in der Säure nicht so stark polarisiert, was eine Schwächung bedeutet von Säure.

H–O O
Ein weiteres Beispiel: Chrom(II)-hydroxid und Chrom(VI)-hydroxid. Chrom(II)-hydroxid, Cr(OH) 2, weist im Gegensatz zu Chrom(VI)-hydroxid, H 2 CrO 4, basische Eigenschaften auf, da der Oxidationszustand von Chrom +2 die Schwäche der Coulomb-Wechselwirkung von Cr 2+ mit dem bestimmt Hydroxidion und die Leichtigkeit der Eliminierung dieses Ions, d.h. Manifestation grundlegender Eigenschaften. Gleichzeitig bedingt die hohe Oxidationsstufe von Chrom +6 in Chrom(VI)-hydroxid die starke Coulomb-Anziehung zwischen dem Hydroxidion und dem zentralen Chromatom und die Unmöglichkeit einer Dissoziation entlang der Bindung - OH. Andererseits erhöht die hohe Oxidationsstufe von Chrom in Chrom(VI)-hydroxid dessen Fähigkeit, Elektronen anzuziehen, d. h. Elektronegativität, die einen hohen Grad an Polarisation der HO-Bindungen in dieser Verbindung verursacht, ist eine Voraussetzung für einen Anstieg des Säuregehalts.

Nächste wichtiges Merkmal Atome sind ihre Radien. In Perioden nehmen die Radien der Metallatome mit zunehmender Ordnungszahl des Elements ab, weil Mit zunehmender Ordnungszahl eines Elements innerhalb einer Periode nimmt die Ladung des Kerns zu und damit auch die Gesamtladung der ihn ausgleichenden Elektronen; Dadurch nimmt auch die Coulomb-Anziehung der Elektronen zu, was letztendlich zu einer Verringerung des Abstands zwischen ihnen und dem Kern führt. Die stärkste Radiusabnahme wird bei Elementen kurzer Perioden beobachtet, bei denen das äußere Energieniveau mit Elektronen gefüllt ist.

In großen Zeiträumen weisen d- und f-Elemente eine gleichmäßigere Abnahme der Radien auf, wenn die Ladung des Atomkerns zunimmt. Innerhalb jeder Untergruppe von Elementen nehmen die Atomradien tendenziell von oben nach unten zu, da eine solche Verschiebung einen Übergang zu einem höheren Energieniveau bedeutet.

Der Einfluss der Radien von Elementionen auf die Eigenschaften der von ihnen gebildeten Verbindungen lässt sich am Beispiel einer Erhöhung der Acidität von Halogenwasserstoffsäuren in der Gasphase veranschaulichen: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nennen Sie die Elemente, für deren Atome nur ein Valenzzustand möglich ist, und geben Sie an, ob dieser geerdet oder angeregt sein wird.

Lösung:

Atome von Elementen, die ein ungepaartes Elektron auf dem äußeren Valenzenergieniveau haben, können einen Valenzzustand haben – dies sind Elemente der Gruppe I des Periodensystems (H – Wasserstoff, Li – Lithium, Na – Natrium, K – Kalium, Rb – Rubidium , Ag – Silber, Cs – Cäsium, Au – Gold, Fr – Francium), mit Ausnahme von Kupfer, da bei der Bildung chemischer Bindungen, deren Anzahl durch die Valenz bestimmt wird, d-Elektronen der vorexternen Ebene entstehen nehmen ebenfalls teil (der Grundzustand des Kupferatoms 3d 10 4s 1 ist auf die Stabilität der gefüllten d-Schale zurückzuführen, der erste angeregte Zustand 3d 9 4s 2 übertrifft den Grundzustand jedoch energetisch nur um 1,4 eV (ca. 125). kJ/mol Daher in). Chemische Komponenten Beide Zustände manifestieren sich im gleichen Ausmaß und führen zu zwei Reihen von Kupferverbindungen (I) und (II)).

Auch Atome von Elementen, bei denen das äußere Energieniveau vollständig gefüllt ist und Elektronen keine Möglichkeit haben, in einen angeregten Zustand überzugehen, können einen Valenzzustand haben. Dies sind Elemente der Hauptuntergruppe der Gruppe VIII – Inertgase (He – Helium, Ne – Neon, Ar – Argon, Kr – Krypton, Xe – Xenon, Rn – Radon).

Für alle aufgelistete Elemente Der einzige Valenzzustand ist der Grundzustand, weil Es besteht keine Möglichkeit des Übergangs in einen angeregten Zustand. Darüber hinaus bestimmt der Übergang in einen angeregten Zustand den neuen Valenzzustand des Atoms. Wenn ein solcher Übergang möglich ist, ist der Valenzzustand eines bestimmten Atoms nicht der einzige.

63. Betrachten Sie anhand des Modells der Abstoßung von Valenzelektronenpaaren und der Methode der Valenzbindungen die räumliche Struktur der vorgeschlagenen Moleküle und Ionen. Geben Sie an: a) die Anzahl der Bindungs- und freien Elektronenpaare des Zentralatoms; b) die Anzahl der an der Hybridisierung beteiligten Orbitale; c) Art der Hybridisierung; d) Art des Moleküls oder Ions (AB m E n); e) räumliche Anordnung von Elektronenpaaren; f) räumliche Struktur eines Moleküls oder Ions.

SO 3;

Lösung:

Nach der Valenzbindungsmethode (die Verwendung dieser Methode führt zum gleichen Ergebnis wie die Verwendung des OEPBO-Modells) wird die räumliche Konfiguration des Moleküls durch die räumliche Anordnung der dadurch gebildeten Hybridorbitale des Zentralatoms bestimmt die Wechselwirkung zwischen den Orbitalen.

Um die Art der Hybridisierung des Zentralatoms zu bestimmen, ist es notwendig, die Anzahl der hybridisierenden Orbitale zu kennen. Sie lässt sich ermitteln, indem man die Anzahl der bindenden und freien Elektronenpaare des Zentralatoms addiert und die Anzahl der π-Bindungen abzieht.

In einem SO 3 -Molekül

die Gesamtzahl der Bindungspaare beträgt 6. Subtrahiert man die Zahl der π-Bindungen, erhält man die Zahl der hybridisierenden Orbitale: 6 – 3 = 3. Somit ist die Art der Hybridisierung sp 2, die Art des Ions ist AB 3, die Die räumliche Anordnung der Elektronenpaare hat die Form eines Dreiecks, und das Molekül selbst ist ein Dreieck:

In Ionen

die Gesamtzahl der Bindungspaare beträgt 4. Es gibt keine π-Bindungen. Anzahl der hybridisierenden Orbitale: 4. Somit ist die Art der Hybridisierung sp 3, die Art des AB 4-Ions, die räumliche Anordnung der Elektronenpaare hat die Form eines Tetraeders und das Ion selbst ist ein Tetraeder:

83. Schreiben Sie Gleichungen für mögliche Wechselwirkungsreaktionen zwischen KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 mit den unten angegebenen Verbindungen:

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

Lösung:
a) KOH-Reaktionsreaktionen

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 Ö

OH - + H +  H 2 Ö
KOH + BaO  keine Reaktion
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

2K + + 2 OH - + CO 2  2K + + CO 3 2- + H 2 Ö

2OH - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 Ö
KOH + HNO 3  keine Reaktion, die Lösung enthält gleichzeitig Ionen:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K + + 2 OH- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  keine Reaktion

b) Reaktionsreaktionen H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  keine Reaktion
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  keine Reaktion
H 2 SO 4 + HNO 3  keine Reaktion
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 Ö

2H + + Ni(OH) 2  Ni 2+ + 2H 2 Ö
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) Reaktionsreaktionen von H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  keine Reaktion

H 2 O + BaO  Ba(OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  keine Reaktion
H 2 O + HNO 3  keine Reaktion
H 2 O + NO 2  keine Reaktion
H 2 O + Ni(OH) 2  keine Reaktion

H 2 O + Ca(OH) 2  keine Reaktion

a) Reaktionsreaktionen Be(OH) 2

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

Sei(OH) 2 + 2H+ + SO 3 2-  Sei 2+ + SO 3 2- + 2 H 2 Ö

Sei(OH) 2 + 2H+  Sei 2+ + 2 H 2 Ö
Be(OH) 2 + BaO  keine Reaktion
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

Sei(OH) 2 + 2H+ + NEIN 3 -  Sei 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 Ö

Sei(OH) 2 + 2H +  Sei 2+ + 2H 2 Ö
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  keine Reaktion
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  keine Reaktion
103. Für die angegebene Reaktion

b) Erklären Sie, welcher der Faktoren Entropie oder Enthalpie zum spontanen Ablauf der Reaktion in Vorwärtsrichtung beiträgt;

c) in welche Richtung (direkt oder umgekehrt) die Reaktion bei 298 K und 1000 K abläuft;

e) Nennen Sie alle Möglichkeiten, die Konzentration der Produkte einer Gleichgewichtsmischung zu erhöhen.

f) Zeichnen Sie die Abhängigkeit von ΔG p (kJ) von T (K) auf.

Lösung:

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

Standardbildungsenthalpie, Entropie und Gibbs-Bildungsenergie von Stoffen

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.

Mit einer direkten Reaktion geht eine Abnahme der Entropie einher, die Unordnung im System nimmt ab – ein ungünstiger Faktor für das Auftreten einer chemischen Reaktion in Vorwärtsrichtung.

3. Berechnen Sie die Standard-Gibbs-Energie der Reaktion.

nach dem Hessschen Gesetz:

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

Es stellte sich heraus, dass (ΔН 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) c.r. ·T und dann (ΔG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K ist die ungefähre Temperatur, bei der sich ein echtes chemisches Gleichgewicht einstellt; oberhalb dieser Temperatur findet eine Rückreaktion statt. Bei einer gegebenen Temperatur sind beide Prozesse gleich wahrscheinlich.

5. Berechnen Sie die Gibbs-Energie bei 1000 K:

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

Diese. bei 1000 K: ΔS 0 h.r. ·Т > ΔН 0 h.r.

Der Enthalpiefaktor wurde entscheidend; das spontane Eintreten einer direkten Reaktion wurde unmöglich. Es kommt zur umgekehrten Reaktion: Aus einem Mol Gas und 1 Mol Feststoff entstehen 2 Mol Gas.

log K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Das System ist weit von einem Zustand echten chemischen Gleichgewichts entfernt; es überwiegen Reaktionsprodukte.

Abhängigkeit von ΔG 0 von der Temperatur für die Reaktion

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

K 1000 = 0,86 > 1 – das System befindet sich nahe am Gleichgewicht, aber bei dieser Temperatur überwiegen darin die Ausgangsstoffe.

8. Nach dem Prinzip von Le Chatelier sollte sich das Gleichgewicht mit steigender Temperatur in Richtung der Rückreaktion verschieben und die Gleichgewichtskonstante sinken.

9. Betrachten wir, wie unsere berechneten Daten mit dem Prinzip von Le Chatelier übereinstimmen. Lassen Sie uns einige Daten präsentieren, die die Abhängigkeit der Gibbs-Energie und der Gleichgewichtskonstante dieser Reaktion von der Temperatur zeigen:

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

Somit entsprechen die erhaltenen berechneten Daten unseren Schlussfolgerungen, die auf der Grundlage des Le Chatelier-Prinzips gezogen wurden.
123. Gleichgewicht im System:

)

ermittelt bei folgenden Konzentrationen: [B] und [C], mol/l.

Bestimmen Sie die Anfangskonzentration des Stoffes [B] 0 und die Gleichgewichtskonstante, wenn die Anfangskonzentration des Stoffes A [A] 0 mol/l beträgt

Aus der Gleichung ist ersichtlich, dass zur Bildung von 0,26 Mol Stoff C 0,13 Mol Stoff A und die gleiche Menge Stoff B erforderlich sind.

Dann beträgt die Gleichgewichtskonzentration der Substanz A [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

Die Anfangskonzentration des Stoffes B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g Lösung enthalten 36 g KOH (Lösungsdichte 1,1 g/ml). Berechnen Sie den Prozentsatz und die molare Konzentration dieser Lösung.

b) Wie viele Gramm kristallines Soda Na 2 CO 3 ·10H 2 O müssen verwendet werden, um 2 Liter einer 0,2 M Na 2 CO 3 -Lösung herzustellen?

Lösung:

Wir ermitteln die prozentuale Konzentration mithilfe der Gleichung:

Die Molmasse von KOH beträgt 56,1 g/mol;

Um die Molarität der Lösung zu berechnen, ermitteln wir die in 1000 ml (d. h. 1000 · 1,100 = 1100 g) Lösung enthaltene KOH-Masse:

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

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

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

Lösung:

1. Ermitteln Sie die Masse des wasserfreien Salzes

m = cm·M·V, wobei M die Molmasse und V das Volumen ist.

m = 0,2 · 106 2 = 42,4 g.

2. Ermitteln Sie aus dem Verhältnis die Masse des kristallinen Hydrats

Molmasse des kristallinen Hydrats 286 g/mol - Masse X

Molmasse des wasserfreien Salzes 106 g/mol – Masse 42,4 g

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

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

163. Berechnen Sie den Siedepunkt einer 5 %igen Lösung von Naphthalin C 10 H 8 in Benzol. Der Siedepunkt von Benzol liegt bei 80,2 0 C.

Gegeben: Durchschnitt (C 10 H 8) = 5 % tSiede (C 6 H 6) = 80,2 0 C

Finden: tboil (Lösung) -?

Lösung:

Aus Raoults zweitem Gesetz

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Dabei ist E die ebullioskopische Konstante des Lösungsmittels

E(C 6 H 6) = 2,57

m A ist das Gewicht des Lösungsmittels, m B ist das Gewicht des gelösten Stoffes, M B ist sein Molekulargewicht.

Die Masse der Lösung sei 100 Gramm, also beträgt die Masse des gelösten Stoffes 5 Gramm und die Masse des Lösungsmittels 100 – 5 = 95 Gramm.

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

Wir setzen alle Daten in die Formel ein und ermitteln den Anstieg des Siedepunkts der Lösung im Vergleich zu einem reinen Lösungsmittel:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Der Siedepunkt einer Naphthalinlösung kann mit der Formel ermittelt werden:

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

Antwort: 81,256 o C

183. Aufgabe 1. Schreiben Sie Dissoziationsgleichungen und Dissoziationskonstanten für schwache Elektrolyte.

Aufgabe 2. Schreiben Sie angesichts der Ionengleichungen die entsprechenden Molekülgleichungen.

Aufgabe 3. Schreiben Sie die Reaktionsgleichungen für die folgenden Transformationen in molekularer und ionischer Form.

NEIN.	Übung 1	Aufgabe 2	Aufgabe 3
183	Zn(OH) 2 , H 3 AsO 4	Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 →Na 2 SO 3 →H 2 SO 3 →NaHSO 3

Lösung:

Schreiben Sie Dissoziationsgleichungen und Dissoziationskonstanten für schwache Elektrolyte.

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 – amphoteres Hydroxid, eine Dissoziation vom Säuretyp ist möglich

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Kd 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Kd 2 =

H 3 AsO 4 – Orthoarsensäure – ein starker Elektrolyt, der in Lösung vollständig dissoziiert:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Schreiben Sie angesichts der Ionengleichungen die entsprechenden Molekülgleichungen.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH (unzureichend) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Schreiben Sie die Reaktionsgleichungen für die folgenden Transformationen in molekularer und ionischer Form.

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++ ALSO 3 2- + H 2 Ö

HSO 3 - + OH - → + ALSO 3 2- + H 2 Ö
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

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

ALSO 3 2- + 2N + → H 2 ALSO 3 + ALSO 3 2-
3) H 2 SO 3 (Überschuss) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 N + + ALSO 3 2- + Na + + OH- → Na + + HSO 3 - + H 2 Ö

2 N + + ALSO 3 2 + OH- → Na + + H 2 Ö
203. Aufgabe 1. Schreiben Sie Gleichungen für die Hydrolyse von Salzen in molekularer und ionischer Form, geben Sie den pH-Wert von Lösungen an (pH > 7, pH). Aufgabe 2. Schreiben Sie Gleichungen für Reaktionen, die zwischen Substanzen in wässrigen Lösungen auftreten

NEIN.	Übung 1	Aufgabe 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl 3 + Na 2 CO 3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Aufgabe 1. Schreiben Sie Gleichungen für die Hydrolyse von Salzen in molekularer und ionischer Form und geben Sie den pH-Wert von Lösungen an (pH > 7, pH

Na2S - Ein Salz, das aus einer starken Base und einer schwachen Säure besteht, wird am Anion hydrolysiert. Die Reaktion des Mediums ist alkalisch (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 - Ein Salz, das aus einer schwachen Base und einer starken Säure gebildet wird, hydrolysiert zum Kation. Die Reaktion des Mediums ist sauer (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 -

Die Hydrolyse findet überwiegend in der ersten Stufe statt.

Aufgabe 2. Schreiben Sie Gleichungen für Reaktionen, die zwischen Substanzen in wässrigen Lösungen auftreten

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – Salz, das aus einer starken Säure und einer schwachen Base besteht

Na 2 CO 3 – ein Salz, das aus einer schwachen Säure und einer starken Base besteht

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(ER) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

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

Es kommt zu einer gegenseitigen Verstärkung der Hydrolyse

Al 2 (SO 4) 3 – ein Salz, das aus einer starken Säure und einer schwachen Base besteht

Na 2 CO 3 – Salz, das aus einer schwachen Säure und einer starken Base besteht

Wenn zwei Salze zusammen hydrolysiert werden, entstehen eine schwache Base und eine schwache Säure:

Ist: 2Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH => 4Na + + 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 3 SO 4 2 -

IIst: 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH => 2H 2 CO 3 + 2Al(OH) 2 +

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

Zusammenfassende Hydrolysegleichung

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

2Al 3+ + 2CUM 3 2- + 6H 2 Ö = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3
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