ელექტრონული კონფიგურაციაატომიარის ფორმულა, რომელიც აჩვენებს ელექტრონების განლაგებას ატომში დონეებისა და ქვედონეების მიხედვით. სტატიის შესწავლის შემდეგ გაიგებთ სად და როგორ განლაგებულია ელექტრონები, გაეცნობით კვანტურ რიცხვებს და შეძლებთ ატომის ელექტრონული კონფიგურაციის აგებას მისი რიცხვით, სტატიის ბოლოს არის ელემენტების ცხრილი.

რატომ შეისწავლეთ ელემენტების ელექტრონული კონფიგურაცია?

ატომები კონსტრუქტორს ჰგავს: არის ნაწილების გარკვეული რაოდენობა, ისინი განსხვავდებიან ერთმანეთისგან, მაგრამ ერთი და იგივე ტიპის ორი ნაწილი ზუსტად იგივეა. მაგრამ ეს კონსტრუქტორი ბევრად უფრო საინტერესოა, ვიდრე პლასტიკური და აი რატომ. კონფიგურაცია იცვლება იმისდა მიხედვით, თუ ვინ არის ახლოს. მაგალითად, ჟანგბადი წყალბადის გვერდით შესაძლოაგადაიქცევა წყალში, ნატრიუმის გვერდით გაზად და რკინის გვერდით ყოფნა მთლიანად აქცევს მას ჟანგად. პასუხის გასაცემად კითხვაზე, თუ რატომ ხდება ეს და ატომის ქცევის წინასწარმეტყველება მეორის გვერდით, აუცილებელია ელექტრონული კონფიგურაციის შესწავლა, რომელიც ქვემოთ იქნება განხილული.

რამდენი ელექტრონია ატომში?

ატომი შედგება ბირთვისა და მის გარშემო მოძრავი ელექტრონებისგან, ბირთვი შედგება პროტონებისა და ნეიტრონებისგან. ნეიტრალურ მდგომარეობაში, თითოეულ ატომს აქვს იგივე რაოდენობის ელექტრონები, როგორც პროტონების რაოდენობა მის ბირთვში. პროტონების რაოდენობა მითითებული იყო ელემენტის სერიული ნომრით, მაგალითად, გოგირდს აქვს 16 პროტონი - პერიოდული სისტემის მე-16 ელემენტი. ოქროს შეიცავს 79 პროტონს - პერიოდული ცხრილის 79-ე ელემენტს. შესაბამისად ნეიტრალურ მდგომარეობაში გოგირდში 16 ელექტრონია, ოქროსში კი 79 ელექტრონი.

სად უნდა ვეძებოთ ელექტრონი?

ელექტრონის ქცევაზე დაკვირვებისას მიღებული იქნა გარკვეული შაბლონები, ისინი აღწერილია კვანტური რიცხვებით, სულ ოთხი მათგანია:

• ძირითადი კვანტური რიცხვი
• ორბიტალური კვანტური რიცხვი
• მაგნიტური კვანტური რიცხვი
• კვანტური რიცხვის დატრიალება

ორბიტალური

გარდა ამისა, სიტყვის ორბიტის ნაცვლად გამოვიყენებთ ტერმინს „ორბიტალი“, ორბიტალი არის ტალღის ფუნქციაელექტრონი, უხეშად - ეს ის სფეროა, რომელშიც ელექტრონი დროის 90%-ს ატარებს.

N - დონე
L - ჭურვი
M l - ორბიტალური ნომერი
M s - პირველი ან მეორე ელექტრონი ორბიტალში

ორბიტალური კვანტური რიცხვი l

ელექტრონული ღრუბლის შესწავლის შედეგად დადგინდა, რომ დამოკიდებულია ენერგიის დონეღრუბელი იღებს ოთხ ძირითად ფორმას: ბურთი, ჰანტელები და დანარჩენი ორი, უფრო რთული. ენერგიის აღმავალი წესით, ამ ფორმებს უწოდებენ s-, p-, d- და f- ჭურვი. თითოეულ ამ გარსს შეიძლება ჰქონდეს 1 (s-ზე), 3 (p), 5 (d) და 7 (f) ორბიტალი. ორბიტალური კვანტური რიცხვი არის გარსი, რომელზედაც მდებარეობს ორბიტალები. ორბიტალური კვანტური რიცხვი s, p, d და f ორბიტალებისთვის, შესაბამისად, იღებს მნიშვნელობებს 0,1,2 ან 3.

s-გარსზე ერთი ორბიტალი (L=0) - ორი ელექტრონი
p-გარსზე სამი ორბიტალია (L=1) - ექვსი ელექტრონი
d-გარსზე ხუთი ორბიტალია (L=2) - ათი ელექტრონი
f- გარსზე შვიდი ორბიტალია (L=3) - თოთხმეტი ელექტრონი

მაგნიტური კვანტური რიცხვი m l

p- გარსზე სამი ორბიტალია, ისინი აღნიშნავენ -L-დან +L-მდე რიცხვებით, ანუ p-შრუტისთვის (L=1) არის ორბიტალები "-1", "0" და "1" . მაგნიტური კვანტური რიცხვი აღინიშნება ასო m l-ით.

გარსის შიგნით, ელექტრონების განლაგება უფრო ადვილია სხვადასხვა ორბიტალში, ამიტომ პირველი ელექტრონები ავსებენ ერთს თითოეულ ორბიტალზე, შემდეგ კი მისი წყვილი ემატება თითოეულს.

განვიხილოთ d-shell:
d-გარსი შეესაბამება მნიშვნელობას L=2, ანუ ხუთ ორბიტალს (-2,-1,0,1 და 2), პირველი ხუთი ელექტრონი ავსებს გარსს, იღებენ მნიშვნელობებს M l =-2, M l =-1,M l =0, M l =1,M l =2.

დატრიალებული კვანტური რიცხვი m s

სპინი არის ელექტრონის ბრუნვის მიმართულება მისი ღერძის გარშემო, არსებობს ორი მიმართულება, ამიტომ სპინის კვანტურ რიცხვს აქვს ორი მნიშვნელობა: +1/2 და -1/2. მხოლოდ ორი ელექტრონი საპირისპირო სპინით შეიძლება იყოს ერთსა და იმავე ენერგეტიკულ ქვედონეზე. სპინის კვანტური რიცხვი აღინიშნება m s

ძირითადი კვანტური რიცხვი n

ძირითადი კვანტური რიცხვი არის ენერგიის დონე, რომელშიც ამ მომენტშიცნობილია ენერგიის შვიდი დონე, თითოეული მითითებულია არაბული რიცხვით: 1,2,3, ... 7. ჭურვების რაოდენობა თითოეულ დონეზე უდრის დონის ნომერს: პირველ დონეზე არის ერთი ჭურვი, მეორეზე ორი და ა.შ.

ელექტრონის ნომერი

ასე რომ, ნებისმიერი ელექტრონი შეიძლება აღწერილი იყოს ოთხი კვანტური რიცხვით, ამ რიცხვების კომბინაცია უნიკალურია ელექტრონის თითოეული პოზიციისთვის, ავიღოთ პირველი ელექტრონი, ყველაზე დაბალი ენერგეტიკული დონეა N=1, ერთი გარსი მდებარეობს პირველ დონეზე, პირველ გარსს ნებისმიერ დონეზე აქვს ბურთის ფორმა (s -shell), ე.ი. L=0, მაგნიტურ კვანტურ რიცხვს შეუძლია მიიღოს მხოლოდ ერთი მნიშვნელობა, M l =0 და სპინი +1/2-ის ტოლი იქნება. თუ ავიღებთ მეხუთე ელექტრონს (რომელ ატომშიც არ უნდა იყოს), მაშინ მისთვის მთავარი კვანტური რიცხვები იქნება: N=2, L=1, M=-1, სპინი 1/2.

Გვერდი 1
3. გააკეთე ელექტრონული ფორმულა და ისტალიუმი Tl 3+. ვალენტური ელექტრონებისთვის ატომი Tl მიუთითებს ოთხივე კვანტური რიცხვის სიმრავლეს.

გამოსავალი:

კლეჩკოვსკის წესის მიხედვით, ენერგიის დონეებისა და ქვედონეების შევსება ხდება შემდეგი თანმიმდევრობით:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

ელემენტს თალიუმს აქვს ბირთვული მუხტი +81 (სერიული ნომერი 81), შესაბამისად 81 ელექტრონი. კლეჩკოვსკის წესის მიხედვით, ჩვენ ვანაწილებთ ელექტრონებს ენერგიის ქვედონეებზე, ვიღებთ Tl ელემენტის ელექტრონულ ფორმულას:

81 ტლ ტალიუმი 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

ტალიუმის იონს Tl 3+ აქვს +3 მუხტი, რაც ნიშნავს, რომ ატომმა დატოვა 3 ელექტრონი და რადგან მხოლოდ ვალენტურ ელექტრონებს შეუძლიათ ატომის მიცემა. გარე დონე(თალიუმისთვის ეს არის ორი 6s და ერთი 6p ელექტრონი), მისი ელექტრონული ფორმულა ასე გამოიყურება:

81 Tl 3+ ტალიუმი 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

ძირითადი კვანტური რიცხვი ნგანსაზღვრავს ელექტრონის მთლიან ენერგიას და მისი ბირთვიდან ამოღების ხარისხს (ენერგეტიკული დონის რიცხვი); ის იღებს ნებისმიერ მთელ რიცხვს 1-დან დაწყებული (n = 1, 2, 3, . . . .), ე.ი. შეესაბამება პერიოდის ნომერს.

ორბიტალური (გვერდითი ან აზიმუთალური) კვანტური რიცხვი ლგანსაზღვრავს ფორმას ატომური ორბიტალი. მას შეუძლია მიიღოს მთელი მნიშვნელობები 0-დან n-1-მდე (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). ენერგიის დონის ნომრის მიუხედავად, თითოეული მნიშვნელობა ლორბიტალური კვანტური რიცხვიშეესაბამება სპეციალური ფორმის ორბიტალს.

ორბიტალებთან ერთად ლ= 0 ეწოდება s-ორბიტალებს,

ლ= 1 - p-ორბიტალები (3 ტიპი განსხვავდება მაგნიტური კვანტური რიცხვით m),

ლ= 2 - d-ორბიტალი (5 ტიპი),

ლ= 3 – f-ორბიტალები (7 ტიპი).

მაგნიტური კვანტური რიცხვი m l ახასიათებს პოზიციას ელექტრონული ორბიტალისივრცეში და იღებს მთელ მნიშვნელობებს -დან - ლ +-მდე ლ 0-ის ჩათვლით. ეს ნიშნავს, რომ ყველა ორბიტალური ფორმისთვის არის (2 ლ+ 1) ენერგიულად ეკვივალენტური ორიენტაციები სივრცეში.

სპინის კვანტური რიცხვი m S ახასიათებს მაგნიტური მომენტიწარმოიქმნება ელექტრონის ბრუნვის შედეგად მისი ღერძის გარშემო. იღებს მხოლოდ ორ მნიშვნელობას +1/2 და -1/2 შესაბამისი საპირისპირო მიმართულებებიროტაცია.
ვალენტური ელექტრონები არის ელექტრონები გარე ენერგიის დონეზე. ტალიუმს აქვს 3 ვალენტური ელექტრონი: 2 s - ელექტრონი და 1 p - ელექტრონი.

კვანტური რიცხვები s - ელექტრონები:

ორბიტალური კვანტური რიცხვი ლ= 0 (s არის ორბიტალი)

მაგნიტური კვანტური რიცხვი m l = (2 ლ+ 1 = 1): მ ლ = 0.

დატრიალებული კვანტური რიცხვი m S = ±1/2

კვანტური რიცხვები p - ელექტრონი:

ძირითადი კვანტური რიცხვი n = 6 (მეექვსე პერიოდი)

ორბიტალური კვანტური რიცხვი ლ\u003d 1 (p - ორბიტალი)

მაგნიტური კვანტური რიცხვი (2 ლ+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

დატრიალებული კვანტური რიცხვი m S = ±1/2
23. მიუთითეთ ის თვისებები ქიმიური ელემენტები, რომლებიც პერიოდულად იცვლება. რა არის ამ თვისებების პერიოდული გამეორების მიზეზი? მაგალითებზე ახსენით რა არის ქიმიური ნაერთების თვისებების ცვლილებების პერიოდულობის არსი.

გამოსავალი:

ელემენტების თვისებები, რომლებიც განისაზღვრება ატომების გარე ელექტრონული ფენების სტრუქტურით, ბუნებრივად იცვლება პერიოდებსა და ჯგუფებში. პერიოდული სისტემა. ამავდროულად, ელექტრონული სტრუქტურების მსგავსება წარმოშობს ანალოგური ელემენტების თვისებების მსგავსებას, მაგრამ არა ამ თვისებების იდენტურობას. ამიტომ, ჯგუფებში და ქვეჯგუფებში ერთი ელემენტიდან მეორეზე გადასვლისას ხდება არა თვისებების მარტივი გამეორება, არამედ მათი მეტ-ნაკლებად გამოხატული რეგულარული ცვლილება. კერძოდ, ელემენტების ატომების ქიმიური ქცევა გამოიხატება ელექტრონების დაკარგვისა და მიღების უნარში, ე.ი. დაჟანგვის და შემცირების უნარში. ატომის უნარის რაოდენობრივი საზომი დაკარგავსელექტრონები არის იონიზაციის პოტენციალი (E და ) , და მათი უნარის საზომით ნ შეიძინოს– ელექტრონის აფინურობა (E თან ). ერთი პერიოდიდან მეორეზე გადასვლისას ამ რაოდენობების ცვლილების ბუნება მეორდება და ეს ცვლილებები ემყარება ატომის ელექტრონული კონფიგურაციის ცვლილებას. ამრიგად, დასრულებული ელექტრონული ფენები, რომლებიც შეესაბამება ინერტული აირების ატომებს, აჩვენებს გაზრდილ სტაბილურობას და იონიზაციის პოტენციალის გაზრდილ მნიშვნელობას გარკვეული პერიოდის განმავლობაში. ამავდროულად, პირველი ჯგუფის s-ელემენტებს (Li, Na, K, Rb, Cs) აქვთ ყველაზე დაბალი იონიზაციის პოტენციალის მნიშვნელობები.

ელექტრონეგატიურობაარის მოცემული ელემენტის ატომის უნარის საზომი, მიიყვანოს ელექტრონები თავისკენ, ნაერთის სხვა ელემენტების ატომებთან შედარებით. ერთ-ერთი განმარტების მიხედვით (Mulliken) ატომის ელექტრონეგატიურობა შეიძლება გამოიხატოს მისი იონიზაციის ენერგიისა და ელექტრონის აფინურობის ჯამის ნახევრად: = (E და + E c).

პერიოდებში არსებობს ზოგადი ტენდენციაელემენტის ელექტრონეგატიურობის მატება, ხოლო ქვეჯგუფებში - მისი შემცირება. უმცირესი ღირებულებები I ჯგუფის s-ელემენტებს აქვთ ელექტროუარყოფითობა, ხოლო VII ჯგუფის p-ელემენტებს აქვთ ყველაზე დიდი ელექტროუარყოფითობა.

ერთი და იგივე ელემენტის ელექტრონეგატიურობა შეიძლება განსხვავდებოდეს ვალენტური მდგომარეობის, ჰიბრიდიზაციის, დაჟანგვის მდგომარეობიდან და ა.შ. ელექტრონეგატიურობა მნიშვნელოვნად მოქმედებს ელემენტების ნაერთების თვისებების ცვლილების ბუნებაზე. Მაგალითად, გოგირდის მჟავაუფრო ძლიერად აჩვენებს მჟავა თვისებებივიდრე მისი ქიმიური ანალოგი, სელენის მჟავა, ვინაიდან ამ უკანასკნელში სელენის ცენტრალური ატომი გოგირდის ატომთან შედარებით დაბალი ელექტრონეგატიურობის გამო არ ახდენს მჟავაში H–O ობლიგაციების ასე ძლიერ პოლარიზაციას, რაც ნიშნავს მჟავიანობის შესუსტებას.

H–O O
კიდევ ერთი მაგალითია ქრომის (II) ჰიდროქსიდი და ქრომის (VI) ჰიდროქსიდი. ქრომის (II) ჰიდროქსიდი, Cr(OH) 2, ავლენს ძირითად თვისებებს, განსხვავებით ქრომის (VI) ჰიდროქსიდისგან, H 2 CrO 4, რადგან ქრომის +2 ჟანგვის მდგომარეობა იწვევს Cr 2+-ის კულონის ურთიერთქმედების სისუსტეს. ჰიდროქსიდის იონი და ამ იონის დაშლის სიმარტივე, ე.ი. ძირითადი თვისებების გამოვლინება. ამავდროულად, ქრომის (VI) ჰიდროქსიდში ქრომის +6 მაღალი დაჟანგვის მდგომარეობა იწვევს კულონის ძლიერ მიზიდულობას ჰიდროქსიდის იონსა და ქრომის ცენტრალურ ატომს შორის და ბმის გასწვრივ დისოციაციის შეუძლებლობას. - ოჰ. მეორეს მხრივ, ქრომის (VI) ჰიდროქსიდში ქრომის მაღალი დაჟანგვის მდგომარეობა აძლიერებს ელექტრონების მიზიდვის უნარს, ე.ი. ელექტრონეგატიურობა, რომელიც მაღალი ხარისხიამ ნაერთში H–O ობლიგაციების პოლარიზაცია, რაც მჟავიანობის გაზრდის წინაპირობაა.

შემდეგი მნიშვნელოვანი მახასიათებელიატომები მათი რადიუსია. პერიოდებში ლითონის ატომების რადიუსი იზრდება სერიული ნომერიელემენტები მცირდება, რადგან პერიოდის განმავლობაში ელემენტის რიგითი რიცხვის გაზრდით, იზრდება ბირთვის მუხტი და, შესაბამისად, ელექტრონების მთლიანი მუხტი, რომელიც აბალანსებს მას; შედეგად, ელექტრონების კულონის მიზიდულობაც იზრდება, რაც საბოლოოდ იწვევს მათსა და ბირთვს შორის მანძილის შემცირებას. რადიუსის ყველაზე გამოხატული შემცირება შეინიშნება მცირე პერიოდების ელემენტებში, რომლებშიც გარე ენერგიის დონე ივსება ელექტრონებით.

AT დიდი პერიოდები d- და f ელემენტებისთვის, რადიუსების უფრო თანდათანობითი შემცირება შეინიშნება ატომის ბირთვის მუხტის მატებასთან ერთად. ელემენტების თითოეულ ქვეჯგუფში, ატომების რადიუსი, როგორც წესი, იზრდება ზემოდან ქვევით, რადგან ასეთი ცვლა ნიშნავს გადასვლას უფრო მაღალ ენერგეტიკულ დონეზე.

ელემენტის იონური რადიუსების გავლენა მათ მიერ წარმოქმნილი ნაერთების თვისებებზე შეიძლება აისახოს ჰიდროჰალიუმის მჟავების მჟავიანობის გაზრდის მაგალითით აირის ფაზაში: HI > HBr > HCl > HF.
43. დაასახელეთ ელემენტები, რომელთა ატომები მხოლოდ ერთია შესაძლებელი ვალენტური მდგომარეობადა მიუთითეთ როგორი იქნება - მთავარი თუ აღელვებული.

გამოსავალი:

ელემენტების ატომებს, რომლებსაც აქვთ ერთი დაუწყვილებელი ელექტრონი გარე ვალენტურ ენერგეტიკულ დონეზე, შეიძლება ჰქონდეთ ერთი ვალენტური მდგომარეობა - ეს არის პერიოდული სისტემის I ჯგუფის ელემენტები (H - წყალბადი, ლითიუმი - ლითიუმი, Na - ნატრიუმი, K - კალიუმი, Rb - რუბიდიუმი. , Ag - ვერცხლი, Cs - ცეზიუმი, Au - ოქრო, Fr - ფრანციუმი), გარდა სპილენძისა, რადგან ფორმირებაში ქიმიური ობლიგაციები, რომელთა რიცხვი განისაზღვრება ვალენტობით, მონაწილეობას იღებენ აგრეთვე წინა გარე დონის d-ელექტრონები (სპილენძის ატომის 3d 10 4s 1 ძირითადი მდგომარეობა განპირობებულია შევსებული d-გარსის სტაბილურობით, თუმცა, პირველი. აღელვებული მდგომარეობა 3d 9 4s 2 აჭარბებს ძირითად ენერგიას მხოლოდ 1,4 ევ-ით (დაახლოებით 125 კჯ/მოლი). ამიტომ, in ქიმიური ნაერთებიორივე მდგომარეობა ერთნაირად გამოიყურება, რაც იწვევს სპილენძის ნაერთების ორ სერიას (I) და (II)).

ასევე, ერთ ვალენტურ მდგომარეობას შეიძლება ჰქონდეს ელემენტების ატომები, რომლებშიც გარე ენერგეტიკული დონე მთლიანად ივსება და ელექტრონებს არ აქვთ შესაძლებლობა, გადავიდნენ აღგზნებულ მდგომარეობაში. ეს ელემენტებია მთავარი ქვეჯგუფი VIII ჯგუფი– ინერტული აირები (He – ჰელიუმი, Ne – ნეონი, Ar – არგონი, Kr – კრიპტონი, Xe – ქსენონი, Rn – რადონი).

ყველა ჩამოთვლილი ელემენტისთვის ერთადერთი ვალენტური მდგომარეობა არის ძირითადი მდგომარეობა, რადგან არ არსებობს აღგზნებულ მდგომარეობაში გადასვლის შესაძლებლობა. გარდა ამისა, აღგზნებულ მდგომარეობაში გადასვლა განსაზღვრავს ატომის ახალ ვალენტურ მდგომარეობას; შესაბამისად, თუ ასეთი გადასვლა შესაძლებელია, მოცემული ატომის ვალენტური მდგომარეობა არ არის ერთადერთი.

63. ვალენტობის მოგერიების მოდელის გამოყენება ელექტრონული წყვილიდა ვალენტური კავშირის მეთოდი, განიხილეთ სივრცითი სტრუქტურაშემოთავაზებული მოლეკულები და იონები. მიუთითეთ: ა) ცენტრალური ატომის შემაკავშირებელი და გაუზიარებელი ელექტრონული წყვილების რაოდენობა; ბ) ჰიბრიდიზაციაში ჩართული ორბიტალების რაოდენობა; გ) ჰიბრიდიზაციის სახეობა; დ) მოლეკულის ან იონის ტიპი (AB m E n); ე) ელექტრონული წყვილების სივრცითი განლაგება; ვ) მოლეკულის ან იონის სივრცითი აგებულება.

SO3;

გამოსავალი:

ვალენტური ობლიგაციების მეთოდის შესაბამისად (ამ მეთოდის გამოყენება იწვევს იგივე შედეგს, რაც EPVO მოდელის გამოყენებას), მოლეკულის სივრცითი კონფიგურაცია განისაზღვრება ცენტრალური ატომის ჰიბრიდული ორბიტალების სივრცით განლაგებით, რომლებიც იქმნება. ორბიტალებს შორის ურთიერთქმედების შედეგი.

ცენტრალური ატომის ჰიბრიდიზაციის ტიპის დასადგენად აუცილებელია ვიცოდეთ ჰიბრიდირებული ორბიტალების რაოდენობა. მისი აღმოჩენა შესაძლებელია ცენტრალური ატომის შემაკავშირებელ და მარტოხელა ელექტრონული წყვილების რაოდენობის დამატებით და π ობლიგაციების რაოდენობის გამოკლებით.

SO 3 მოლეკულაში

შემაკავშირებელ წყვილთა საერთო რაოდენობაა 6. გამოვაკლოთ π-ბმათა რაოდენობა, მივიღებთ ჰიბრიდიზაციის ორბიტალების რაოდენობას: 6 - 3 \u003d 3. ამრიგად, ჰიბრიდიზაციის ტიპი sp 2, იონის ტიპი AB 3, სივრცითი. ელექტრონული წყვილების განლაგებას აქვს სამკუთხედის ფორმა, ხოლო თავად მოლეკულა არის სამკუთხედი:

იონში

შემაკავშირებელ წყვილთა საერთო რაოდენობაა 4. არ არსებობს π-ბმები. ჰიბრიდული ორბიტალების რაოდენობა: 4. ამრიგად, ჰიბრიდიზაციის ტიპი sp 3, იონის ტიპი AB 4, ელექტრონული წყვილების სივრცითი განლაგება აქვს ტეტრაედრის ფორმას, ხოლო თავად იონი არის ტეტრაედონი:

83. დაწერეთ განტოლებები შესაძლო რეაქციები KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 ურთიერთქმედება ქვემოთ ჩამოთვლილ ნაერთებთან:

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

გამოსავალი:
ა) KOH ურთიერთქმედების რეაქციები

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

2K++2 ოჰ - + 2ჰ+ + SO 3 2-  2K + + SO 3 2- + ჰ 2 ო

ოჰ - + ჰ +  ჰ 2 ო
KOH + BaO  რეაქცია არ არის
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

2K++2 ოჰ - + CO 2  2K + + CO 3 2- + ჰ 2 ო

2ოჰ - + ჰ 2 CO 3  CO 3 2- + ჰ 2 ო
KOH + HNO 3  რეაქცია არ არის, იონები ერთდროულად არიან ხსნარში:

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

2KOH + Ni(OH) 2  კ

2K++2 ოჰ- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  რეაქცია არ არის

ბ) ურთიერთქმედების რეაქციები H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  რეაქცია არ არის
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  რეაქცია არ არის
H 2 SO 4 + HNO 3  რეაქცია არ არის
H 2 SO 4 + Ni(OH) 2  NiSO 4 + 2H 2 O

2ჰ+ + SO 4 2- + Ni(OH) 2  ნი 2+ + SO 4 2- + 2 ჰ 2 ო

2ჰ + + Ni(OH) 2  ნი 2+ + 2ჰ 2 ო
H 2 SO 4 + Ca (OH) 2  CaSO 4 + 2H 2 O

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

გ) ურთიერთქმედების რეაქციები H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  რეაქცია არ არის

H 2 O + BaO  Ba (OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  არ არის რეაქცია
H 2 O + HNO 3  არ არის რეაქცია
H 2 O + NO 2  რეაქცია არ არის
H 2 O + Ni(OH) 2  რეაქცია არ არის

H 2 O + Ca(OH) 2  რეაქცია არ არის

ა) ურთიერთქმედების რეაქციები Be (OH) 2

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

Be (OH) 2 + 2ჰ+ + SO 3 2-  იყავი 2+ + SO 3 2- + 2 ჰ 2 ო

Be (OH) 2 + 2ჰ+  იყავი 2+ + 2 ჰ 2 ო
Be(OH) 2 + BaO  რეაქცია არ არის
2Be (OH) 2 + CO 2  Be 2 CO 3 (OH) 2 ↓ + 2H 2 O
Be (OH) 2 + 2HNO 3  Be (NO 3) 2 + 2H 2 O

Be (OH) 2 + 2ჰ+ + NO 3 -  იყავი 2+ + 2NO 3 - + 2 ჰ 2 ო

Be (OH) 2 + 2ჰ +  იყავი 2+ + 2ჰ 2 ო
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  რეაქცია არ არის
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  რეაქცია არ არის
103. ამისთვის მითითებული რეაქცია

ბ) განმარტეთ, რომელი ფაქტორი: ენტროპია ან ენთალპია ხელს უწყობს რეაქციის სპონტანურ დინებას წინა მიმართულებით;

გ) რა მიმართულებით (წინ ან უკან) წარიმართება რეაქცია 298K და 1000K-ზე;

ე) დაასახელეთ წონასწორული ნარევის პროდუქტების კონცენტრაციის გაზრდის ყველა გზა.

ვ) შექმენით ΔG p (kJ) გრაფიკი T-დან (K)

გამოსავალი:

CO (გ) + H 2 (გ) \u003d C (გ) + H 2 O (გ)

ფორმირების სტანდარტული ენთალპია, ენტროპია და ნივთიერებების წარმოქმნის გიბსის ენერგია

1. (ΔН 0 298) x.r. =
–
\u003d -241.84 + 110.5 \u003d -131.34 kJ 2. (ΔS 0 298) x.r. =
+
–
–
\u003d 188.74 + 5.7-197.5-130.6 \u003d -133.66 J / K \u003d -133.66 10 -3 კჯ / მოლი > 0.

პირდაპირ რეაქციას თან ახლავს ენტროპიის დაქვეითება, სისტემაში აშლილობა მცირდება - ნაკადისთვის არახელსაყრელი ფაქტორი ქიმიური რეაქციაწინა მიმართულებით.

3. გამოთვალეთ რეაქციის სტანდარტული გიბის ენერგია.

ჰესის კანონის მიხედვით:

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

აღმოჩნდა, რომ (ΔH 0 298) x.r. > (ΔS 0 298) x.r. ·T და შემდეგ (ΔG 0 298) x.r.

4.
≈
≈ 982.6 კ.

≈ 982,6 K არის სავარაუდო ტემპერატურა, რომელზედაც მყარდება ნამდვილი ქიმიური წონასწორობა; ამ ტემპერატურის ზემოთ, საპირისპირო რეაქცია გაგრძელდება. ამ ტემპერატურაზე ორივე პროცესი თანაბრად სავარაუდოა.

5. გამოთვალეთ გიბის ენერგია 1000K-ზე:

(ΔG 0 1000) x.r. ≈ ΔН 0 298 - 1000 ΔS 0 298 ≈ -131.4 - 1000 (-133.66) 10 -3 ≈ 2.32 კჯ > 0.

იმათ. 1000 K-ზე: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.r.

ენთალპიის ფაქტორი გადამწყვეტი გახდა, სპონტანური ნაკადიპირდაპირი რეაქცია შეუძლებელი გახდა. საპირისპირო რეაქცია მიმდინარეობს: ერთი მოლი გაზისა და 1 მოლიდან მყარიიწარმოება 2 მოლი გაზი.

lg K 298 = 16.1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

სისტემა შორს არის სიმართლისგან ქიმიური წონასწორობა, მასში დომინირებს რეაქციის პროდუქტები.

რეაქციის ΔG 0-ის ტემპერატურაზე დამოკიდებულება

CO (გ) + H 2 (გ) \u003d C (გ) + H 2 O (გ)

K 1000 \u003d 0.86\u003e 1 - სისტემა ახლოს არის წონასწორობის მდგომარეობასთან, თუმცა, ამ ტემპერატურაზე, მასში თავდაპირველი ნივთიერებები ჭარბობს.

8. ლე შატელიეს პრინციპის მიხედვით, ტემპერატურის მატებასთან ერთად წონასწორობა უნდა გადაინაცვლოს საპირისპირო რეაქციისკენ, წონასწორობის მუდმივი უნდა შემცირდეს.

9. განვიხილოთ, რამდენად ეთანხმება ჩვენი გამოთვლილი მონაცემები Le Chatelier-ის პრინციპს. წარმოგიდგენთ რამდენიმე მონაცემს, რომელიც აჩვენებს გიბსის ენერგიის დამოკიდებულებას და მითითებული რეაქციის წონასწორობის მუდმივობას ტემპერატურაზე:

თ, კ	ΔG 0 t, kJ	კ ტ
298	-131,34	10 16
982,6	0	1
1000	2,32	0,86

ამრიგად, მიღებული გამოთვლილი მონაცემები შეესაბამება Le Chatelier-ის პრინციპზე დაფუძნებულ ჩვენს დასკვნებს.
123. წონასწორობა სისტემაში:

)

დადგენილია შემდეგ კონცენტრაციებში: [B] და [C], მოლ/ლ.

განსაზღვრეთ ნივთიერების საწყისი კონცენტრაცია [B] 0 და წონასწორობის მუდმივი, თუ ნივთიერების საწყისი კონცენტრაცია A არის [A] 0 მოლ/ლ.

განტოლებიდან ჩანს, რომ 0,26 მოლი C ნივთიერების წარმოქმნას სჭირდება 0,13 მოლი A ნივთიერება და ამდენივე B ნივთიერება.

შემდეგ A ნივთიერების წონასწორული კონცენტრაცია არის [A] \u003d 0.4-0.13 \u003d 0.27 მოლ / ლ.

ნივთიერების საწყისი კონცენტრაცია B [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 0,26 მოლ / ლ.

პასუხი: [B] 0 = 0,26 მოლ/ლ, კპ = 1,93.

143. ა) 300 გ ხსნარი შეიცავს 36 გ KOH (ხსნარის სიმკვრივე 1,1 გ/მლ). გამოთვალეთ პროცენტი და მოლური კონცენტრაციაეს გამოსავალი.

ბ) რამდენი გრამი კრისტალური სოდა Na 2 CO 3 10H 2 O უნდა მივიღოთ 2 ლიტრი 0,2 M Na 2 CO 3 ხსნარის მოსამზადებლად?

გამოსავალი:

პროცენტულ კონცენტრაციას ვპოულობთ განტოლებით:

KOH-ის მოლური მასა არის 56,1 გ/მოლი;

ხსნარის მოლარობის გამოსათვლელად, ჩვენ ვპოულობთ KOH-ის მასას, რომელიც შეიცავს ხსნარის 1000 მლ (ანუ 1000 1,100 \u003d 1100 გ) ხსნარში:

1100: 100 = ზე: 12; ზე= 12 1100 / 100 = 132 გ

C m \u003d 56,1 / 132 \u003d 0,425 მოლ / ლ.

პასუხი: C \u003d 12%, სმ \u003d 0,425 მოლ / ლ

გამოსავალი:

1. იპოვეთ უწყლო მარილის მასა

m = Sm M V, სადაც M არის მოლური მასა, V არის მოცულობა.

მ \u003d 0,2 106 2 \u003d 42,4 გ.

2. პროპორციიდან იპოვეთ კრისტალური ჰიდრატის მასა

კრისტალური ჰიდრატის მოლური მასა 286 გ/მოლ - მასა X

უწყლო მარილის მოლური მასა 106გ/მოლი - მასა 42,4გ

აქედან გამომდინარე, X \u003d m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 42,4 286 / 106 \u003d 114,4 გ.

პასუხი: m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 114,4 გ.

163. გამოთვალეთ ნაფტალინის C 10 H 8 5%-იანი ხსნარის დუღილის წერტილი ბენზოლში. ბენზოლის დუღილის წერტილი არის 80,2 0 C.

მოცემული: ოთხშაბათი (C 10 H 8) \u003d 5% ადუღება (C 6 H 6) \u003d 80.2 0 C

იპოვე: ტკიპ (რ-რა) -?

გამოსავალი:

რაულის მეორე კანონიდან

ΔT \u003d E m \u003d (E m B 1000) / (m A μ B)

აქ E არის ბულიოსკოპიული გამხსნელის მუდმივი

E (C 6 H 6) \u003d 2.57

m A არის გამხსნელის წონა, m B არის გამხსნელის წონა, M B არის მისი მოლეკულური წონა.

ხსნარის მასა იყოს 100 გრამი, შესაბამისად, გამხსნელის მასა არის 5 გრამი, ხოლო გამხსნელის მასა 100 - 5 = 95 გრამი.

M (ნაფთალინი C 10 H 8) \u003d 12 10 + 1 8 \u003d 128 გ / მოლ.

ჩვენ ვცვლით ყველა მონაცემს ფორმულაში და ვპოულობთ ხსნარის დუღილის წერტილის ზრდას სუფთა გამხსნელთან შედარებით:

ΔT = (2.57 5 1000)/(128 95) = 1.056

ნაფტალინის ხსნარის დუღილის წერტილი შეგიძლიათ იხილოთ ფორმულით:

T c.r-ra \u003d T c.r-la + ΔT \u003d 80.2 + 1.056 \u003d 81.256

პასუხი: 81.256 დაახლოებით C

183. ამოცანა 1. დაწერეთ სუსტი ელექტროლიტების დისოციაციის განტოლებები და დისოციაციის მუდმივები.

დავალება 2. მოცემულის მიხედვით იონური განტოლებებიდაწერეთ შესაბამისი მოლეკულური განტოლებები.

ამოცანა 3. მოლეკულურ და იონურ ფორმებში ჩაწერეთ შემდეგი გარდაქმნების რეაქციის განტოლებები.

No p/p	სავარჯიშო 1	დავალება 2	დავალება 3
183	Zn(OH) 2, H 3 AsO 4	Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl	NaHSO 3 → Na 2 SO 3 → H 2 SO 3 → NaHSO 3

გამოსავალი:

დაწერეთ დისოციაციის განტოლებები და სუსტი ელექტროლიტების დისოციაციის მუდმივები.

ისტ.: Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -

CD 1 =
= 1,5 10 -5
IIst.: ZnOH + ↔ Zn 2+ + OH -

CD 2 =
= 4.9 10 -7

Zn (OH) 2 - ამფოტერული ჰიდროქსიდი, შესაძლებელია მჟავის ტიპის დისოციაცია

ისტ.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

CD 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

CD 2 =

H 3 AsO 4 - ორთოარსენის მჟავა - ძლიერი ელექტროლიტიხსნარში მთლიანად იშლება:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
მოცემული იონური განტოლებების მიხედვით დაწერეთ შესაბამისი მოლეკულური განტოლებები.

Ni 2+ + OH - + Cl - \u003d NiOHCl

NiCl2 + NaOH (დეფიციტური) = NiOHCl + NaCl

Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - \u003d NiOHCl + Na + + Cl -

Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
მოლეკულურ და იონურ ფორმებში ჩაწერეთ შემდეგი გარდაქმნების რეაქციის განტოლებები.

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++ ოჰ- → 2Na + + ᲘᲡᲔ 3 2- + ჰ 2 ო

HSO 3 - + ოჰ - → + ᲘᲡᲔ 3 2- + ჰ 2 ო
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

2Na + + ᲘᲡᲔ 3 2- + 2ჰ+ + SO 4 2- → ჰ 2 ᲘᲡᲔ 3+2Na++ ᲘᲡᲔ 3 2-

ᲘᲡᲔ 3 2- + 2ჰ + → ჰ 2 ᲘᲡᲔ 3 + ᲘᲡᲔ 3 2-
3) H 2 SO 3 (ჭარბი) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 ჰ + + ᲘᲡᲔ 3 2- + Na + + ოჰ- → Na + + HSO 3 - + ჰ 2 ო

2 ჰ + + ᲘᲡᲔ 3 2 + ოჰ- → Na + + ჰ 2 ო
203. ამოცანა 1. დაწერეთ მარილების ჰიდროლიზის განტოლებები მოლეკულურ და იონურ ფორმებში, მიუთითეთ ხსნარების pH (рН> 7, pH ამოცანა 2. დაწერეთ განტოლებები ნივთიერებებს შორის წარმოებული რეაქციების შესახებ. წყალხსნარები

No p/p	სავარჯიშო 1	დავალება 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl 3 + Na 2 CO 3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

დავალება 1. დაწერეთ მარილების ჰიდროლიზის განტოლებები მოლეკულურ და იონურ ფორმებში, მიუთითეთ ხსნარების pH (pH> 7, pH

Na 2 S - ჩამოყალიბდა მარილი ძლიერი ბაზადა სუსტი მჟავაგადის ჰიდროლიზს ანიონზე. გარემოს რეაქცია ტუტეა (рН > 7).

ისტ. Na 2 S + HOH ↔ NaHS + NaOH

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

II ხელოვნება. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 - სუსტი ფუძით წარმოქმნილი მარილი და ძლიერი მჟავაკატიონზე გადის ჰიდროლიზს. გარემოს რეაქცია მჟავეა (pH

ისტ. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

Cr 3+ + 3Br - + HOH ↔ CrOH 2+ + 2Br - + H + + Br -

II ხელოვნება. CrOHBr 2 + HOH ↔ Cr(OH) 2 Br + HBr

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

III ხელოვნება. Cr(OH) 2 Br + HOH↔ Cr(OH) 3 + HBr

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

ჰიდროლიზი ძირითადად პირველ ეტაპზე მიმდინარეობს.

დავალება 2. დაწერეთ წყალხსნარებში ნივთიერებებს შორის წარმოქმნილი რეაქციების განტოლებები

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – ძლიერი მჟავისა და სუსტი ფუძის მარილი

Na 2 CO 3 - მარილი, რომელიც წარმოიქმნება სუსტი მჟავით და ძლიერი ფუძით

2FeCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 6H (OH) \u003d 2Fe (OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6NaCl

2ფე 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6ჰ(ის) = 2 Fe( ოჰ) 3 + 3ჰ 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2ფე 3+ + 3CO 3 2- + 6ჰ(ის) = 2 Fe( ოჰ) 3 + 3 H 2 O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

არსებობს ჰიდროლიზის ურთიერთგაძლიერება

Al 2 (SO 4) 3 - მარილი, რომელიც წარმოიქმნება ძლიერი მჟავით და სუსტი ფუძით

Na2CO3 – სუსტი მჟავისა და ძლიერი ფუძის მარილი

როდესაც ორი მარილი ერთად ჰიდროლიზდება, წარმოიქმნება სუსტი ფუძე და სუსტი მჟავა:

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

IIst: 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH \u003d\u003e 2H 2 CO 3 + 2Al (OH) 2 +

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

ჰიდროლიზის საერთო განტოლება

Al 2 (SO 4) 3 + 2 Na 2 CO 3 + 6H 2 O \u003d 2Al (OH) 3 ↓ + 2H 2 CO 3 + 2 Na 2 SO 4 + H 2 SO 4

2ალ 3+ + 3 SO 4 2 - + 2 Na + + 2 Cო 3 2- + 6ჰ 2 ო = 2Al(OH) 3 ↓ + 2ჰ 2 CО 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2Н + + SO 4 2 -

2ალ 3+ + 2Cო 3 2- + 6ჰ 2 ო = 2Al(OH) 3 ↓ + 2ჰ 2 Cდაახლოებით 3
Გვერდი 1

ელემენტის ელექტრონული ფორმულის შედგენის ალგორითმი:

1. დაადგინეთ ატომში ელექტრონების რაოდენობა ქიმიური ელემენტების პერიოდული ცხრილის გამოყენებით D.I. მენდელეევი.

2. იმ პერიოდის რაოდენობის მიხედვით, რომელშიც ელემენტი მდებარეობს, განსაზღვრეთ ენერგიის დონეების რაოდენობა; ელექტრონების რაოდენობა ბოლოზე ელექტრონული დონეშეესაბამება ჯგუფის ნომერს.

3. დონეები დაყავით ქვედონეებად და ორბიტალებად და შეავსეთ ისინი ელექტრონებით ორბიტალების შევსების წესების შესაბამისად:

უნდა გვახსოვდეს, რომ პირველ დონეს აქვს მაქსიმუმ 2 ელექტრონი. 1s2, მეორეზე - მაქსიმუმ 8 (ორი სდა ექვსი R: 2s 2 2p 6), მესამეზე - მაქსიმუმ 18 (ორი ს, ექვსი გვდა ათი d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• ძირითადი კვანტური რიცხვი ნუნდა იყოს მინიმალური.
• პირველი შევსებული s-ქვედონე, მაშინ p-, d-b f-ქვედონეები.
• ელექტრონები ავსებენ ორბიტალებს ორბიტალური ენერგიის აღმავალი რიგით (კლეჩკოვსკის წესი).
• ქვედონეზე ელექტრონები ჯერ ერთ დროს იკავებენ თავისუფალ ორბიტალებს და მხოლოდ ამის შემდეგ ქმნიან წყვილებს (ჰუნდის წესი).
• ერთ ორბიტალში არ შეიძლება იყოს ორზე მეტი ელექტრონი (პაულის პრინციპი).

მაგალითები.

1. შეადგინეთ აზოტის ელექტრონული ფორმულა. AT პერიოდული ცხრილიაზოტი მეშვიდე ადგილზეა.

2. შეადგინეთ არგონის ელექტრონული ფორმულა. პერიოდულ სისტემაში არგონი მე-18 ადგილზეა.

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

3. შეადგინეთ ქრომის ელექტრონული ფორმულა. პერიოდულ სისტემაში ქრომი არის 24 ნომერი.

1წ 2 2 წმ 2 2გვ 6 3 წმ 2 3გვ 6 4წ 1 3D 5

თუთიის ენერგეტიკული დიაგრამა.

4. შეადგინეთ თუთიის ელექტრონული ფორმულა. პერიოდულ სისტემაში თუთია არის 30 ნომერი.

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

გაითვალისწინეთ, რომ ელექტრონული ფორმულის ნაწილი, კერძოდ 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 არის არგონის ელექტრონული ფორმულა.

თუთიის ელექტრონული ფორმულა შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც.

ელემენტების ატომების ელექტრონული ფორმულების დაწერისას მითითებულია ენერგიის დონეები (მთავარი კვანტური რიცხვის მნიშვნელობები ნრიცხვების სახით - 1, 2, 3 და ა.შ.), ენერგიის ქვედონეები (ორბიტალური კვანტური რიცხვის მნიშვნელობები ლასოების სახით ს, გვ, დ, ვ) და ზედა რიცხვი მიუთითებს მოცემულ ქვედონეზე ელექტრონების რაოდენობაზე.

პირველი ელემენტი D.I. მენდელეევი არის წყალბადი, შესაბამისად, ატომის ბირთვის მუხტი ჰ 1-ის ტოლია, ატომს აქვს მხოლოდ ერთი ელექტრონი სპირველი დონის ქვედონე. ამრიგად, წყალბადის ატომის ელექტრონული ფორმულა არის:

მეორე ელემენტია ჰელიუმი, მის ატომში არის ორი ელექტრონი, ამიტომ ჰელიუმის ატომის ელექტრონული ფორმულა არის 2. არა 1ს 2. პირველი პერიოდი მოიცავს მხოლოდ ორ ელემენტს, რადგან პირველი ენერგეტიკული დონე ივსება ელექტრონებით, რომელიც შეიძლება დაიკავოს მხოლოდ 2 ელექტრონით.

რიგით მესამე ელემენტი - ლითიუმი - უკვე მეორე პერიოდშია, შესაბამისად, მისი მეორე ენერგეტიკული დონე იწყებს ელექტრონებით შევსებას (ამაზე ზემოთ ვისაუბრეთ). მეორე დონის შევსება ელექტრონებით იწყება ს-ქვედონე, ასე რომ, ლითიუმის ატომის ელექტრონული ფორმულა არის 3 ლი 1ს 2 2სერთი . ბერილიუმის ატომში სრულდება ელექტრონებით შევსება ს- ქვედონეები: 4 ვე 1ს 2 2ს 2 .

მე-2 პერიოდის შემდგომი ელემენტებისთვის, მეორე ენერგეტიკული დონე კვლავ ივსება ელექტრონებით, მხოლოდ ახლა ის ივსება ელექტრონებით. რ- ქვედონე: 5 AT 1ს 2 2ს 2 2რ 1 ; 6 FROM 1ს 2 2ს 2 2რ 2 … 10 ნე 1ს 2 2ს 2 2რ 6 .

ნეონის ატომი ავსებს ელექტრონებით რ-ქვედონე, ეს ელემენტი ამთავრებს მეორე პერიოდს, მას შემდეგ რვა ელექტრონი აქვს ს- და რ-ქვედონეები შეიძლება შეიცავდეს მხოლოდ რვა ელექტრონს.

მე-3 პერიოდის ელემენტებს ელექტრონებით შევსების მსგავსი თანმიმდევრობა აქვთ ენერგიის ქვედონეებიმესამე დონე. ამ პერიოდის ზოგიერთი ელემენტის ატომების ელექტრონული ფორმულებია:

11 ნა 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 1 ; 12 მგ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 ; 13 ალ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 1 ;

14 სი 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 2 ;…; 18 არ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 .

მესამე პერიოდი, ისევე როგორც მეორე, მთავრდება ელემენტით (არგონი), რომელიც ასრულებს მის შევსებას ელექტრონებით რ-ქვედონე, თუმცა მესამე დონე მოიცავს სამ ქვედონეს ( ს, რ, დ). კლეჩკოვსკის წესების შესაბამისად ენერგეტიკული ქვედონეების შევსების ზემოაღნიშნული რიგის მიხედვით, მე-3 ქვედონის ენერგია დ მეტი ენერგიაქვედონე 4 სმაშასადამე, კალიუმის ატომი არგონის შემდეგ და კალციუმის ატომი ივსება ელექტრონებით 3 ს- მეოთხე დონის ქვედონე:

19 რომ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 1 ; 20 სა 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 2 .

21-ე ელემენტიდან - სკანდიუმიდან დაწყებული, ელემენტების ატომებში მე-3 ქვედონე იწყებს ელექტრონებით შევსებას. დ. ამ ელემენტების ატომების ელექტრონული ფორმულებია:

21 სკ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 2 3დ 1 ; 22 ტი 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 2 3დ 2 .

24-ე ელემენტის (ქრომი) და 29-ე ელემენტის (სპილენძი) ატომებში შეიმჩნევა ფენომენი, რომელსაც ეწოდება ელექტრონის „გარღვევა“ ან „მარცხი“: ელექტრონი გარედან 4-დან. ს-ქვედონე "ჩავარდება" 3-ით დ- ქვედონე, მისი შევსების ნახევარით (ქრომისთვის) ან მთლიანად (სპილენძისთვის), რაც ხელს უწყობს ატომის მეტ სტაბილურობას:

24 ქრ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 1 3დ 5 (ნაცვლად ...4 ს 2 3დ 4) და

29 კუ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 1 3დ 10 (ნაცვლად ...4 ს 2 3დ 9).

31-ე ელემენტიდან - გალიუმიდან დაწყებული, მე-4 დონის შევსება ელექტრონებით გრძელდება, ახლა - რ- ქვედონე:

31 გა 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 2 3დ 10 4გვ 1 …; 36 კრ 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 4ს 2 3დ 10 4გვ 6 .

ამ ელემენტით მთავრდება მეოთხე პერიოდი, რომელიც უკვე მოიცავს 18 ელემენტს.

ენერგეტიკული ქვედონეების ელექტრონებით შევსების მსგავსი რიგი ხდება მე-5 პერიოდის ელემენტების ატომებში. პირველი ორი (რუბიდიუმი და სტრონციუმი) ივსება ს- მე-5 დონის ქვედონე, ივსება შემდეგი ათი ელემენტი (იტრიუმიდან კადმიუმამდე). დ– მე-4 დონის ქვედონე; ექვსი ელემენტი ასრულებს პერიოდს (ინდიუმიდან ქსენონამდე), რომლის ატომებში ელექტრონები ივსება რ-გარე, მეხუთე დონის ქვედონე. ასევე არის 18 ელემენტი ერთ პერიოდში.

მეექვსე პერიოდის ელემენტებისთვის ეს შევსების წესი დარღვეულია. პერიოდის დასაწყისში, ჩვეულებისამებრ, არის ორი ელემენტი, რომელთა ატომები ივსება ელექტრონებით. ს-გარე, მეექვსე, დონის ქვედონე. მომდევნო ელემენტზე - ლანთანი - იწყებს ელექტრონებით შევსებას დ– წინა დონის ქვედონე, ე.ი. 5 დ. ელექტრონებით ამ შევსებაზე 5 დ-ქვედონე ჩერდება და შემდეგი 14 ელემენტი - ცერიუმიდან ლუტეტიუმამდე - იწყებს შევსებას ვ- მე-4 დონის ქვედონე. ყველა ეს ელემენტი შედის ცხრილის ერთ უჯრედში და ქვემოთ მოცემულია ამ ელემენტების გაფართოებული სერია, რომელსაც ეწოდება ლანთანიდები.

დაწყებული 72-ე ელემენტიდან - ჰაფნიუმიდან - 80-ე ელემენტამდე - ვერცხლისწყალი, ელექტრონებით ავსება გრძელდება 5. დ- ქვედონე, და პერიოდი მთავრდება, როგორც ყოველთვის, ექვსი ელემენტით (თალიუმიდან რადონამდე), რომელთა ატომებში ის ივსება ელექტრონებით. რ-გარე, მეექვსე, დონის ქვედონე. ეს არის ყველაზე დიდი პერიოდი, რომელიც მოიცავს 32 ელემენტს.

მეშვიდე, არასრული პერიოდის ელემენტების ატომებში ჩანს ქვედონეების შევსების იგივე რიგი, როგორც ზემოთ იყო აღწერილი. მიეცით საშუალება მოსწავლეებს დაწერონ საკუთარი ელექტრონული ფორმულებიმე -5 - მე -7 პერიოდების ელემენტების ატომები, ყოველივე ზემოთ ნათქვამის გათვალისწინებით.

Შენიშვნა:Ზოგიერთ სასწავლო საშუალებებინებადართულია ელემენტების ატომების ელექტრონული ფორმულების ჩაწერის განსხვავებული თანმიმდევრობა: არა მათი შევსების თანმიმდევრობით, არამედ თითოეულ ენერგეტიკულ დონეზე ცხრილში მოცემული ელექტრონების რაოდენობის შესაბამისად. მაგალითად, დარიშხანის ატომის ელექტრონული ფორმულა შეიძლება გამოიყურებოდეს: როგორც 1ს 2 2ს 2 2რ 6 3ს 2 3გვ 6 3დ 10 4ს 2 4გვ 3 .