Configuração eletrônica de um átomoé uma fórmula que mostra o arranjo dos elétrons em um átomo por níveis e subníveis. Depois de estudar o artigo, você descobrirá onde e como os elétrons estão localizados, se familiarizará com os números quânticos e poderá construir a configuração eletrônica de um átomo por seu número, no final do artigo há uma tabela de elementos.

Por que estudar a configuração eletrônica dos elementos?

Os átomos são como um construtor: há um certo número de partes, elas diferem umas das outras, mas duas partes do mesmo tipo são exatamente iguais. Mas este construtor é muito mais interessante que o de plástico, e aqui está o porquê. A configuração muda dependendo de quem está por perto. Por exemplo, o oxigênio ao lado do hidrogênio pode ser transforma-se em água, ao lado do sódio em gás, e ao lado do ferro transforma-se completamente em ferrugem. Para responder à pergunta por que isso acontece e prever o comportamento de um átomo ao lado de outro, é necessário estudar a configuração eletrônica, que será discutida a seguir.

Quantos elétrons há em um átomo?

Um átomo consiste em um núcleo e elétrons girando em torno dele, o núcleo consiste em prótons e nêutrons. No estado neutro, cada átomo tem o mesmo número de elétrons que o número de prótons em seu núcleo. O número de prótons foi indicado pelo número de série do elemento, por exemplo, o enxofre tem 16 prótons - o 16º elemento do sistema periódico. O ouro tem 79 prótons - o 79º elemento da tabela periódica. Assim, existem 16 elétrons no enxofre no estado neutro e 79 elétrons no ouro.

Onde procurar um elétron?

Observando o comportamento de um elétron, certos padrões foram derivados, eles são descritos por números quânticos, são quatro no total:

• Número quântico principal
• Número quântico orbital
• Número quântico magnético
• Gire o número quântico

Orbital

Além disso, em vez da palavra órbita, usaremos o termo "orbital", o orbital é a função de onda do elétron, aproximadamente - esta é a área em que o elétron passa 90% do tempo.

N - nível
L - concha
M l - número orbital
M s - o primeiro ou segundo elétron no orbital

Número quântico orbital l

Como resultado do estudo da nuvem de elétrons, verificou-se que dependendo do nível de energia, a nuvem assume quatro formas principais: uma bola, halteres e as outras duas, mais complexas. Em ordem crescente de energia, essas formas são chamadas de s-, p-, d- e f-shells. Cada uma dessas camadas pode ter 1 (em s), 3 (em p), 5 (em d) e 7 (em f) orbitais. O número quântico orbital é a camada na qual os orbitais estão localizados. O número quântico orbital para os orbitais s, p, d e f, respectivamente, assume os valores 0,1,2 ou 3.

Na camada s, um orbital (L = 0) - dois elétrons
Existem três orbitais na camada p (L = 1) - seis elétrons
Existem cinco orbitais na camada d (L = 2) - dez elétrons
Existem sete orbitais (L = 3) na camada f - quatorze elétrons

Número quântico magnético m l

Existem três orbitais no p-shell, eles são denotados por números de -L a +L, ou seja, para o p-shell (L=1) existem orbitais "-1", "0" e "1" . O número quântico magnético é denotado pela letra m l .

Dentro da casca, é mais fácil para os elétrons se localizarem em orbitais diferentes, então os primeiros elétrons preenchem um para cada orbital e, em seguida, seu par é adicionado a cada um.

Considere um d-shell:
A camada d corresponde ao valor L=2, ou seja, cinco orbitais (-2,-1,0,1 e 2), os primeiros cinco elétrons preenchem a camada, tomando os valores M l =-2, Ml=-1,Ml=0, Ml=1, Ml=2.

Spin número quântico m s

Spin é a direção de rotação de um elétron em torno de seu eixo, existem duas direções, então o número quântico de spin tem dois valores: +1/2 e -1/2. Apenas dois elétrons com spins opostos podem estar no mesmo subnível de energia. O número quântico de spin é denotado m s

Número quântico principal n

O número quântico principal é o nível de energia, no momento em que se conhecem sete níveis de energia, cada um é denotado por um algarismo arábico: 1,2,3,...7. O número de conchas em cada nível é igual ao número do nível: há uma concha no primeiro nível, duas no segundo e assim por diante.

Número do elétron

Então, qualquer elétron pode ser descrito por quatro números quânticos, a combinação desses números é única para cada posição do elétron, vamos pegar o primeiro elétron, o nível de energia mais baixo é N = 1, uma camada está localizada no primeiro nível, a primeira casca em qualquer nível tem a forma de uma bola (s -shell), ou seja, L=0, o número quântico magnético pode assumir apenas um valor, M l =0 e o spin será igual a +1/2. Se pegarmos o quinto elétron (em qualquer átomo), então os principais números quânticos para ele serão: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.

Ao escrever fórmulas eletrônicas de átomos de elementos, os níveis de energia são indicados (valores do número quântico principal n na forma de números - 1, 2, 3, etc.), subníveis de energia (valores do número quântico orbital eu em forma de letras s, p, d, f) e o número no topo indica o número de elétrons em um determinado subnível.

O primeiro elemento do D.I. Mendeleev é hidrogênio, portanto, a carga do núcleo de um átomo H igual a 1, o átomo tem apenas um elétron por s subnível do primeiro nível. Portanto, a fórmula eletrônica do átomo de hidrogênio é:

O segundo elemento é o hélio, existem dois elétrons em seu átomo, portanto, a fórmula eletrônica do átomo de hélio é 2 Não 1s 2. O primeiro período inclui apenas dois elementos, pois o primeiro nível de energia é preenchido com elétrons, que só podem ser ocupados por 2 elétrons.

O terceiro elemento em ordem - lítio - já está no segundo período, portanto, seu segundo nível de energia começa a ser preenchido com elétrons (falamos sobre isso acima). O preenchimento do segundo nível com elétrons começa com s-subnível, então a fórmula eletrônica do átomo de lítio é 3 Li 1s 2 2s 1 . No átomo de berílio, o preenchimento de elétrons é concluído s- subníveis: 4 Ve 1s 2 2s 2 .

Para elementos subsequentes do 2º período, o segundo nível de energia continua a ser preenchido com elétrons, só que agora é preenchido com elétrons R- subnível: 5 NO 1s 2 2s 2 2R 1 ; 6 A PARTIR DE 1s 2 2s 2 2R 2 … 10 Não 1s 2 2s 2 2R 6 .

Átomo de néon completa o preenchimento com elétrons R-subnível, este elemento encerra o segundo período, possui oito elétrons, pois s- e R-subníveis podem conter apenas oito elétrons.

Os elementos do 3º período têm uma sequência semelhante de preenchimento dos subníveis de energia do terceiro nível com elétrons. As fórmulas eletrônicas dos átomos de alguns elementos deste período são:

11 N / D 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 .

O terceiro período, como o segundo, termina com um elemento (argônio), que completa seu preenchimento com elétrons R–subnível, embora o terceiro nível inclua três subníveis ( s, R, d). De acordo com a ordem acima de preenchimento dos subníveis de energia de acordo com as regras de Klechkovsky, a energia do subnível 3 d mais energia do subnível 4 s, portanto, o átomo de potássio após o argônio e o átomo de cálcio após ele é preenchido com elétrons 3 s- subnível do quarto nível:

19 Para 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 .

A partir do 21º elemento - escândio, nos átomos dos elementos, o subnível 3 começa a se encher de elétrons d. As fórmulas eletrônicas dos átomos desses elementos são:

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 .

Nos átomos do 24º elemento (cromo) e do 29º elemento (cobre), observa-se um fenômeno chamado “ruptura” ou “falha” de um elétron: um elétron de um 4º elemento externo s-sublevel "falha" por 3 d– subnível, completando seu preenchimento pela metade (para cromo) ou completamente (para cobre), o que contribui para maior estabilidade do átomo:

24 Cr 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5 (em vez de ...4 s 2 3d 4) e

29 Cu 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 10 (em vez de ...4 s 2 3d 9).

A partir do 31º elemento - gálio, o preenchimento do 4º nível com elétrons continua, agora - R– subnível:

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 .

Este elemento encerra o quarto período, que já inclui 18 elementos.

Uma ordem semelhante de preenchimento de subníveis de energia com elétrons ocorre nos átomos de elementos do 5º período. Os dois primeiros (rubídio e estrôncio) são preenchidos s- subnível do 5º nível, os próximos dez elementos (do ítrio ao cádmio) são preenchidos d– subnível do 4º nível; seis elementos completam o período (do índio ao xenônio), nos átomos dos quais os elétrons são preenchidos R-subnível do exterior, quinto nível. Há também 18 elementos em um período.

Para elementos do sexto período, esta ordem de preenchimento é violada. No início do período, como de costume, existem dois elementos, nos átomos dos quais são preenchidos com elétrons s-subnível do nível externo, sexto. No próximo elemento - lantânio - começa a se encher de elétrons d–subnível do nível anterior, ou seja, 5 d. Neste preenchimento com elétrons 5 d-subnível pára e os próximos 14 elementos - do cério ao lutécio - começam a preencher f- subnível do 4º nível. Esses elementos estão todos incluídos em uma célula da tabela, e abaixo está uma série expandida desses elementos, chamados lantanídeos.

A partir do 72º elemento - háfnio - até o 80º elemento - mercúrio, o preenchimento de elétrons continua 5 d- subnível, e o período termina, como de costume, com seis elementos (do tálio ao radônio), nos átomos dos quais é preenchido com elétrons R-subnível do nível externo, sexto. Este é o maior período, incluindo 32 elementos.

Nos átomos dos elementos do sétimo período, incompleto, observa-se a mesma ordem de preenchimento dos subníveis, conforme descrito acima. Permitimos que os alunos escrevam fórmulas eletrônicas de átomos de elementos do 5º ao 7º períodos, levando em consideração tudo o que foi dito acima.

Observação:em alguns livros didáticos, é permitida uma ordem diferente de escrita das fórmulas eletrônicas dos átomos dos elementos: não na ordem em que são preenchidos, mas de acordo com o número de elétrons dado na tabela em cada nível de energia. Por exemplo, a fórmula eletrônica de um átomo de arsênico pode se parecer com: Como 1s 2 2s 2 2R 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 .

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3. Faça uma fórmula eletrônica e ela tálio Tl 3+ . Para elétrons de valência átomo Tl indica o conjunto de todos os quatro números quânticos.

Solução:

De acordo com a regra de Klechkovsky, o preenchimento dos níveis e subníveis de energia ocorre na seguinte sequência:

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

O elemento tálio Tl tem uma carga nuclear de +81 (número de série 81), respectivamente 81 elétrons. De acordo com a regra de Klechkovsky, distribuímos elétrons sobre subníveis de energia, obtemos a fórmula eletrônica do elemento Tl:

81 Tl tálio 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

O íon tálio Tl 3+ tem uma carga de +3, o que significa que o átomo cedeu 3 elétrons e, como apenas os elétrons de valência do nível externo podem ceder um átomo (para o tálio, são dois elétrons 6s e um 6p) , sua fórmula eletrônica ficará assim:

81 Tl 3+ tálio 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

Número quântico principal n determina a energia total do elétron e o grau de sua remoção do núcleo (número do nível de energia); leva qualquer valor inteiro a partir de 1 (n = 1, 2, 3, . . .), ou seja, corresponde ao número do período.

Número quântico orbital (lateral ou azimutal) eu determina a forma do orbital atômico. Pode levar valores inteiros de 0 a n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Independentemente do número do nível de energia, cada valor eu número quântico orbital corresponde a um orbital de uma forma especial.

Orbitais com eu= 0 são chamados de orbitais s,

eu= 1 - orbitais p (3 tipos que diferem no número quântico magnético m),

eu= 2 - orbitais d (5 tipos),

eu= 3 – orbitais f (7 tipos).

O número quântico magnético m l caracteriza a posição do orbital do elétron no espaço e recebe valores inteiros de - eu para + eu, incluindo 0. Isso significa que para cada forma orbital, existem (2 eu+ 1) orientações energeticamente equivalentes no espaço.

O número quântico de spin m S caracteriza o momento magnético que ocorre quando um elétron gira em torno de seu eixo. Leva apenas dois valores +1/2 e -1/2 correspondentes a sentidos de rotação opostos.
Os elétrons de valência são elétrons no nível de energia mais externo. O tálio tem 3 elétrons de valência: 2 s - elétron e 1 p - elétron.

Números quânticos s - elétrons:

Número quântico orbital eu= 0 (s é um orbital)

Número quântico magnético m l = (2 eu+ 1 = 1): m l = 0.

Número quântico de spin m S = ± 1/2

Números quânticos p - elétron:

Número quântico principal n = 6 (sexto período)

Número quântico orbital eu\u003d 1 (p - orbital)

Número quântico magnético (2 eu+ 1 = 3): m = -1, 0, +1

Número quântico de spin m S = ± 1/2
23. Indique as propriedades dos elementos químicos que mudam periodicamente. Qual é a razão para a repetição periódica dessas propriedades? Em exemplos, explique qual é a essência da periodicidade das mudanças nas propriedades dos compostos químicos.

Solução:

As propriedades dos elementos, determinadas pela estrutura das camadas eletrônicas externas dos átomos, mudam naturalmente em períodos e grupos do sistema periódico. Ao mesmo tempo, a similaridade das estruturas eletrônicas gera a similaridade das propriedades dos elementos analógicos, mas não a identidade dessas propriedades. Portanto, na transição de um elemento para outro em grupos e subgrupos, não há uma simples repetição de propriedades, mas sua mudança regular mais ou menos pronunciada. Em particular, o comportamento químico dos átomos dos elementos se manifesta em sua capacidade de perder e ganhar elétrons, ou seja, na sua capacidade de oxidar e reduzir. Uma medida quantitativa da capacidade de um átomo perder elétrons é potencial de ionização (E e ) , e pela medida de sua capacidade n adquirir– afinidade eletrônica (E Com ). A natureza da mudança nessas quantidades durante a transição de um período para outro é repetida, e essas mudanças são baseadas em uma mudança na configuração eletrônica do átomo. Assim, camadas completas de elétrons correspondentes a átomos de gases inertes apresentam maior estabilidade e um aumento no valor dos potenciais de ionização dentro de um período. Ao mesmo tempo, os elementos s do primeiro grupo (Li, Na, K, Rb, Cs) têm os menores valores de potencial de ionização.

Eletro-negatividadeé uma medida da capacidade de um átomo de um determinado elemento para atrair elétrons para si em comparação com os átomos de outros elementos no composto. De acordo com uma das definições (Mulliken), a eletronegatividade de um átomo pode ser expressa como metade da soma de sua energia de ionização e afinidade eletrônica: = (E e + E c).

Nos períodos, há uma tendência geral de aumento da eletronegatividade de um elemento e, nos subgrupos, sua diminuição. Os elementos s do grupo I têm os menores valores de eletronegatividade e os elementos p do grupo VII os mais altos.

A eletronegatividade de um mesmo elemento pode variar dependendo do estado de valência, hibridização, estado de oxidação, etc. A eletronegatividade afeta significativamente a natureza da mudança nas propriedades dos compostos dos elementos. Assim, por exemplo, o ácido sulfúrico apresenta propriedades ácidas mais fortes do que o seu análogo químico, o ácido selênico, pois neste último, o átomo central de selênio, devido à sua menor eletronegatividade em relação ao átomo de enxofre, não polariza as ligações H-O no ácido tão fortemente, o que significa enfraquecimento da acidez.

H–O O
Outro exemplo é o hidróxido de cromo(II) e o hidróxido de cromo(VI). O hidróxido de cromo (II), Cr(OH) 2, apresenta propriedades básicas, em contraste com o hidróxido de cromo (VI), H 2 CrO 4, uma vez que o estado de oxidação do cromo +2 causa a fraqueza da interação Coulombiana do Cr 2+ com o ião hidróxido e a facilidade de clivagem deste ião, i.e. manifestação das principais propriedades. Ao mesmo tempo, o alto estado de oxidação do cromo +6 no hidróxido de cromo (VI) causa uma forte atração de Coulomb entre o íon hidróxido e o átomo central de cromo e a impossibilidade de dissociação ao longo da ligação - Oh. Por outro lado, um alto estado de oxidação do cromo em hidróxido de cromo (VI) aumenta sua capacidade de atrair elétrons, ou seja, eletronegatividade, que causa um alto grau de polarização das ligações H–O neste composto, sendo um pré-requisito para o aumento da acidez.

A próxima característica importante dos átomos são seus raios. Nos períodos, os raios dos átomos metálicos diminuem com o aumento do número ordinal do elemento, porque com o aumento do número ordinal do elemento dentro do período, a carga do núcleo aumenta e, consequentemente, a carga total dos elétrons que o equilibra; como consequência, a atração de Coulomb dos elétrons também aumenta, o que acaba levando a uma diminuição na distância entre eles e o núcleo. A diminuição mais pronunciada do raio é observada em elementos de pequenos períodos, nos quais o nível de energia externo é preenchido com elétrons.

Em grandes períodos, os elementos d e f exibem uma diminuição mais gradual dos raios com o aumento da carga do núcleo atômico. Dentro de cada subgrupo de elementos, os raios dos átomos, como regra, aumentam de cima para baixo, pois tal deslocamento significa uma transição para um nível de energia mais alto.

O efeito dos raios do íon do elemento sobre as propriedades dos compostos que eles formam pode ser ilustrado pelo exemplo de um aumento na acidez dos ácidos hidro-hálicos na fase gasosa: HI > HBr > HCl > HF.
43. Nomeie os elementos para os átomos dos quais apenas um estado de valência é possível e indique como ele será - aterrado ou excitado.

Solução:

Átomos de elementos que têm um elétron desemparelhado no nível de energia de valência externa podem ter um estado de valência - estes são elementos do grupo I do sistema periódico (H - hidrogênio, Li - lítio, Na - sódio, K - potássio, Rb - rubídio , Ag - prata, Cs - césio, Au - ouro, Fr - frâncio), com exceção do cobre, pois os elétrons d do nível pré-externo também participam da formação de ligações químicas, cujo número é determinado por valência (o estado fundamental do átomo de cobre 3d 10 4s 1 é devido à estabilidade da camada d preenchida, no entanto, o primeiro estado excitado 3d 9 4s 2 excede o estado fundamental em energia por apenas 1,4 eV (cerca de 125 kJ /mol) Portanto, em compostos químicos, ambos os estados aparecem na mesma medida, dando origem a duas séries de compostos de cobre (I) e (II)).

Além disso, um estado de valência pode ter átomos de elementos nos quais o nível de energia externa está completamente preenchido e os elétrons não têm a oportunidade de entrar em um estado excitado. Estes são elementos do principal subgrupo do grupo VIII - gases inertes (He - hélio, Ne - neônio, Ar - argônio, Kr - criptônio, Xe - xenônio, Rn - radônio).

Para todos os elementos listados, o único estado de valência é o estado fundamental, porque não há possibilidade de transição para um estado excitado. Além disso, a transição para um estado excitado determina um novo estado de valência do átomo; portanto, se tal transição for possível, o estado de valência de um determinado átomo não é o único.

63. Usando o modelo de repulsão de pares de elétrons de valência e o método de ligações de valência, considere a estrutura espacial das moléculas e íons propostos. Especifique: a) o número de pares de elétrons ligantes e não compartilhados do átomo central; b) o número de orbitais envolvidos na hibridização; c) tipo de hibridização; d) tipo de molécula ou íon (AB m E n); e) arranjo espacial dos pares de elétrons; f) estrutura espacial de uma molécula ou íon.

SO3;

Solução:

De acordo com o método das ligações de valência (usar este método leva ao mesmo resultado que usar o modelo EPVO), a configuração espacial da molécula é determinada pelo arranjo espacial dos orbitais híbridos do átomo central, que são formados como um resultado da interação entre os orbitais.

Para determinar o tipo de hibridização do átomo central, é necessário conhecer o número de orbitais de hibridização. Ele pode ser encontrado adicionando o número de ligações e pares de elétrons isolados do átomo central e subtraindo o número de ligações π.

Na molécula de SO 3

o número total de pares de ligação é 6. Subtraindo o número de ligações π, obtemos o número de orbitais de hibridização: 6 - 3 \u003d 3. Assim, o tipo de hibridização sp 2, o tipo de íon AB 3, o espaço arranjo de pares de elétrons tem a forma de um triângulo, e a própria molécula é triângulo:

Em íon

o número total de pares de ligação é 4. Não há ligações π. O número de orbitais de hibridização: 4. Assim, o tipo de hibridização sp 3, o tipo de íon AB 4, o arranjo espacial dos pares de elétrons tem a forma de um tetraedro, e o próprio íon é um tetraedro:

83. Escreva as equações de possíveis reações de interação de KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be (OH) 2 com os compostos abaixo:

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

Solução:
a) Reações de interação KOH

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

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

Oh - + H +  H 2 O
KOH + BaO  sem reação
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

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

2Oh - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 O
KOH + HNO 3  sem reação, os íons estão simultaneamente na solução:

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

2KOH + Ni(OH) 2  K

2K++2 Oh- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  sem reação

b) reações de interação H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  sem reação
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  sem reação
H 2 SO 4 + HNO 3  sem reação
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) reações de interação H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  sem reação

H 2 O + BaO  Ba (OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  sem reação
H 2 O + HNO 3  sem reação
H 2 O + NO 2  sem reação
H 2 O + Ni(OH) 2  sem reação

H 2 O + Ca(OH) 2  sem reação

a) reações de interação Be (OH) 2

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

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

Seja (OH) 2 + 2H+  Seja 2+ + 2 H 2 O
Be(OH) 2 + BaO  sem reação
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

Seja (OH) 2 + 2H+ + NÃO 3 -  Ser 2+ + 2NO 3 - + 2 H 2 O

Seja (OH) 2 + 2H +  Ser 2+ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  sem reação
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  sem reação
103. Para a reação especificada

b) explique qual dos fatores: entropia ou entalpia contribui para o fluxo espontâneo da reação no sentido direto;

c) em que direção (para frente ou para trás) a reação prosseguirá em 298K e 1000K;

e) nomeie todas as maneiras de aumentar a concentração de produtos de uma mistura em equilíbrio.

f) construir um gráfico de ΔG p (kJ) de T (K)

Solução:

CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)

Entalpia padrão de formação, entropia e energia de Gibbs de formação de substâncias

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 kJ / mol > 0.

Uma reação direta é acompanhada por uma diminuição da entropia, a desordem no sistema diminui - um fator desfavorável para uma reação química prosseguir na direção direta.

3. Calcule a energia de Gibbs padrão da reação.

de acordo com a lei de Hess:

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

Descobriu-se que (ΔH 0 298) x.r. > (AS 0 298) x.r. ·T e depois (ΔG 0 298) x.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K é a temperatura aproximada na qual o verdadeiro equilíbrio químico é estabelecido; acima dessa temperatura, a reação inversa ocorrerá. A esta temperatura, ambos os processos são igualmente prováveis.

5. Calcule a energia de Gibbs em 1000K:

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

Aqueles. a 1000 K: ΔS 0 x.r. T > ΔН 0 x.r.

O fator de entalpia tornou-se decisivo, o fluxo espontâneo da reação direta tornou-se impossível. A reação inversa ocorre: de 1 mol de gás e 1 mol de sólido, 2 mols de gás são formados.

Ig K 298 = 16,1; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

O sistema está longe de um estado de verdadeiro equilíbrio químico; os produtos de reação predominam nele.

Dependência da temperatura de ΔG 0 para a reação

CO (g) + H 2 (g) \u003d C (c) + H 2 O (g)

K 1000 \u003d 0,86\u003e 1 - o sistema está próximo do estado de equilíbrio, no entanto, a essa temperatura, as substâncias iniciais predominam nele.

8. De acordo com o princípio de Le Chatelier, à medida que a temperatura aumenta, o equilíbrio deve se deslocar para a reação inversa, a constante de equilíbrio deve diminuir.

9. Considere como nossos dados calculados concordam com o princípio de Le Chatelier. Vamos apresentar alguns dados que mostram a dependência da energia de Gibbs e da constante de equilíbrio da reação indicada com a temperatura:

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

Assim, os dados calculados obtidos correspondem às nossas conclusões baseadas no princípio de Le Chatelier.
123. Equilíbrio no sistema:

)

estabelecido nas seguintes concentrações: [B] e [C], mol/l.

Determine a concentração inicial da substância [B] 0 e a constante de equilíbrio se a concentração inicial da substância A for [A] 0 mol/l

Pode-se ver pela equação que a formação de 0,26 mol de substância C leva 0,13 mol de substância A e a mesma quantidade de substância B.

Então a concentração de equilíbrio da substância A é [A] \u003d 0,4-0,13 \u003d 0,27 mol / l.

A concentração inicial da substância B [B] 0 \u003d [B] + 0,13 \u003d 0,13 + 0,13 \u003d 0,26 mol / l.

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

143. a) 300 g de solução contém 36 g de KOH (densidade da solução 1,1 g/ml). Calcule a porcentagem e a concentração molar desta solução.

b) Quantos gramas de soda cristalina Na 2 CO 3 10H 2 O devem ser tomados para preparar 2 litros de solução de Na 2 CO 3 0,2 M?

Solução:

Encontramos a concentração percentual pela equação:

A massa molar de KOH é 56,1 g/mol;

Para calcular a molaridade da solução, encontramos a massa de KOH contida em 1000 ml (ou seja, em 1000 1.100 \u003d 1100 g) da solução:

1100: 100 = no: 12; no= 12 1100 / 100 = 132 g

C m \u003d 56,1 / 132 \u003d 0,425 mol / l.

Resposta: C \u003d 12%, Cm \u003d 0,425 mol / l

Solução:

1. Encontre a massa de sal anidro

m = Cm M V, onde M é a massa molar, V é o volume.

m \u003d 0,2 106 2 \u003d 42,4 g.

2. Encontre a massa de hidrato cristalino a partir da proporção

massa molar de hidrato cristalino 286 g/mol - massa X

massa molar de sal anidro 106g / mol - massa 42,4g

daí X \u003d m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 42,4 286 / 106 \u003d 114,4 g.

Resposta: m Na 2 CO 3 10H 2 O \u003d 114,4 g.

163. Calcule o ponto de ebulição de uma solução a 5% de naftaleno C 10 H 8 em benzeno. O ponto de ebulição do benzeno é 80,2 0 C.

Dado: Quarta-feira (C 10 H 8) \u003d 5% tferver (C 6 H 6) \u003d 80,2 0 C

Achar: tkip (r-ra) -?

Solução:

Da segunda lei de Raoult

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

Aqui E é a constante ebulioscópica do solvente

E (C 6 H 6) \u003d 2,57

m A é o peso do solvente, m B é o peso do soluto, MB é o seu peso molecular.

Seja a massa da solução de 100 gramas, portanto, a massa do soluto é de 5 gramas e a massa do solvente é de 100 - 5 = 95 gramas.

M (naftaleno C 10 H 8) \u003d 12 10 + 1 8 \u003d 128 g / mol.

Substituímos todos os dados na fórmula e encontramos o aumento do ponto de ebulição da solução em comparação com o solvente puro:

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

O ponto de ebulição de uma solução de naftaleno pode ser encontrado pela fórmula:

T c.r-ra \u003d T c.r-la + ΔT \u003d 80,2 + 1,056 \u003d 81,256

Resposta: 81.256 sobre C

183. Tarefa 1. Escreva as equações de dissociação e as constantes de dissociação para eletrólitos fracos.

Tarefa 2. De acordo com as equações iônicas dadas, escreva as equações moleculares correspondentes.

Tarefa 3. Escreva em formas moleculares e iônicas as equações de reação para as seguintes transformações.

Nº p/p	Exercício 1	Tarefa 2	Tarefa 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

Solução:

Escreva equações de dissociação e constantes de dissociação para eletrólitos fracos.

Ist.: 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 - hidróxido anfotérico, dissociação do tipo ácido é possível

Ist.: H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

CD 1 =

IIst.: HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

CD 2 =

H 3 AsO 4 - ácido ortoarsênico - um eletrólito forte, dissocia-se completamente em solução:
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
De acordo com as equações iônicas dadas, escreva as equações moleculares correspondentes.

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

NiCl2 + NaOH (deficiente) = NiOHCl + NaCl

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

Ni 2+ + Cl - + OH - \u003d NiOHCl
Escreva nas formas molecular e iônica as equações de reação para as seguintes transformações.

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++ ASSIM 3 2- + H 2 O

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

2Na + + ASSIM 3 2- + 2H+ + SO 4 2- → H 2 ASSIM 3+2Na++ ASSIM 3 2-

ASSIM 3 2- + 2H + → H 2 ASSIM 3 + ASSIM 3 2-
3) H 2 SO 3 (excesso) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 H + + ASSIM 3 2- + Na++ Oh- → Na + + HSO 3 - + H 2 O

2 H + + ASSIM 3 2 + Oh- → Na + + H 2 O
203. Tarefa 1. Escreva as equações para a hidrólise de sais nas formas molecular e iônica, indique o pH das soluções (рН> 7, pH Tarefa 2. Escreva as equações para reações que ocorrem entre substâncias em soluções aquosas

Nº p/p	Exercício 1	Tarefa 2
203	Na2S; CrBr 3	FeCl3 + Na2CO3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Tarefa 1. Escreva as equações para a hidrólise de sais nas formas molecular e iônica, indique o pH das soluções (pH> 7, pH

Na 2 S - um sal formado por uma base forte e um ácido fraco sofre hidrólise no ânion. A reação do ambiente é alcalina (рН > 7).

Ist. Na 2 S + HOH ↔ NaHS + NaOH

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

IIArt. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr 3 - Um sal formado a partir de uma base fraca e um ácido forte sofre hidrólise no cátion. A reação do meio é ácida (pH

Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

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

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

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

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

A hidrólise ocorre principalmente no primeiro estágio.

Tarefa 2. Escreva as equações de reações que ocorrem entre substâncias em soluções aquosas

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – sal de um ácido forte e uma base fraca

Na 2 CO 3 - sal formado por um ácido fraco e uma base forte

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

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

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

Há um fortalecimento mútuo da hidrólise

Al 2 (SO 4) 3 - sal formado por um ácido forte e uma base fraca

Na2CO3 – sal de um ácido fraco e uma base forte

Quando dois sais são hidrolisados ​​juntos, uma base fraca e um ácido fraco são formados:

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 \u003d\u003e 2H 2 CO 3 + 2Al (OH) 2 +

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

Equação geral de hidrólise

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

2Al 3+ + 3 SO 4 2 - + 2 Na + + 2 CO 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 CО 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2Н + + SO 4 2 -

2Al 3+ + 2CO 3 2- + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C Cerca de 3
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Algoritmo para compilar a fórmula eletrônica de um elemento:

1. Determine o número de elétrons em um átomo usando Tabela periódica dos elementos químicos D.I. Mendeleiev.

2. Pelo número do período em que o elemento está localizado, determine o número de níveis de energia; o número de elétrons no último nível eletrônico corresponde ao número do grupo.

3. Divida os níveis em subníveis e órbitas e preencha-os com elétrons de acordo com as regras orbitais de preenchimento :

Deve ser lembrado que o primeiro nível tem um máximo de 2 elétrons. 1s2, no segundo - um máximo de 8 (dois s e seis R: 2s 2 2p 6), no terceiro - um máximo de 18 (dois s, seis p, e dez d: 3s 2 3p 6 3d 10).

• Número quântico principal n deve ser mínimo.
• Preenchido primeiro s- subnível, então p-, d-b f- subníveis.
• Os elétrons preenchem os orbitais em ordem crescente de energia orbital (regra de Klechkovsky).
• Dentro do subnível, os elétrons primeiro ocupam os orbitais livres, um de cada vez, e só depois formam pares (regra de Hund).
• Não pode haver mais de dois elétrons em um orbital (princípio de Pauli).

Exemplos.

1. Componha a fórmula eletrônica do nitrogênio. O nitrogênio é o número 7 na tabela periódica.

2. Componha a fórmula eletrônica do argônio. Na tabela periódica, o argônio está no número 18.

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

3. Componha a fórmula eletrônica do cromo. Na tabela periódica, o cromo é o número 24.

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

Diagrama de energia do zinco.

4. Componha a fórmula eletrônica do zinco. Na tabela periódica, o zinco é o número 30.

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

Observe que parte da fórmula eletrônica, ou seja, 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 é a fórmula eletrônica do argônio.

A fórmula eletrônica do zinco pode ser representada como.