Kompleksühendite värvimine. Näiteid probleemide lahendamisest Zn2 iooni elektrooniline konfiguratsioon
TCT kõige olulisem saavutus on keerukate ühendite erilise värvuse põhjuste hea selgitus. Enne kui proovime selgitada keeruliste ühendite värvi ilmnemise põhjust, tuletage meelde, et nähtav valgus on elektromagnetiline kiirgus, mille lainepikkus jääb vahemikku 400–700 nm. Selle kiirguse energia on pöördvõrdeline selle lainepikkusega:
E = h × n = h × c/l
Energia 162 193 206 214 244 278 300
E, kJ/mol
Lainepikkus 760 620 580 560 490 430 400
Selgub, et kristallivälja poolt d-tasandi lõhenemise energia, mida tähistatakse sümboliga D, on samas suurusjärgus nähtava valguse footoni energiaga. Seetõttu võivad siirdemetallide kompleksid neelata valgust spektri nähtavas piirkonnas. Neeldunud footon ergastab elektroni d-orbitaalide madalamalt energiatasemelt kõrgemale tasemele. Selgitame seda näite 3+ abil. Titaanil (III) on ainult 1 d-elektron; kompleksil on ainult üks neeldumispiik spektri nähtavas piirkonnas. Maksimaalne intensiivsus 510 nm. Valgus sellel lainepikkusel põhjustab d elektroni liikumise d orbitaalide alumiselt energiatasemelt ülemisele. Kiirguse neeldumise tulemusena läheb neeldunud aine molekul põhiolekust minimaalse energiaga E 1 kõrgema energiaga olekusse E 2. Ergastusenergia jaotub molekuli individuaalsete vibratsioonienergia tasemete vahel, muutudes soojusenergiaks. Elektroonilised üleminekud, mis on põhjustatud rangelt määratletud valgusenergia kvantide neeldumisest, iseloomustab rangelt määratletud neeldumisribade olemasolu. Veelgi enam, valguse neeldumine toimub ainult juhul, kui neeldunud kvanti energia langeb kokku neelduva molekuli lõpp- ja algolekus kvantenergia tasemete energia erinevusega DE:
DE = E 2 – E 1 = h × n = h × c/l,
kus h on Plancki konstant; n on neeldunud kiirguse sagedus; c on valguse kiirus; l on neeldunud valguse lainepikkus.
Kui aineproovi valgustatakse valgusega, satuvad meie silma kõigist värvidest, mida proov ei neela, peegeldunud kiired. Kui proov neelab kõigi lainepikkustega valgust, siis kiired sellelt ei peegeldu ja selline objekt tundub meile must. Kui proov valgust üldse ei neela, tajume seda valge või värvituna. Kui proov neelab kõik kiired peale oranži, näib see oranž. Võimalik on ka teine variant – proov võib tunduda oranž isegi siis, kui meie silma satuvad kõikide värvide kiired peale sinise. Ja vastupidi, kui proov neelab ainult oranži kiiri, näib see sinine. Sinist ja oranži nimetatakse täiendavateks värvideks.
Spektrivärvide jada: To iga O jahimees ja tahab h ei, G de Koos läheb f adhan - To punane, O ulatus, ja kollane, h roheline , G sinine, Koos sinine , f lilla
Vesikompleksi 3+ korral on D arvuline väärtus arvutatud. = 163 kJ/mol vastab nähtava punase kiirguse piirile, seetõttu on Fe 3+ soolade vesilahused praktiliselt värvitud. Heksatsüanoferraadil (III) on D dist. = 418 kJ/mol, mis vastab neeldumisele spektri sinivioletses osas ja peegeldumisele kollakasoranžis. Heksatsüanoferraadi (III) ioone sisaldavad lahused on kollase oranži varjundiga. D väärtus 3+ on võrreldes 3-ga väike, mis peegeldab Fe 3+ -OH 2 mitte väga kõrget seondumisenergiat. 3- lõhustamise kõrge energia näitab, et Fe3+-CN sidumisenergia on suurem ja seetõttu on CN-i elimineerimiseks vaja rohkem energiat. Eksperimentaalsetest andmetest on teada, et 3+ koordinatsioonisfääris olevate H 2 O molekulide keskmine eluiga on umbes 10-2 s ja 3-kompleks lõikab CN - ligandid ära äärmiselt aeglaselt.
Vaatame mitmeid näiteid, mis võimaldavad meil probleeme TCP abil lahendada.
Näide: trans-+ kompleksioon neelab valgust peamiselt spektri punases piirkonnas – 640 nm. Mis värvi see kompleks on?
Lahendus: kuna kõnealune kompleks neelab punast valgust, peaks selle värv olema roheline, täiendades punast.
Näide: ioonid A1 3+, Zn 2+ ja Co 2+ on ligandide oktaeedrilises keskkonnas. Millised neist ioonidest võivad neelata nähtavat valgust ja seetõttu tunduda meile värvilised?
Lahendus: A1 3+ iooni elektrooniline konfiguratsioon on . Kuna sellel pole väliseid d-elektrone, pole see värviline. Zn 2+ ioonil on elektrooniline konfiguratsioon - 3d 10. Sel juhul on kõik d-orbitaalid täidetud elektronidega. Orbitaalid d x 2– y2 ja d x 2 ei suuda vastu võtta d xy , d yz , d xz orbitaalide madalamalt energiatasemelt ergastatud elektrone. Seetõttu on Zn 2+ kompleks ka värvitu. Co 2+ ioonil on elektrooniline konfiguratsioon - d 7. Sel juhul on võimalik üks d-elektron nihutada d xy, d yz, d xz orbitaalide alumiselt energiatasemelt d x 2– y2 ja d x 2 orbitaalide ülemisele energiatasemele. Seetõttu on Co 2+ ioonide kompleks värviline.
Näide: Kuidas seletada, miks diamagnetiliste komplekside 3+, 3+, 3– värvus on oranž, paramagnetiliste komplekside 3–, 0 värvus aga sinine?
Lahendus: komplekside oranž värvus viitab neeldumisele spektri sinakasvioletses osas, st. lühikese lainepikkuse piirkonnas. Seega on nende komplekside jagunemine suur väärtus, mis tagab nende kuuluvuse madala spinni kompleksidesse (D>P). Elektronide sidumine (d 6 konfiguratsioon, kõik kuus elektroni t 2g alamtasandil) on tingitud asjaolust, et ligandid NH 3 , en, NO 2 - kuuluvad spektrokeemilise seeria paremale poole. Seetõttu tekitavad komplekse tehes tugeva välja. Teise rühma komplekside siniseks värvimine tähendab, et need neelavad kollakaspunast energiat, s.t. spektri pikalaineline osa. Kuna lainepikkus, mille juures kompleks valgust neelab, määrab lõhenemise koguse, võib öelda, et D väärtus on sel juhul suhteliselt väike (D<Р). Это и понятно: лиганды F – и H 2 O находятся в левой части спектрохимического ряда и образуют слабое поле. Поэтому энергии расщепления D в данном случае недостаточно для спаривания электронов кобальта (III) и электронная конфигурация в этом случае - t 4 2g ,е 2 g , а не t 6 2g e 0 g .
Näide: selgitage kristallivälja teooriat kasutades, miks kompleksioon on vesilahuses värvitu ja 2 on värvitud roheliseks?
Lahendus : kompleks - moodustub vaskatioonist Cu + elektroonilise konfiguratsiooniga 3d 10 4s 0, kõik d-orbitaalid on täidetud, elektronide ülekanne on võimatu, seetõttu ei ole lahus värviline. Kompleksi 2- moodustab Cu 2+ katioon, mille elektrooniline konfiguratsioon on 3d 9 4s 0, seetõttu on d– alamtasandil vaba koht. Elektronide üleminek valguse neeldumisel d-alatasemel määrab kompleksi värvi. Vase (C) vesikompleksidel on vesilahuses sinine värvus, kloriidiioonide viimine kompleksi sisesfääri viib segaligandikompleksi moodustumiseni, mis põhjustab lahuse värvuse muutumist roheliseks.
Näide: Valentssideme meetodi abil, võttes arvesse kristallivälja teooriat, määrake keskaatomi hübridisatsiooni tüüp ja ennustage komplekside geomeetrilist kuju:
- + -
Lahendus: Valime näidatud komplekside hulgast E + moodustatud ühendid, need on:
+ - 3-
- + .
Nendes kompleksides moodustub keemiline side doonor-aktseptor mehhanismi kaudu, elektronidoonoriteks on ligandid: ammoniaagi molekulid ja tsüaniidioonid (monodentaalsed ligandid) ja tiosulfaadi ioonid (bidentaatne ligand). Elektroni aktseptor on E + katioon. Elektrooniline konfiguratsioon (n-1)d 10 ns 0 np 0 . Kahe sideme moodustumisel monodentaalsete ligandidega osalevad välised ns- ja np-orbitaalid, keskaatomi hübridisatsiooni tüüp on sp, komplekside geomeetriline kuju on lineaarne, paarituid elektrone pole, ioon on diamagnetiline . Kui kahehambalise ligandiga moodustub neli doonor-aktseptor sidet, osaleb MBC-s keskaatomi üks s-orbitaal ja kolm p-orbitaali, hübridisatsiooni tüüp on sp 3, kompleksi geomeetriline kuju on tetraeedriline, seal pole paarituid elektrone.
Teine komplekside rühm:
- - - 3+
moodustub kulla(III)ioonist, mille elektrooniline konfiguratsioon on 5d 8 6s 0. Komplekside moodustamisel osalevad ligandid võib vastavalt ligandide spektrokeemilisele seeriale jagada nõrkadeks: kloriidi- ja bromiidioonideks ning tugevateks: ammoniaagi- ja tsüaniidioonideks. Hundi reegli kohaselt on 5d orbitaalides kaks paaristamata elektroni ja need säilivad doonor-aktseptor sidemete moodustumisel nõrga välja ligandidega. Sidemete moodustamiseks annab kullakatioon ühe 6s ja kolm 6p orbitaali. Keskse sp 3 aatomi hübridisatsiooni tüüp. Kompleksiooni ruumiline struktuur on tetraeedriline. Paarituid elektrone on kaks, kompleks on paramagnetiline.
Tugeva välja ligandide mõjul paaristuvad kulla (III) iooni elektronid ühe 5d orbitaali vabanemisega. Keskse aatomi üks 5d-, üks 6s- ja kaks 6p-orbitaali osalevad nelja doonor-aktseptor sideme moodustamisel. Hübridisatsioonitüüp dsp 2. Selle tulemuseks on kompleksiooni tasapinnaline ruudukujuline struktuur. Paarituid elektrone pole olemas, kompleksid on diamagnetilised.
Kompleksi lahuse värvus sõltub selle koostisest, struktuurist ja selle määrab neeldumisriba maksimumile vastav lainepikkus l max, riba intensiivsus, mis sõltub sellest, kas kvantkeemiliselt vastav elektrooniline üleminek on keelatud. ja neeldumisriba hägustumine, mis sõltub paljudest parameetritest, nagu kompleksi elektrooniline struktuur , soojusliikumise intensiivsus süsteemis, koordinatsioonipolühedri korrapärase geomeetrilise kuju moonutamise määr jne.
Näide 1. Määrake kompleksimoodustaja laeng NO 2 ühendis. Andke sellele ühendusele nimi.
Lahendus
CS-i välimine sfäär koosneb ühest NO-anioonist, seetõttu on kogu sisesfääri laeng +1, see tähendab +. Sisemine sfäär sisaldab kahte ligandide rühma NH 3 ja Cl –. Kompleksimoodustaja oksüdatsiooniaste on tähistatud X ja lahendage võrrand
1 = 1X+ 0,4 + 2, (–1). Siit X = +1.
Seega on CS keeruline katioon. Ühendi nimetus: koobaltdiklorotetraamiinnitrit (+1).
Näide 2. Miks on + ioonil lineaarne struktuur?
Lahendus
Määrake kompleksi moodustava aine laeng antud kompleksioonis
1 = 1X+ 0,2 . Siit X = +1.
Cu + iooni valentsi alamtasemete elektrooniline struktuur vastab konfiguratsioonile 3 d 10 4s 0 4R 0 . Alates 3 d – alamtase ei sisalda vabu kohti, siis üks 4 s ja üks 4 lk tüübi järgi hübridiseeruvad orbitaalid sp. Seda tüüpi hübridisatsioon (vt tabel 1) vastab kompleksi lineaarsele struktuurile.
Näide 3. Määrake tsentraalse iooni AO hübridisatsiooni tüüp ja kompleksi 2– geomeetriline struktuur.
Lahendus
Kesk-iooni elektrooniline konfiguratsioon Hg 2+: 5 d 10 6s 0 6R 0 ja elektroonilist graafikaahelat saab kujutada järgmiselt
Keemiline side moodustub doonor-aktseptor mehhanismi järgi, kus iga neljast doonorligandist (Cl – ioonid) annab ühe üksiku elektronpaari (katkendlikud nooled) ja kompleksimoodustaja (Hg 2+ ioon) annab vaba AO: üks 6 s ja kolm 6 lk JSC
Seega selles kompleksioonis toimub ao sp3 hübridisatsioon, mille tulemusena on sidemed suunatud tetraeedri tippude poole ja 2– ioon on tetraeedrilise struktuuriga.
Näide 4. Koostage energiadiagramm sidemete tekkeks kompleksis 3– ja märkige keskse aatomi orbitaalide hübridisatsiooni tüüp. Millised magnetilised omadused on kompleksil?
Lahendus
Keskse Fe 3+ iooni elektrooniline konfiguratsioon:…3 d 5 4s 0 4lk 0 4d 0 . Kuus monodentaalset ligandit CN - loovad tugeva oktaeedrivälja ja moodustavad kuus σ-sidet, pakkudes kompleksi moodustava aine Fe 3+ vabale AO-le üksikuid süsinikuaatomi elektronpaare, samal ajal kui AO 3 degeneratsioon eemaldatakse. d kompleksimoodustaja alamtasand. Kompleksi energiaskeem näeb välja selline
E 
dγ seeria
Fe 3+ :…3 d 5
dε seeria
Viis 3 d-elektronid on täielikult jaotunud orbitaalidel 3 dε seeriat, kuna suure väljaga ligandidega interaktsiooni käigus tekkiv lõhenemisenergia osutub piisavaks maksimaalseks elektronide sidumiseks. Saadaval 3 d, 4s ja 4 R- orbitaalid paljastatakse d 2 sp 3-hübridisatsiooni ja määrata kompleksi oktaeedriline struktuur. Kompleks on paramagnetiline, sest on üks paaritu elektron
d 2 sp 3
Näide 5. Koostage kompleksi sidemete moodustamise energiadiagramm - ja märkige hübridisatsiooni tüüp.
Lahendus
Elektrooniline valem Cr 3+: …3 d 3 4s 0 4lk 0 4d 0 . Monodentaalsed ligandid F – moodustavad neli σ sidet, on nõrga välja ligandid ja loovad tetraeedrivälja
E 
dε seeria
dγ seeria
Tasuta kaks 3 d, üks 4 s ja üks 4 R AO kompleksimoodustajad hübridiseeruvad vastavalt tüübile d 2 sp Selle tulemusena moodustub tetraeedrilise konfiguratsiooniga paramagnetiline kompleks.
Näide 6. Selgitage, miks ioon 3 on paramagnetiline ja ioon 3 diamagnetiline.
Lahendus
Kompleksi moodustava aine Co 3+ elektrooniline valem: ...3 d 6. F-ligandide (nõrkvälja ligand) oktaeedrilises väljas toimub kerge lõhenemine d– alamtasandil, seetõttu täidavad elektronid AO vastavalt Hundi reeglile (vt joonis 3). Sel juhul on paarita elektrone neli, seega on ioon 3- paramagnetiline. Kui 3-ioon moodustub suure väljaga ligandi (CN-iooni) osalusel, tekib lõhenemisenergia d– alamtase on nii oluline, et ületab paariselektronide elektronidevahelise tõrjumise energia. Elektronid täidavad Co 3+ iooni AO, rikkudes Hundi reeglit (vt joonis 4). Sel juhul on kõik elektronid seotud ja ioon ise on diamagnetiline.
Näide 7 3+ iooni puhul on lõhenemisenergia 167,2 kJ mol –1. Mis värvi on kroom(III) ühendid vesilahustes?
Lahendus
Aine värvuse määramiseks määrame lainepikkuse, mille juures valgus neeldub
või nm.
Seega neelab 3+ ioon valgust spektri punases osas, mis vastab kroom(III) ühendi rohelisele värvusele.
Näide 8. Tehke kindlaks, kas temperatuuril 25 °C tekib hõbe(I)sulfiidi sade, kui segate võrdsetes kogustes 0,001 M lahust, mis sisaldab samanimelist ligandit CN, kontsentratsiooniga 0,12 mol/dm 3 ja sadestava iooni S 2 lahus kontsentratsiooniga 3,5·10 –3 M.
Lahendus
Antud iooni dissotsiatsiooniprotsessi saab kujutada diagrammiga
– ↔ Ag + + 2CN – ,
ja sadestamise protsessi saab kirjutada järgmiselt
2Ag + + S 2– ↔ Ag 2 S.
Et teha kindlaks, kas sade moodustub, on vaja arvutada hõbesulfiidi PR(Ag 2 S) lahustuvuskorrutis valemi abil
Hõbedaioonide kontsentratsiooni määramiseks kirjutame kompleksiooni ebastabiilsuse konstandi avaldise
. Siit 
Teatmeteose abil valime kompleksi ebastabiilsuse konstandi väärtuse - ( TO pesa = 1·10 -21). Siis
mol/dm 3 .
Arvutame tekkinud sademe lahustuvuskorrutise
Kasutades teatmeteost, valime hõbesulfiidi lahustuvuse korrutise tabelina toodud väärtuse (PR(Ag 2 S) tab = 5,7·10 –51) ja võrdleme seda arvutatud väärtusega. Alates PR-lauast< ПР расчет, то из данного раствора осадок выпадает, так как соблюдается условие выпадения осадка.
Näide 9. Arvutage tsingiioonide kontsentratsioon naatriumtetratsüanotsinkaadi kontsentratsiooniga 0,3 mol/dm 3 lahuses, mille tsüaniidiioonide liig on 0,01 mol/dm 3.
Lahendus
Esmane dissotsiatsioon toimub peaaegu täielikult vastavalt skeemile
Na 2 → 2Na 2+ + 2–
Sekundaarne dissotsiatsioon järgib võrrandit
2– ↔ Zn 2+ + 4CN –
Kirjutame üles selle protsessi ebastabiilsuse konstandi avaldis
. Siit 
Teatmeteose abil leiame antud iooni ebastabiilsuse konstandi väärtuse ( TO pesa = 1,3·10 -17). Kompleksi dissotsiatsiooni tulemusena tekkivate tsüaniidioonide kontsentratsioon on palju väiksem kui sissetoodud liia kontsentratsioon ja võib eeldada, et 0,01 mol/dm 3 ehk CN - ioonide kontsentratsioon, mis moodustub dissotsiatsiooni tulemust võib tähelepanuta jätta. Siis
mol/dm 3 .
Aatomi elektrooniline konfiguratsioon on valem, mis näitab elektronide paigutust aatomis tasemete ja alamtasandite kaupa. Pärast artikliga tutvumist saate teada, kus ja kuidas elektronid asuvad, tutvute kvantarvudega ja saate selle arvu järgi konstrueerida aatomi elektroonilise konfiguratsiooni, artikli lõpus on elementide tabel.
Miks uurida elementide elektroonilist konfiguratsiooni?
Aatomid on nagu konstruktsioonikomplekt: osi on teatud arv, need erinevad üksteisest, kuid kaks sama tüüpi osa on absoluutselt samad. Kuid see ehituskomplekt on palju huvitavam kui plastikust ja siin on põhjus. Konfiguratsioon muutub sõltuvalt sellest, kes on läheduses. Näiteks hapnik vesiniku kõrval Võib olla muutub veeks, naatriumi läheduses gaasiks ja raua lähedal täielikult roosteks. Et vastata küsimusele, miks see juhtub, ja ennustada aatomi käitumist teise kõrval, on vaja uurida elektroonilist konfiguratsiooni, mida arutatakse allpool.
Mitu elektroni on aatomis?
Aatom koosneb tuumast ja selle ümber pöörlevatest elektronidest, tuum koosneb prootonitest ja neutronitest. Neutraalses olekus on iga aatomi elektronide arv võrdne tema tuumas olevate prootonite arvuga. Prootonite arvu tähistab elemendi aatomnumber, näiteks väävlil on 16 prootonit - perioodilisuse tabeli 16. element. Kullal on 79 prootonit – perioodilisuse tabeli 79. element. Vastavalt sellele on väävlil neutraalses olekus 16 elektroni ja kullal 79 elektroni.
Kust otsida elektroni?
Elektroni käitumist jälgides tuletati teatud mustrid, mida kirjeldatakse kvantarvudega, kokku on neid neli:
- Peamine kvantarv
- Orbitaalkvantarv
- Magnetiline kvantarv
- Pöörlemise kvantarv
Orbitaalne
Lisaks kasutame sõna orbiit asemel terminit "orbitaal"; orbitaal on elektroni lainefunktsioon; umbkaudu on see piirkond, kus elektron veedab 90% oma ajast.
N - tase
L - kest
M l - orbitaalarv
M s - esimene või teine elektron orbitaalil
Orbitaalkvantarv l
Elektronpilve uurimise tulemusena leidsid nad, et olenevalt energiatasemest on pilvel neli peamist vormi: pall, hantlid ja kaks muud keerukamat vormi. Energia suurenemise järjekorras nimetatakse neid vorme s-, p-, d- ja f-kestaks. Igal neist kestadest võib olla 1 (s-il), 3 (p-l), 5 (d-l) ja 7 (f-l). Orbitaalkvantarv on kest, milles orbitaalid asuvad. Orbitaalide s, p, d ja f orbitaalkvantarvuks on vastavalt 0, 1, 2 või 3.
S-kihil (L=0) on üks orbitaal – kaks elektroni
P-kestal (L=1) on kolm orbitaali – kuus elektroni
D-kestal (L=2) on viis orbitaali – kümme elektroni
F-kestal (L=3) on seitse orbitaali – neliteist elektroni
Magnetkvantarv m l
P-kestal on kolm orbitaali, need on tähistatud numbritega vahemikus -L kuni +L, st p-kesta (L=1) jaoks on orbitaalid “-1”, “0” ja “1”. . Magnetkvantarvu tähistatakse tähega m l.
Kesta sees on elektronidel lihtsam asuda erinevatel orbitaalidel, nii et esimesed elektronid täidavad igas orbitaalis ühe ja seejärel lisatakse igaühele elektronide paar.
Mõelge d-shellile:
D-kest vastab väärtusele L=2, st viiele orbitaalile (-2,-1,0,1 ja 2), esimesed viis elektroni täidavad kesta, võttes väärtused M l =-2, M l = -1, Ml = 0, Ml = 1, Ml = 2.
Pöörlemiskvantarv m s
Spin on elektroni pöörlemissuund ümber oma telje, seal on kaks suunda, seega on spinni kvantarvul kaks väärtust: +1/2 ja -1/2. Üks energia alamtase võib sisaldada ainult kahte vastandliku spinniga elektroni. Spinni kvantarvu tähistatakse m s
Peamine kvantarv n
Peamine kvantarv on energiatase, praegu on teada seitse energiataset, millest igaüks on tähistatud araabia numbriga: 1,2,3,...7. Iga taseme kestade arv on võrdne tasemenumbriga: esimesel tasemel on üks kest, teisel kaks jne.
Elektroni number
Niisiis, mis tahes elektroni saab kirjeldada nelja kvantarvuga, nende arvude kombinatsioon on elektroni iga asukoha jaoks unikaalne, võtke esimene elektron, madalaim energiatase on N = 1, esimesel tasemel on üks kest, esimene kest igal tasandil on palli kujuga (s -shell), st. L=0, magnetkvantarvul võib olla ainult üks väärtus, M l =0 ja spinn on võrdne +1/2. Kui võtame viienda elektroni (ükskõik millises aatomis see on), siis on selle peamised kvantarvud: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.
Vaatame 2016. aasta ühtse riigieksami valikute ülesannet nr 1.
Ülesanne nr 1.
Välise elektronkihi 3s²3p6 elektrooniline valem vastab mõlema kahe osakese struktuurile:
1. Arº ja Kº 2. Cl‾ ja K+ 3. S²‾ ja Naº 4. Clº ja Ca2+
Selgitus: vastusevariantide hulgas on aatomid ergastamata ja ergastatud olekus, see tähendab, et näiteks kaaliumiooni elektrooniline konfiguratsioon ei vasta selle positsioonile perioodilisuse tabelis. Vaatleme variante 1 Arº ja Kº. Kirjutame nende elektroonilised konfiguratsioonid: Arº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6; Kº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 – sobiv elektrooniline konfiguratsioon ainult argooni jaoks. Vaatleme vastusevarianti nr 2 - Cl‾ ja K+. K+: 1s2 2s2 2p6 3s2 4s0; Cl‾: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Seega õige vastus on 2.
Ülesanne nr 2.
1. Caº 2. K+ 3. Cl+ 4. Zn2+
Selgitus: sest me kirjutame argooni elektroonilise konfiguratsiooni: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Kaltsium ei sobi, kuna sellel on 2 elektroni rohkem. Kaaliumi jaoks: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0. Õige vastus on 2.
Ülesanne nr 3.
Element, mille aatomi elektrooniline konfiguratsioon on 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4, moodustab vesinikuühendi
1. CH4 2. SiH4 3. H2O 4. H2S
Selgitus: Vaatame perioodilisustabelit, väävliaatomil on selline elektrooniline konfiguratsioon. Õige vastus on 4.
Ülesanne nr 4.
Magneesiumi aatomid ja
1. Kaltsium 2. Kroom 3. Räni 4. Alumiinium
Selgitus: Magneesiumil on väline energiataseme konfiguratsioon: 3s2. Kaltsiumi jaoks: 4s2, kroomi jaoks: 4s2 3d4, räni jaoks: 3s2 2p2, alumiiniumi jaoks: 3s2 3p1. Õige vastus on 1.
Ülesanne nr 5.
Põhiolekus olev argooni aatom vastab osakese elektronkonfiguratsioonile:
1. S²‾ 2. Zn2+ 3. Si4+ 4. Seº
Selgitus: Argooni elektrooniline konfiguratsioon põhiolekus on 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. S²‾ on elektroonilise konfiguratsiooniga: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p(4+2). Õige vastus on 1.
Ülesanne nr 6.
Fosfori ja fosfori aatomite välise energiataseme konfiguratsioon on sarnane.
1. Ar 2. Al 3. Cl 4. N
Selgitus: Kirjutame fosfori aatomi välistasandi elektroonilise konfiguratsiooni: 3s2 3p3.
Alumiiniumi jaoks: 3s2 3p1;
Argooni jaoks: 3s2 3p6;
Kloori puhul: 3s2 3p5;
Lämmastiku jaoks: 2s2 2p3.
Õige vastus on 4.
Ülesanne nr 7.
Elektroni konfiguratsioon 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 vastab osakesele
1. S4+ 2. P3- 3. Al3+ 4. O2-
Selgitus: see elektrooniline konfiguratsioon vastab põhiolekus argooni aatomile. Vaatleme vastusevariante:
S4+: 1s2 2s2 2p6 3s2 2p0
P3-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p (3+3)
Õige vastus on 2.
Ülesanne nr 8.
Milline elektrooniline konfiguratsioon vastab valentselektronide jaotusele kroomi aatomis:
1. 3p2 4s2 2. 3p2 3p4 3. 3d5 4s1 4. 4s2 4p6
Selgitus: Kirjutame kroomi elektroonilise konfiguratsiooni põhiolekus: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5. Valentselektronid asuvad kahel viimasel alamtasandil 4s ja 3d (siin hüppab üks elektron s-lt alamtasemele d). Õige vastus on 3.
Ülesanne nr 9.
Aatom sisaldab kolme paarita elektroni välisel elektroonilisel tasandil põhiolekus.
1. Titaan 2. Räni 3. Magneesium 4. Fosfor
Selgitus: 3 paaritu elektroni olemasoluks peab element olema 5. rühmas. Seega õige vastus on 4.
Ülesanne nr 10.
Keemilise elemendi aatomil, mille kõrgeim oksiid on RO2, on välistasandi konfiguratsioon:
1. ns2 np4 2. ns2 np2 3. ns2 4. ns2 np1
Selgitus: selle elemendi oksüdatsiooniaste (selles ühendis) on +4, see tähendab, et selle välistasandil peab olema 4 valentselektroni. Seega õige vastus on 2.
(võib arvata, et õige vastus on 1, aga sellise aatomi maksimaalne oksüdatsiooniaste oleks +6 (kuna välistasandil on 6 elektroni), aga valemi RO2 jaoks on meil vaja kõrgemat oksiidi jne. elemendil oleks kõrgem oksiid RO3)
Ülesanded iseseisvaks tööks.
1. Elektrooniline konfiguratsioon 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 vastab aatomile
1. Alumiinium 2. Lämmastik 3. Kloor 4. Fluor
2. Osakesel on kaheksaelektroniline väliskest
1. P3+ 2. Mg2+ 3. Cl5+ 4. Fe2+
3. Elemendi aatomarv, mille aatomelektrooniline struktuur on 1s2 2s2 2p3, on võrdne
1. 5 2. 6 3. 7 4. 4
4. Elektronide arv vase ioonis Cu2+ on
1. 64 2. 66 3. 29 4. 27
5. Lämmastikuaatomid ja
1. Väävel 2. Kloor 3. Arseen 4. Mangaan
6. Milline ühend sisaldab katiooni ja aniooni elektronkonfiguratsiooniga 1s2 2s2 2p6 3s3 3p6?
1. NaCl 2. NaBr 3. KCl 4. KBr
7. Elektronide arv raua ioonis Fe2+ on
1. 54 2. 28 3. 58 4. 24
8. Ioonil on inertgaasi elektrooniline konfiguratsioon
1. Cr2+ 2. S2- 3. Zn2+ 4. N2-
9. Fluori ja fluori aatomite välise energiataseme konfiguratsioon on sarnane
1. Hapnik 2. Liitium 3. Broom 4. Neoon
10. Element, mille aatomelektrooniline valem on 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4, vastab vesinikuühendile
1. HCl 2. PH3 3. H2S 4. SiH4
See märkus kasutab ülesandeid 2016. aasta ühtse riigieksami kogust, mille on toimetanud A.A. Kaverina.
Ditsinktetrafluoriid
Zn2F4 (g). Gaasilise tsinktetrafluoriidi termodünaamilised omadused standardolekus temperatuurivahemikus 100 - 6000 K on toodud tabelis. Zn2F4.
Zn 2 F 4 termodünaamiliste funktsioonide arvutamiseks kasutatud molekulaarkonstandid on toodud tabelis. Zn.8. Zn 2 F 4 molekuli struktuuri ei ole eksperimentaalselt uuritud. Analoogiliselt Be 2 F 4 [ 82SOL/OZE ], Mg 2 F 4 [ 81SOL/SAZ ] (vt ka [ 94GUR/VEY ]) ja Al 2 F 4 [ 82ZAK/CHA ] Zn 2 F 4 peamiselt elektroonilise olekuga 1 A g võetakse kasutusele lame tsükliline struktuur (sümmeetriarühm D 2h). Zn 2 F 4 põhielektroonilise oleku staatiline kaal on soovitatav võrdne I-ga, lähtudes sellest, et Zn 2+ ioonil on... d 10 elektrooniline konfiguratsioon. Tabelis toodud inertsimomentide korrutis. Zn.8, arvutatud hinnanguliste konstruktsiooniparameetrite järgi: r(Zn-F t) = 1,75 ± 0,05 Å (terminaalne Zn-F side), r(Zn-F b) = 1,95 ± 0,05 Å (sillatud Zn-F side) ja Ð F b- Zn-F b= 80 ± 10 o. Eeldatakse, et Zn-F t sideme pikkus on sama r(Zn-F) ZnF 2 molekulis, väärtus r(Zn-F b), on soovitatav olla 0,2 Å terminaalse sideme võrra suurem, nagu on täheldatud Al, Ga, In, Tl, Be ja dimeerides. Fe halogeniidid. Nurga väärtus F b- Zn-F b hinnatud Be 2 F 4, Mg 2 F 4 ja Al 2 F 4 molekulide vastavate väärtuste järgi. Arvutatud väärtuse viga I A I B I C on 3,10-113 g 3 cm 6.
Terminaalsete Zn-F n 1 ja n 2 sidemete venitusvibratsioonide sagedused on võetud Givani ja Levenschussi [80GIV/LOE] töödest, kes uurisid krüptonis eraldatud Zn 2 F 4 molekulide IR-spektrit ja Ramani spektrit. maatriks. Eeldatakse, et kõigi Zn-F (n 3) sildsidemete vibratsioonisagedused on samad ja nende väärtusi hinnatakse eeldusel, et (n b/n t) av = 0,7, nagu Fe, Al, Ga ja In halogeniidide dimeerides. Soovitatavad on Zn 2 F 4 klemmsidemete (n 4 - n 5) deformatsioonivibratsiooni sagedused, eeldades, et nende väärtuste suhe Zn 2 F 4 ja Zn 2 Cl 4 on sama, mis ZnF 2 puhul. ja ZnCl2. Tsükli mittetasapinnalise deformatsioonivibratsiooni sagedus (n 7) on veidi suurem kui Zn 2 Cl 4 vastav sagedus. Tsükli deformatsioonivibratsiooni sageduse väärtus tasapinnas (n 6) hinnatakse võrreldes Zn 2 Cl 4 jaoks aktsepteeritud väärtusega ning võttes arvesse sildsidemete Zn-F ja võnkesageduste suhet. Zn-Cl Zn2F4-s ja Zn2Cl4-s. Eksperimentaalselt vaadeldud vibratsioonisageduste vead on 20 cm -1, hinnanguliselt 20% nende väärtusest.
Termodünaamiliste funktsioonide arvutamisel ei võetud arvesse Zn 2 F 4 ergastatud elektroonilisi olekuid.
Zn 2 F 4 (r) termodünaamilised funktsioonid arvutati "jäik rotaator - harmooniline ostsillaator" lähenduses, kasutades võrrandeid (1.3) - (1.6) , (1.9) , (1.10), (1.122) - (1.124) , (1.128). ), ( 1.130) . Arvutatud termodünaamiliste funktsioonide vead tulenevad molekulaarsete konstantide aktsepteeritud väärtuste ebatäpsusest, samuti arvutuse ligikaudsest olemusest ning nende suurus on 6, 16 ja 20 J × K -1 × mol -1 in Φº( T) 298,15, 3000 ja 6000 K juures.
Esmakordselt avaldatakse Zn 2 F 4 (g) termodünaamiliste funktsioonide tabel.
Tasakaalukonstant Zn 2 F 4 (g) = 2Zn(g) + 4F(g) arvutati aktsepteeritud väärtuse abil
D juuresHº(Zn 2 F 4, g, 0) = 1760 ± 30 kJ × mol -1.
Olulisust hinnatakse selles väljaandes sisalduvate dihalogeniidide sublimatsiooni ja dimerisatsiooni entalpiate võrdlemisel. Tabelis Zn.12 on näidatud suhtarvude D väärtused sHº(MeHal 2. k, 0) / D rHº (MeHal 2 - MeHal 2, 0), mis vastab selles väljaandes aktsepteeritud väärtustele.
9 juhul 20-st puuduvad katseandmed. Nende ühendite puhul tehti tabelis nurksulgudes toodud hinnangud. Need hinnangud tehakse järgmiste kaalutluste põhjal:
1. Fe, Co ja Ni ühendite puhul aktsepteeritakse F-Cl-Br-I seeria väikest erinevust ja sellise variatsiooni puudumist seerias Fe-Co-Ni;
2. Zn-ühendite puhul ei ole võimalik märgata F-Cl-Br-I seeria väärtuste kõikumist ja fluoriidi puhul on võetud väärtus ülejäänud väärtuste keskmine;
3. Cu-ühendite puhul aktsepteeritakse F-Cl-Br-I seerias olevat väikest vahemikku analoogiliselt rauarühma ühenditega, võttes aluseks väärtuste läheduse; käik ise võeti vastu mõnevõrra väiksemana.
Kirjeldatud lähenemisviisi tulemuseks on Me 2 Hal 4 pihustamise entalpia väärtused, mis on toodud tabelis. Zn.13.
Cu 2 I 4 pihustusenergia arvutamisel kasutati väärtust D, mis ei sisaldu selles väljaandes s H° (CuI 2, k, 0) = 180 ± 10 kJ × mol -1. (Vt teksti CuBr 2 sublimatsiooni entalpia kohta).
Hinnangute täpsuseks võib Cu 2 I 4 puhul hinnata 50 kJ× mol -1 ja muudel juhtudel 30 kJ× mol -1.
Zn 2 F 4 pihustamise entalpia aktsepteeritud väärtus vastab moodustumise entalpia väärtusele:
D fH° (Zn 2 F 4, g, 0) = -1191,180 ± 30,0 kJ × mol -1.
Osina E.L. [e-postiga kaitstud]
Gusarov A.V. [e-postiga kaitstud]