Kompleksühendite värvimine. Näiteid ülesannete lahendamisest Zn2 iooni elektrooniline konfiguratsioon
TKP kõige olulisem saavutus on keerukate ühendite konkreetse värvuse põhjuste hea selgitamine. Enne kui püüame selgitada keeruliste ühendite värvi ilmnemise põhjust, tuletame 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 d-tasandi poolitamise energia kristallivälja poolt, 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. Selgitagem ülaltoodut 3+ näitega. Titaanil (III) on ainult 1 d-elektron, kompleksil on ainult üks neeldumispiik spektri nähtavas piirkonnas. Maksimaalne intensiivsus on 510 nm. Sellise lainepikkusega valgus paneb d-elektroni liikuma d-orbitaalide alumiselt energiatasemelt ülemisele. Kiirguse neeldumise tulemusena läheb neelduva aine molekul põhiolekust minimaalse energiaga E 1 kõrgema energiaga olekusse E 2. Ergastusenergia jaotub molekuli individuaalsete vibratsioonienergia tasemete vahel, muutudes soojusenergiaks. Elektroonilised üleminekud mida põhjustab rangelt määratletud valgusenergia kvantide neeldumine, iseloomustab rangelt määratletud neeldumisribade olemasolu. Veelgi enam, valguse neeldumine toimub ainult siis, kui neeldunud kvanti energia langeb kokku neelduva molekuli lõpp- ja algseisundi 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, peegelduvad meie silma kõigi värvide kiired, mida proov ei neela. 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. Tsüaani ja oranži nimetatakse täiendavateks värvideks.
Spektrivärvide jada: To iga O hotnik f tahab s nat, G de Koos kõndides f adhan - To punane, O koht, f kollane, s roheline , G sinine, Koos iinium , f ioletus.
Vesikompleksi 3+ puhul on D dist. = 163 kJ / mol vastab nähtava punase kiirguse piirile, seetõttu on Fe 3+ soolade vesilahused praktiliselt värvitud. Heksatsüanoferraadil (III) on D spl. = 418 kJ / mol, mis vastab neeldumisele spektri sinakasvioletses osas ja peegeldumisele kollakasoranžis osas. Heksatsüanoferraadi (III) ioone sisaldavad lahused on kollase oranži varjundiga. D dist. 3+ on võrreldes 3-ga väike, mis peegeldab mitte väga kõrget sidumisenergiat Fe 3+ -OH 2. 3- suur lõhenemisenergia näitab, et Fe3+-CN sideme energia on suurem ja seetõttu on CN-i eraldamiseks vaja rohkem energiat. Eksperimentaalsetest andmetest on teada, et 3+ koordinatsioonisfääris olevate H2O molekulide keskmine eluiga on umbes 10-2 s ja kompleks 3- lõikab CN-ligande väga aeglaselt.
Vaatleme mõnda näidet, mis võimaldavad TCH abil probleeme lahendada.
Näide: kompleksioon trans- + neelab valgust peamiselt spektri punases piirkonnas - 640 nm. Mis värvi see kompleks on?
Lahendus: kuna vaadeldav kompleks neelab punast valgust, peab selle värv olema täiendav punase värviga - rohelisega.
Näide: ioonid A1 3+, Zn 2+ ja Co 2+ on ligandide oktaeedrilises keskkonnas. Millised neist ioonidest suudavad neelata nähtavat valgust ja tunduvad seetõttu meile värvilised?
Lahendus: A1 3+ ioonil on elektrooniline konfiguratsioon. 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+ iooni 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. lühikeste lainepikkuste piirkonnas. Seega on nende komplekside jagunemine suur, mis tagab nende kuulumise madala spinni kompleksidesse (D> P). Elektronide sidumine (d 6 -konfiguratsioon, kõik kuus elektroni on t 2g alatasemel) on tingitud sellest, et ligandid NH 3, en, NO 2 - kuuluvad spektrokeemilise seeria paremale poole. Seetõttu loovad nad kompleksi moodustamisel tugeva välja. Teise rühma komplekside värvimine siniseks tähendab, et nad neelavad energiat kollakaspunasena, s.t. spektri pika lainepikkusega osa. Kuna lainepikkus, mille juures kompleks valgust neelab, määrab lõhenemise suuruse, 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 üleminek on võimatu, seetõttu ei ole lahus värviline. Kompleksi 2- moodustab katioon Cu 2+, mille elektrooniline konfiguratsioon on 3d 9 4s 0, seetõttu on d– alamtasandil vaba koht. Elektronide üleminek valguse neeldumisel d-alatasemel määrab kompleksi värvi. Vase (II) vesikompleksidel on vesilahuses sinine värvus, kloriidioonide viimine kompleksi sisesfääri viib segaligandikompleksi moodustumiseni, mis põhjustab lahuse värvuse muutumise. roheline.
Näide: Valentssidemete meetodil, võttes arvesse kristallivälja teooriat, määrake keskse aatomi hübridisatsiooni tüüp ja ennustage komplekside geomeetrilist kuju:
- + -
Lahendus: Valime näidatud komplekside hulgast E + moodustatud ühendid, need on:
+ - 3-
- + .
Keemiline side neis kompleksides moodustub doonor-aktseptor mehhanismi abil, elektronide doonoriteks on ligandid: ammoniaagi molekulid ja tsüaniidioonid (monodentate ligandid) ja tiosulfaadi ioonid (bidentate ligand). Elektroni aktseptor on E + katioon. Elektrooniline konfiguratsioon (n-1) d 10 ns 0 np 0. Välisorbitaalid ns ja np osalevad kahe sideme moodustumisel monodentaalsete ligandidega, tsentraalse aatomi hübridisatsiooni tüüp on sp, komplekside geomeetriline kuju on lineaarne, paarituid elektrone pole, ioon on diamagnetiline. Keskaatomi üks s-orbitaal ja kolm p-orbitaali osalevad nelja doonor-aktseptor sideme moodustumisel kahehambalise ligandiga piki MBC-d, hübridisatsiooni tüüp on sp 3, kompleksi geomeetriline kuju on tetraeedriline, esineb pole paarituid elektrone.
Teine komplekside rühm:
- - - 3+
moodustub kulla (III) ioonist, mille elektrooniline konfiguratsioon on 5d 8 6s 0. Komplekside moodustumisel osalevad ligandid võib vastavalt ligandide spektrokeemilisele ulatusele jagada nõrkadeks: kloriidi- ja bromiidioonideks ning tugevateks: ammoniaagi- ja tsüaniidioonideks. 5d orbitaalides on Hundi reegli kohaselt kaks paaristamata elektroni ja need säilivad doonor-aktseptor sidemete moodustumisel nõrga välja ligandidega. Sidemete moodustamiseks annab kullakatioon ühe 6s ja kolm 6p orbitaali. Keskse aatomi hübridisatsiooni tüüp on sp 3. Keerulise iooni ruumiline struktuur on tetraeedriline. Paarituid elektrone on kaks, kompleks on paramagnetiline.
Tugeva välja ligandide mõjul pritsivad kulla (III) iooni elektronid ühe 5d orbitaali vabanemisega. Keskaatomi üks 5d, üks 6s ja kaks 6p orbitaali osalevad nelja doonor-aktseptor sideme moodustamises. Hübridisatsioonitüüp dsp 2. Selle tulemuseks on kompleksiooni ruuttasapinnaline 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, sõltuvalt sellest, kas kvantkeemiliselt vastav elektrooniline üleminek on keelatud, neeldumisriba määrdumine, mis sõltub paljudest parameetritest, nagu kompleksi elektrooniline struktuur, soojusliikumise intensiivsus süsteemis, koordinatsioonipolühedri õige geomeetrilise kuju moonutamise määr jne.
Näide 1... Määrake kompleksimoodustaja laeng NO 2 ühendis. Nimetage see ühend.
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 -. Kompleksi moodustava aine oksüdatsiooniastet tähistatakse tähisega X ja lahendage võrrand
1 = 1X+ 0 · 4 + 2 · (–1). Siit X = +1.
Seega on KS keeruline katioon. Ühendi nimetus: koobaltdiklorotetraamiinnitrit (+1).
Näide 2... Miks on + ioon lineaarne?
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 orbitaalid, mis hübridiseeruvad kui 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 diagrammi saab esitada järgmiselt
Keemiline side moodustub vastavalt doonor-aktseptormehhanismile, kus iga neljast doonorligandist (Cl-ioonid) annab ühe üksiku elektronpaari (punktiirnooled) ja kompleksimoodustaja (Hg 2+ ioon) annab vabu AO-sid: üks 6 s ja kolm 6 lk JSC
Seega toimub selles kompleksioonis ао sp3 hübridisatsioon, mille tulemusena on sidemed suunatud tetraeedri tippudele ja ioon 2– on tetraeedrilise struktuuriga.
Näide 4... Koostage energiadiagramm sidemete tekkest kompleksis 3– ja märkige ära keskaatomi orbitaalide hübridisatsiooni tüüp. Millised on kompleksi magnetilised omadused?
Lahendus
Keskse Fe 3+ iooni elektrooniline konfiguratsioon:… 3 d 5 4s 0 4lk 0 4d 0. Kuus monodentaalset ligandit CN - loovad tugeva oktaeedrilise välja 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 alataseme kompleksimoodustaja. Kompleksi energiadiagrammil on vorm
E 
dγ seeria
Fe 3+:… 3 d 5
dε seeria
Viis 3 d-elektronid on täielikult jaotunud orbitaalidel 3 dε-seeria, kuna tugeva välja ligandidega interaktsioonil tekkiv lõhenemisenergia osutub elektronide maksimaalseks sidumiseks piisavaks. Saadaval 3 d, 4s ja 4 R- orbitaalid paljastatud d 2 sp 3 - hübridisatsioon ja kompleksi oktaeedrilise struktuuri määramine. Kompleks on paramagnetiline, sest on üks paaritu elektron
d 2 sp 3
Näide 5... Tehke energiadiagramm sidemete moodustumise kohta kompleksis - 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 tetraeedrilise välja
E 
dε seeria
dγ seeria
Tasuta kaks 3 d, üks 4 s ja üks 4 R AO kompleksimoodustajad hübridiseeritakse 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 esineb kerge lõhenemine d– alamtase, seetõttu täidavad elektronid AO vastavalt Gundi reeglile (vt joonis 3). Sel juhul on paar paarita elektroni neli, seetõttu on 3-ioon paramagnetiline. Kui 3- ioon moodustub tugeva välja ligandi (CN - ioon) osalusel, tekib lõhenemisenergia d– alamtase on nii oluline, et ületab paaris elektronide elektron-elektron tõrjumise energia. Elektronid täidavad Co 3+ iooni AO, rikkudes Gundi reeglit (vt joonis 4). Sel juhul on kõik elektronid paaris, 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 hõbe(I)sulfiidi sade sadestub temperatuuril 25 °C, kui segate võrdsetes kogustes 0,001 M lahust, mis sisaldab sama ligandi CN, kontsentratsiooniga 0,12 mol / dm 3, ja lahust sadestav ioon S 2– kontsentratsiooniga 3,5 · 10 –3 M.
Lahendus
Antud iooni dissotsiatsiooniprotsessi saab esitada skeemiga
- ↔ Ag + + 2CN -,
ja sadestamise protsessi saab kirjutada kui
2Ag + + S 2– ↔ Ag 2 S.
Et teha kindlaks, kas sade moodustub, on vaja arvutada hõbesulfiidi PR (Ag 2 S) lahustuvuskorrutis vastavalt valemile
Hõbedaioonide kontsentratsiooni määramiseks kirjutame kompleksiooni ebastabiilsuse konstandi avaldise
... Siit 
Vastavalt teatmeteosele valime kompleksi ebastabiilsuse konstandi väärtuse - ( TO pesa = 1 · 10 -21). Siis
mol / dm 3.
Arvutage tekkinud sademe lahustuvuse korrutis
Teatmeraamatu järgi valime hõbesulfiidi lahustuvuskorrutise tabeliväärtuse (PR (Ag 2 S) tabel = 5,7 · 10 -51) ja võrdleme seda arvutatuga. Alates PR-tabelist< ПР расчет, то из данного раствора осадок выпадает, так как соблюдается условие выпадения осадка.
Näide 9... Arvutage tsingiioonide kontsentratsioon naatriumtetratsüanotsinkaadi lahuses, mille kontsentratsioon on 0,3 mol / dm 3, kui lahuses on tsüaniidiioonide liig 0,01 mol / dm 3.
Lahendus
Esmane dissotsiatsioon toimub peaaegu täielikult vastavalt skeemile
Na 2 → 2Na 2+ + 2–
Sekundaarne dissotsiatsioon toimub vastavalt võrrandile
2– ↔ Zn 2+ + 4CN –
Kirjutame selle protsessi ebastabiilsuse konstandi avaldise
... Siit 
Teatmeteose abil leiame antud iooni ebastabiilsuse konstandi väärtuse ( TO pesa = 1,3 · 10 -17). Kompleksi dissotsiatsiooni tulemusena tekkivate tsüaniidiioonide kontsentratsioon on palju väiksem kui sissetoodud liia kontsentratsioon ja võib eeldada, et 0,01 mol / dm 3 ehk CN - ioonide kontsentratsioon, mis tekkisid 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 kui konstruktor: osi on teatud arv, need erinevad üksteisest, kuid kaks sama tüüpi osa on täpselt samad. Kuid see konstruktor on palju huvitavam kui plastikust ja siin on põhjus, miks. Konfiguratsioon muutub sõltuvalt sellest, kes on läheduses. Näiteks hapnik vesiniku kõrval võib olla muutuda veeks, naatriumi kõrval gaasiks ja raua kõrval olemine muudab selle täielikult roosteks. Et vastata küsimusele, miks see juhtub, ja ennustada aatomi käitumist teise kõrval, on vaja uurida elektroonilist konfiguratsiooni, millest tuleb juttu allpool.
Mitu elektroni on aatomis?
Aatom koosneb tuumast ja selle ümber tiirlevatest elektronidest, tuum koosneb prootonitest ja neutronitest. Neutraalses olekus on igal aatomil sama arv elektrone kui prootonite arv tema tuumas. Prootonite arv tähistati elemendi järjekorranumbriga, näiteks väävlil on 16 prootonit - perioodilisuse tabeli 16. element. Kullal on 79 prootonit – perioodilisuse tabeli 79. element. Seega on neutraalses olekus väävlis 16 elektroni ja kullas 79 elektroni.
Kust otsida elektroni?
Elektroni käitumist jälgides tuletati teatud mustrid, neid kirjeldatakse kvantarvudega, neid on neli:
- Peamine kvantarv
- Orbitaalkvantarv
- Magnetiline kvantarv
- Pöörlemise kvantarv
Orbitaalne
Lisaks kasutame sõna orbiit asemel terminit "orbitaal", orbitaal on elektroni lainefunktsioon, ligikaudu see on ala, kus elektron veedab 90% 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 põhivormi: pall, hantlid ja ülejäänud kaks keerukamat. Energia kasvavas järjekorras nimetatakse neid kujundeid s-, p-, d- ja f-kesteks. Kõik need kestad võivad sisaldada 1 (s), 3 (p), 5 (d) ja 7 (f) orbitaali. Orbitaalkvantarv on kest, millel orbitaalid asuvad. Orbitaalide s, p, d ja f-orbitaalide kvantarv võtab vastavalt väärtused 0, 1, 2 või 3.
S-kesta peal üks orbitaal (L = 0) - kaks elektroni
P-kestal (L = 1) on kolm orbitaali – kuus elektroni
D-kestal on viis orbitaali (L = 2) – kümme elektroni
F-kestal on seitse orbitaali (L = 3) – neliteist elektroni
Magnetkvantarv m l
P-kestal on kolm orbitaali, neid tähistatakse numbritega vahemikus -L kuni + L, see tähendab, et p-kesta (L = 1) jaoks on orbitaalid "-1", "0" ja "1" . Magnetkvantarvu tähistatakse tähega m l.
Kesta sees on elektronidel kergem paikneda erinevatel orbitaalidel, nii et esimesed elektronid täidavad iga orbitaali kohta ühe ja seejärel kinnitatakse igale orbitaalile paar.
Mõelge d-shellile:
d-shell 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
Spinn 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 kahte elektroni ainult vastassuunaliste spinnidega. Spinni kvantarvu tähistatakse m s-ga
Peamine kvantarv n
Peamine kvantarv on energiatase, hetkel on olemas seitse energiataset, millest igaüks on tähistatud araabia numbriga: 1,2,3, ... 7. Iga taseme kestade arv on võrdne taseme arvuga: 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, üks kest asub esimesel tasemel, esimene kest igal tasandil on palli kujuga (s -shell), st. L = 0, võib magnetkvantarvul olla ainult üks väärtus, M l = 0 ja spinn on +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.
Mõelge 2016. aasta eksami võimaluste ülesandele number 1.
Ülesanne number 1.
Välise elektronkihi 3s²3p6 elektrooniline valem vastab mõlema 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, st elektrooniline konfiguratsioon, näiteks kaaliumiioon ei vasta tema positsioonile perioodilisuse tabelis. Kaaluge 1. varianti Arº ja Kº. Kirjutame nende elektroonilised konfiguratsioonid: Arº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6; Kº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 on sobiv elektronkonfiguratsioon ainult argooni jaoks. Kaaluge vastust nr 2 – Cl‾ ja K +. K +: 1s2 2s2 2p6 3s2 4s0; Cl‾: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Seega õige vastus on 2.
Ülesanne number 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. Kaaliumis: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0. Õige vastus on 2.
Ülesanne number 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 number 4.
Magneesiumi aatomid ja
1. Kaltsium 2. Kroom 3. Räni 4. Alumiinium
Selgitus: magneesiumil on välise energiataseme konfiguratsioon: 3s2. Kaltsiumi jaoks: 4s2, kroomi jaoks: 4s2 3d4, räni jaoks: 3s2 2p2, alumiiniumi jaoks: 3s2 3p1. Õige vastus on 1.
Ülesanne number 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 number 6.
Fosfori aatomid ja
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;
Kloor: 3s2 3p5;
Lämmastiku jaoks: 2s2 2p3.
Õige vastus on 4.
Ülesanne number 7.
Elektrooniline konfiguratsioon 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 vastab osakesele
1. S4 + 2. P3- 3. Al3 + 4. O2-
Selgitus: see elektrooniline konfiguratsioon vastab põhiolekus argooni aatomile. Kaaluge vastusevariante:
S4 +: 1s2 2s2 2p6 3s2 2p0
P3-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p (3 + 3)
Õige vastus on 2.
Ülesanne number 8.
Milline elektrooniline konfiguratsioon vastab valentselektronide jaotusele kroomi aatomis:
1.3d2 4s2 2.3s2 3p4 3.d5 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 number 9.
Kolm paaristamata elektroni välisel elektroonilisel tasemel põhiolekus sisaldavad aatomit
1. Titaan 2. Räni 3. Magneesium 4. Fosfor
Selgitus: 3 paaritu elektroni olemasoluks peab element olema viiendas rühmas. Seega õige vastus on 4.
Ülesanne number 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 sellel peab välistasandil olema 4 valentselektroni. Seega õige vastus on 2.
(võib arvata, et õige vastus on 1, aga sellise aatomi maksimaalne oksüdatsiooniaste on +6 (kuna 6 elektroni on välistasandil), kuid valemi RO2 jaoks on meil vaja kõrgemat oksiidi. elemendil on 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. Kaheksaelektronilisel väliskestal on osake
1. P3 + 2. Mg2 + 3. Cl5 + 4. Fe2 +
3. Elemendi järgarv, mille aatomi elektrooniline struktuur on 1s2 2s2 2p3, on
1. 5 2. 6 3. 7 4. 4
4. Elektronide arv vase ioonis Cu2 + on
1. 64 2. 66 3. 29 4. 27
5. Välise energiataseme sarnase konfiguratsiooniga on lämmastikuaatomid ja
1. Väävel 2. Kloor 3. Arseen 4. Mangaan
6. Milline ühend sisaldab katiooni ja aniooni elektroonilise konfiguratsiooniga 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. Inertgaasi elektroonilisel konfiguratsioonil on ioon
1. Cr2 + 2. S2- 3. Zn2 + 4. N2-
9. Välise energiataseme sarnase konfiguratsiooniga on fluori aatomid ja
1. Hapnik 2. Liitium 3. Broom 4. Neoon
10. Element, mille aatomi elektrooniline valem on 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4, vastab vesinikuühendile
1. HCl 2. PH3 3. H2S 4. SiH4
Selles märkuses kasutasime ülesandeid USE 2016 kogust, mille on toimetanud A.A. Kaverina.
Ditsinktetrafluoriid
Zn2F4 (d). Gaasilise tsinktetrafluoriidi termodünaamilised omadused standardolekus temperatuurivahemikus 100 - 6000 K on toodud tabelis. Zn 2 F 4.
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 jaoks põhielektroonikas tingimus 1 A g, võetakse vastu tasapinnaline tsükliline struktuur (sümmeetriarühm D 2h). Zn 2 F 4 põhielektroonilise oleku staatiline kaal on soovitatav võrdne I-ga, tuginedes asjaolule, 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 (sillav Zn-F side) ja Р F b- Zn-F b= 80 ± 10 o. Sideme pikkus Zn-F t on sama, mis r(Zn-F) ZnF 2 molekulis on r (Zn-F b) väärtus soovitatav olla 0,2 Å suurem kui terminaalne side, nagu on täheldatud Al, Ga, In, Tl, Be ja Fe dimeerides. halogeniidid. Nurga väärtus F b- Zn-F b hinnatud vastavate väärtuste järgi molekulides Be 2 F 4, Mg 2 F 4 ja Al 2 F 4. Arvutatud väärtuse viga I A I B I C on 3 · 10–113 g 3 · cm 6.
Zn-F n 1 ja n 2 lõppsidemete venitusvibratsiooni sagedused on võetud Givani ja Levenschussi [80GIV / LOE] tööst, kes uurisid krüptonis eraldatud Zn 2 F 4 molekulide IR- ja Ramani spektreid. maatriks. Kõikide Zn-F (n 3) sildsidemete vibratsioonisagedused loeti samaks ja nende väärtusi hinnati eeldusel, et (n b/ n t) cp = 0,7, nagu Fe, Al, Ga ja In halogeniidide dimeerides. Terminali sidemete (n 4 - n 5) Zn 2 F 4 deformatsioonivibratsiooni sageduste väärtused on soovitatavad, eeldades, et nende väärtuste suhe Zn 2 F 4 ja Zn 2 Cl 4 on sama mis ZnF 2 ja ZnCl 2 puhul. Eeldatakse, et tasapinnalise painutustsükli vibratsiooni sagedus (n 7) on veidi suurem kui Zn 2 Cl 4 vastav sagedus. Tsükli deformatsioonivibratsiooni sageduse väärtus tasapinnas (n 6) hinnati võrreldes Zn 2 Cl 4 väärtusega ja võttes arvesse sildsidemete Zn-F vibratsioonisageduste suhet. ja Zn-Cl Zn 2 F 4 ja Zn 2 Cl 4 ... 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.
Termodünaamilised funktsioonid Zn 2 F 4 (r) arvutatakse "jäik rotaator – harmooniline ostsillaator" lähenduses võrrandite (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 ja arvutuse ligikaudsest olemusest ning on 6, 16 ja 20 J × K -1 × mol -1. väärtused 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) arvutatakse aktsepteeritud väärtuse abil
D juuresHº (Zn 2 F 4, g, 0) = 1760 ± 30 kJ × mol -1.
Väärtuse hindamiseks võrreldakse selles väljaandes sisalduvate dihalogeniidide sublimatsiooni ja dimerisatsiooni entalpiaid. Tabelis Zn.12 on näidatud suhtarvude D väärtused sHº (MeHal 2. k, 0) / D rHº (MeHal 2 - MeHal 2, 0), mis vastab selles väljaandes vastuvõetud väärtustele.
9 juhul 20-st puuduvad katseandmed. Nende ühendite hinnangud on toodud tabelis nurksulgudes. Need hinnangud tehti järgmiste kaalutluste põhjal:
1. Fe-, Co- ja Ni-ühendite puhul on F-Cl-Br-I seerias väike nihe ja Fe-Co-Ni seerias sellise liikumise puudumine;
2. Zn-ühendite puhul ei ole F-Cl-Br-I seeria väärtuste kulgu märgata ja fluoriidi puhul võetakse ülejäänud väärtuste keskmine väärtus;
3. Cu-ühendite puhul kasutatakse F-Cl-Br-I seerias analoogiliselt rauarühma ühenditega väikest kursust väärtuste läheduse alusel; käik ise eeldatakse olevat mõnevõrra väiksem.
Väljatoodud lähenemisviisi tulemuseks on tabelis toodud Me 2 Hal 4 pihustamise entalpia väärtused. 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).
Tehtud hinnangute täpsus võib olla võrdne Cu 2 I 4 puhul 50 kJ × mol -1 ja muudel juhtudel 30 kJ × mol -1.
Zn 2 F 4 pihustamise entalpia aktsepteeritud väärtus vastab moodustumise entalpia väärtusele:
D f H° (Zn 2 F 4, g, 0) = -1191,180 ± 30,0 kJ × mol -1.
Osina E.L. [e-postiga kaitstud]
A.V. Gusarov [e-postiga kaitstud]