Murakkab birikmalarning ranglanishi. Masalani yechish misollari Zn2 ionining elektron konfiguratsiyasi
TCT ning eng muhim yutug'i murakkab birikmalarning o'ziga xos rangining sabablarini yaxshi tushuntirishdir. Murakkab birikmalarda rang paydo bo'lishining sababini tushuntirishga harakat qilishdan oldin, ko'rinadigan yorug'lik ekanligini eslang elektromagnit nurlanish, to'lqin uzunligi 400 dan 700 nm gacha bo'lgan diapazonda. Ushbu nurlanishning energiyasi uning to'lqin uzunligiga teskari proportsionaldir:
E = h×n = h×c/l
Energiya 162 193 206 214 244 278 300
E, kJ/mol
To'lqin uzunligi 760 620 580 560 490 430 400
Ma'lum bo'lishicha, D belgisi bilan belgilangan kristall maydon bilan d-darajali bo'linish energiyasi ko'rinadigan yorug'lik foton energiyasi bilan bir xil kattalik tartibiga ega. Shuning uchun o'tish metall komplekslari spektrning ko'rinadigan hududida yorug'likni o'zlashtira oladi. Yutilgan foton elektronni d-orbitallarning quyi energiya darajasidan yuqoriroq darajaga qo'zg'atadi. Keling, buni 3+ misolidan foydalanib tushuntiramiz. Titan (III) faqat 1 d-elektronga ega; kompleks spektrning ko'rinadigan hududida faqat bitta yutilish cho'qqisiga ega. Maksimal intensivlik 510 nm. Ushbu to'lqin uzunligidagi yorug'lik d elektronni d orbitallarning quyi energiya darajasidan yuqorisiga o'tishiga olib keladi. Nurlanishning yutilishi natijasida so'rilgan moddaning molekulasi minimal energiya E 1 bilan asosiy holatdan yuqori energiyali E 2 holatiga o'tadi. Qo'zg'alish energiyasi molekulaning individual tebranish energiya darajalariga taqsimlanadi va issiqlik energiyasiga aylanadi. Elektron o'tishlar, yorug'lik energiyasining qat'iy belgilangan kvantlarini yutish natijasida yuzaga kelgan, qat'iy belgilangan yutilish chiziqlari mavjudligi bilan tavsiflanadi. Bundan tashqari, yorug'likning yutilishi faqat so'rilgan kvantning energiyasi yutuvchi molekulaning oxirgi va boshlang'ich holatlaridagi kvant energiya darajalari o'rtasidagi energiya farqi DE bilan mos kelganda sodir bo'ladi:
DE = E 2 – E 1 = h×n = h×c/l,
bu yerda h - Plank doimiysi; n - yutilgan nurlanish chastotasi; c - yorug'lik tezligi; l - yutilgan yorug'likning to'lqin uzunligi.
Moddaning namunasi yorug'lik bilan yoritilganda, namuna tomonidan so'rilmagan barcha ranglardan aks ettirilgan nurlar bizning ko'zimizga kiradi. Agar namuna barcha to'lqin uzunliklarining yorug'ligini o'zlashtirsa, nurlar undan aks etmaydi va bunday ob'ekt bizga qora ko'rinadi. Agar namuna yorug'likni umuman o'zlashtirmasa, biz uni oq yoki rangsiz deb qabul qilamiz. Agar namuna to'q sariq rangdan tashqari barcha nurlarni yutsa, u to'q sariq rangga ega bo'ladi. Boshqa variant ham mumkin - ko'kdan tashqari barcha rangdagi nurlar bizning ko'zimizga kirsa ham, namuna to'q sariq rangga ega bo'lishi mumkin. Aksincha, agar namuna faqat to'q sariq nurlarni o'zlashtirsa, u ko'k rangda ko'rinadi. Moviy va to'q sariq ranglar qo'shimcha ranglar deb ataladi.
Spektral ranglar ketma-ketligi: Kimga har O ovchi va istaydi h yo'q, G de Bilan ketadi f azon - Kimga qizil, O diapazon, va sariq, h yashil , G ko'k, Bilan ko'k , f siyohrang
Aqua kompleksi uchun 3+ D ning raqamli qiymati hisoblanadi. = 163 kJ/mol ko'rinadigan qizil nurlanish chegarasiga to'g'ri keladi, shuning uchun Fe 3+ tuzlarining suvli eritmalari amalda rangsizdir. Geksasiyanoferrat (III) D distga ega. = 418 kJ/mol, bu spektrning ko'k-binafsha qismida yutilish va sariq-to'q sariq rangda aks etishiga to'g'ri keladi. Geksatsianoferrat (III) ionlarini o'z ichiga olgan eritmalar to'q sariq rangga ega sariq rangga ega. D qiymati 3+ 3-ga nisbatan kichik, bu Fe 3+ -OH 2 ning unchalik yuqori boʻlmagan bogʻlanish energiyasini aks ettiradi. 3- ning yuqori bo'linish energiyasi Fe 3+ -CN ning bog'lanish energiyasi kattaroq ekanligini ko'rsatadi va shuning uchun CN ni yo'q qilish uchun ko'proq energiya kerak bo'ladi. Eksperimental ma'lumotlardan ma'lumki, 3+ koordinatsion sohadagi H 2 O molekulalarining o'rtacha umri taxminan 10 -2 s ni tashkil qiladi va kompleks 3- CN - ligandlarni juda sekin olib tashlaydi.
Keling, TCP yordamida muammolarni hal qilish imkonini beruvchi bir nechta misollarni ko'rib chiqaylik.
Misol: trans‑+ kompleks ioni yorug'likni asosan spektrning qizil mintaqasida yutadi - 640 nm. Ushbu kompleksning rangi qanday?
Yechim: ko'rib chiqilayotgan kompleks qizil nurni o'zlashtirganligi sababli, uning rangi yashil, qizilni to'ldiruvchi bo'lishi kerak.
Misol: A1 3+, Zn 2+ va Co 2+ ionlari ligandlarning oktaedr muhitida bo'ladi. Ushbu ionlarning qaysi biri ko'rinadigan yorug'likni o'zlashtira oladi va natijada bizga rangli ko'rinadi?
Yechim: A1 3+ ioni elektron konfiguratsiyasiga ega. Uning tashqi d elektronlari yo'qligi sababli u rangli emas. Zn 2+ ioni elektron konfiguratsiyaga ega - 3d 10. Bunday holda, barcha d-orbitallar elektronlar bilan to'ldiriladi. d x 2– y2 va d x 2 orbitallari d xy, d yz, d xz orbitallarning quyi energiya sathidan qo’zg’algan elektronni qabul qila olmaydi. Shuning uchun Zn 2+ kompleksi ham rangsizdir. Co 2+ ioni elektron konfiguratsiyaga ega - d 7. Bunda d xy, d yz, d xz orbitallarning quyi energetik sathidan bir d-elektronni d x 2– y2 va d x 2 orbitallarning yuqori energetik sathiga o'tkazish mumkin. Shuning uchun Co 2+ ion kompleksi rangli bo'ladi.
Misol: 3+, 3+, 3- diamagnit komplekslarning rangi to'q sariq, 3-, 0 paramagnit komplekslarning rangi ko'k ekanligini qanday tushuntirish mumkin?
Yechim: komplekslarning to'q sariq rangi spektrning ko'k-binafsha qismida yutilishni ko'rsatadi, ya'ni. qisqa to'lqin uzunligi mintaqasida. Shunday qilib, bu komplekslar uchun bo'linish katta qiymat bo'lib, ularning kam spinli komplekslarga tegishliligini ta'minlaydi (D>P). Elektronlarning juftlashuvi (d 6 konfiguratsiyasi, t 2g pastki sathidagi barcha olti elektron) NH 3, en, NO 2 ligandlari bilan bog'liq. - spektrokimyoviy qatorning o'ng tomoniga tegishli. Shuning uchun, murakkablashganda, ular kuchli maydon yaratadilar. Komplekslarning ikkinchi guruhini ko'k rangga bo'yash ular sariq-qizil energiyani o'zlashtiradi, ya'ni. spektrning uzun to'lqinli qismi. Kompleks yorug'likni yutadigan to'lqin uzunligi bo'linish miqdorini aniqlaganligi sababli, bu holda D ning qiymati nisbatan kichik (D) deb aytishimiz mumkin.<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 .
Misol: kristall maydon nazariyasidan foydalanib, nima uchun murakkab ion suvli eritmada rangsiz, 2 esa yashil rangga ega ekanligini tushuntiring?
Yechim : kompleks - 3d 10 4s 0 elektron konfiguratsiyasiga ega Cu + mis kationidan hosil bo'lgan, barcha d-orbitallar to'ldirilgan, elektron uzatish mumkin emas, shuning uchun eritma ranglanmaydi. Kompleks 2- elektron konfiguratsiyasi 3d 9 4s 0 bo'lgan Cu 2+ kationidan hosil bo'ladi, shuning uchun d- pastki sathida bo'sh joy mavjud. d-pastki darajadagi yorug'likni yutganda elektronlarning o'tishi kompleksning rangini aniqlaydi. Mis (C) akvakomplekslari suvli eritmada ko'k rangga ega; xlorid ionlarining kompleksning ichki sferasiga kiritilishi aralash ligand kompleksining shakllanishiga olib keladi, bu esa eritma rangini yashil rangga o'zgartirishga olib keladi.
Misol: Kristal maydon nazariyasini hisobga olgan holda valentlik bog'lanish usulidan foydalanib, markaziy atomning gibridlanish turini aniqlang va komplekslarning geometrik shaklini taxmin qiling:
- + -
Yechim: Ko'rsatilgan komplekslar orasidan E+ hosil qilgan birikmalarni tanlaylik, bular:
+ - 3-
- + .
Ushbu komplekslardagi kimyoviy bog'lanish donor-akseptor mexanizmi orqali hosil bo'ladi; elektron donorlar ligandlar: ammiak molekulalari va siyanid ionlari (monodentat ligandlari) va tiosulfat ionlari (bidentat ligand). Elektron qabul qiluvchi E + kationidir. Elektron konfiguratsiya (n-1)d 10 ns 0 np 0 . Monodentatli ligandlar bilan ikkita bog` hosil bo`lishida tashqi ns- va np-orbitallar ishtirok etadi, markaziy atomning gibridlanish turi sp, komplekslarning geometrik shakli chiziqli, juftlanmagan elektronlar yo`q, ion diamagnitdir. . Bidentat ligand bilan to'rtta donor-akseptor bog'lanish hosil bo'lganda, MBCda markaziy atomning bitta s-orbitali va uchta p-orbitali ishtirok etadi, gibridlanish turi sp 3, kompleksning geometrik shakli tetraedral, u erda. juftlanmagan elektronlar mavjud emas.
Ikkinchi guruh komplekslari:
- - - 3+
elektron konfiguratsiyasi 5d 8 6s 0 boʻlgan oltin(III) ionidan hosil boʻlgan. Komplekslar hosil bo'lishida ishtirok etuvchi ligandlarni ligandlarning spektrokimyoviy qatoriga ko'ra kuchsiz: xlorid va bromid ionlariga va kuchli: ammiak va siyanid ionlariga bo'lish mumkin. Xund qoidasiga ko'ra, 5d orbitallarda ikkita juftlashtirilmagan elektron mavjud va ular kuchsiz maydon ligandlari bilan donor-akseptor bog'lanishlar hosil bo'lganda saqlanadi. Bog'larni hosil qilish uchun oltin kation bitta 6s va uchta 6p orbital beradi. Markaziy sp 3 atomining gibridlanish turi. Kompleks ionning fazoviy tuzilishi tetraedraldir. Ikki juft bo'lmagan elektron mavjud, kompleks paramagnitdir.
Kuchli maydon ligandlari ta'sirida oltin (III) ionining elektronlari bitta 5d orbitalning ajralib chiqishi bilan juftlanadi. To‘rtta donor-akseptor bog‘ hosil bo‘lishida markaziy atomning bitta 5d-, bitta 6s- va ikkita 6p-orbitallari ishtirok etadi. Gibridlanish turi dsp 2. Bu murakkab ionning tekis kvadrat tuzilishiga olib keladi. Juftlanmagan elektronlar yo'q, komplekslar diamagnitdir.
Kompleks eritmasining rangi uning tarkibiga, tuzilishiga bog'liq va yutilish zonasining maksimal darajasiga to'g'ri keladigan to'lqin uzunligi l max bilan belgilanadi, bu kvant-kimyoviy mos keladigan elektron o'tishning taqiqlanganligiga bog'liq. , va bir qator parametrlarga bog'liq bo'lgan yutilish zonasining xiralashishi, masalan, kompleksning elektron tuzilishi , tizimdagi issiqlik harakatining intensivligi, koordinatsion ko'pburchakning muntazam geometrik shaklining buzilish darajasi va boshqalar.
1-misol. NO 2 birikmasidagi kompleks hosil qiluvchining zaryadini aniqlang. Ushbu ulanishga nom bering.
Yechim
CS ning tashqi sferasi bitta NO anionidan iborat, shuning uchun butun ichki sferaning zaryadi +1, ya'ni + ga teng. Ichki sferada NH 3 va Cl - ligandlarining ikkita guruhi mavjud. Kompleks hosil qiluvchining oksidlanish darajasi bilan belgilanadi X va tenglamani yeching
1 = 1X+ 0·4 + 2·(–1). Bu yerdan X = +1.
Shunday qilib, CS murakkab kationdir. Murakkab nomi: kobalt diklorotetraammin nitrit (+1).
2-misol. Nima uchun + ioni chiziqli tuzilishga ega?
Yechim
Berilgan kompleks ionidagi kompleks hosil qiluvchining zaryadini aniqlang
1 = 1X+ 0·2. Bu yerdan X = +1.
Cu + ionining valentlik pastki sathlarining elektron tuzilishi 3-konfiguratsiyaga mos keladi d 10 4s 0 4R 0 . 3 yildan beri d - pastki daraja bo'sh ish o'rinlarini o'z ichiga olmaydi, keyin bitta 4 s va bitta 4 p turi bo'yicha gibridlangan orbitallar sp. Gibridlanishning bu turi (1-jadvalga qarang) kompleksning chiziqli tuzilishiga mos keladi.
3-misol. Markaziy ion AO ning duragaylanish turini va 2- kompleksning geometrik tuzilishini aniqlang.
Yechim
Markaziy ion Hg 2+ ning elektron konfiguratsiyasi: 5 d 10 6s 0 6R 0 va elektron grafik sxemani quyidagicha ifodalash mumkin
Kimyoviy bog'lanish donor-akseptor mexanizmiga ko'ra hosil bo'ladi, bunda to'rtta donor ligandning har biri (Cl - ionlari) bitta juft elektronni (chiziqli strelkalar) va kompleks hosil qiluvchi vosita (Hg 2+ ion) erkin AO ni ta'minlaydi: bitta 6 s va uchta 6 p OAJ
Shunday qilib, bu murakkab ionda ao ning sp3 gibridlanishi sodir bo'ladi, buning natijasida bog'lar tetraedrning uchlari tomon yo'naltiriladi va 2- ion tetraedr tuzilishga ega.
4-misol. 3-kompleksda bog'lanish hosil bo'lishining energiya diagrammasini tuzing va markaziy atom orbitallarining gibridlanish turini ko'rsating. Kompleks qanday magnit xususiyatlarga ega?
Yechim
Markaziy Fe 3+ ionining elektron konfiguratsiyasi:…3 d 5 4s 0 4p 0 4d 0 . Oltita monodentat ligandlari CN - kuchli oktaedral maydon hosil qiladi va oltita s-bog'larni hosil qiladi, uglerod atomining elektron juftlarini kompleks hosil qiluvchi Fe 3+ ning erkin AO ni ta'minlaydi, shu bilan birga AO 3 degeneratsiyasi yo'qoladi. d murakkablashtiruvchi vositaning pastki darajasi. Kompleksning energiya diagrammasi quyidagicha ko'rinadi
E 
d g qator
Fe 3+ :…3 d 5
d e seriyasi
Besh 3 d-elektronlar orbitallarda to'liq taqsimlangan 3 d e seriyali, chunki yuqori maydonli ligandlar bilan o'zaro ta'sir qilishda paydo bo'ladigan bo'linish energiyasi maksimal elektron juftlashuvi uchun etarli bo'lib chiqadi. Mavjud 3 d, 4s va 4 R- orbitallar ochiladi d 2 sp 3-gibridlanish va kompleksning oktaedr tuzilishini aniqlang. Kompleks paramagnitdir, chunki bitta juftlashtirilmagan elektron mavjud
d 2 sp 3
5-misol. Kompleksda bog'lanish hosil bo'lishining energiya diagrammasini tuzing - va duragaylanish turini ko'rsating.
Yechim
Elektron formula Cr 3+: …3 d 3 4s 0 4p 0 4d 0 . Monodentat ligandlari F – to‘rtta s bog‘ hosil qiladi, kuchsiz maydon ligandlari bo‘lib, tetraedral maydon hosil qiladi.
E 
d e seriyasi
d g qator
Ikki bepul 3 d, bitta 4 s va bitta 4 R AO kompleks hosil qiluvchi moddalar turiga qarab gibridlanadi d 2 sp, natijada tetraedral konfiguratsiyaning paramagnit majmuasi hosil bo'ladi.
6-misol. Nima uchun 3-ion paramagnit, 3-ion esa diamagnit ekanligini tushuntiring.
Yechim
Kompleks hosil qiluvchi Co 3+ ning elektron formulasi: ...3 d 6. F - ligandlarining oktaedral maydonida (zaif maydon ligand) engil bo'linish sodir bo'ladi. d- pastki darajali, shuning uchun elektronlar Xund qoidasiga muvofiq AO ni to'ldiradi (3-rasmga qarang). Bunday holda, to'rtta juftlashtirilmagan elektron mavjud, shuning uchun ion 3- paramagnitdir. 3- ion yuqori maydonli ligand (CN- ion) ishtirokida hosil bo'lganda, bo'linish energiyasi d- pastki daraja shunchalik muhim bo'ladiki, u juftlashgan elektronlarning elektronlararo itarilish energiyasidan oshadi. Elektronlar Xund qoidasini buzgan holda Co 3+ ionining AO ni to'ldiradi (4-rasmga qarang). Bunday holda, barcha elektronlar juftlanadi va ionning o'zi diamagnetikdir.
7-misol 3+ ion uchun boʻlinish energiyasi 167,2 kJ mol –1 ga teng. Suvli eritmalardagi xrom (III) birikmalarining rangi qanday?
Yechim
Moddaning rangini aniqlash uchun biz yorug'lik yutilgan to'lqin uzunligini aniqlaymiz
yoki nm.
Shunday qilib, 3+ ion spektrning qizil qismidagi yorug'likni yutadi, bu xrom (III) birikmasining yashil rangiga mos keladi.
8-misol. 0,12 mol/dm 3 konsentratsiyali CN ligandli 0,001 M eritmani teng hajmda aralashtirsangiz, kumush (I) sulfid cho‘kmasi 25°C haroratda hosil bo‘ladimi yoki yo‘qligini aniqlang. cho'ktiruvchi ion S 2 eritmasi - konsentratsiyasi 3,5·10 –3 M.
Yechim
Berilgan ion uchun dissotsilanish jarayonini diagramma orqali tasvirlash mumkin
– ↔ Ag + + 2CN – ,
va yotqizish jarayonini quyidagicha yozish mumkin
2Ag + + S 2– ↔ Ag 2 S.
Cho'kma hosil bo'lishini aniqlash uchun kumush sulfid PR (Ag 2 S) ning eruvchanlik mahsulotini formuladan foydalanib hisoblash kerak.
Kumush ionlarining konsentratsiyasini aniqlash uchun kompleks ionning beqarorlik konstantasi ifodasini yozamiz
. Bu yerdan 
Ma'lumotnomadan foydalanib, biz kompleksning beqarorlik konstantasi qiymatini tanlaymiz - ( TO uyasi = 1·10 -21). Keyin
mol/dm 3.
Olingan cho'kmaning eruvchanlik mahsulotini hisoblaymiz
Ma'lumotnomadan foydalanib, biz kumush sulfidning eruvchanligi mahsulotining jadvalli qiymatini tanlaymiz (PR(Ag 2 S) tab = 5,7·10 –51) va uni hisoblangan qiymat bilan solishtiramiz. PR jadvalidan beri< ПР расчет, то из данного раствора осадок выпадает, так как соблюдается условие выпадения осадка.
9-misol. 0,3 mol/dm 3 konsentratsiyali natriy tetratsianozinkat eritmasidagi rux ionlari konsentratsiyasini probirkada 0,01 mol/dm 3 ga teng sianid ionlarining ortiqcha miqdori bilan hisoblang.
Yechim
Birlamchi dissotsiatsiya deyarli to'liq sxema bo'yicha davom etadi
Na 2 → 2Na 2+ + 2–
Ikkilamchi dissotsiatsiya tenglamaga amal qiladi
2– ↔ Zn 2+ + 4CN –
Bu jarayon uchun beqarorlik konstantasining ifodasini yozamiz
. Bu yerdan 
Ma'lumotnomadan foydalanib, biz berilgan ionning beqarorlik konstantasining qiymatini topamiz ( TO nest = 1,3·10 -17). Kompleksning dissotsiatsiyasi natijasida hosil bo'lgan siyanid ionlarining kontsentratsiyasi kiritilgan ortiqcha konsentratsiyadan ancha past bo'ladi va 0,01 mol/dm 3, ya'ni CN - ionlarining konsentratsiyasi hosil bo'ladi deb taxmin qilish mumkin. dissotsiatsiya natijasini e'tiborsiz qoldirish mumkin. Keyin
mol/dm 3.
Atomning elektron konfiguratsiyasi atomdagi elektronlarning sathlar va pastki darajalar bo'yicha joylashishini ko'rsatadigan formuladir. Maqolani o'rganib chiqqandan so'ng siz elektronlar qaerda va qanday joylashganligini bilib olasiz, kvant raqamlari bilan tanishasiz va atomning elektron konfiguratsiyasini uning raqami bo'yicha qurishingiz mumkin; maqola oxirida elementlar jadvali mavjud.
Nima uchun elementlarning elektron konfiguratsiyasini o'rganish kerak?
Atomlar qurilish majmuasiga o'xshaydi: ma'lum miqdordagi qismlar mavjud, ular bir-biridan farq qiladi, lekin bir xil turdagi ikkita qism mutlaqo bir xil. Ammo bu qurilish to'plami plastikdan ko'ra ancha qiziqarli va buning sababi. Konfiguratsiya yaqin atrofdagilarga qarab o'zgaradi. Masalan, vodorodning yonida kislorod Balki suvga aylanadi, natriy yaqinida gazga, temir yaqinida esa butunlay zangga aylanadi. Nima uchun bu sodir bo'ladi degan savolga javob berish va boshqa atomning yonidagi xatti-harakatlarini bashorat qilish uchun quyida muhokama qilinadigan elektron konfiguratsiyani o'rganish kerak.
Atomda nechta elektron bor?
Atom yadro va uning atrofida aylanadigan elektronlardan, yadro proton va neytronlardan iborat. Neytral holatda har bir atom o'z yadrosidagi protonlar soniga teng elektronlar soniga ega. Protonlar soni elementning atom raqami bilan belgilanadi, masalan, oltingugurtda 16 proton bor - davriy jadvalning 16-elementi. Oltin 79 protonga ega - davriy jadvalning 79-elementi. Shunga ko'ra, oltingugurt neytral holatda 16 elektronga, oltin esa 79 elektronga ega.
Elektronni qayerdan qidirish kerak?
Elektronning harakatini kuzatish orqali ma'lum naqshlar olingan; ular kvant raqamlari bilan tavsiflanadi, jami to'rtta:
- Bosh kvant soni
- Orbital kvant soni
- Magnit kvant soni
- Spin kvant soni
Orbital
Bundan tashqari, orbita so'zi o'rniga biz "orbital" atamasini ishlatamiz; orbital - bu elektronning to'lqin funktsiyasi; taxminan, bu elektronning 90% vaqtini o'tkazadigan mintaqadir.
N - daraja
L - qobiq
M l - orbital raqam
M s - orbitaldagi birinchi yoki ikkinchi elektron
Orbital kvant soni l
Elektron bulutni o'rganish natijasida ular energiya darajasiga qarab bulut to'rtta asosiy shaklga ega ekanligini aniqladilar: to'p, gantel va ikkita boshqa, murakkabroq. Energiyani oshirish tartibida bu shakllar s-, p-, d- va f-qobiqlar deb ataladi. Bu qobiqlarning har birida 1 (on s), 3 (p), 5 (d) va 7 (f) orbital bo'lishi mumkin. Orbital kvant soni orbitallar joylashgan qobiqdir. s,p,d va f orbitallari uchun orbital kvant soni mos ravishda 0,1,2 yoki 3 qiymatlarini oladi.
s-qobiqda bitta orbital (L=0) - ikkita elektron mavjud
p-qobig'ida uchta orbital (L=1) - oltita elektron mavjud
d-qobig'ida beshta orbital (L=2) - o'n elektron mavjud
f-qobig'ida yettita orbital (L=3) - o'n to'rtta elektron mavjud
Magnit kvant soni m l
P-qobig'ida uchta orbital mavjud bo'lib, ular -L dan +L gacha raqamlar bilan belgilanadi, ya'ni p-qobig'i uchun (L=1) "-1", "0" va "1" orbitallari mavjud. . Magnit kvant soni m l harfi bilan belgilanadi.
Qobiq ichida elektronlarning turli orbitallarda joylashishi osonroq bo'ladi, shuning uchun birinchi elektronlar har bir orbitalda bittadan to'ldiradi, so'ngra har biriga bir juft elektron qo'shiladi.
d-qobig'ini ko'rib chiqing:
d-qobig'i L=2 qiymatiga to'g'ri keladi, ya'ni beshta orbital (-2,-1,0,1 va 2), dastlabki beshta elektron M l =-2, M qiymatlarini olgan holda qobiqni to'ldiradi. l =-1, M l =0, M l =1,M l =2.
Spin kvant soni m s
Spin - elektronning o'z o'qi atrofida aylanish yo'nalishi, ikkita yo'nalish mavjud, shuning uchun spin kvant soni ikkita qiymatga ega: +1/2 va -1/2. Bir energiya pastki darajasi faqat qarama-qarshi spinli ikkita elektronni o'z ichiga olishi mumkin. Spin kvant soni m s bilan belgilanadi
Bosh kvant soni n
Asosiy kvant soni energiya darajasidir, hozirda yettita energiya darajasi ma'lum bo'lib, ularning har biri arab raqamlari bilan ko'rsatilgan: 1,2,3,...7. Har bir darajadagi qobiqlar soni daraja raqamiga teng: birinchi darajada bitta qobiq, ikkinchisida ikkita va hokazo.
Elektron raqami
Shunday qilib, har qanday elektronni to'rtta kvant soni bilan tavsiflash mumkin, bu raqamlarning kombinatsiyasi elektronning har bir pozitsiyasi uchun noyobdir, birinchi elektronni oling, eng past energiya darajasi N = 1, birinchi darajada bitta qobiq mavjud, har qanday darajadagi birinchi qobiq to'p shakliga ega (s -shell), ya'ni. L=0, magnit kvant soni faqat bitta qiymatni qabul qilishi mumkin, M l =0 va spin +1/2 ga teng bo'ladi. Agar biz beshinchi elektronni (qaysi atomda bo'lishidan qat'iy nazar) olsak, u uchun asosiy kvant raqamlari bo'ladi: N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.
Keling, 2016 yil uchun yagona davlat imtihonining variantlaridan 1-sonli vazifani ko'rib chiqaylik.
Vazifa № 1.
3s²3p6 tashqi elektron qatlamining elektron formulasi ikkita zarrachaning har birining tuzilishiga mos keladi:
1. Arº va Kº 2. Cl‾ va K+ 3. S²‾ va Naº 4. Clº va Ca2+
Tushuntirish: javob variantlari orasida qo'zg'atilgan va qo'zg'atilgan holatlardagi atomlar bor, ya'ni, masalan, kaliy ionining elektron konfiguratsiyasi uning davriy jadvalidagi holatiga mos kelmaydi. Keling, 1 Arº va Kº variantini ko'rib chiqaylik. Ularning elektron konfiguratsiyasini yozamiz: Arº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6; Kº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 - faqat argon uchun mos elektron konfiguratsiya. Keling, 2-sonli javob variantini ko'rib chiqaylik - Cl‾ va K+. K+: 1s2 2s2 2p6 3s2 4s0; Cl‾: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Demak, to'g'ri javob 2.
Vazifa № 2.
1. Caº 2. K+ 3. Cl+ 4. Zn2+
Tushuntirish: chunki argonning elektron konfiguratsiyasini yozamiz: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Kaltsiy mos emas, chunki u yana 2 ta elektronga ega. Kaliy uchun: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0. To'g'ri javob 2.
Vazifa № 3.
Atom elektron konfiguratsiyasi 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 bo'lgan element vodorod birikmasini hosil qiladi.
1. CH4 2. SiH4 3. H2O 4. H2S
Tushuntirish: Davriy jadvalga qaraylik, oltingugurt atomi bu elektron konfiguratsiyaga ega. To'g'ri javob 4.
Vazifa № 4.
Magniyning atomlari va
1. Kaltsiy 2. Xrom 3. Kremniy 4. Alyuminiy
Tushuntirish: Magniy tashqi energiya darajasi konfiguratsiyasiga ega: 3s2. Kaltsiy uchun: 4s2, xrom uchun: 4s2 3d4, kremniy uchun: 3s2 2p2, alyuminiy uchun: 3s2 3p1. To'g'ri javob 1.
Vazifa № 5.
Asosiy holatdagi argon atomi zarrachaning elektron konfiguratsiyasiga mos keladi:
1. S²‾ 2. Zn2+ 3. Si4+ 4. Seº
Tushuntirish: Argonning asosiy holatidagi elektron konfiguratsiyasi 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. S²‾ elektron konfiguratsiyaga ega: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p(4+2). To'g'ri javob 1.
Vazifa № 6.
Fosfor va fosfor atomlari tashqi energiya darajasining o'xshash konfiguratsiyasiga ega.
1. Ar 2. Al 3. Cl 4. N
Tushuntirish: Fosfor atomining tashqi sathining elektron konfiguratsiyasini yozamiz: 3s2 3p3.
Alyuminiy uchun: 3s2 3p1;
Argon uchun: 3s2 3p6;
Xlor uchun: 3s2 3p5;
Azot uchun: 2s2 2p3.
To'g'ri javob 4.
Vazifa № 7.
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 elektron konfiguratsiyasi zarrachaga mos keladi.
1. S4+ 2. P3- 3. Al3+ 4. O2-
Tushuntirish: bu elektron konfiguratsiya asosiy holatdagi argon atomiga mos keladi. Keling, javob variantlarini ko'rib chiqaylik:
S4+: 1s2 2s2 2p6 3s2 2p0
P3-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p(3+3)
To'g'ri javob 2.
Vazifa № 8.
Xrom atomidagi valent elektronlarning taqsimlanishi qaysi elektron konfiguratsiyaga mos keladi:
1. 3d2 4s2 2. 3s2 3p4 3. 3d5 4s1 4. 4s2 4p6
Tushuntirish: Xromning asosiy holatidagi elektron konfiguratsiyasini yozamiz: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5. Valentlik elektronlari oxirgi ikkita 4s va 3d pastki sathlarida joylashgan (bu erda bitta elektron s dan d pastki sathiga o'tadi). To'g'ri javob 3.
Vazifa № 9.
Atom asosiy holatda tashqi elektron sathida uchta juftlashtirilmagan elektronni o'z ichiga oladi.
1. Titan 2. Kremniy 3. Magniy 4. Fosfor
Tushuntirish: 3 ta juftlashtirilmagan elektronga ega bo'lish uchun element 5-guruhda bo'lishi kerak. Demak, to'g'ri javob 4.
Vazifa № 10.
Eng yuqori oksidi RO2 bo'lgan kimyoviy element atomi tashqi darajadagi konfiguratsiyaga ega:
1. ns2 np4 2. ns2 np2 3. ns2 4. ns2 np1
Tushuntirish: bu element oksidlanish darajasiga ega (bu birikmada) +4, ya'ni tashqi sathida 4 ta valentlik elektronga ega bo'lishi kerak. Demak, to'g'ri javob 2.
(siz to'g'ri javob 1 deb o'ylashingiz mumkin, lekin bunday atomning maksimal oksidlanish darajasi +6 bo'ladi (chunki tashqi sathda 6 ta elektron mavjud), ammo RO2 formulasiga ega bo'lish uchun bizga yuqori oksid kerak va shunga o'xshash element yuqoriroq RO3 oksidiga ega bo'ladi)
Mustaqil ish uchun topshiriqlar.
1. Elektron konfiguratsiya 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 atomga mos keladi
1. Alyuminiy 2. Azot 3. Xlor 4. Ftor
2. Zarracha sakkiz elektronli tashqi qobiqga ega
1. P3+ 2. Mg2+ 3. Cl5+ 4. Fe2+
3. Atom elektron tuzilishi 1s2 2s2 2p3 bo'lgan elementning atom raqami ga teng.
1. 5 2. 6 3. 7 4. 4
4. Mis ioni Cu2+ tarkibidagi elektronlar soni
1. 64 2. 66 3. 29 4. 27
5. Azot atomlari va
1. Oltingugurt 2. Xlor 3. Mishyak 4. Marganets
6. Qaysi birikmada elektron konfiguratsiyasi 1s2 2s2 2p6 3s3 3p6 boʻlgan kation va anion mavjud?
1. NaCl 2. NaBr 3. KCl 4. KBr
7. Temir ioni Fe2+ tarkibidagi elektronlar soni
1. 54 2. 28 3. 58 4. 24
8. Ion inert gazning elektron konfiguratsiyasiga ega
1. Cr2+ 2. S2- 3. Zn2+ 4. N2-
9. Ftor va ftor atomlari tashqi energiya darajasining o'xshash konfiguratsiyasiga ega
1. Kislorod 2. Litiy 3. Brom 4. Neon
10. Atom elektron formulasi 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 bo'lgan element vodorod birikmasiga mos keladi.
1. HCl 2. PH3 3. H2S 4. SiH4
Ushbu eslatma A.A. tomonidan tahrirlangan 2016 yilgi Yagona davlat imtihonlari to'plamidagi vazifalardan foydalanadi. Kaverina.
Dizink tetraflorid
Zn 2 F 4 (g). 100 - 6000 K harorat oralig'ida standart holatda gazsimon dizinc tetrafloridning termodinamik xususiyatlari jadvalda keltirilgan. Zn 2 F 4.
Zn 2 F 4 ning termodinamik funksiyalarini hisoblash uchun foydalaniladigan molekulyar konstantalar jadvalda keltirilgan. Zn.8. Zn 2 F 4 molekulasining tuzilishi eksperimental ravishda o'rganilmagan. Be 2 F 4 [ 82SOL/OZE ], Mg 2 F 4 [ 81SOL/SAZ ] (shuningdek [ 94GUR/VEY ] ga qarang) va Zn 2 F 4 uchun Al 2 F 4 [ 82ZAK/CHA ] bilan oʻxshashlik boʻyicha asosan elektron holat 1 A g tekis tsiklik struktura qabul qilinadi (simmetriya guruhi D 2h). Zn 2 F 4 ning tuproqli elektron holatining statik og'irligi I ga teng bo'lishi tavsiya etiladi, chunki Zn 2+ ioni ... d 10 elektron konfiguratsiya. Jadvalda berilgan inersiya momentlarining mahsuloti. Zn.8, taxminiy konstruktiv parametrlardan hisoblangan: r(Zn-F t) = 1,75 ± 0,05 Å (terminal Zn-F aloqasi), r(Zn-F b) = 1,95 ± 0,05 Å (ko'prikli Zn-F aloqasi) va Ð F b- Zn-F b= 80 ± 10 o. Zn-F t bog'lanish uzunligi bir xil deb hisoblanadi r(Zn-F) ZnF 2 molekulasida r(Zn-F b) qiymatini terminal bog'lanishning 0,2 Å ga kattaroq bo'lishi tavsiya etiladi, chunki Al, Ga, In, Tl, Be va dimerlarida kuzatiladi. Fe galogenidlari. Burchak qiymati F b- Zn-F b Be 2 F 4, Mg 2 F 4 va Al 2 F 4 molekulalarida mos keladigan qiymatlardan hisoblangan. Hisoblangan qiymat xatosi I A I B I C 3·10‑113 g 3 sm 6 ga teng.
Terminal Zn-F n 1 va n 2 bog'lanishlarining cho'zilgan tebranish chastotalari kriptonda ajratilgan Zn 2 F 4 molekulalarining IQ spektri va Raman spektrlarini o'rgangan Givan va Levenschuss [80GIV/LOE] ishlaridan olingan. matritsa. Barcha Zn-F (n 3) ko'prik aloqalarining tebranish chastotalari bir xil deb qabul qilinadi va ularning qiymatlari (n) deb taxmin qilinadi. b/n t) av = 0,7, Fe, Al, Ga va In galoidlarning dimerlarida bo'lgani kabi. Zn 2 F 4 terminal aloqalarining (n 4 - n 5) deformatsiya tebranishlarining chastotalari tavsiya etiladi, chunki ularning Zn 2 F 4 va Zn 2 Cl 4 dagi qiymatlari ZnF 2 bilan bir xil bo'ladi. va ZnCl 2. Tsiklning tekis bo'lmagan deformatsiya tebranish chastotasi (n 7) Zn 2 Cl 4 uchun mos keladigan chastotadan bir oz yuqoriroq qilib olinadi. Tekislikdagi tsiklning deformatsiya tebranish chastotasining qiymati (n 6) Zn 2 Cl 4 uchun qabul qilingan qiymat bilan taqqoslash va Zn-F va ko'prik bog'larining tebranish chastotalari nisbatini hisobga olgan holda baholanadi. Zn 2 F 4 va Zn 2 Cl 4 da Zn-Cl. Eksperimental kuzatilgan tebranish chastotalaridagi xatolar 20 sm -1 ni tashkil qiladi, ularning qiymatining 20% ga baholanadi.
Termodinamik funktsiyalarni hisoblashda Zn 2 F 4 ning qo'zg'atilgan elektron holatlari hisobga olinmadi.
Zn 2 F 4 (r) ning termodinamik funktsiyalari (1.3) - (1.6) , (1.9) , (1.10) , (1.122) - (1.124) , (1.128) tenglamalari yordamida "qattiq rotator - garmonik osilator" yaqinlashuvida hisoblangan. ), (1.130). Hisoblangan termodinamik funktsiyalardagi xatolar molekulyar konstantalarning qabul qilingan qiymatlarining noto'g'riligi, shuningdek, hisoblashning taxminiy tabiati va 6, 16 va 20 J × K - 1 × mol - 1 dyuymga bog'liq. Φº qiymatlari ( T) 298,15, 3000 va 6000 K da.
Zn 2 F 4 (g) ning termodinamik funktsiyalari jadvali birinchi marta nashr etilgan.
Muvozanat konstantasi Zn 2 F 4 (g) = 2Zn(g) + 4F(g) qabul qilingan qiymatdan foydalanib hisoblangan.
D daHº(Zn 2 F 4. g, 0) = 1760 ± 30 kJ × mol ‑1.
Ushbu nashrga kiritilgan dihalidlarning sublimatsiya va dimerizatsiya entalpiyalarini solishtirish orqali ahamiyati baholanadi. Zn.12-jadvalda D nisbatlarining qiymatlari ko'rsatilgan sHº(MeHal 2. k, 0) / D rHº(MeHal 2 - MeHal 2, 0), ushbu nashrda qabul qilingan qiymatlarga mos keladi.
Jami 20 ta holatdan 9 tasida eksperimental ma'lumotlar yo'q. Ushbu birikmalar uchun kvadrat qavslar ichida jadvalda keltirilgan hisob-kitoblar amalga oshirildi. Ushbu hisob-kitoblar quyidagi fikrlar asosida amalga oshiriladi:
1. Fe, Co va Ni birikmalari uchun F-Cl-Br-I qatorining kichik oʻzgarishi va Fe-Co-Ni qatorida bunday oʻzgarishlarning yoʻqligi qabul qilinadi;
2. Zn birikmalari uchun F-Cl-Br-I qatoridagi qiymatlarning o'zgarishini sezish mumkin emas va ftorid uchun olingan qiymat qolgan qiymatlarning o'rtacha qiymati hisoblanadi;
3. Cu birikmalari uchun F-Cl-Br-I qatoridagi kichik diapazon, qiymatlarning yaqinligidan kelib chiqqan holda, temir guruhining birikmalariga o'xshashlik bilan qabul qilinadi; harakatning o'zi biroz kichikroq qabul qilindi.
Ta'riflangan yondashuv Jadvalda keltirilgan Me 2 Hal 4 atomizatsiyasi entalpiyalarining qiymatlariga olib keladi. Zn.13.
Cu 2 I 4 atomizatsiya energiyasini hisoblashda ushbu nashrga kiritilmagan D qiymati ishlatilgan s H° (CuI 2, k, 0) = 180 ± 10 kJ × mol ‑1. (CuBr 2 sublimatsiyasining entalpiyasi haqidagi matnga qarang).
Baholashlarning aniqligini Cu 2 I 4 uchun 50 kJ× mol -1 va boshqa hollarda 30 kJ× mol -1 deb hisoblash mumkin.
Zn 2 F 4 atomizatsiya entalpiyasining qabul qilingan qiymati hosil bo'lish entalpiyasining qiymatiga mos keladi:
D fH° (Zn 2 F 4. g, 0) = -1191,180 ± 30,0 kJ × mol ‑1.
Osina E.L. [elektron pochta himoyalangan]
Gusarov A.V. [elektron pochta himoyalangan]