Murakkab birikmalarning ranglanishi. Masalalarni yechish misollari Zn2 ionining elektron konfiguratsiyasi
TKP ning eng muhim yutug'i murakkab birikmalarning ma'lum bir rangi sabablarini yaxshi tushuntirishdir. Murakkab birikmalarda rang paydo bo'lishining sababini tushuntirishga harakat qilishdan oldin, biz ko'rinadigan yorug'lik ekanligini eslaymiz 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-darajaning bo'linishi energiyasi ko'rinadigan yorug'lik fotonining energiyasi bilan bir xil darajada bo'ladi. 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. Yuqoridagilarni 3+ misolida tushuntirib beraylik. 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 uzunligiga ega 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 energiya holati E 2 ga 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 kvantlarining yutilishi natijasida yuzaga kelgan yorug'lik energiyasi qat'iy belgilangan yutilish zonalarining mavjudligi bilan tavsiflanadi. Bundan tashqari, yorug'likning yutilishi faqat so'rilgan kvantning energiyasi yutuvchi molekulaning oxirgi va boshlang'ich holatlaridagi kvant energiya darajalari orasidagi 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 rangdagi nurlar bizning ko'zimizga aks etadi. 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 yutmasa, biz uni oq yoki rangsiz deb qabul qilamiz. Agar namuna apelsindan tashqari barcha nurlarni o'zlashtirsa, u to'q sariq rangga ega bo'ladi. Yana bir variant ham mumkin - ko'kdan tashqari barcha ranglarning nurlari bizning ko'zimizga tushganda ham namuna to'q sariq rangda ko'rinishi mumkin. Aksincha, agar namuna faqat to'q sariq nurlarni o'zlashtirsa, u ko'k ko'rinadi. Moviy va to'q sariq ranglar qo'shimcha ranglar deb ataladi.
Spektral ranglar ketma-ketligi: Kimga har O hotnik f istaydi s nat, G de bilan yurish f azon - Kimga qizil, O daraja, f sariq, s yashil , G ko'k, bilan inium , f tiniqlik.
Aqua kompleksi uchun 3+ raqamli qiymati D dist. = 163 kJ / mol ko'rinadigan qizil nurlanish chegarasiga to'g'ri keladi, shuning uchun Fe 3+ tuzlarining suvli eritmalari amalda rangsizdir. Geksasiyanoferrat (III) D spl. = 418 kJ / mol, bu spektrning ko'k-binafsha qismida yutilish va sariq-to'q sariq qismida aks ettirishga to'g'ri keladi. Geksatsianoferrat (III) ionlarini o'z ichiga olgan eritmalar to'q sariq rangli sariq rangga ega. D dist qiymati. 3+ 3- bilan solishtirganda kichik, bu juda yuqori bo'lmagan Fe 3+ -OH 2 bog'lanish energiyasini aks ettiradi. 3-ning katta bo'linish energiyasi Fe 3+ -CN bog'lanish energiyasi yuqori ekanligini ko'rsatadi va shuning uchun CN ni ajratish uchun ko'proq energiya kerak bo'ladi. Eksperimental ma'lumotlardan ma'lumki, 3+ koordinatsion sferadagi H2O molekulalarining o'rtacha umri taxminan 10 -2 s ni tashkil qiladi va kompleks 3- CN - ligandlarni juda sekin ajraladi.
Keling, TCH yordamida muammolarni hal qilishga imkon beradigan bir nechta misollarni ko'rib chiqaylik.
Misol: kompleks ion trans- + yorug'likni asosan spektrning qizil mintaqasida - 640 nmda yutadi. Ushbu kompleksning rangi qanday?
Yechim: ko'rib chiqilayotgan kompleks qizil nurni o'zlashtiradi, chunki uning rangi qizil rangga - yashil rangga qo'shimcha bo'lishi kerak.
Misol: A1 3+, Zn 2+ va Co 2+ ionlari ligandlarning oktaedral 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 konfiguratsiyaga ega. Uning tashqi d-elektronlari bo'lmagani uchun 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 qoʻzgʻalgan 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+ ionining kompleksi rangli bo'ladi.
Misol: Nima uchun 3+, 3+, 3- diamagnit komplekslarining rangi to'q sariq, 3-, 0 paramagnit komplekslarining rangi ko'k ekanligini qanday tushuntirish mumkin?
Yechim: komplekslarning to'q sariq rangi spektrning ko'k-binafsha qismida so'rilishini ko'rsatadi, ya'ni. qisqa to'lqin uzunliklari mintaqasida. Shunday qilib, bu komplekslar uchun bo'linish katta bo'lib, bu ularning past spinli komplekslarga tegishli bo'lishini ta'minlaydi (D> P). Elektronlarning juftlashishi (d 6 -konfiguratsiya, olti elektronning hammasi t 2g pastki sathida) NH 3, en, NO 2 ligandlari bilan bog'liq. - spektrokimyoviy qatorning o'ng tomoniga tegishli. Shuning uchun, murakkablashganda, ular kuchli maydon hosil qiladi. Ikkinchi guruh komplekslarining ko'k rangga bo'yalishi ular energiyani sariq-qizil rangda 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: Kristal maydon nazariyasidan foydalanib, nima uchun kompleks ion suvli eritmada rangsiz, 2 esa yashil rangda ekanligini tushuntiring?
Yechim : kompleks - elektron konfiguratsiyasi 3d 10 4s 0 bo'lgan mis kationi Cu + tomonidan hosil bo'ladi, barcha d-orbitallar to'ldirilgan, elektronlarning o'tishi mumkin emas, shuning uchun eritma rangli emas. 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 (II) ning akvakomplekslari suvli eritmada ko'k rangga ega bo'lib, xlorid ionlarining kompleksning ichki sferasiga kiritilishi aralash ligand kompleksining hosil bo'lishiga olib keladi, bu eritma rangining o'zgarishiga olib keladi. yashil.
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-
- + .
Bu komplekslardagi kimyoviy bog'lanish donor-akseptor mexanizmi orqali hosil bo'ladi, elektron donorlar ligandlar: ammiak molekulalari va siyanid ionlari (monodentat ligandlar) va tiosulfat ionlari (bidentat ligand). Elektron qabul qiluvchi E + kationidir. Elektron konfiguratsiya (n-1) d 10 ns 0 np 0. Tashqi ns va np orbitallar monodentat ligandlar bilan ikkita bog` hosil bo`lishida ishtirok etadi, markaziy atomning gibridlanish turi sp, komplekslarning geometrik shakli chiziqli, juftlanmagan elektronlar yo`q, ion diamagnitdir. MBC bo'ylab bidentat ligand bilan to'rtta donor-akseptor bog'lanish hosil bo'lishida markaziy atomning bitta s-orbitali va uchta p-orbitali ishtirok etadi, gibridlanish turi sp 3, kompleksning geometrik shakli tetraedral, bor. juftlashtirilmagan elektronlar yo'q.
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 diapazoniga ko'ra kuchsiz: xlorid va bromid ionlariga va kuchli: ammiak va siyanid ionlariga bo'lish mumkin. 5d orbitallarda Xund qoidasiga ko'ra ikkita juftlanmagan elektron bo'lib, ular kuchsiz maydon ligandlari bilan donor-akseptor bog'lanishlar hosil bo'lganda saqlanadi. Bog'larning hosil bo'lishi uchun oltin kation bitta 6s va uchta 6p orbital beradi. Markaziy atomning gibridlanish turi sp 3 dir. Murakkab ionning fazoviy tuzilishi tetraedraldir. Ikki juft bo'lmagan elektron mavjud, kompleks paramagnitdir.
Kuchli maydon ligandlari ta'sirida oltin (III) ionining elektronlari bitta 5d orbitalning chiqishi bilan püskürtülür. Markaziy atomning bitta 5d, bitta 6s va ikkita 6p orbitallari toʻrtta donor-akseptor bogʻlanish hosil boʻlishida ishtirok etadi. Gibridlanish turi dsp 2. Bu murakkab ionning kvadrat-tekislik tuzilishiga olib keladi. Juftlanmagan elektronlar yo'q, komplekslar diamagnitdir.
Kompleks eritmasining rangi uning tarkibiga, tuzilishiga bog'liq bo'lib, yutilish zonasining maksimal darajasiga to'g'ri keladigan to'lqin uzunligi l max bilan belgilanadi, kvant-kimyoviy mos keladigan elektron o'tish taqiqlanganligiga qarab, bandning intensivligi, bir qator parametrlarga bog'liq bo'lgan assimilyatsiya chizig'ining bulg'anishi, masalan, kompleksning elektron tuzilishi , tizimdagi issiqlik harakatining intensivligi, koordinatsion ko'pburchakning to'g'ri geometrik shaklining buzilish darajasi va boshqalar.
1-misol... NO 2 birikmasidagi kompleks hosil qiluvchining zaryadini aniqlang. Ushbu birikmaga nom bering.
Yechim
CS ning tashqi sferasi bitta NO anionidan iborat, shuning uchun butun ichki sferaning zaryadi +1, ya'ni +. Ichki sferada NH 3 va Cl - ligandlarining ikkita guruhi mavjud. Kompleks hosil qiluvchi moddaning oksidlanish darajasi bilan belgilanadi NS va tenglamani yeching
1 = 1NS+ 0 · 4 + 2 · (–1). Bu yerdan NS = +1.
Shunday qilib, KS kompleks kationdir. Murakkab nomi: kobalt diklorotetraammin nitrit (+1).
2-misol... Nima uchun + ion chiziqli?
Yechim
Berilgan kompleks ionidagi kompleks hosil qiluvchining zaryadini aniqlang
1 = 1NS+ 0 2. Bu yerdan NS = +1.
Cu + ionining valentlik pastki sathlarining elektron tuzilishi 3-konfiguratsiyaga mos keladi d 10 4s 0 4R 0. 3 yildan beri d - quyi darajadagi bo'sh ish o'rinlari mavjud emas, keyin bitta 4 s va bitta 4 p sifatida gibridlanadigan 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 diagramma quyidagicha ifodalanishi mumkin
Kimyoviy bog'lanish donor-akseptor mexanizmiga ko'ra hosil bo'ladi, bunda to'rtta donor ligandning har biri (Cl - ionlari) bitta juft elektronni (nuqtali strelkalar) va kompleks hosil qiluvchi vosita (Hg 2+ ion) erkin AO'larni 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 tetraedr cho'qqilariga yo'naltiriladi va ion 2- tetraedr tuzilishga ega.
4-misol... 3-kompleksdagi bog'lanishlarning hosil bo'lishining energiya diagrammasini tuzing va markaziy atom orbitallarining gibridlanish turini ko'rsating. Kompleksning magnit xususiyatlari qanday?
Yechim
Markaziy Fe 3+ ionining elektron konfiguratsiyasi:… 3 d 5 4s 0 4p 0 4d 0. Oltita monodentat ligandlar CN - kuchli oktaedral maydon hosil qiladi va oltita s-bog'larni hosil qiladi, uglerod atomining yolg'iz elektron juftlarini kompleks hosil qiluvchi Fe 3+ ning erkin AO ni ta'minlaydi, shu bilan birga AO 3 degeneratsiyasi yo'qoladi. d pastki darajadagi murakkablashtiruvchi vosita. Kompleksning energiya diagrammasi shaklga ega
E 
d g qator
Fe 3+:… 3 d 5
d e seriyasi
Beshta 3 d-elektronlar orbitallarda to'liq taqsimlangan 3 d e qator, chunki kuchli maydon ligandlari bilan o'zaro ta'sirlashganda paydo bo'ladigan bo'linish energiyasi elektronlarning maksimal juftlashishi uchun etarli bo'lib chiqadi. Mavjud 3 d, 4s va 4 R- orbitallar ochiladi d 2 sp 3 - duragaylash va kompleksning oktaedral tuzilishini aniqlash. Kompleks paramagnitdir, chunki bitta juftlashtirilmagan elektron mavjud
d 2 sp 3
5-misol... Kompleksda bog'lanishlar 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) biroz bo'linish mavjud. d- pastki darajali, shuning uchun elektronlar Gund qoidasiga muvofiq AO ni to'ldiradi (3-rasmga qarang). Bunday holda, to'rtta juftlashtirilmagan elektron mavjud; shuning uchun 3-ion paramagnitdir. 3- ion kuchli maydon ligand (CN - ion) ishtirokida hosil bo'lganda bo'linish energiyasi d- pastki daraja shunchalik muhim bo'ladiki, u juftlashgan elektronlarning elektron-elektron itarilish energiyasidan oshadi. Elektronlar Gund qoidasini buzgan holda Co 3+ ionining AO ni to'ldiradi (4-rasmga qarang). Bunday holda, barcha elektronlar juftlanadi, 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... Kumush (I) sulfid cho'kmasi 25 ° C haroratda cho'kadimi yoki yo'qligini aniqlang, agar siz bir xil hajmdagi 0,001 M eritmani - bir xil CN ligandini o'z ichiga olgan - 0,12 mol / dm 3 konsentratsiyali va eritma bilan aralashtirsangiz. cho'ktiruvchi ion S 2– konsentratsiyasi 3,5 · 10 –3 M.
Yechim
Berilgan ion uchun dissotsilanish jarayoni sxema bilan ifodalanishi mumkin
- ↔ Ag + + 2CN -,
va yotqizish jarayonini shunday yozish mumkin
2Ag + + S 2– ↔ Ag 2 S.
Cho'kma hosil bo'lishini aniqlash uchun kumush sulfid PR (Ag 2 S) ning eruvchanlik mahsulotini formula bo'yicha hisoblash kerak.
Kumush ionlarining konsentratsiyasini aniqlash uchun kompleks ionining beqarorlik konstantasi ifodasini yozamiz
... Bu yerdan 
Ma'lumotnomaga ko'ra, biz kompleksning beqarorlik konstantasi qiymatini tanlaymiz - ( TO uyasi = 1 · 10 -21). Keyin
mol / dm 3.
Hosil bo`lgan cho`kmaning eruvchanlik ko`paytmasini hisoblang
Ma'lumotnomaga ko'ra, biz kumush sulfidning eruvchanlik mahsulotining jadval qiymatini tanlaymiz (PR (Ag 2 S) jadval = 5,7 · 10 -51) va uni hisoblangan 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 ionlarining konsentratsiyasini probirkada 0,01 mol/dm 3 ga teng siyanid ionlarining ortiqcha miqdori bilan hisoblang.
Yechim
Birlamchi dissotsiatsiya deyarli butunlay sxema bo'yicha davom etadi
Na 2 → 2Na 2+ + 2–
Ikkilamchi dissotsiatsiya tenglamaga muvofiq davom etadi
2– ↔ Zn 2+ + 4CN -
Bu jarayon uchun beqarorlik konstantasi 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 konsentratsiyasi kiritilgan ortiqcha konsentratsiyadan ancha past bo'ladi va 0,01 mol / dm 3, ya'ni CN - ionlarining konsentratsiyasi sifatida 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 qayerda va qanday joylashganligini bilib olasiz, kvant raqamlari bilan tanishasiz va atomning elektron konfiguratsiyasini uning raqami bo'yicha qura olasiz, maqolaning oxirida elementlar jadvali mavjud.
Nima uchun elementlarning elektron konfiguratsiyasini o'rganish kerak?
Konstruktor sifatida atomlar: ma'lum miqdordagi qismlar mavjud, ular bir-biridan farq qiladi, lekin bir xil turdagi ikkita qism aynan bir xil. Ammo bu konstruktor plastikdan ko'ra qiziqroq va shuning uchun. Konfiguratsiya yaqin atrofdagilarga qarab o'zgaradi. Masalan, vodorodning yonida kislorod balki suvga, natriy yonida gazga, temir yonida esa butunlay zangga aylanadi. Nima uchun bu sodir bo'layotgani haqidagi savolga javob berish va boshqa atomning yonidagi harakatini taxmin 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 yadrosidagi protonlar soniga teng elektronlar soniga ega. Protonlar soni elementning tartib raqami bilan belgilangan, masalan, oltingugurt, 16 protonga ega - davriy jadvalning 16-elementi. Oltin 79 protonga ega - davriy jadvalning 79-elementi. Shunga ko'ra, oltingugurtda neytral holatda 16 ta, oltinda esa 79 ta elektron mavjud.
Elektronni qayerdan qidirish kerak?
Elektronning xatti-harakatlarini kuzatib, ma'lum naqshlar olingan, ular kvant raqamlari bilan tavsiflangan, ulardan to'rttasi bor:
- Asosiy kvant soni
- Orbital kvant soni
- Magnit kvant soni
- Spin kvant soni
Orbital
Bundan tashqari, orbita so'zi o'rniga biz "orbital" atamasini ishlatamiz, orbital elektronning to'lqin funktsiyasidir, taxminan bu elektron vaqtning 90% vaqtini o'tkazadigan maydondir.
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 qolgan ikkitasi, yanada murakkab. Energiyaning ortib borish tartibida bu shakllar s-, p-, d- va f-qobiqlar deb ataladi. Bu qobiqlarning har biri 1 (s uchun), 3 (p uchun), 5 (d uchun) va 7 (f uchun) orbitallarni o'z ichiga olishi mumkin. Orbital kvant soni orbitallar joylashgan qobiqdir. s, p, d va f-orbitallar uchun orbital kvant soni mos ravishda 0,1,2 yoki 3 qiymatlarini oladi.
S-qobig'ida bitta orbital (L = 0) - ikkita elektron
P-qobig'ida uchta orbital mavjud (L = 1) - olti elektron
d-qobig'ida beshta orbital (L = 2) - o'n elektron mavjud
f-qobig'ida etti orbital (L = 3) - o'n to'rtta elektron mavjud
Magnit kvant soni m l
P-qobig'ida uchta orbital bor, ular -L dan + L gacha raqamlar bilan belgilanadi, ya'ni p-qobiq 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 orbital uchun bittadan to'ldiradi, keyin esa har biriga bir juft biriktiriladi.
d-qobig'ini ko'rib chiqing:
d-qobiq L = 2 qiymatiga mos keladi, ya'ni beshta orbital (-2, -1,0,1 va 2), dastlabki besh 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 quyi 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 darajasi bo'lib, hozirda ettita energiya darajasi mavjud bo'lib, ularning har biri arab raqamlari bilan belgilanadi: 1,2,3, ... 7. Har bir darajadagi qobiqlar soni daraja soniga 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, bitta qobiq birinchi darajada joylashgan, har qanday darajadagi birinchi qobiq to'p shakliga ega (s - qobiq), ya'ni. L = 0, magnit kvant soni faqat bitta qiymatni qabul qilishi mumkin, M l = 0 va spin +1/2 bo'ladi. Agar biz beshinchi elektronni olsak (u qaysi atomda bo'lishidan qat'iy nazar), u uchun asosiy kvant raqamlari bo'ladi: N = 2, L = 1, M = -1, spin 1/2.
2016 yil uchun USE opsiyalaridan №1 topshiriqlarni ko'rib chiqing.
Vazifa raqami 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, ya'ni elektron konfiguratsiya, masalan, kaliy ioni davriy jadvaldagi o'z pozitsiyasiga mos kelmaydi. 1 Arº va Kº variantini ko'rib chiqing. Ularning elektron konfiguratsiyasini yozamiz: Arº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6; Kº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 faqat argon uchun mos elektron konfiguratsiyadir. № 2 javobni ko'rib chiqing - Cl‾ va K +. K +: 1s2 2s2 2p6 3s2 4s0; Cl‾: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Demak, to'g'ri javob 2.
Vazifa raqami 2.
1. Caº 2. K + 3. Cl + 4. Zn2 +
Tushuntirish: chunki biz argonning elektron konfiguratsiyasini yozamiz: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Kaltsiy mos emas, chunki u yana 2 ta elektronga ega. Kaliyda: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0. To'g'ri javob 2.
Vazifa raqami 3.
Atomining 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 shunday elektron konfiguratsiyaga ega. To'g'ri javob 4.
Vazifa raqami 4.
Magniy atomlari va
1. Kaltsiy 2. Xrom 3. Kremniy 4. Alyuminiy
Tushuntirish: magniy tashqi energiya darajasining konfiguratsiyasiga ega: 3s2. Kaltsiy uchun: 4s2, xrom uchun: 4s2 3d4, kremniy uchun: 3s2 2p2, alyuminiy uchun: 3s2 3p1. To'g'ri javob 1.
Vazifa raqami 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 raqami 6.
Fosfor atomlari va
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: 3s2 3p5;
Azot uchun: 2s2 2p3.
To'g'ri javob 4.
Vazifa raqami 7.
Elektron konfiguratsiya 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 zarrachaga mos keladi
1. S4 + 2. P3- 3. Al3 + 4. O2-
Tushuntirish: bu elektron konfiguratsiya asosiy holatdagi argon atomiga mos keladi. Javob variantlarini ko'rib chiqing:
S4 +: 1s2 2s2 2p6 3s2 2p0
P3-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p (3 + 3)
To'g'ri javob 2.
Vazifa raqami 8.
Xrom atomidagi valent elektronlarning taqsimlanishi qanday elektron konfiguratsiyaga mos keladi:
1,3d2 4s2 2,3s2 3p4 3,d5 4s1 4,4s2 4p6
Tushuntirish: biz xromning elektron konfiguratsiyasini asosiy holatda 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 sathga o'tadi). To'g'ri javob 3.
Vazifa raqami 9.
Asosiy holatda tashqi elektron darajadagi uchta juftlashtirilmagan elektron atomni o'z ichiga oladi
1. Titan 2. Kremniy 3. Magniy 4. Fosfor
Tushuntirish: 3 ta juftlanmagan elektronga ega bo'lish uchun element beshinchi guruhda bo'lishi kerak. Demak, to'g'ri javob 4.
Vazifa raqami 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 sathda 4 ta valentlik elektronga ega bo'lishi kerak. Demak, to'g'ri javob 2.
(siz to'g'ri javob 1 deb o'ylashingiz mumkin, ammo bunday atomning maksimal oksidlanish darajasi +6 bo'ladi (chunki 6 ta elektron tashqi darajada), ammo RO2 formulasiga ega bo'lish uchun bizga yuqori oksid kerak va shunday element RO3 oksidi yuqori bo'ladi)
Mustaqil ish uchun topshiriqlar.
1. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 elektron konfiguratsiyasi atomga mos keladi.
1. Alyuminiy 2. Azot 3. Xlor 4. Ftor
2. Sakkiz elektronli tashqi qobiq zarrachaga ega
1. P3 + 2. Mg2 + 3. Cl5 + 4. Fe2 +
3. Atomining elektron tuzilishi 1s2 2s2 2p3 bo'lgan elementning tartib raqami.
1. 5 2. 6 3. 7 4. 4
4. Mis ioni Cu2 + dagi elektronlar soni
1. 64 2. 66 3. 29 4. 27
5. Tashqi energiya darajasining shunga o'xshash konfiguratsiyasi azot atomlariga ega va
1. Oltingugurt 2. Xlor 3. Mishyak 4. Marganets
6. Qaysi birikma elektron konfiguratsiyasi 1s2 2s2 2p6 3s3 3p6 boʻlgan kation va anionni oʻz ichiga oladi?
1. NaCl 2. NaBr 3. KCl 4. KBr
7. Temir ioni Fe2 + dagi elektronlar soni
1. 54 2. 28 3. 58 4. 24
8. Inert gazning elektron konfiguratsiyasi ionga ega
1. Cr2 + 2. S2- 3. Zn2 + 4. N2-
9. Tashqi energiya darajasining o'xshash konfiguratsiyasi ftor atomlariga ega va
1. Kislorod 2. Litiy 3. Brom 4. Neon
10. Atomining elektron formulasi 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 boʻlgan element vodorod birikmasiga mos keladi.
1. HCl 2. PH3 3. H2S 4. SiH4
Ushbu eslatmada biz A.A. tomonidan tahrirlangan USE 2016 to'plamidagi vazifalardan foydalandik. Kaverina.
Dizink tetraflorid
Zn 2 F 4 (d). 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. Asosiy elektronda Zn 2 F 4 uchun Be 2 F 4 [82SOL / OZE], Mg 2 F 4 [81SOL / SAZ] (shuningdek qarang: [94GUR / VEY]) va Al 2 F 4 [82ZAK / CHA] bilan o'xshashlik bo'yicha shart 1 A g, planar tsiklik tuzilma qabul qilinadi (simmetriya guruhi D 2h). Zn 2 F 4 ning er 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 (Zn-F bog'lanishi) va R F b- Zn- F b= 80 ± 10 o. Bog'lanish uzunligi Zn-F t bilan bir xil qabul qilinadi r(Zn-F) ZnF 2 molekulasida Al, Ga, In, Tl, Be va Fe dimerlarida kuzatiladigan r (Zn-F b) qiymati terminal bog`lanishdan 0,2 Å kattaroq bo`lishi tavsiya etiladi. galogenidlar. Burchak qiymati F b- Zn- F b Be 2 F 4, Mg 2 F 4 va Al 2 F 4 molekulalardagi mos qiymatlardan hisoblangan. Hisoblangan qiymat xatosi I A I B I C 3 · 10 ‑113 g 3 · sm 6 ga teng.
Zn-F n 1 va n 2 terminal aloqalarining cho'zilgan tebranish chastotalari kriptonda ajratilgan Zn 2 F 4 molekulalarining IR va Raman spektrlarini o'rgangan Givan va Levenschuss [80GIV / LOE] ishlaridan olingan. matritsa. Barcha Zn-F (n 3) ko'prik bog'larining tebranish chastotalari bir xil deb qabul qilindi va ularning qiymatlari (n) deb taxmin qilingan holda baholandi. b/ n t) cp = 0,7, Fe, Al, Ga va In galoidlarning dimerlarida bo'lgani kabi. Terminal bog'lanishlarining deformatsiya tebranishlarining chastotalari qiymatlari (n 4 - n 5) Zn 2 F 4 tavsiya etiladi, chunki ularning Zn 2 F 4 va Zn 2 Cl 4 dagi qiymatlari nisbati quyidagicha bo'ladi. ZnF 2 va ZnCl 2 bilan bir xil. Tekislikdan tashqari egilish siklining tebranish chastotasi (n 7) Zn 2 Cl 4 uchun mos keladigan chastotadan bir oz yuqoriroq deb hisoblanadi. Tsikldagi deformatsiya tebranish chastotasining qiymati (n 6) Zn 2 Cl 4 uchun qabul qilingan qiymat bilan taqqoslash va Zn-F ko'priklarining tebranish chastotalari nisbatini hisobga olgan holda baholandi. va Zn-Cl Zn 2 F 4 va Zn 2 Cl 4 ... Eksperimental kuzatilgan tebranish chastotalarining xatolari 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) termodinamik funktsiyalari (1.3) - (1.6), (1.9), (1.10), (1.122) - (1.124), () "qattiq rotator - garmonik osilator" yaqinlashuvida hisoblanadi. 1.128), (1.130). Hisoblangan termodinamik funktsiyalarning xatolari molekulyar konstantalarning qabul qilingan qiymatlarining noto'g'riligi, shuningdek hisoblashning taxminiy tabiati bilan bog'liq va 6, 16 va 20 J × K - 1 × mol - 1 ni tashkil qiladi. qiymatlar Φº ( 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 hisoblanadi.
D daHº (Zn 2 F 4. g, 0) = 1760 ± 30 kJ × mol ‑1.
Qiymat ushbu nashrga kiritilgan digalidlarning sublimatsiya va dimerizatsiya entalpiyalarini solishtirish orqali 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.
20 ta holatdan 9 tasida eksperimental ma'lumotlar yo'q. Ushbu birikmalar uchun hisob-kitoblar jadvalda kvadrat qavs ichida keltirilgan. Ushbu hisob-kitoblar quyidagi mulohazalar asosida tuzilgan:
1. Fe, Co va Ni birikmalari uchun F-Cl-Br-I qatorida kichik harakat qabul qilinadi va Fe-Co-Ni qatorida bunday harakatning yo'qligi;
2. Zn birikmalari uchun F-Cl-Br-I qatoridagi qiymatlar kursini sezib bo'lmaydi va ftorid uchun qolgan qiymatlarning o'rtacha qiymati olinadi;
3. Cu birikmalari uchun F-Cl-Br-I seriyasida qiymatlarning yaqinligi asosida temir guruhining birikmalari bilan analogiya bo'yicha kichik kurs qabul qilinadi; harakatning o'zi biroz kichikroq deb taxmin qilinadi.
Belgilangan yondashuv Jadvalda keltirilgan Me 2 Hal 4 atomizatsiya 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 sublimatsiya entalpiyasi haqidagi matnga qarang).
Amalga oshirilgan hisob-kitoblarning aniqligini Cu 2 I 4 uchun 50 kJ × mol ‑1 va boshqa hollarda 30 kJ × mol -1 ga teng deb hisoblash mumkin.
Zn 2 F 4 atomizatsiya entalpiyasining qabul qilingan qiymati hosil bo'lish entalpiyasining qiymatiga mos keladi:
D f H° (Zn 2 F 4. g, 0) = -1191,180 ± 30,0 kJ × mol ‑1.
Osina E.L. [elektron pochta himoyalangan]
A.V. Gusarov [elektron pochta himoyalangan]