La formule électronique de l’ion sodium est na. Formules électroniques complètes d'atomes d'éléments

Algorithme de composition de la formule électronique d'un élément :

1. Déterminez le nombre d'électrons dans un atome à l'aide du tableau périodique des éléments chimiques D.I. Mendeleïev.

2. À l'aide du numéro de la période dans laquelle se trouve l'élément, déterminez le nombre de niveaux d'énergie ; le nombre d'électrons dans le dernier niveau électronique correspond au numéro de groupe.

3. Divisez les niveaux en sous-niveaux et orbitales et remplissez-les d'électrons conformément aux règles de remplissage des orbitales :

Il faut rappeler que le premier niveau contient au maximum 2 électrons 1s 2, le deuxième - un maximum de 8 (deux s et six R : 2s 2 2p 6), le troisième - un maximum de 18 (deux s, six p, et dix d : 3s 2 3p 6 3j 10).

• Nombre quantique principal n devrait être minime.
• Premier à remplir s- sous-niveau, alors р-, d- b f- sous-niveaux.
• Les électrons remplissent les orbitales par ordre croissant d'énergie des orbitales (règle de Klechkovsky).
• Au sein d’un sous-niveau, les électrons occupent d’abord les orbitales libres une par une, puis forment ensuite des paires (règle de Hund).
• Il ne peut y avoir plus de deux électrons sur une orbitale (principe de Pauli).

Exemples.

1. Créons la formule électronique de l'azote. L'azote est le numéro 7 du tableau périodique.

2. Créons la formule électronique de l'argon. L'argon est le numéro 18 du tableau périodique.

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

3. Créons la formule électronique du chrome. Le chrome est le numéro 24 du tableau périodique.

1s 2 2s 2 14h 6 3s 2 15h 6 4s 1 3D 5

Diagramme énergétique du zinc.

4. Créons la formule électronique du zinc. Le zinc est le numéro 30 du tableau périodique.

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

Veuillez noter qu'une partie de la formule électronique, à savoir 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, est la formule électronique de l'argon.

La formule électronique du zinc peut être représentée comme suit :

Page 1
3. Écrivez une formule électronique et elle thallium Tl 3+. Pour les électrons de valence atome Tl indique l’ensemble des quatre nombres quantiques.

Solution:

Selon la règle de Klechkovsky, le remplissage des niveaux et sous-niveaux d’énergie se produit dans l’ordre suivant :

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

5d6p7s (6d 3-2)5f6d7p.

L'élément thallium Tl a une charge nucléaire de +81 (numéro atomique 81), respectivement, 81 électrons. Selon la règle de Klechkovsky, nous répartissons les électrons entre les sous-niveaux d'énergie et obtenons la formule électronique de l'élément Tl :

81 Tl thallium 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 2 4f 14 5d 10 6p 1

L'ion thallium Tl 3+ a une charge de +3, ce qui signifie que l'atome a abandonné 3 électrons, et comme l'atome ne peut abandonner que des électrons de valence du niveau externe (pour le thallium, ce sont deux électrons 6s et un électron 6p), sa formule électronique ressemblera à ceci :

81 Tl 3+ thallium 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 0 4f 14 5d 10 6p 0

Nombre quantique principal n détermine l'énergie totale de l'électron et le degré de son retrait du noyau (numéro de niveau d'énergie) ; il accepte toutes les valeurs entières à partir de 1 (n = 1, 2, 3, ...), c'est-à-dire correspond au numéro de période.

Nombre quantique orbital (latéral ou azimutal) je détermine la forme de l’orbitale atomique. Il peut prendre des valeurs entières de 0 à n-1 (l = 0, 1, 2, 3,..., n-1). Quel que soit le numéro du niveau d'énergie, chaque valeur je Le nombre quantique orbital correspond à une orbitale de forme particulière.

Orbitales avec je= 0 sont appelées orbitales s,

je= 1 – p-orbitales (3 types, différant par le nombre quantique magnétique m),

je= 2 – orbitales d (5 types),

je= 3 – orbitales f (7 types).

Le nombre quantique magnétique m l caractérise la position de l'orbitale électronique dans l'espace et prend des valeurs entières parmi - je à + je, dont 0. Cela signifie que pour chaque forme orbitale il y a (2 je+ 1) orientation énergétiquement équivalente dans l'espace.

Le nombre quantique de spin m S caractérise le moment magnétique qui se produit lorsqu'un électron tourne autour de son axe. N'accepte que deux valeurs +1/2 et –1/2 correspondant à des sens de rotation opposés.
Les électrons de Valence sont des électrons du niveau d'énergie externe. Le thallium possède 3 électrons de valence : 2 électrons s et 1 électron p.

Nombres quantiques s – électrons :

Nombre quantique orbital je= 0 (s – orbitale)

Nombre quantique magnétique m l = (2 je+ 1 = 1) : ml = 0.

Nombre quantique de spin m S = ±1/2

Nombres quantiques p – électron :

Nombre quantique principal n = 6 (sixième période)

Nombre quantique orbital je= 1 (p – orbitale)

Nombre quantique magnétique (2 je+ 1 = 3) : m = -1, 0, +1

Nombre quantique de spin m S = ±1/2
23. Indiquez les propriétés des éléments chimiques qui changent périodiquement. Quelle est la raison de la répétition périodique de ces propriétés ? À l'aide d'exemples, expliquez l'essence de la périodicité des changements dans les propriétés des composés chimiques.

Solution:

Les propriétés des éléments, déterminées par la structure des couches électroniques externes des atomes, changent naturellement selon les périodes et les groupes du système périodique. Dans ce cas, la similitude des structures électroniques donne lieu à la similitude des propriétés des éléments analogiques, mais pas à l'identité de ces propriétés. Ainsi, lors du passage d'un élément à un autre en groupes et sous-groupes, ce que l'on observe n'est pas une simple répétition de propriétés, mais leur changement naturel plus ou moins prononcé. En particulier, le comportement chimique des atomes d'éléments se manifeste dans leur capacité à perdre et à gagner des électrons, c'est-à-dire dans leur capacité à s’oxyder et à se réduire. Une mesure quantitative de la capacité d'un atome perdre les électrons sont potentiel d'ionisation (E Et ) , et une mesure de leur capacité à réacquérir– affinité électronique (E Avec ). La nature du changement de ces quantités lors du passage d'une période à une autre se répète, et ces changements reposent sur un changement dans la configuration électronique de l'atome. Ainsi, les couches électroniques complétées correspondant aux atomes de gaz inertes présentent une stabilité accrue et une valeur accrue des potentiels d'ionisation au cours de la période. Dans le même temps, les éléments s du premier groupe (Li, Na, K, Rb, Cs) ont les valeurs de potentiel d'ionisation les plus faibles.

Électronégativité est une mesure de la capacité d'un atome d'un élément donné à attirer des électrons vers lui par rapport aux atomes d'autres éléments du composé. Selon l'une des définitions (Mulliken), l'électronégativité d'un atome peut être exprimée comme la moitié de la somme de son énergie d'ionisation et de son affinité électronique : = (E et + E c).

Au cours des périodes, il existe une tendance générale à l'augmentation de l'électronégativité de l'élément et à une diminution dans les sous-groupes. Les éléments s du groupe I ont les valeurs d'électronégativité les plus faibles et les éléments p du groupe VII ont les valeurs d'électronégativité les plus élevées.

L'électronégativité d'un même élément peut varier en fonction de l'état de valence, de l'hybridation, de l'état d'oxydation, etc. L'électronégativité affecte de manière significative la nature des changements dans les propriétés des composés d'éléments. Par exemple, l'acide sulfurique présente des propriétés acides plus fortes que son analogue chimique - l'acide sélénique, car dans ce dernier, l'atome central de sélénium, en raison de sa plus faible électronégativité par rapport à l'atome de soufre, ne polarise pas si fortement les liaisons H – O dans l'acide. , ce qui signifie un affaiblissement de l'acidité.

H–O O
Autre exemple : l’hydroxyde de chrome(II) et l’hydroxyde de chrome(VI). L'hydroxyde de chrome (II), Cr(OH) 2, présente des propriétés fondamentales contrairement à l'hydroxyde de chrome (VI), H 2 CrO 4, puisque l'état d'oxydation du chrome +2 détermine la faiblesse de l'interaction coulombienne du Cr 2+ avec le l'ion hydroxyde et la facilité d'élimination de cet ion, c'est-à-dire manifestation des propriétés fondamentales. Dans le même temps, l'état d'oxydation élevé du chrome +6 dans l'hydroxyde de chrome (VI) détermine la forte attraction coulombienne entre l'ion hydroxyde et l'atome de chrome central et l'impossibilité de dissociation le long de la liaison. - OH. D'autre part, l'état d'oxydation élevé du chrome dans l'hydroxyde de chrome (VI) améliore sa capacité à attirer les électrons, c'est-à-dire l'électronégativité, qui provoque un degré élevé de polarisation des liaisons H – O dans ce composé, étant une condition préalable à une augmentation de l'acidité.

La prochaine caractéristique importante des atomes est leur rayon. Au cours des périodes, les rayons des atomes métalliques diminuent avec l'augmentation du numéro atomique de l'élément, car avec une augmentation du numéro atomique d'un élément au cours d'une période, la charge du noyau augmente, et donc la charge totale des électrons qui l'équilibre ; en conséquence, l’attraction coulombienne des électrons augmente également, ce qui conduit finalement à une diminution de la distance entre eux et le noyau. La diminution de rayon la plus prononcée est observée dans les éléments de courtes périodes, dans lesquels le niveau d'énergie externe est rempli d'électrons.

Sur de longues périodes, les éléments d et f présentent une diminution plus douce des rayons avec l'augmentation de la charge du noyau atomique. Au sein de chaque sous-groupe d’éléments, les rayons atomiques ont tendance à augmenter de haut en bas, puisqu’un tel déplacement signifie une transition vers un niveau d’énergie plus élevé.

L'influence des rayons des ions des éléments sur les propriétés des composés qu'ils forment peut être illustrée par l'exemple d'une augmentation de l'acidité des acides halohydriques en phase gazeuse : HI > HBr > HCl > HF.
43. Nommez les éléments pour lesquels un seul état de valence est possible et indiquez s'il sera broyé ou excité.

Solution:

Les atomes d'éléments qui ont un électron non apparié au niveau d'énergie de valence externe peuvent avoir un état de valence - ce sont des éléments du groupe I du système périodique (H - hydrogène, Li - lithium, Na - sodium, K - potassium, Rb - rubidium , Ag - argent, Cs – césium, Au – or, Fr – francium), à l'exception du cuivre, car dans la formation de liaisons chimiques, dont le nombre est déterminé par la valence, les électrons d du niveau pré-externe participent également (l'état fondamental de l'atome de cuivre 3d 10 4s 1 est dû à la stabilité de la coquille d remplie, cependant, le premier état excité 3d 9 4s 2 dépasse l'état fondamental en énergie de seulement 1,4 eV (environ 125 kJ/mol). Ainsi, dans les composés chimiques, les deux états apparaissent dans la même mesure, donnant naissance à deux séries de composés du cuivre (I) et (II)).

De plus, les atomes d'éléments dans lesquels le niveau d'énergie externe est complètement rempli et les électrons n'ont pas la possibilité d'entrer dans un état excité peuvent avoir un état de valence. Ce sont des éléments du sous-groupe principal du groupe VIII - gaz inertes (He - hélium, Ne - néon, Ar - argon, Kr - krypton, Xe - xénon, Rn - radon).

Pour tous les éléments répertoriés, le seul état de valence est l’état fondamental, car il n'y a aucune possibilité de transition vers un état excité. De plus, la transition vers un état excité détermine le nouvel état de valence de l'atome ; par conséquent, si une telle transition est possible, l'état de valence d'un atome donné n'est pas le seul.

63. À l'aide du modèle de répulsion des paires d'électrons de valence et de la méthode des liaisons de valence, considérez la structure spatiale des molécules et des ions proposés. Indiquer : a) le nombre de liaisons et de paires d'électrons libres de l'atome central ; b) le nombre d'orbitales impliquées dans l'hybridation ; c) type d'hybridation ; d) type de molécule ou d'ion (AB m E n) ; e) disposition spatiale des paires d'électrons ; f) structure spatiale d'une molécule ou d'un ion.

SỐ 3;

Solution:

Selon la méthode des liaisons de valence (l'utilisation de cette méthode conduit au même résultat que l'utilisation du modèle OEPBO), la configuration spatiale de la molécule est déterminée par la disposition spatiale des orbitales hybrides de l'atome central, qui sont formées à la suite de l'interaction entre les orbitales.

Pour déterminer le type d’hybridation de l’atome central, il est nécessaire de connaître le nombre d’orbitales s’hybridant. Il peut être trouvé en additionnant le nombre de liaisons et de paires d’électrons isolés de l’atome central et en soustrayant le nombre de liaisons π.

Dans une molécule SO 3

le nombre total de paires de liaisons est de 6. En soustrayant le nombre de liaisons π, nous obtenons le nombre d'orbitales d'hybridation : 6 – 3 = 3. Ainsi, le type d'hybridation est sp 2, le type d'ion est AB 3, le la disposition spatiale des paires d'électrons a la forme d'un triangle, et la molécule elle-même est un triangle :

En ions

le nombre total de paires de liaisons est de 4. Il n’y a pas de liaisons π. Nombre d'orbitales d'hybridation : 4. Ainsi, le type d'hybridation est sp 3, le type d'ion AB 4, la disposition spatiale des paires d'électrons a la forme d'un tétraèdre, et l'ion lui-même est un tétraèdre :

83. Écrivez des équations pour les réactions possibles d'interaction entre KOH, H 2 SO 4, H 2 O, Be(OH) 2 avec les composés donnés ci-dessous :

H 2 SO 3, BaO, CO 2, HNO 3, Ni(OH) 2, Ca(OH) 2;

Solution:
a) Réactions de réaction KOH

2KOH + H 2 SO 3  K 2 SO 3 + 2H 2 O

2K + + 2 OH - + 2H+ + SO 3 2-  2K + + SO 3 2- + H 2 Ô

OH - + H +  H 2 Ô
KOH + BaO  aucune réaction
2KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O

2K + + 2 OH - + CO 2  2K + + CO 3 2- + H 2 Ô

2OH - + H 2 CO 3  CO 3 2- + H 2 Ô
KOH + HNO 3  pas de réaction, la solution contient à la fois des ions :

K + + OH - + H + + NON 3 -

2KOH + Ni(OH)2 K

2K + + 2 OH- + Ni(OH) 2  K + + -

KOH + Ca(OH) 2  pas de réaction

b) réactions réactionnelles H 2 SO 4

H 2 SO 4 + H 2 SO 3  pas de réaction
H 2 SO 4 + BaO  BaSO 4 + H 2 O

2H + + SO 4 2- + BaO  BaSO 4 + H 2 O

H 2 SO 4 + CO 2  pas de réaction
H 2 SO 4 + HNO 3  pas de réaction
H 2 SO 4 + Ni(OH) 2  NiSO 4 + 2H 2 O

2H+ + SO 4 2- + Ni(OH) 2  Ni 2+ + SO 4 2- + 2 H 2 Ô

2H + + Ni(OH) 2  Ni 2+ + 2H 2 Ô
H 2 SO 4 + Ca(OH) 2  CaSO 4 + 2H 2 O

2H + + SO 4 2- + Ca(OH) 2  CaSO 4 + 2H 2 O

c) réactions réactionnelles de H 2 O

H 2 O + H 2 SO 3  pas de réaction

H 2 O + BaO  Ba(OH) 2

H 2 O + BaO  Ba 2+ + 2OH -

H 2 O + CO 2  pas de réaction
H 2 O + HNO 3  pas de réaction
H 2 O + NO 2  pas de réaction
H 2 O + Ni(OH) 2  pas de réaction

H 2 O + Ca(OH) 2  pas de réaction

a) réactions réactionnelles Be(OH) 2

Be(OH) 2 + H 2 SO 3  BeSO 3 + 2H 2 O

Être(OH) 2 + 2H+ + SO 3 2-  Être 2+ + SO 3 2- + 2 H 2 Ô

Être(OH) 2 + 2H+  Être 2+ + 2 H 2 Ô
Be(OH) 2 + BaO  pas de réaction
2Be(OH) 2 + CO 2  Be 2 CO 3 (OH) 2 ↓ + 2H 2 O
Be(OH) 2 + 2HNO 3  Be(NO 3) 2 + 2H 2 O

Être(OH) 2 + 2H+ + NON 3 -  Être 2+ + 2NON 3 - + 2 H 2 Ô

Être(OH) 2 + 2H +  Être 2+ + 2H 2 Ô
Be(OH) 2 + Ni(OH) 2  pas de réaction
Be(OH) 2 + Ca(OH) 2  pas de réaction
103. Pour la réaction indiquée

b) expliquer lequel des facteurs : l'entropie ou l'enthalpie contribue à l'apparition spontanée de la réaction dans le sens direct ;

c) dans quelle direction (directe ou inverse) la réaction se déroulera à 298K et 1000K ;

e) nommer toutes les manières d'augmenter la concentration des produits d'un mélange à l'équilibre.

f) tracer la dépendance de ΔG p (kJ) sur T (K)

Solution:

CO (g) + H 2 (g) = C (k) + H 2 O (g)

Enthalpie standard de formation, entropie et énergie de Gibbs de formation de substances

1. (ΔH 0 298) h.r. =
–
= -241,84 + 110,5 = -131,34 kJ 2. (ΔS 0 298) c.r. =
+
–
–
= 188,74+5,7-197,5-130,6 = -133,66 J/K = -133,66 10 -3 kJ/mol > 0.

Une réaction directe s'accompagne d'une diminution de l'entropie, le désordre dans le système diminue - un facteur défavorable à l'apparition d'une réaction chimique dans le sens direct.

3. Calculez l’énergie de Gibbs standard de la réaction.

selon la loi de Hess :

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

Il s'est avéré que (ΔН 0 298) ch.r. > (ΔS 0 298) c.r. ·T puis (ΔG 0 298) h.r.

4.
≈
≈ 982,6 K.

≈ 982,6 K est la température approximative à laquelle le véritable équilibre chimique s'établit ; au-dessus de cette température, une réaction inverse se produira. À une température donnée, les deux processus sont également probables.

5. Calculez l'énergie de Gibbs à 1000K :

(ΔG 0 1000) h.r. ≈ ΔН 0 298 – 1000·ΔS 0 298 ≈ -131,4 – 1000·(-133,66)·10 -3 ≈ 2,32 kJ > 0.

Ceux. à 1000 K : ΔS 0 h.r. ·Т > ΔН 0 h.r.

Le facteur enthalpie est devenu décisif ; l'apparition spontanée d'une réaction directe est devenue impossible. La réaction inverse se produit : à partir d'une mole de gaz et d'une mole de matière solide, 2 moles de gaz se forment.

log K 298 = 16,1 ; K 298 ≈ 10 16 >> 1.

Le système est loin d'être un véritable état d'équilibre chimique ; les produits de réaction y prédominent.

Dépendance de ΔG 0 à la température pour la réaction

CO (g) + H 2 (g) = C (k) + H 2 O (g)

K 1000 = 0,86 > 1 – le système est proche de l'équilibre, mais à cette température, les substances de départ y prédominent.

8. Selon le principe de Le Chatelier, à mesure que la température augmente, l’équilibre devrait se déplacer vers la réaction inverse et la constante d’équilibre devrait diminuer.

9. Voyons comment nos données calculées concordent avec le principe de Le Chatelier. Présentons quelques données montrant la dépendance de l'énergie de Gibbs et de la constante d'équilibre de cette réaction à la température :

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

Ainsi, les données calculées obtenues correspondent à nos conclusions faites sur la base du principe de Le Chatelier.
123. Équilibre dans le système :

)

établi aux concentrations suivantes : [B] et [C], mol/l.

Déterminer la concentration initiale de la substance [B] 0 et la constante d'équilibre si la concentration initiale de la substance A est [A] 0 mol/l

L'équation montre que la formation de 0,26 mole de substance C nécessite 0,13 mole de substance A et la même quantité de substance B.

Alors la concentration d'équilibre de la substance A est [A] = 0,4-0,13 = 0,27 mol/l.

La concentration initiale de la substance B [B] 0 = [B] + 0,13 = 0,13+0,13 = 0,26 mol/l.

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

143. a) 300 g de solution contiennent 36 g de KOH (densité de la solution 1,1 g/ml). Calculez le pourcentage et la concentration molaire de cette solution.

b) Combien de grammes de soude cristalline Na 2 CO 3 ·10H 2 O faut-il prendre pour préparer 2 litres de solution 0,2 M de Na 2 CO 3 ?

Solution:

On trouve le pourcentage de concentration à l'aide de l'équation :

La masse molaire de KOH est de 56,1 g/mol ;

Pour calculer la molarité de la solution, on trouve la masse de KOH contenue dans 1000 ml (soit 1000 · 1,100 = 1100 g) de solution :

1100: 100 = à: 12; à= 12 1100 / 100 = 132 g

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

Réponse : C = 12 %, Cm = 0,425 mol/l

Solution:

1. Trouvez la masse de sel anhydre

m = cm·M·V, où M est la masse molaire, V est le volume.

m = 0,2 106 2 = 42,4 g.

2. Trouvez la masse de cristaux d'hydrate à partir de la proportion

masse molaire d'hydrate cristallin 286 g/mol - masse X

masse molaire de sel anhydre 106g/mol - masse 42,4g

d'où X = m Na 2 CO 3 10H 2 O = 42,4 286/106 = 114,4 g.

Réponse : m Na 2 CO 3 10H 2 O = 114,4 g.

163. Calculez le point d'ébullition d'une solution à 5 % de naphtalène C 10 H 8 dans le benzène. Le point d'ébullition du benzène est de 80,2 0 C.

Donné: Moyenne (C 10 H 8) = 5% bouillir (C 6 H 6) = 80,2 0 C

Trouver: faire bouillir (solution) -?

Solution:

De la deuxième loi de Raoult

ΔT = E m = (E m B 1000) / (m A μ B)

Ici E est la constante ébullioscopique du solvant

E(C6H6) = 2,57

m A est le poids du solvant, m B est le poids du soluté, M B est son poids moléculaire.

Supposons que la masse de la solution soit de 100 grammes, donc la masse du soluté est de 5 grammes et la masse du solvant est de 100 – 5 = 95 grammes.

M (naphtalène C 10 H 8) = 12 10 + 1 8 = 128 g/mol.

Nous substituons toutes les données dans la formule et trouvons l'augmentation du point d'ébullition de la solution par rapport à un solvant pur :

ΔT = (2,57 5 1000)/(128 95) = 1,056

Le point d'ébullition d'une solution de naphtalène peut être trouvé à l'aide de la formule :

T k.r-ra = T k.r-la + ΔT = 80,2 + 1,056 = 81,256

Réponse : 81,256 °C

183. Tâche 1. Écrire des équations de dissociation et des constantes de dissociation pour les électrolytes faibles.

Tâche 2. Étant donné les équations ioniques, écrivez les équations moléculaires correspondantes.

Tâche 3. Écrivez les équations de réaction pour les transformations suivantes sous formes moléculaires et ioniques.

Non.	Exercice 1	Tâche 2	Tâche 3
183	Zn(OH) 2 , H 3 AsO 4	Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl	NaHSO 3 →Na 2 SO 3 →H 2 SO 3 →NaHSO 3

Solution:

Écrivez des équations de dissociation et des constantes de dissociation pour les électrolytes faibles.

Ist. : Zn(OH) 2 ↔ ZnOH + + OH -

Roi 1 =
= 1,5·10 -5
IIer. : ZnOH + ↔ Zn 2+ + OH -

Roi 2 =
= 4,9·10 -7

Zn(OH) 2 – hydroxyde amphotère, une dissociation de type acide est possible

Ist. : H 2 ZnO 2 ↔ H + + HZnO 2 -

Roi 1 =

IIst. : HZnO 2 - ↔ H + + ZnO 2 2-

Roi 2 =

H 3 AsO 4 – acide orthoarsenique – un électrolyte fort, se dissocie complètement en solution :
H 3 AsO 4 ↔3Н + + AsO 4 3-
Étant donné les équations ioniques, écrivez les équations moléculaires correspondantes.

Ni 2+ + OH – + Cl – = NiOHCl

NiCl2 + NaOH (insuffisant) = NiOHCl + NaCl

Ni 2+ + 2Cl - + Na + + OH - = NiOHCl + Na + + Cl -

Ni 2+ + Cl - + OH - = NiOHCl
Écrivez les équations de réaction pour les transformations suivantes sous formes moléculaires et ioniques.

NaHSO 3 →Na 2 SO 3 →H 2 SO 3 →NaHSO 3

1) NaHSO 3 + NaOH →Na 2 SO 3 + H 2 O

Na++ HSO 3 - +Na++ OH- → 2Na + + DONC 3 2- + H 2 Ô

HSO 3 - + OH - → + DONC 3 2- + H 2 Ô
2) Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 SO 3 + Na 2 SO 3

2Na + + DONC 3 2- + 2N+ + SO 4 2- → H 2 DONC 3 + 2Na + + DONC 3 2-

DONC 3 2- + 2N + → H 2 DONC 3 + DONC 3 2-
3) H 2 SO 3 (excès) + NaOH → NaHSO 3 + H 2 O

2 N + + DONC 3 2- + Na + + OH- → Na + + HSO 3 - + H 2 Ô

2 N + + DONC 3 2 + OH- → Na + + H 2 Ô
203. Tâche 1. Écrire des équations pour l'hydrolyse des sels sous formes moléculaires et ioniques, indiquer le pH des solutions (pH > 7, pH Tâche 2. Écrire des équations pour les réactions se produisant entre les substances dans des solutions aqueuses

Non.	Exercice 1	Tâche 2
203	Na2S; CrBr3	FeCl 3 + Na 2 CO 3; Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Tâche 1. Écrire des équations pour l'hydrolyse des sels sous formes moléculaires et ioniques, indiquer le pH des solutions (pH > 7, pH

Na2S - un sel formé d'une base forte et d'un acide faible subit une hydrolyse au niveau de l'anion. La réaction du milieu est alcaline (pH > 7).

Ist. Na 2 S + HON ↔ NaHS + NaOH

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

IIer. NaHS + HOH ↔ H 2 S + NaOH

Na + + HS - + HOH ↔ Na + + H 2 S + OH -
CrBr3 - un sel formé par une base faible et un acide fort subit une hydrolyse en cation. La réaction du milieu est acide (pH

Ist. CrBr 3 + HOH ↔ CrOHBr 2 + HBr

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

IIer. CrOHBr 2 + HON ↔ Cr(OH) 2 Br + HBr

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

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

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

L'hydrolyse se produit principalement au cours de la première étape.

Tâche 2. Écrire des équations pour les réactions se produisant entre des substances dans des solutions aqueuses

FeCl 3 + Na 2 CO 3

FeCl3 – sel formé d'un acide fort et d'une base faible

Na 2 CO 3 – un sel formé d'un acide faible et d'une base forte

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

2Fe 3+ + 6Cl - + 6Na + + 3 CO 3 2- + 6N(IL) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 CO 3 + 6Na + +6Cl -

2Fe 3+ + 3CO 3 2- + 6N(IL) = 2Fe( OH) 3 + 3H 2 O + 3CO 2
Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3

Une amélioration mutuelle de l'hydrolyse se produit

Al 2 (SO 4) 3 – un sel formé par un acide fort et une base faible

Na2CO3 – sel formé d'un acide faible et d'une base forte

Lorsque deux sels sont hydrolysés ensemble, une base faible et un acide faible se forment :

Ist : 2Na 2 CO 3 + Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH => 4Na + + 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 3 SO 4 2 -

IIer : 2HCO 3 - + 2AlOH 2+ + 2HOH => 2H 2 CO 3 + 2Al(OH) 2 +

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

Équation récapitulative de l'hydrolyse

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

2Al 3+ + 3 SO 4 2 - + 2 Na + + 2 CÀ PROPOS 3 2- + 6H 2 Ô = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 C O 3 + 2 Na + + 2SO 4 2 - + 2H + + SO 4 2 -

2Al 3+ + 2CÀ PROPOS 3 2- + 6H 2 Ô = 2Al(OH) 3 ↓ + 2H 2 CÔ 3
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Lors de l'écriture de formules électroniques pour les atomes d'éléments, indiquez les niveaux d'énergie (valeurs du nombre quantique principal n sous forme de nombres - 1, 2, 3, etc.), sous-niveaux d'énergie (valeurs de nombres quantiques orbitaux je sous forme de lettres - s, p, d, F) et le nombre en haut indiquent le nombre d'électrons dans un sous-niveau donné.

Le premier élément du tableau est D.I. Mendeleïev est l'hydrogène, donc la charge du noyau de l'atome N est égal à 1, un atome n'a qu'un seul électron par s-sous-niveau du premier niveau. Par conséquent, la formule électronique de l’atome d’hydrogène a la forme :

Le deuxième élément est l'hélium ; son atome a deux électrons, donc la formule électronique de l'atome d'hélium est 2 Pas 1s 2. La première période ne comprend que deux éléments, puisque le premier niveau d'énergie est rempli d'électrons, qui ne peuvent être occupés que par 2 électrons.

Le troisième élément dans l'ordre - le lithium - est déjà dans la deuxième période, son deuxième niveau d'énergie commence donc à se remplir d'électrons (nous en avons parlé ci-dessus). Le remplissage du deuxième niveau en électrons commence par s-sous-niveau, donc la formule électronique de l'atome de lithium est 3 Li 1s 2 2s 1 . L'atome de béryllium a fini de se remplir d'électrons s-sous-niveau : 4 Ve 1s 2 2s 2 .

Dans les éléments suivants de la 2ème période, le deuxième niveau d'énergie continue d'être rempli d'électrons, seulement maintenant il est rempli d'électrons R.-sous-niveau : 5 DANS 1s 2 2s 2 2R. 1 ; 6 AVEC 1s 2 2s 2 2R. 2 … 10 Né 1s 2 2s 2 2R. 6 .

L'atome de néon termine son remplissage d'électrons R.-sous-niveau, cet élément termine la deuxième période, il possède huit électrons, puisque s- Et R.-les sous-niveaux ne peuvent contenir que huit électrons.

Les éléments de la 3ème période ont une séquence similaire de remplissage des sous-niveaux d'énergie du troisième niveau avec des électrons. Les formules électroniques des atomes de certains éléments de cette période sont les suivantes :

11 N / A 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 1 ; 12 Mg 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 ; 13 Al 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 1 ;

14 Si 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 2 ;…; 18 Ar 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 .

La troisième période, comme la seconde, se termine par un élément (l'argon) entièrement rempli d'électrons. R.-sous-niveau, bien que le troisième niveau comprenne trois sous-niveaux ( s, R., d). Selon l'ordre ci-dessus de remplissage des sous-niveaux d'énergie conformément aux règles de Klechkovsky, l'énergie du sous-niveau 3 d plus d'énergie de sous-niveau 4 s, donc l'atome de potassium à côté de l'argon et l'atome de calcium derrière lui sont remplis d'électrons 3 s– sous-niveau du quatrième niveau :

19 À 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 1 ; 20 Sa 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 2 .

À partir du 21ème élément - scandium, le sous-niveau 3 dans les atomes des éléments commence à se remplir d'électrons d. Les formules électroniques des atomes de ces éléments sont :

21 Sc 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 1 ; 22 Ti 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 2 .

Dans les atomes du 24ème élément (chrome) et du 29ème élément (cuivre), on observe un phénomène appelé « fuite » ou « panne » d'un électron : un électron issu des 4 extérieurs s– le sous-niveau « chute » de 3 d– sous-niveau, complétant son remplissage à moitié (pour le chrome) ou complètement (pour le cuivre), ce qui contribue à une plus grande stabilité de l'atome :

24 Cr 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5 (au lieu de...4 s 2 3d 4) et

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

A partir du 31ème élément - le gallium, le remplissage du 4ème niveau en électrons se poursuit, maintenant - R.– sous-niveau :

31 Géorgie 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 1 …; 36 Kr 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 .

Cet élément termine la quatrième période, qui comprend déjà 18 éléments.

Un ordre similaire de remplissage des sous-niveaux d'énergie avec des électrons se produit dans les atomes des éléments de la 5ème période. Pour les deux premiers (rubidium et strontium) il est rempli s– le sous-niveau du 5ème niveau, pour les dix éléments suivants (de l'yttrium au cadmium) est rempli d– sous-niveau du 4ème niveau ; La période est complétée par six éléments (de l'indium au xénon) dont les atomes sont remplis d'électrons R.– sous-niveau du cinquième niveau externe. Il y a également 18 éléments dans une période.

Pour les éléments de la sixième période, cet ordre de remplissage est violé. Au début de la période, comme d'habitude, il y a deux éléments dont les atomes sont remplis d'électrons s– sous-niveau du sixième niveau externe. L'élément suivant derrière eux, le lanthane, commence à se remplir d'électrons d– sous-niveau du niveau précédent, c'est-à-dire 5 d. Ceci termine le remplissage en électrons 5 d-le sous-niveau s'arrête et les 14 éléments suivants - du cérium au lutécium - commencent à se remplir F-sous-niveau du 4ème niveau. Ces éléments sont tous inclus dans une cellule du tableau, et ci-dessous se trouve une rangée développée de ces éléments, appelés lanthanides.

Du 72ème élément - le hafnium - au 80ème élément - le mercure, le remplissage d'électrons continue 5 d-sous-niveau, et la période se termine, comme d'habitude, par six éléments (du thallium au radon), dont les atomes sont remplis d'électrons R.– sous-niveau du sixième niveau externe. Il s'agit de la plus grande période, comprenant 32 éléments.

Dans les atomes des éléments de la septième période incomplète, le même ordre de remplissage des sous-niveaux est visible comme décrit ci-dessus. Nous laissons les étudiants écrire eux-mêmes les formules électroniques des atomes des éléments des 5e à 7e périodes, en tenant compte de tout ce qui a été dit ci-dessus.

Note:Dans certains manuels, un ordre différent d'écriture des formules électroniques des atomes d'éléments est autorisé : non pas dans l'ordre dans lequel elles sont remplies, mais en fonction du nombre d'électrons à chaque niveau d'énergie indiqué dans le tableau. Par exemple, la formule électronique de l’atome d’arsenic peut ressembler à : Comme 1s 2 2s 2 2R. 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 .

Configuration électronique d'un atome est une formule montrant la disposition des électrons dans un atome par niveaux et sous-niveaux. Après avoir étudié l'article, vous apprendrez où et comment se trouvent les électrons, vous familiariserez avec les nombres quantiques et serez capable de construire la configuration électronique d'un atome par son numéro ; à la fin de l'article se trouve un tableau des éléments.

Pourquoi étudier la configuration électronique des éléments ?

Les atomes sont comme un jeu de construction : il y a un certain nombre de pièces, elles diffèrent les unes des autres, mais deux pièces du même type sont absolument identiques. Mais ce jeu de construction est bien plus intéressant que celui en plastique et voici pourquoi. La configuration change en fonction de qui se trouve à proximité. Par exemple, l'oxygène à côté de l'hydrogène Peut être se transforme en eau, à proximité du sodium, il se transforme en gaz, et à proximité du fer, il le transforme complètement en rouille. Pour répondre à la question de savoir pourquoi cela se produit et prédire le comportement d'un atome à côté d'un autre, il est nécessaire d'étudier la configuration électronique, qui sera discutée ci-dessous.

Combien d’électrons y a-t-il dans un atome ?

Un atome est constitué d'un noyau et d'électrons tournant autour de lui ; le noyau est constitué de protons et de neutrons. A l'état neutre, chaque atome possède un nombre d'électrons égal au nombre de protons dans son noyau. Le nombre de protons est désigné par le numéro atomique de l'élément, par exemple, le soufre a 16 protons - le 16ème élément du tableau périodique. L'or possède 79 protons, le 79ème élément du tableau périodique. En conséquence, le soufre a 16 électrons à l’état neutre et l’or en a 79.

Où chercher un électron ?

En observant le comportement de l'électron, certains modèles ont été dérivés ; ils sont décrits par des nombres quantiques, il y en a quatre au total :

• Nombre quantique principal
• Nombre quantique orbital
• Nombre quantique magnétique
• Nombre quantique de rotation

Orbital

De plus, au lieu du mot orbite, nous utiliserons le terme « orbitale » ; une orbitale est la fonction d’onde d’un électron ; en gros, c’est la région dans laquelle l’électron passe 90 % de son temps.

N - niveau
L - coque
M l - numéro orbital
M s - premier ou deuxième électron dans l'orbitale

Nombre quantique orbital l

À la suite de l'étude du nuage électronique, ils ont découvert qu'en fonction du niveau d'énergie, le nuage prend quatre formes principales : une balle, des haltères et deux autres, plus complexes. Par ordre d'énergie croissante, ces formes sont appelées coquilles s, p, d et f. Chacune de ces coquilles peut avoir 1 (sur s), 3 (sur p), 5 (sur d) et 7 (sur f) orbitales. Le nombre quantique orbital est la coquille dans laquelle se trouvent les orbitales. Le nombre quantique orbital pour les orbitales s,p,d et f prend respectivement les valeurs 0,1,2 ou 3.

Il y a une orbitale sur la couche s (L=0) - deux électrons
Il y a trois orbitales sur la couche p (L=1) - six électrons
Il y a cinq orbitales sur la couche d (L=2) - dix électrons
Il y a sept orbitales sur la couche f (L=3) - quatorze électrons

Nombre quantique magnétique m l

Il y a trois orbitales sur la p-shell, elles sont désignées par des nombres de -L à +L, c'est-à-dire que pour la p-shell (L=1) il y a les orbitales « -1 », « 0 » et « 1 ». . Le nombre quantique magnétique est désigné par la lettre m l.

À l’intérieur de la coquille, il est plus facile pour les électrons d’être localisés dans différentes orbitales, donc les premiers électrons en remplissent un dans chaque orbitale, puis une paire d’électrons est ajoutée à chacune.

Considérons le d-shell :
La coquille d correspond à la valeur L=2, soit cinq orbitales (-2,-1,0,1 et 2), les cinq premiers électrons remplissent la coquille en prenant les valeurs M l =-2, M l =-1, M l =0 , M l =1,M l =2.

Nombre quantique de spin m s

Le spin est le sens de rotation d'un électron autour de son axe, il y a deux sens, donc le nombre quantique de spin a deux valeurs : +1/2 et -1/2. Un sous-niveau d’énergie ne peut contenir que deux électrons de spins opposés. Le nombre quantique de spin est noté m s

Nombre quantique principal n

Le nombre quantique principal est le niveau d'énergie ; actuellement sept niveaux d'énergie sont connus, chacun indiqué par un chiffre arabe : 1,2,3,...7. Le nombre de coques à chaque niveau est égal au numéro du niveau : il y a une coque au premier niveau, deux au deuxième, etc.

Numéro d'électron

Ainsi, tout électron peut être décrit par quatre nombres quantiques, la combinaison de ces nombres est unique pour chaque position de l'électron, prenons le premier électron, le niveau d'énergie le plus bas est N = 1, au premier niveau il y a une coquille, la la première coquille à n'importe quel niveau a la forme d'une boule (s-shell), c'est-à-dire L=0, le nombre quantique magnétique ne peut prendre qu'une seule valeur, M l =0 et le spin sera égal à +1/2. Si nous prenons le cinquième électron (quel que soit l’atome dont il se trouve), alors ses principaux nombres quantiques seront : N=2, L=1, M=-1, spin 1/2.