1 pavyzdys... Nustatykite kompleksą sudarančio agento krūvį NO 2 junginyje. Pavadinkite šį junginį.
Sprendimas
Išorinė CS sfera susideda iš vieno NO anijono, todėl visos vidinės sferos krūvis yra +1, tai yra +. Vidinėje sferoje yra dvi ligandų grupės NH 3 ir Cl -. Kompleksą sudarončio agento oksidacijos laipsnis žymimas X ir išspręskite lygtį
1 = 1X+ 0 · 4 + 2 · (–1). Iš čia X = +1.
Taigi KS yra sudėtingas katijonas. Junginio pavadinimas: kobalto dichlortetraamino nitritas (+1).
2 pavyzdys... Kodėl + jonas yra tiesinis?
Sprendimas
Nustatykite kompleksą sudarončio agento krūvį tam tikrame kompleksiniame jone
1 = 1X+ 0 2. Iš čia X = +1.
Cu + jonų valentinių polygių elektroninė struktūra atitinka 3 konfigūraciją d 10 4s 0 4R 0. Nuo 3 d - polygyje nėra laisvų darbo vietų, tada vienas 4 s ir vienas 4 p orbitalės, kurios hibridizuojasi kaip sp... Šis hibridizacijos tipas (žr. 1 lentelę) atitinka linijinę komplekso struktūrą.
3 pavyzdys... Nustatykite centrinio jono AO hibridizacijos tipą ir komplekso 2– geometrinę struktūrą.
Sprendimas
Centrinio jono elektroninė konfigūracija Hg 2+: 5 d 10 6s 0 6R 0, o elektroninę diagramą galima pavaizduoti taip
Cheminė jungtis susidaro pagal donoro-akceptoriaus mechanizmą, kur kiekvienas iš keturių donoro ligandų (Cl - jonų) suteikia po vieną elektronų porą (taškinės rodyklės), o kompleksą sudarontis agentas (Hg 2+ jonas) suteikia laisvųjų AO: vienas 6 s ir trys 6 p UAB
Taigi šiame kompleksiniame jone vyksta sp3 hibridizacija ao, ko pasekoje ryšiai nukreipiami į tetraedro viršūnes, o jonas 2– turi tetraedrinę struktūrą.
4 pavyzdys... Padarykite ryšių susidarymo komplekse 3– energetinę diagramą ir nurodykite centrinio atomo orbitalių hibridizacijos tipą. Kokios yra komplekso magnetinės savybės?
Sprendimas
Centrinio Fe 3+ jono elektroninė konfigūracija:… 3 d 5 4s 0 4p 0 4d 0. Šeši monodantiniai ligandai CN - sukuria stiprų oktaedrinį lauką ir sudaro šešias σ jungtis, suteikdamos pavienes anglies atomo elektronų poras į kompleksą sudarančio agento Fe 3+ laisvą AO, o AO 3 degeneracija pašalinama. džemesnio lygio kompleksą sudarantis agentas. Komplekso energijos diagrama turi formą
E 
dγ serija
Fe 3+:… 3 d 5
dε serija
Penki 3 d-elektronai yra visiškai paskirstyti orbitose 3 dε serija, nes skilimo energija, kuri atsiranda sąveikaujant su stipraus lauko ligandais, pasirodo esanti pakankama maksimaliam elektronų poravimuisi. Galima 3 d, 4s ir 4 R- atidengtos orbitos d 2 sp 3 - hibridizacija ir komplekso oktaedrinės struktūros nustatymas. Kompleksas yra paramagnetinis, nes yra vienas nesuporuotas elektronas
d 2 sp 3
5 pavyzdys... Padarykite ryšių susidarymo komplekse energijos diagramą ir nurodykite hibridizacijos tipą.
Sprendimas
Elektroninė formulė Cr 3+:… 3 d 3 4s 0 4p 0 4d 0. Monodantiniai ligandai F - sudaro keturias σ ryšius, yra silpno lauko ligandai ir sukuria tetraedrinį lauką
E 
dε serija
dγ serija
Nemokamai du 3 d, vienas 4 s ir vienas 4 R AO komplekso formuotojai hibridizuojami pagal tipą d 2 sp, dėl to susidaro tetraedrinės konfigūracijos paramagnetinis kompleksas.
6 pavyzdys... Paaiškinkite, kodėl jonas 3 yra paramagnetinis, o jonas 3 yra diamagnetinis.
Sprendimas
Kompleksą sudarančio agento Co 3+ elektroninė formulė: ... 3 d 6. F ligandų oktaedriniame lauke (silpno lauko ligandas) yra nedidelis skilimas d– polygis, todėl elektronai užpildo AO pagal Gundo taisyklę (žr. 3 pav.). Šiuo atveju yra keturi nesuporuoti elektronai, todėl 3 jonai yra paramagnetiniai. Kai 3- jonas susidaro dalyvaujant stipraus lauko ligandui (CN - jonui), skilimo energija d– polygis bus toks reikšmingas, kad viršys suporuotų elektronų elektronų-elektronų atstūmimo energiją. Elektronai užpildys Co 3+ jono AO pažeisdami Gundo taisyklę (žr. 4 pav.). Šiuo atveju visi elektronai yra suporuoti, pats jonas yra diamagnetinis.
7 pavyzdys.3+ jonui skilimo energija yra 167,2 kJ · mol –1. Kokios spalvos yra chromo (III) junginiai vandeniniuose tirpaluose?
Sprendimas
Norėdami nustatyti medžiagos spalvą, nustatome bangos ilgį, kuriame šviesa sugeriama
arba nm.
Taigi 3+ jonas sugeria šviesą raudonojoje spektro dalyje, kuri atitinka žalią chromo (III) junginio spalvą.
8 pavyzdys... Nustatykite, ar sidabro (I) sulfido nuosėdos nusės 25 ° C temperatūroje, jei sumaišysite vienodus tūrius 0,001 M tirpalo, turinčio tą patį ligandą CN, kurio koncentracija 0,12 mol / dm 3, ir tirpalą nusodinantis jonas S 2–, kurio koncentracija 3,5 · 10 –3 M.
Sprendimas
Tam tikro jono disociacijos procesą galima pavaizduoti schema
- ↔ Ag + + 2CN -,
o nusodinimo procesas gali būti parašytas kaip
2Ag + + S 2– ↔ Ag 2 S.
Norint nustatyti, ar nesusidarys nuosėdos, reikia apskaičiuoti sidabro sulfido PR (Ag 2 S) tirpumo sandaugą pagal formulę
Sidabro jonų koncentracijai nustatyti rašome kompleksinio jono nestabilumo konstantos išraišką
... Iš čia 
Pagal žinyną pasirenkame komplekso nestabilumo konstantos reikšmę - ( KAM lizdas = 1 · 10 -21). Tada
mol / dm 3.
Apskaičiuokite susidariusių nuosėdų tirpumo sandaugą
Pagal žinyną pasirenkame sidabro sulfido tirpumo sandaugos (PR (Ag 2 S) lentelė = 5,7 · 10 -51) lentelę ir lyginame ją su apskaičiuotąja. Nuo PR lentelės< ПР расчет, то из данного раствора осадок выпадает, так как соблюдается условие выпадения осадка.
9 pavyzdys... Apskaičiuokite cinko jonų koncentraciją natrio tetracianocinkato tirpale, kurio koncentracija yra 0,3 mol / dm 3, kai cianido jonų perteklius tirpale yra lygus 0,01 mol / dm 3.
Sprendimas
Pirminė disociacija vyksta beveik visiškai pagal schemą
Na 2 → 2Na 2+ + 2–
Antrinė disociacija vyksta pagal lygtį
2– ↔ Zn 2+ + 4CN –
Parašykime šio proceso nestabilumo konstantos išraišką
... Iš čia 
Naudodamiesi žinynu, randame tam tikro jono nestabilumo konstantos reikšmę ( KAM lizdas = 1,3 · 10 -17). Cianido jonų, susidarančių dėl komplekso disociacijos, koncentracija yra daug mažesnė už įvesto pertekliaus koncentraciją, todėl galima daryti prielaidą, kad 0,01 mol / dm 3, tai yra CN - jonų koncentracija, susidariusi kaip galima nepaisyti disociacijos rezultato. Tada
mol / dm 3.
Svarbiausias TKP pasiekimas yra geras tam tikros sudėtingų junginių spalvos priežasčių paaiškinimas. Prieš bandydami paaiškinti spalvos atsiradimo sudėtinguose junginiuose priežastį, primename, kad matoma šviesa yra elektromagnetinė spinduliuotė, kurios bangos ilgis yra nuo 400 iki 700 nm. Šios spinduliuotės energija yra atvirkščiai proporcinga jos bangos ilgiui:
E = h × n = h × c / l
Energija 162 193 206 214 244 278 300
E, kJ / mol
Bangos ilgis 760 620 580 560 490 430 400
Pasirodo, d-lygmens padalijimo energija kristalo lauku, pažymėtu simboliu D, yra tokio paties dydžio kaip ir matomos šviesos fotono energija. Todėl pereinamųjų metalų kompleksai gali sugerti šviesą matomoje spektro srityje. Sugertas fotonas sužadina elektroną iš žemesnio d-orbitalių energijos lygio į aukštesnį lygį. Paaiškinkime tai, kas išdėstyta pirmiau, pateikdami 3+ pavyzdį. Titanas (III) turi tik 1 d-elektroną, kompleksas turi tik vieną absorbcijos smailę matomoje spektro srityje. Didžiausias intensyvumas yra 510 nm. Tokio bangos ilgio šviesa priverčia d-elektroną iš apatinio d-orbitalių energijos lygio pereiti į viršutinį. Dėl spinduliuotės sugerties absorbuotos medžiagos molekulė pereina iš pradinės būsenos su minimalia energija E 1 į didesnės energijos būseną E 2. Sužadinimo energija paskirstoma per atskirus molekulės virpesių energijos lygius, virsdama šilumine energija. Elektroniniams perėjimams, kuriuos sukelia griežtai apibrėžtų šviesos energijos kvantų sugertis, būdingos griežtai apibrėžtos sugerties juostos. Be to, šviesos sugertis įvyksta tik tada, kai sugerto kvanto energija sutampa su energijos skirtumu DE tarp kvantinės energijos lygių galutinėje ir pradinėje sugeriančios molekulės būsenose:
DE = E 2 - E 1 = h × n = h × c / l,
kur h yra Planko konstanta; n – sugertos spinduliuotės dažnis; c – šviesos greitis; l yra sugertos šviesos bangos ilgis.
Kai medžiagos mėginys apšviečiamas šviesa, visų spalvų spinduliai, kurių mėginys nesugeria, atsispindi mūsų akyje. Jeigu mėginys sugeria visų bangų ilgių šviesą, spinduliai nuo jo neatsispindi ir toks objektas mums atrodo juodas. Jei mėginys visiškai nesugeria šviesos, mes jį suvokiame kaip baltą arba bespalvį. Jei mėginys sugeria visus spindulius, išskyrus oranžinį, tada jis atrodo oranžinis. Galimas ir kitas variantas – mėginys gali pasirodyti oranžinis net tada, kai į mūsų akį patenka visų spalvų, išskyrus mėlyną, spinduliai. Ir atvirkščiai, jei mėginys sugeria tik oranžinius spindulius, jis atrodo mėlynas. Žydra ir oranžinė vadinamos papildomomis spalvomis.
Spektrinių spalvų seka: Į kas O hotnikas f nori s nat, G de Su vaikščiojimas f Adhanas - Į raudona, O rangas, f geltona, sžalias , G mėlyna, Su inium , f iolety.
Vandens kompleksui 3+ skaitinė D dist. = 163 kJ / mol atitinka matomos raudonos spinduliuotės ribą, todėl vandeniniai Fe 3+ druskų tirpalai yra praktiškai bespalviai. Heksacianoferatas (III) turi D spl. = 418 kJ / mol, o tai atitinka sugertį mėlynai violetinėje spektro dalyje ir atspindį geltonai oranžinėje dalyje. Tirpalai, kuriuose yra heksacianoferato (III) jonų, yra geltoni su oranžiniu atspalviu. D dist. 3+ yra mažas, palyginti su 3-, kuris atspindi ne itin didelę rišimosi energiją Fe 3+ -OH 2. Didelė 3- skilimo energija rodo, kad Fe 3+ -CN jungties energija yra didesnė, todėl norint atskirti CN, reikia daugiau energijos. Iš eksperimentinių duomenų žinoma, kad H2O molekulių 3+ koordinacinėje sferoje vidutinė gyvavimo trukmė yra apie 10 -2 s, o kompleksas 3- labai lėtai atskiria CN ligandus.
Panagrinėkime keletą pavyzdžių, leidžiančių išspręsti problemas naudojant TCH.
Pavyzdys: kompleksinis jonas trans- + sugeria šviesą daugiausia raudonojoje spektro srityje – 640 nm. Kokia šio komplekso spalva?
Sprendimas: kadangi nagrinėjamas kompleksas sugeria raudoną šviesą, jo spalva turi papildyti raudoną spalvą – žalią.
Pavyzdys: jonai A1 3+, Zn 2+ ir Co 2+ yra ligandų oktaedrinėje aplinkoje. Kurie iš šių jonų gali sugerti matomą šviesą ir dėl to mums atrodo spalvoti?
Sprendimas: A1 3+ jonas turi elektroninę konfigūraciją. Kadangi jis neturi išorinių d-elektronų, jis nėra spalvotas. Zn 2+ jonas turi elektroninę konfigūraciją – 3d 10. Šiuo atveju visos d-orbitalės yra užpildytos elektronais. Orbitalės d x 2– y2 ir d x 2 negali priimti elektrono, sužadinto iš žemesnio d xy, d yz, d xz orbitalių energijos lygio. Todėl Zn 2+ kompleksas taip pat yra bespalvis. Co 2+ jonas turi elektroninę konfigūraciją – d 7. Šiuo atveju galima perkelti vieną d-elektroną iš d xy, d yz, d xz orbitalių apatinio energijos lygio į d x 2– y2 ir d x 2 orbitalių viršutinį energijos lygį. Todėl Co 2+ jono kompleksas yra spalvotas.
Pavyzdys: kaip paaiškinti, kodėl diamagnetinių kompleksų 3+, 3+, 3– spalva yra oranžinė, o paramagnetinių kompleksų 3–, 0 – mėlyna?
Sprendimas: oranžinė kompleksų spalva rodo absorbciją mėlynai violetinėje spektro dalyje, t.y. trumpų bangų ilgių srityje. Taigi šių kompleksų padalijimas yra didelis, o tai užtikrina, kad jie priklauso žemo sukimosi kompleksams (D> P). Elektronų poravimas (d 6 -konfigūracija, visi šeši elektronai yra t 2g polygyje) atsiranda dėl to, kad ligandai NH 3, en, NO 2 - priklauso dešinei spektrocheminės serijos pusei. Todėl kompleksuodami jie sukuria stiprų lauką. Antrosios grupės kompleksų nuspalvinimas mėlyna spalva reiškia, kad jie sugeria energiją geltonai raudonai, t.y. ilgosios bangos spektro dalis. Kadangi bangos ilgis, kuriame kompleksas sugeria šviesą, lemia skilimo dydį, galime teigti, kad D reikšmė šiuo atveju yra santykinai maža (D<Р). Это и понятно: лиганды F – и H 2 O находятся в левой части спектрохимического ряда и образуют слабое поле. Поэтому энергии расщепления D в данном случае недостаточно для спаривания электронов кобальта (III) и электронная конфигурация в этом случае - t 4 2g ,е 2 g , а не t 6 2g e 0 g .
Pavyzdys: Naudodami kristalų lauko teoriją paaiškinkite, kodėl kompleksinis jonas yra bespalvis vandeniniame tirpale, o 2 yra žalias?
Sprendimas : kompleksas - susidaro iš vario katijono Cu +, kurio elektroninė konfigūracija 3d 10 4s 0, visos d-orbitalės užpildytos, elektronų perėjimas neįmanomas, todėl tirpalas nespalvotas. Kompleksą 2- sudaro katijonas Cu 2+, kurio elektroninė konfigūracija yra 3d 9 4s 0, todėl d– polygyje yra laisva vieta. Elektronų perėjimas absorbuojant šviesą d-polygyje lemia komplekso spalvą. Vandeniniai vario (II) kompleksai vandeniniame tirpale turi mėlyną spalvą, chlorido jonų patekimas į vidinę komplekso sferą sukelia mišraus ligandų komplekso susidarymą, dėl kurio pasikeičia tirpalo spalva. žalias.
Pavyzdys: Naudodami valentinių ryšių metodą, atsižvelgdami į kristalo lauko teoriją, nustatykite centrinio atomo hibridizacijos tipą ir prognozuokite geometrinę kompleksų formą:
- + -
Sprendimas: Iš nurodytų kompleksų parinksime junginius, sudarytus iš E +, tai yra:
+ - 3-
- + .
Cheminis ryšys šiuose kompleksuose susidaro veikiant donoro-akceptoriaus mechanizmui, elektronų donorai yra ligandai: amoniako molekulės ir cianido jonai (monodantiniai ligandai) ir tiosulfato jonai (dvidentinis ligandas). Elektronų akceptorius yra E + katijonas. Elektroninė konfigūracija (n-1) d 10 ns 0 np 0. Išorinės ns ir np orbitalės dalyvauja formuojant du ryšius su monodantiniais ligandais, centrinio atomo hibridizacijos tipas yra sp, geometrinė kompleksų forma linijinė, nėra neporinių elektronų, jonas yra diamagnetinis. Viena s-orbitalė ir trys centrinio atomo p-orbitalės dalyvauja formuojant keturis donoro-akceptorinius ryšius su dvišakiu ligandu išilgai MBC, hibridizacijos tipas yra sp 3, komplekso geometrinė forma yra tetraedrinė, yra nėra nesuporuotų elektronų.
Antroji kompleksų grupė:
- - - 3+
susidaro aukso (III) jono, kurio elektroninė konfigūracija yra 5d 8 6s 0. Ligandai, dalyvaujantys formuojant kompleksus, pagal ligandų spektrocheminį diapazoną gali būti skirstomi į silpnus ligandus: chlorido ir bromido jonus ir stipriuosius: amoniako ir cianido jonus. 5d orbitalėse pagal Hundo taisyklę yra du nesuporuoti elektronai ir jie išlaikomi formuojantis donoro-akceptoriaus ryšiams su silpno lauko ligandais. Ryšiui formuoti aukso katijonas suteikia vieną 6s ir tris 6p orbitales. Centrinio atomo hibridizacijos tipas yra sp 3. Sudėtingo jono erdvinė struktūra yra tetraedrinė. Yra du nesuporuoti elektronai, kompleksas yra paramagnetinis.
Veikiami stipraus lauko ligandų, aukso (III) jono elektronai purškiasi išleidžiant vieną 5d orbitą. Viena centrinio atomo 5d, viena 6s ir dvi 6p orbitos dalyvauja formuojant keturias donoro-akceptoriaus jungtis. Hibridizacijos tipas dsp 2. Dėl to susidaro kvadratinė-plokštuminė kompleksinio jono struktūra. Nėra nesuporuotų elektronų, kompleksai yra diamagnetiniai.
Komplekso tirpalo spalva priklauso nuo jo sudėties, struktūros ir yra nulemta bangos ilgio l max, atitinkančio sugerties juostos maksimumą, juostos intensyvumo, priklausomai nuo to, ar kvantinės cheminės medžiagos atitinkantis elektroninis perėjimas yra draudžiamas, sugerties juostos ištepimas, kuris priklauso nuo daugelio parametrų, tokių kaip komplekso elektroninė struktūra, šiluminio judėjimo intensyvumas sistemoje, koordinacinio daugiakampio teisingos geometrinės formos iškraipymo laipsnis ir kt.
Dicinko tetrafluoridas
Zn 2 F 4 (d). Dujinio dicinko tetrafluorido termodinaminės savybės standartinėje būsenoje 100 - 6000 K temperatūrų diapazone pateiktos lentelėje. Zn 2 F 4.
Molekulinės konstantos, naudojamos apskaičiuojant Zn 2 F 4 termodinamines funkcijas, pateiktos lentelėje. Zn. 8. Zn 2 F 4 molekulės struktūra eksperimentiškai netirta. Pagal analogiją su Be 2 F 4 [82SOL / OZE], Mg 2 F 4 [81SOL / SAZ] (taip pat žr. [94GUR / VEY]) ir Al 2 F 4 [82ZAK / CHA] Zn 2 F 4 pagrindiniame elektroniniame skydelyje. 1 sąlyga A g, priimama plokštuminė ciklinė struktūra (simetrijos grupė D 2h). Remiantis tuo, kad Zn 2+ jonas turi ... d 10 elektroninė konfigūracija. Inercijos momentų sandauga, pateikta lentelėje. Zn.8, apskaičiuotas pagal apskaičiuotus konstrukcinius parametrus: r(Zn-F t) = 1,75 ± 0,05 Å (galinė Zn-F jungtis), r(Zn-F b) = 1,95 ± 0,05 Å (jungiantis Zn-F ryšį) ir Р F b- Zn-F b= 80 ± 10 o. Ryšio ilgis Zn-F t imamas toks pat kaip r(Zn-F) ZnF 2 molekulėje, r (Zn-F b) vertė rekomenduojama būti 0,2 Å didesnė už galinę jungtį, kaip pastebėta Al, Ga, In, Tl, Be ir Fe dimeruose. halogenidai. Kampo vertė F b- Zn-F b apskaičiuota pagal atitinkamas reikšmes molekulėse Be 2 F 4, Mg 2 F 4 ir Al 2 F 4. Apskaičiuotos vertės paklaida I A I B I C yra 3 · 10–113 g 3 · cm 6.
Zn-F n 1 ir n 2 galinių jungčių tempimo virpesių dažniai paimti iš Givano ir Levenschusso [80GIV / LOE] darbų, kurie tyrė kriptone išskirtų Zn 2 F 4 molekulių IR ir Ramano spektrus. matrica. Visų Zn-F (n 3) jungiamųjų jungčių vibracijos dažniai buvo laikomi vienodais, o jų vertės buvo įvertintos darant prielaidą, kad (n b/ n t) cp = 0,7, kaip ir Fe, Al, Ga ir In halogenidų dimeruose. Rekomenduojamos galinių jungčių deformacinių virpesių dažnių vertės (n 4 - n 5) Zn 2 F 4, darant prielaidą, kad jų reikšmių santykis Zn 2 F 4 ir Zn 2 Cl 4 yra tas pats kaip ZnF 2 ir ZnCl 2. Laikoma, kad neplokštuminio lenkimo ciklo virpesių dažnis (n 7) yra šiek tiek didesnis nei atitinkamas Zn 2 Cl 4 dažnis. Ciklo lenkimo virpesių plokštumoje dažnio vertė (n 6) buvo įvertinta lyginant su Zn 2 Cl 4 dydžiu ir atsižvelgiant į Zn- tilto jungčių virpesių dažnių santykį. F ir Zn-Cl Zn 2 F 4 ir Zn 2 Cl 4 ... Eksperimentiškai stebimų virpesių dažnių paklaidos yra 20 cm –1, įvertintos 20% jų vertės.
Apskaičiuojant termodinamines funkcijas, nebuvo atsižvelgta į sužadintas Zn 2 F 4 elektronines būsenas.
Termodinaminės funkcijos Zn 2 F 4 (r) apskaičiuojamos „standžias rotatorius – harmoninis osciliatorius“ aproksimacija pagal lygtis (1.3) - (1.6), (1.9), (1.10), (1.122) - (1.124), ( 1,128), (1,130). Apskaičiuotų termodinaminių funkcijų paklaidos atsiranda dėl priimtų molekulinių konstantų verčių netikslumo, taip pat dėl apytikslės skaičiavimo pobūdžio ir yra 6, 16 ir 20 J × K -1 × mol -1. vertės Φº ( T) esant 298,15, 3000 ir 6000 K.
Pirmą kartą publikuojama Zn 2 F 4 (g) termodinaminių funkcijų lentelė.
Pusiausvyros konstanta Zn 2 F 4 (g) = 2Zn (g) + 4F (g) apskaičiuojama naudojant priimtą vertę
D adresuHº (Zn 2 F 4. g, 0) = 1760 ± 30 kJ × mol -1.
Vertė apskaičiuojama lyginant į šį leidimą įtrauktų dihalogenidų sublimacijos ir dimerizacijos entalpijas. Lentelėje Zn.12 pateiktos santykių D reikšmės sHº (MeHal 2. k, 0) / D rHº (MeHal 2 - MeHal 2, 0), atitinkančias šiame leidime priimtas vertes.
9 atvejais iš 20 eksperimentinių duomenų nėra. Šių junginių įverčiai pateikti lentelėje laužtiniuose skliaustuose. Šie skaičiavimai buvo atlikti remiantis šiais argumentais:
1. Fe, Co ir Ni junginių atveju F-Cl-Br-I serijoje taikomas nedidelis poslinkis, o Fe-Co-Ni serijoje tokio poslinkio nebuvimas;
2. Zn junginiams reikšmių eigos F-Cl-Br-I serijoje nepastebima, o fluoridui imama vidutinė likusių verčių reikšmė;
3. Cu junginiams F-Cl-Br-I serijoje taikomas mažas kursas pagal analogiją su geležies grupės junginiais, remiantis reikšmių artumu; Manoma, kad pats judėjimas yra šiek tiek mažesnis.
Nurodytas metodas leidžia gauti atomizacijos entalpijų Me 2 Hal 4 vertes, pateiktas lentelėje. 13 Zn.
Skaičiuojant Cu 2 I 4 purškimo energiją, buvo naudojama D reikšmė, kuri neįtraukta į šį leidimą s H° (CuI 2, k, 0) = 180 ± 10 kJ × mol -1. (žr. tekstą apie CuBr 2 sublimacijos entalpiją).
Atliktų įverčių tikslumas gali būti lygus 50 kJ × mol -1 Cu 2 I 4 ir 30 kJ × mol -1 kitais atvejais.
Priimta Zn 2 F 4 purškimo entalpijos vertė atitinka susidarymo entalpijos vertę:
D f H° (Zn 2 F 4. g, 0) = -1191,180 ± 30,0 kJ × mol -1.
Osina E.L. [apsaugotas el. paštas]
A.V. Gusarovas [apsaugotas el. paštas]
Apsvarstykite 2016 m. USE parinkčių užduotis Nr. 1.
Užduotis numeris 1.
Išorinio elektronų sluoksnio 3s²3p6 elektroninė formulė atitinka kiekvienos iš dviejų dalelių struktūrą:
1. Arº ir Kº 2. Cl‾ ir K + 3. S²‾ ir Naº 4. Clº ir Ca2 +
Paaiškinimas: Tarp atsakymų variantų yra nesužadintos ir sužadintos būsenos atomai, tai yra, elektroninė konfigūracija, pavyzdžiui, kalio jonas neatitinka jo padėties periodinėje lentelėje. Apsvarstykite 1 variantą Arº ir Kº. Parašykime jų elektronines konfigūracijas: Arº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6; Kº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 yra tinkama elektronų konfigūracija tik argonui. Apsvarstykite 2 atsakymą – Cl‾ ir K +. K +: 1s2 2s2 2p6 3s2 4s0; Cl‾: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Vadinasi, teisingas atsakymas yra 2.
Užduotis numeris 2.
1. Caº 2. K + 3. Cl + 4. Zn2 +
Paaiškinimas: nes rašome elektroninę argono konfigūraciją: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Kalcis netinka, nes turi dar 2 elektronus. Kalio sudėtyje: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0. Teisingas atsakymas yra 2.
Užduotis numeris 3.
Elementas, kurio atomo elektroninė konfigūracija yra 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4, sudaro vandenilio junginį
1. CH4 2. SiH4 3. H2O 4. H2S
Paaiškinimas: pažiūrėkime į periodinę lentelę, sieros atomas turi tokią elektroninę konfigūraciją. Teisingas atsakymas yra 4.
Užduotis numeris 4.
Magnio atomai ir
1. Kalcis 2. Chromas 3. Silicis 4. Aliuminis
Paaiškinimas: magnis turi išorinio energijos lygio konfigūraciją: 3s2. Kalciui: 4s2, chromui: 4s2 3d4, siliciui: 3s2 2p2, aliuminiui: 3s2 3p1. Teisingas atsakymas yra 1.
Užduotis numeris 5.
Argono atomas pagrindinėje būsenoje atitinka dalelės elektronų konfigūraciją:
1. S²‾ 2. Zn2 + 3. Si4 + 4. Seº
Paaiškinimas: argono elektroninė konfigūracija pagrindinėje būsenoje yra 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. S²‾ turi elektroninę konfigūraciją: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p (4 + 2). Teisingas atsakymas yra 1.
Užduotis numeris 6.
Fosforo atomai ir
1. Ar 2. Al 3. Cl 4. N
Paaiškinimas: užrašome fosforo atomo išorinio lygio elektroninę konfigūraciją: 3s2 3p3.
Aliuminiui: 3s2 3p1;
Argonui: 3s2 3p6;
Chloras: 3s2 3p5;
Azotui: 2s2 2p3.
Teisingas atsakymas yra 4.
Užduotis numeris 7.
Elektroninė konfigūracija 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 atitinka dalelę
1. S4 + 2. P3- 3. Al3 + 4. O2-
Paaiškinimas:ši elektroninė konfigūracija atitinka pagrindinės būsenos argono atomą. Apsvarstykite atsakymų variantus:
S4 +: 1s2 2s2 2p6 3s2 2p0
P3-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p (3 + 3)
Teisingas atsakymas yra 2.
Užduotis numeris 8.
Kokia elektroninė konfigūracija atitinka valentinių elektronų pasiskirstymą chromo atome:
1.3d2 4s2 2.3s2 3p4 3.d5 4s1 4.4s2 4p6
Paaiškinimas: rašome elektroninę chromo konfigūraciją pagrindinėje būsenoje: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5. Valentiniai elektronai yra paskutiniuose dviejuose polygiuose 4s ir 3d (čia vienas elektronas peršoka iš s į d polygį). Teisingas atsakymas yra 3.
Užduotis numeris 9.
Trijuose nesuporuotuose elektronuose išoriniame elektroniniame lygyje pagrindinėje būsenoje yra atomas
1. Titanas 2. Silicis 3. Magnis 4. Fosforas
Paaiškinimas: norint turėti 3 nesuporuotus elektronus, elementas turi būti penktoje grupėje. Vadinasi, teisingas atsakymas yra 4.
Užduotis numeris 10.
Cheminio elemento, kurio didžiausias oksidas yra RO2, atomas turi išorinio lygio konfigūraciją:
1.ns2 np4 2.ns2 np2 3.ns2 4.ns2 np1
Paaiškinimas:šio elemento oksidacijos būsena (šiame junginyje) yra +4, tai yra, išoriniame lygyje jis turi turėti 4 valentinius elektronus. Vadinasi, teisingas atsakymas yra 2.
(galite manyti, kad teisingas atsakymas yra 1, bet tokio atomo maksimali oksidacijos būsena bus +6 (kadangi 6 elektronai yra išoriniame lygyje), bet mums reikia didesnio oksido, kad būtų formulė RO2, ir tokia elementas turės didesnį oksidą RO3)
Savarankiško darbo užduotys.
1. Elektroninė konfigūracija 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 atitinka atomą
1. Aliuminis 2. Azotas 3. Chloras 4. Fluoras
2. Aštuonių elektronų išorinis apvalkalas turi dalelę
1. P3 + 2. Mg2 + 3. Cl5 + 4. Fe2 +
3. Elemento, kurio atomo elektroninė struktūra yra 1s2 2s2 2p3, eilės numeris yra
1. 5 2. 6 3. 7 4. 4
4. Elektronų skaičius vario jone Cu2 + yra
1. 64 2. 66 3. 29 4. 27
5. Panaši išorinio energijos lygio konfigūracija turi azoto atomų ir
1. Siera 2. Chloras 3. Arsenas 4. Manganas
6. Kuriame junginyje yra katijonas ir anijonas, kurių elektroninė konfigūracija 1s2 2s2 2p6 3s3 3p6?
1. NaCl 2. NaBr 3. KCl 4. KBr
7. Elektronų skaičius geležies jone Fe2 + yra
1. 54 2. 28 3. 58 4. 24
8. Inertinių dujų elektroninė konfigūracija turi joną
1. Cr2 + 2. S2- 3. Zn2 + 4. N2-
9. Panaši išorinio energijos lygio konfigūracija turi fluoro atomų ir
1. Deguonis 2. Litis 3. Bromas 4. Neonas
10. Elementas, kurio atomo elektroninė formulė yra 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4, atitinka vandenilio junginį
1. HCl 2. PH3 3. H2S 4. SiH4
Šioje pastaboje naudojome užduotis iš USE 2016 rinkinio, kurį redagavo A.A. Kaverina.
