Bojenje kompleksnih spojeva. Struktura kompleksnih jedinjenja Teorija metode valentne veze

Najvažnije dostignuće TCT-a je dobro objašnjenje razloga posebne boje kompleksnih jedinjenja. Prije nego pokušamo objasniti razlog pojave boje u složenim spojevima, podsjetimo da je vidljiva svjetlost elektromagnetno zračenje čija je valna dužina u rasponu od 400 do 700 nm. Energija ovog zračenja obrnuto je proporcionalna njegovoj talasnoj dužini:

E = h×n = h×c/l

Energija 162 193 206 214 244 278 300

E, kJ/mol

Talasna dužina 760 620 580 560 490 430 400

Ispostavilo se da je energija cijepanja d-nivoa pomoću kristalnog polja, označenog simbolom D, istog reda veličine kao energija fotona vidljive svjetlosti. Zbog toga kompleksi prelaznih metala mogu apsorbovati svetlost u vidljivom delu spektra. Apsorbovani foton pobuđuje elektron sa nižeg energetskog nivoa d-orbitala na viši nivo. Objasnimo ovo na primjeru 3+. Titanijum (III) ima samo 1 d-elektron; kompleks ima samo jedan apsorpcioni vrh u vidljivom delu spektra. Maksimalni intenzitet 510 nm. Svjetlost na ovoj talasnoj dužini uzrokuje da d elektron pređe sa donjeg energetskog nivoa d orbitala na gornji. Kao rezultat apsorpcije zračenja, molekul apsorbirane tvari prelazi iz osnovnog stanja s minimalnom energijom E 1 u stanje više energije E 2. Energija ekscitacije se distribuira na pojedinačnim nivoima vibracione energije molekula, pretvarajući se u toplotnu energiju. Elektronske prijelaze uzrokovane apsorpcijom strogo definiranih kvanta svjetlosne energije karakterizira prisustvo strogo definiranih apsorpcionih traka. Štaviše, do apsorpcije svjetlosti dolazi samo u slučaju kada se energija apsorbiranog kvanta poklapa sa energetskom razlikom DE između kvantnih energetskih nivoa u konačnom i početnom stanju apsorbirajućeg molekula:

DE = E 2 – E 1 = h×n = h×c/l,

gdje je h Plankova konstanta; n je frekvencija apsorbovanog zračenja; c je brzina svjetlosti; l je talasna dužina apsorbovane svetlosti.

Kada je uzorak tvari obasjan svjetlošću, reflektirani zraci svih boja koje uzorak nije apsorbirao ulaze u naše oko. Ako uzorak apsorbira svjetlost svih valnih dužina, zraci se od njega ne odbijaju, pa nam se takav objekt čini crnim. Ako uzorak uopće ne apsorbira svjetlost, percipiramo ga kao bijeli ili bezbojan. Ako uzorak apsorbira sve zrake osim narandžaste, izgleda narandžasto. Moguća je i druga opcija - uzorak može izgledati narandžasto čak i kada zraci svih boja osim plave uđu u naše oko. Suprotno tome, ako uzorak apsorbira samo narandžaste zrake, izgleda plavo. Plava i narandžasta se nazivaju komplementarnim bojama.

Niz spektralnih boja: To svaki O lovac iželi h ne, G de With ide f ezan - To crveno, O domet, ižuta, h zeleno , G plava, With plava , f ljubičasta

Za akva kompleks 3+ numerička vrijednost D izrač. = 163 kJ/mol odgovara granici vidljivog crvenog zračenja, pa su vodeni rastvori Fe 3+ soli praktično bezbojni. Heksacijanoferat (III) ima D dist. = 418 kJ/mol, što odgovara apsorpciji u plavo-ljubičastom dijelu spektra i refleksiji u žuto-narandžastom. Otopine koje sadrže ione heksacijanoferata (III) su žute s narandžastom nijansom. D vrijednost 3+ je malo u poređenju sa 3-, što odražava ne baš veliku energiju vezivanja Fe 3+ -OH 2. Visoka energija cijepanja 3- ukazuje da je energija vezivanja Fe 3+ -CN veća, te je stoga potrebno više energije za eliminaciju CN. Iz eksperimentalnih podataka je poznato da molekuli H 2 O u koordinacionoj sferi 3+ imaju prosječno vrijeme života od oko 10 -2 s, a 3- kompleks odcjepljuje CN - ligande izuzetno sporo.

Pogledajmo nekoliko primjera koji nam omogućuju rješavanje problema pomoću TCP-a.

primjer: kompleksni jon trans‑+ apsorbira svjetlost uglavnom u crvenom dijelu spektra - 640 nm. Koje je boje ovaj kompleks?

Rješenje: budući da dotični kompleks upija crvenu svjetlost, njegova boja bi trebala biti zelena, komplementarna crvenoj.

primjer: joni A1 3+, Zn 2+ i Co 2+ nalaze se u oktaedarskom okruženju liganada. Koji od ovih jona može apsorbirati vidljivu svjetlost i, kao rezultat, izgledati nam obojeno?

Rješenje: A1 3+ jon ima elektronsku konfiguraciju od . Budući da nema vanjskih d elektrona, nije obojen. Zn 2+ jon ima elektronsku konfiguraciju - 3d 10. U ovom slučaju, sve d-orbitale su ispunjene elektronima. Orbitale d x 2– y2 i d x 2 ne mogu prihvatiti pobuđen elektron sa nižeg energetskog nivoa d xy , d yz , d xz orbitala. Stoga je i Zn 2+ kompleks bezbojan. Jon Co 2+ ima elektronsku konfiguraciju - d 7. U ovom slučaju moguće je pomjeriti jedan d-elektron sa donjeg energetskog nivoa d xy, d yz, d xz orbitala na gornji energetski nivo d x 2– y2 i d x 2 orbitala. Zbog toga je kompleks jona Co 2+ obojen.

primjer: kako objasniti zašto je boja dijamagnetnih kompleksa 3+, 3+, 3– narandžasta, a boja paramagnetnih kompleksa 3–, 0 plava?

Rješenje: narandžasta boja kompleksa ukazuje na apsorpciju u plavo-ljubičastom dijelu spektra, tj. u regionu kratke talasne dužine. Dakle, cijepanje za ove komplekse je velika vrijednost, što osigurava njihovu pripadnost niskospinskim kompleksima (D>P). Uparivanje elektrona (d 6 konfiguracija, svih šest elektrona na t 2g podnivou) je zbog činjenice da ligandi NH 3 , en, NO 2 - pripadaju desnoj strani spektrohemijskog niza. Stoga, kada se kompleksiraju, stvaraju jako polje. Bojenje druge grupe kompleksa u plavo znači da apsorbuju žuto-crvenu energiju, tj. dugotalasnog dijela spektra. Pošto talasna dužina na kojoj kompleks apsorbuje svetlost određuje količinu cepanja, možemo reći da je vrednost D u ovom slučaju relativno mala (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 .

primjer: koristeći teoriju kristalnog polja, objasni zašto je kompleksni ion bezbojan u vodenom rastvoru, a 2 je obojen zeleno?

Rješenje : kompleks - formiran od katjona bakra Cu + elektronske konfiguracije 3d 10 4s 0, sve d-orbitale su popunjene, prijenos elektrona je nemoguć, stoga rješenje nije obojeno. Kompleks 2- formiran je od katjona Cu 2+, čija je elektronska konfiguracija 3d 9 4s 0, stoga postoji slobodno mjesto na d– podnivou. Prijelaz elektrona pri apsorpciji svjetlosti na d-podnivou određuje boju kompleksa. Bakar (C) aqua kompleksi imaju plavu boju u vodenom rastvoru; uvođenje hloridnih jona u unutrašnju sferu kompleksa dovodi do formiranja kompleksa mešovitih liganda, zbog čega rastvor menja boju u zelenu.

Primjer: Koristeći metodu valentne veze, uzimajući u obzir teoriju kristalnog polja, odredite vrstu hibridizacije centralnog atoma i predvidite geometrijski oblik kompleksa:

- + -

Rješenje: Odaberimo među naznačenim kompleksima jedinjenja formirana od E+, a to su:

+ - 3-

- + .

Hemijska veza u ovim kompleksima formirana je donor-akceptorskim mehanizmom; donori elektrona su ligandi: molekule amonijaka i cijanidni ioni (monodentatni ligandi) i tiosulfatni ioni (bidentatni ligand). Akceptor elektrona je kation E +. Elektronska konfiguracija (n-1)d 10 ns 0 np 0 . U formiranju dve veze sa monodentatnim ligandima učestvuju spoljašnje ns- i np-orbitale, tip hibridizacije centralnog atoma je sp, geometrijski oblik kompleksa je linearan, nema nesparenih elektrona, ion je dijamagnetski . Kada se sa bidentatnim ligandom formiraju četiri donor-akceptorske veze, u MBC učestvuju jedna s-orbitala i tri p-orbitale centralnog atoma, tip hibridizacije je sp 3, geometrijski oblik kompleksa je tetraedarski, postoji nisu nespareni elektroni.

Druga grupa kompleksa:

- - - 3+

formiran od jona zlata(III), čija je elektronska konfiguracija 5d 8 6s 0. Ligandi koji učestvuju u formiranju kompleksa mogu se, u skladu sa spektrohemijskim nizom liganada, podeliti na slabe: hlorid i bromid ione i jake: amonijak i cijanid ione. U skladu sa Hundovim pravilom, na 5d orbitalama postoje dva nesparena elektrona i oni se zadržavaju tokom formiranja donor-akceptorskih veza sa ligandima slabog polja. Za formiranje veza, kation zlata daje jednu 6s i tri 6p orbitale. Tip hibridizacije centralnog sp 3 atoma. Prostorna struktura kompleksnog jona je tetraedarska. Postoje dva nesparena elektrona, kompleks je paramagnetski.

Pod uticajem liganda jakog polja, elektroni iona zlata (III) se uparuju sa oslobađanjem jedne 5d orbitale. Jedna 5d-, jedna 6s- i dvije 6p-orbitale centralnog atoma učestvuju u formiranju četiri donorsko-akceptorske veze. Hibridizacijski tip dsp 2. Ovo rezultira planarnom kvadratnom strukturom kompleksnog jona. Nema nesparenih elektrona, kompleksi su dijamagnetski.

Boja rastvora kompleksa zavisi od njegovog sastava, strukture i određena je talasnom dužinom l max koja odgovara maksimumu apsorpcionog pojasa, intenzitetom trake, koji zavisi od toga da li je kvantno-hemijski odgovarajući elektronski prelaz zabranjen , i zamućenje apsorpcionog pojasa, što zavisi od niza parametara, kao što su elektronska struktura kompleksa , intenzitet toplotnog kretanja u sistemu, stepen izobličenja pravilnog geometrijskog oblika koordinacionog poliedra itd.

Primjer 1. Odredite naboj agensa za stvaranje kompleksa u jedinjenju NO 2. Dajte ovoj vezi ime.

Rješenje

Vanjska sfera CS-a sastoji se od jednog NO anjona, dakle, naboj cijele unutrašnje sfere je +1, odnosno +. Unutrašnja sfera sadrži dvije grupe liganada NH 3 i Cl –. Stepen oksidacije agensa za stvaranje kompleksa se označava sa X i riješi jednačinu

1 = 1X+ 0·4 + 2·(–1). Odavde X = +1.

Dakle, CS je složen kation. Naziv spoja: kobalt diklorotetraamin nitrit (+1).

Primjer 2. Zašto + jon ima linearnu strukturu?

Rješenje

Odredite naboj kompleksirajućeg agensa u datom kompleksnom jonu

1 = 1X+ 0·2 . Odavde X = +1.

Elektronska struktura valentnih podnivoa Cu + jona odgovara konfiguraciji 3 d 10 4s 0 4R 0 . Od 3 d – podnivo ne sadrži slobodna mjesta, zatim jedan 4 s i jedan 4 str orbitale koje se hibridiziraju po tipu sp. Ova vrsta hibridizacije (vidi tabelu 1) odgovara linearnoj strukturi kompleksa.

Primjer 3. Odrediti vrstu hibridizacije centralnog jona AO i geometrijsku strukturu kompleksa 2–.

Rješenje

Elektronska konfiguracija centralnog jona Hg 2+: 5 d 10 6s 0 6R 0, a elektronsko grafičko kolo se može predstaviti na sljedeći način

Hemijska veza se formira prema mehanizmu donor-akceptor, gdje svaki od četiri donatorska liganda (Cl – jona) obezbjeđuje jedan usamljeni par elektrona (isprekidane strelice), a agens za stvaranje kompleksa (jon Hg 2+) daje slobodan AO: jedan 6 s i tri 6 str JSC

Dakle, u ovom kompleksnom jonu dolazi do sp3hibridizacije ao, usled čega su veze usmerene ka vrhovima tetraedra i 2– jon ima tetraedarsku strukturu.

Primjer 4. Napravi energetski dijagram za formiranje veza u kompleksu 3– i naznači vrstu hibridizacije orbitala centralnog atoma. Koja magnetna svojstva ima kompleks?

Rješenje

Elektronska konfiguracija centralnog Fe 3+ jona:…3 d 5 4s 0 4str 0 4d 0 . Šest monodentatnih liganada CN - stvaraju jako oktaedarsko polje i formiraju šest σ-veza, dajući usamljene parove elektrona atoma ugljika slobodnom AO agensa za stvaranje kompleksa Fe 3+, dok se degeneracija AO 3 uklanja d podnivo agensa za kompleksiranje. Energetski dijagram kompleksa izgleda ovako

dγ serija

Fe 3+ :…3 d 5

dε serija

Pet 3 d-elektroni su potpuno raspoređeni po orbitalama 3 dε serije, budući da se energija cijepanja koja nastaje tokom interakcije sa ligandima visokog polja ispostavlja da je dovoljna za maksimalno uparivanje elektrona. Dostupno 3 d, 4s i 4 R- orbitale su izložene d 2 sp 3-hibridizacija i odrediti oktaedarska struktura kompleksa. Kompleks je paramagnetičan, jer postoji jedan nespareni elektron

d 2 sp 3

Primjer 5. Nacrtajte energetski dijagram za formiranje veza u kompleksu - i navedite vrstu hibridizacije.

Rješenje

Elektronska formula Cr 3+: …3 d 3 4s 0 4str 0 4d 0 . Monodentatni ligandi F – formiraju četiri σ veze, ligandi su slabog polja i stvaraju tetraedarsko polje

dε serija

dγ serija

Besplatna dva 3 d, jedan 4 s i jedan 4 R AO kompleksni agensi hibridiziraju se prema tipu d 2 sp, kao rezultat toga nastaje paramagnetski kompleks tetraedarske konfiguracije.

Primjer 6. Objasnite zašto je ion 3 paramagnetičan, a ion 3 dijamagnetičan.

Rješenje

Elektronska formula agensa za kompleksiranje Co 3+: ...3 d 6. U oktaedarskom polju F – liganda (ligand slabog polja) dolazi do blagog cijepanja d– podnivoa, stoga elektroni ispunjavaju AO u skladu sa Hundovim pravilom (vidi sliku 3). U ovom slučaju postoje četiri nesparena elektrona, tako da je ion 3– paramagnetičan. Kada se 3– jon formira uz učešće liganda visokog polja (CN– jon), energija cijepanja d– podnivo će biti toliko značajan da će premašiti energiju međuelektronskog odbijanja uparenih elektrona. Elektroni će ispuniti AO jona Co 3+ kršeći Hundovo pravilo (vidi sliku 4). U ovom slučaju, svi elektroni su upareni, a sam ion je dijamagnetičan.

Primjer 7 Za 3+ jon, energija cijepanja je 167,2 kJ mol –1. Koje je boje jedinjenja hroma(III) u vodenim rastvorima?

Rješenje

Da bismo odredili boju supstance, određujemo talasnu dužinu na kojoj se svetlost apsorbuje

ili nm.

Dakle, jon 3+ apsorbuje svetlost u crvenom delu spektra, što odgovara zelenoj boji jedinjenja hroma (III).

Primjer 8. Odredite da li će se na temperaturi od 25°C formirati talog srebro (I) sulfida ako pomiješate jednake količine 0,001 M otopine - koja sadrži istoimeni ligand CN - koncentracije 0,12 mol/dm 3, i rastvor precipitirajućeg jona S 2 - sa koncentracijom 3,5·10 –3 M.

Rješenje

Proces disocijacije za dati ion može se predstaviti dijagramom

– ↔ Ag + + 2CN – ,

a proces taloženja se može zapisati na sljedeći način

2Ag + + S 2– ↔ Ag 2 S.

Da bi se utvrdilo da li će se formirati talog, potrebno je izračunati proizvod rastvorljivosti srebrnog sulfida PR(Ag 2 S) koristeći formulu

Da bismo odredili koncentraciju iona srebra, zapisujemo izraz za konstantu nestabilnosti kompleksnog jona

. Odavde

Koristeći referentnu knjigu, odabiremo vrijednost konstante nestabilnosti kompleksa - ( TO gnijezdo = 1·10 -21). Onda

mol/dm 3 .

Izračunajmo proizvod rastvorljivosti nastalog taloga

Pomoću priručnika biramo tabelarno vrednost proizvoda rastvorljivosti srebro sulfida (PR(Ag 2 S) tab = 5,7·10 –51) i upoređujemo je sa izračunatom vrednošću. Od PR tabela< ПР расчет, то из данного раствора осадок выпадает, так как соблюдается условие выпадения осадка.

Primjer 9. Izračunajte koncentraciju iona cinka u otopini natrijevog tetracijanozinkata koncentracije 0,3 mol/dm 3 s viškom cijanidnih jona u otopini od 0,01 mol/dm 3.

Rješenje

Primarna disocijacija se odvija gotovo u potpunosti prema shemi

Na 2 → 2Na 2+ + 2–

Sekundarna disocijacija prati jednačinu

2– ↔ Zn 2+ + 4CN –

Zapišimo izraz za konstantu nestabilnosti za ovaj proces

. Odavde

Pomoću priručnika nalazimo vrijednost konstante nestabilnosti datog jona ( TO gnijezdo = 1,3·10 -17). Koncentracija cijanidnih jona nastalih kao rezultat disocijacije kompleksa je mnogo manja od koncentracije unesenog viška, te se može pretpostaviti da je  0,01 mol/dm 3, odnosno koncentracija CN - jona nastalih kao rezultat disocijacije može se zanemariti. Onda

mol/dm 3 .

Teorija metode valentne veze

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 0 3d 6 4p 0 4d 0

U skladu sa Hundovo pravilo elektroni na vanjskom energetskom nivou su raspoređeni na sljedeći način:

Sredstvo za kompleksiranje ima koordinacioni broj c.n. = 6, stoga može vezati 6 liganada, od kojih svaki ima usamljeni elektronski par i stoga je donor elektrona. Akceptor (sredstvo za kompleksiranje) mora osigurati šest slobodnih orbitala za smještaj šest elektronskih parova. Kada se formira kompleksni 3+ jon, četiri nesparena elektrona u d – stanju Co 3+ prvo formiraju parove elektrona, usled čega se oslobađaju dve 3d orbitale:

Tada se formira kompleksni ion 3+, koji ima sljedeću strukturu:

Unutrašnje 3d orbitale i vanjske 4s i 4p orbitale učestvuju u formiranju ovog kompleksnog jona. Vrsta hibridizacije - d 2 sp 3 .

Prisustvo samo uparenih elektrona ukazuje na dijamagnetna svojstva jona.

Teorija kristalnog polja

Teorija kristalnog polja temelji se na pretpostavci da je veza između agensa za stvaranje kompleksa i liganada djelomična. Međutim, uzet je u obzir uticaj elektrostatičkog polja liganada na energetsko stanje elektrona centralnog jona.

Razmotrimo dvije kompleksne soli: K 2 i K 3 .

K 2 – ima tetraedarsku prostornu strukturu ( sp 3 - hibridizacija)

K 3 – ima oktaedarsku prostornu strukturu ( sp 3 d 2 -hibridizacija)

Komplekseri imaju sljedeće elektronska konfiguracija:

d – elektroni istog energetskog nivoa su isti u slučaju slobodnog atoma ili jona. Ali djelovanje elektrostatičkog polja liganada doprinosi cijepanju energetskih nivoa d-orbitala u centralnom jonu. I što je jače polje koje stvaraju ligandi, veće je cijepanje (za isti kompleksirajući agens). Prema svojoj sposobnosti da izazovu cijepanje energetskih nivoa, ligandi su raspoređeni u nizu:

CN — > NO 2 — > NH 3 > SCN — > H 2 O > OH — > F — > Cl — > Br — > I —

Struktura kompleksnog jona utiče na prirodu cijepanja energetskih nivoa agensa za stvaranje kompleksa.

At oktaedarska struktura kompleksni ion, d γ -orbitale (d z 2 -, d x 2 - y 2 -orbitale) podliježu jaka interakcija polja liganda, a elektroni ovih orbitala mogu imati veću energiju od elektrona d ε -orbitala (d xy, d xz, d yz - orbitale).

Cepanje nivoa energije za elektrone u d-stanju u oktaedarskom polju liganada može se predstaviti u oblik dijagrama:

Ovdje je Δ oct energija cijepanja u oktaedarskom polju liganada.

Sa tetraedarskom strukturom kompleksnog jona, d γ orbitale imaju nižu energiju od d ε orbitala:

Ovdje je Δ tetr energija cijepanja u tetraedarskom polju liganada.

Energija cijepanja Δ određena eksperimentalno iz spektra apsorpcije svjetlosnih kvanta tvari, čija je energija jednaka energiji odgovarajućih elektronskih prijelaza. Spektar apsorpcije, kao i boja kompleksnih spojeva d-elemenata, nastaje zbog prijelaza elektrona sa d-orbitale niže energije u d-orbitalu više energije.

Dakle, u slučaju K 3 soli, nakon apsorpcije kvanta svjetlosti, vjerovatna je tranzicija elektrona sa d ε orbitale na d γ orbitalu. Ovo objašnjava da ova so ima narandžasto-crvenu boju. A K2 sol ne može apsorbirati svjetlost i kao rezultat toga je bezbojna. Ovo se objašnjava činjenicom da prijelaz elektrona sa d γ orbitale na d ε orbitalu nije izvodljiv.

Teorija molekularne orbite

MO metoda o kojoj se prethodno govorilo u odjeljku.

Koristeći ovu metodu, prikazaćemo elektronsku konfiguraciju kompleksnog iona visokog spina 2+.

Elektronska konfiguracija Ni 2+ jona:

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 0 3d 8 4p 0 4d 0 ili …4s 0 3d 8 4p 0 4d 0

U kompleksnom jonu 2+ učestvuju u formiranju hemijskih veza 8 elektrona centralni Ni 2+ jon i 12 elektrona šest NH 3 liganda.

Kompleksni ion Ima oktaedarska struktura. Formiranje MO je moguće samo kada su energije početnih interakcijskih čestica bliske po svojim vrijednostima i shodno tome orijentirane u prostoru.

U našem slučaju, 4s orbitala Ni 2+ jona preklapa se podjednako sa orbitalama svakog od šest liganada. Kao rezultat toga nastaju molekularne orbitale: vezna σ s b i antivezujuća σ s dis.

Preklapanje tri 4p orbitale kompleksirajućeg agensa sa orbitalama liganada dovodi do formiranja šest σp-orbitala: vezivanje σ x, σ y, σ z i antivezivanje σ x, σ y, σ z.

Preklapanje d z 2 i d x 2 - y 2 agens za kompleksiranje sa orbitalama liganada doprinosi formiranju četiri molekularne orbitale: dvije vezne σ veze x 2 - y 2, σ veze z 2 i dvije antivezne σ prekid x 2 - y 2, σ presek z 2.

Orbitale d xy , d xz , d yz jona Ni 2+ ne vezuju se za orbitale liganada, jer nisu usmjerene prema njima. Kao rezultat toga, oni ne učestvuju u formiranju σ veze, te su nevezujuće orbitale: π xz, π xy, π yz.

Ukupno kompleks 2+ jona sadrži 15 molekularnih orbitala. Raspored elektrona može se prikazati na sljedeći način:

(σ s sv) 2 (σ h sv) 2 (σ y sv) 2 (σ z sv) 2 (σ sv x 2 - y 2) 2 (σ sv z 2) 2 (π xz) 2 (π xy) 2 (π yz) 2 (σ veličina x 2 - y 2) (σ veličina z 2)

Formiranje molekularnih orbitala je shematski prikazano na dijagramu ispod:

kategorije ,

Pogledajmo zadatak broj 1 iz opcija Jedinstvenog državnog ispita za 2016. godinu.

Zadatak br. 1.

Elektronska formula vanjskog elektronskog sloja 3s²3p6 odgovara strukturi svake od dvije čestice:

1. Arº i Kº 2. Cl‾ i K+ 3. S²‾ i Naº 4. Clº i Ca2+

Objašnjenje: među opcijama odgovora su atomi u nepobuđenim i pobuđenim stanjima, odnosno elektronska konfiguracija, recimo, jona kalija ne odgovara njegovom položaju u periodnom sistemu. Razmotrimo opciju 1 Arº i Kº. Napišimo njihove elektronske konfiguracije: Arº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6; Kº: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 - prikladna elektronska konfiguracija samo za argon. Razmotrimo opciju odgovora br. 2 - Cl‾ i K+. K+: 1s2 2s2 2p6 3s2 4s0; Cl‾: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. dakle, tačan odgovor je 2.

Zadatak br. 2.

1. Caº 2. K+ 3. Cl+ 4. Zn2+

Objašnjenje: jer zapisujemo elektronsku konfiguraciju argona: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Kalcijum nije pogodan jer ima još 2 elektrona. Za kalij: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0. Tačan odgovor je 2.

Zadatak br. 3.

Element čija je atomska elektronska konfiguracija 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 formira jedinjenje vodika

1. CH4 2. SiH4 3. H2O 4. H2S

Objašnjenje: Pogledajmo periodni sistem, atom sumpora ima ovu elektronsku konfiguraciju. Tačan odgovor je 4.

Zadatak br. 4.

Atomi magnezijuma i

1. Kalcijum 2. Hrom 3. Silicijum 4. Aluminijum

Objašnjenje: Magnezijum ima eksternu konfiguraciju nivoa energije: 3s2. Za kalcijum: 4s2, za hrom: 4s2 3d4, za silicijum: 3s2 2p2, za aluminijum: 3s2 3p1. Tačan odgovor je 1.

Zadatak br. 5.

Atom argona u osnovnom stanju odgovara elektronskoj konfiguraciji čestice:

1. S²‾ 2. Zn2+ 3. Si4+ 4. Seº

Objašnjenje: Elektronska konfiguracija argona u osnovnom stanju je 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. S²‾ ima elektronsku konfiguraciju: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p(4+2). Tačan odgovor je 1.

Zadatak br. 6.

Atomi fosfora i fosfora imaju sličnu konfiguraciju vanjskog energetskog nivoa.

1. Ar 2. Al 3. Cl 4. N

Objašnjenje: Napišimo elektronsku konfiguraciju vanjskog nivoa atoma fosfora: 3s2 3p3.

Za aluminijum: 3s2 3p1;

Za argon: 3s2 3p6;

Za hlor: 3s2 3p5;

Za azot: 2s2 2p3.

Tačan odgovor je 4.

Zadatak br. 7.

Konfiguracija elektrona 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 odgovara čestici

1. S4+ 2. P3- 3. Al3+ 4. O2-

Objašnjenje: ova elektronska konfiguracija odgovara atomu argona u osnovnom stanju. Razmotrimo opcije odgovora:

S4+: 1s2 2s2 2p6 3s2 2p0

P3-: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p(3+3)

Tačan odgovor je 2.

Zadatak br. 8.

Koja elektronska konfiguracija odgovara raspodjeli valentnih elektrona u atomu hroma:

1. 3d2 4s2 2. 3s2 3p4 3. 3d5 4s1 4. 4s2 4p6

Objašnjenje: Napišimo elektronsku konfiguraciju hroma u osnovnom stanju: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5. Valentni elektroni se nalaze u posljednja dva podnivoa 4s i 3d (ovdje jedan elektron skače sa podnivoa s na d). Tačan odgovor je 3.

Zadatak br. 9.

Atom sadrži tri nesparena elektrona na vanjskom elektronskom nivou u osnovnom stanju.

1. Titanijum 2. Silicijum 3. Magnezijum 4. Fosfor

Objašnjenje: Da bi imao 3 nesparena elektrona, element mora biti u grupi 5. dakle, tačan odgovor je 4.

Zadatak br. 10.

Atom hemijskog elementa čiji je najviši oksid RO2 ima konfiguraciju spoljašnjeg nivoa:

1. ns2 np4 2. ns2 np2 3. ns2 4. ns2 np1

Objašnjenje: ovaj element ima oksidacijsko stanje (u ovom spoju) od +4, odnosno mora imati 4 valentna elektrona na vanjskom nivou. dakle, tačan odgovor je 2.

(možda mislite da je tačan odgovor 1, ali takav atom bi imao maksimalno oksidacijsko stanje od +6 (pošto postoji 6 elektrona na vanjskom nivou), ali nam je potreban viši oksid da ima formulu RO2, i tako element bi imao veći oksid RO3)

Zadaci za samostalan rad.

1. Elektronska konfiguracija 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 odgovara atomu

1. Aluminij 2. Azot 3. Hlor 4. Fluor

2. Čestica ima vanjsku ljusku od osam elektrona

1. P3+ 2. Mg2+ 3. Cl5+ 4. Fe2+

3. Atomski broj elementa čija je atomska elektronska struktura 1s2 2s2 2p3 jednak je

1. 5 2. 6 3. 7 4. 4

4. Broj elektrona u jonu bakra Cu2+ je

1. 64 2. 66 3. 29 4. 27

5. Atomi dušika i

1. Sumpor 2. Hlor 3. Arsen 4. Mangan

6. Koje jedinjenje sadrži kation i anjon elektronske konfiguracije 1s2 2s2 2p6 3s3 3p6?