Neutralny atom $ \ ce {Sc} $ ma konfigurację elektronową $ \ ce {1s ^ 2 2s ^ 2 2p ^ 6 3s ^ 2 3p ^ 6 3d ^ 1 4s ^ 2} $, a $ \ ce {Sc ^ 2 +} $ jon ma konfigurację elektronową $ \ ce {1s ^ 2 2s ^ 2 2p ^ 6 3s ^ 2 3p ^ 6 3d ^ 1} $. Neutralny atom potasu ma konfigurację elektronową $ \ ce { 1s ^ 2 2s ^ 2 2p ^ 6 3s ^ 2 3p ^ 6 4s ^ 1} $. Chociaż zarówno $ \ ce {Sc ^ 2 +} $, jak i $ \ ce {K} $ mają taką samą liczbę elektronów, ich konfiguracje elektronów są różne i dlatego nie są względem siebie izoelektroniczne. (Isoelectronic oznacza taką samą liczbę elektronów, jak również taką samą strukturę)

Jak już powiedziano, nie są one izoelektroniczne, ponieważ ich struktury elektroniczne są różne: pojedynczy elektron potasu znajduje się na orbicie s, a skand (II) jest na orbicie ad.

powodem tej różnicy jest jedyna inna rzecz: różnica w ładunku jądrowym o 2. Większy ładunek jądrowy powoduje kurczenie się orbitali i zmniejszenie ich energii. Jednak nie wszystkie orbitale są w równym stopniu dotknięte zmianą ładunku jądrowego: im niższa jest główna liczba kwantowa orbitalu, tym większy jest na nią wpływ. Zatem orbitale 3d, należące do trzeciej powłoki, odczuwają różnicę ładunków silniej i dostosowują się bardziej niż orbital 4s, który już należy do czwartej powłoki.

Podczas gdy dla neutralnego potasu i wapnia (I) jest to bardzo jasne, że orbital 4s ma mniejszą energię niż orbitale 3d, obraz odwraca się, gdy dotrzesz do skandu - pierwszego elementu bloku d. Ponieważ energie orbitali 3d zostały zmniejszone bardziej niż energia 4s, nagle staje się bardziej stabilny i pojedynczy elektron walencyjny skandu (II) będzie przebywał w 3d zamiast 4s.

W skandzie (I) , musimy również wziąć pod uwagę interakcje elektron-elektron, aby w pełni wyjaśnić tę koncepcję. Zasadniczo każdy elektron, który usuniesz z atomu, ustabilizuje wszystkie orbitale i vice versa. Znowu ten efekt wpływa różnie na różne orbitale, głównie w zależności od liczb kwantowych $ l $ i $ m_l $. Zatem redukcja skandu (II) do skandu (I) spowoduje przesunięcie energii orbitalnej do bardzo interesującego wyniku, że jeden elektron zajmie orbital 3d, a jeden zajmie orbital 4s. (Omówiłem to, ale oczywiście spin i parowanie spinów również odgrywają rolę).

Moim skromnym zdaniem chemguide.co.uk wykonał świetną robotę w wyjaśniając ten problem.

To bardzo interesujące pytanie, ja również doświadczyłem tego błędu, dlatego należy być ostrożnym podczas odpowiadania na takie pytania. Zaakceptowałeś odpowiedź @ Allison W, który dobrze to wyjaśnił i staram się dać ci technikę bardzo uważnej odpowiedzi na to pytanie bez pomyłki w przyszłości.

1. Najpierw powinieneś napisać konfiguracja elektronowa elementu , która daje. **

Sc - 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 4s2

2. Wtedy powinieneś zrozumieć, ile elektronów pozostało dla danego jonu. Zgodnie z tym pytaniem powinno być 2. Następnie należy je zostawić z poziomu energii zewnętrznej. Oznacza to, że są w 4s.

Nie zrozum tego źle ze sposobem wypełniania się elektronów. Kiedy atom buduje się zgodnie z zasadą aufbau, pierwszymi elektronami wypełniającymi są elektrony 4s, a następnie elektrony 3d. Zatem ostatnim elektronem, który się wypełnia, jest elektron 3D. Ale powinieneś zrozumieć, że to nie elektron znajduje się najbardziej na zewnątrz atomu. Kiedy jony wytwarzają opuszczające się elektrony, które mają najmniejszy wpływ na jądro. To oznacza najbardziej zewnętrzne elektrony.

3.Następnie powinieneś zobaczyć stabilność wykonanej konfiguracji.

Nie ma to na to wpływu pytanie, ale możesz stawić czoła takim pytaniom. Na przykład

Sc + -1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 4s1

Ale to się nie dzieje, gdy jest większa stabilność konfiguracja poniżej.

Sc + -1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s0

Warto więc poświęcić uwagę na takie sytuacja do takiej zmiany. (W chemii podstawowej, jeśli nie zmieniłeś, to nie jest przypadek, ale z góry powinieneś być ostrożny w tym punkcie.)

4. Po napisaniu nowej konfiguracji elektronowej jon porównaj teraz z konfiguracją danego elementu.

K- 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

Sc2 + 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1

Uogólnij te kroki, a nie pomylisz się ponownie.