Κεφάλαιο 6.5 – Ηλεκτρονιακοί τύποι – Σχήματα μορίων (σελ. 240-248) – Απαντήσεις – Λύσεις

Ερωτήσεις - Ασκήσεις - Προβλήματα

Άσκηση 20 (σελ. 241)

Τι περιγράφουν οι ηλεκτρονιακοί τύποι Lewis;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ανάκληση θεωρίας.

Απάντηση: Οι ηλεκτρονιακοί τύποι κατά Lewis περιγράφουν πώς σχηματίζεται ένα μόριο ή μια ιοντική ένωση: τα ηλεκτρόνια σθένους κάθε ατόμου συμβολίζονται με τελείες, και δείχνουν πώς αυτά διαμοιράζονται (ομοιοπολικός δεσμός) ή μεταφέρονται (ιοντικός δεσμός) μεταξύ των συνδεόμενων ατόμων, ώστε να αποκτήσουν δομή ευγενούς αερίου.

Άσκηση 21 (σελ. 241)

Τι αναφέρει ο κανόνας της οκτάδας;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ανάκληση θεωρίας.

Απάντηση: Σύμφωνα με τον κανόνα της οκτάδας, τα άτομα αποβάλλουν ή προσλαμβάνουν ηλεκτρόνια (ετεροπολικός/ιοντικός δεσμός) ή αμοιβαία συνεισφέρουν ηλεκτρόνια (ομοιοπολικός δεσμός), προκειμένου να αποκτήσουν δομή ευγενούς αερίου, δηλαδή οκτώ ηλεκτρόνια στην τελευταία τους στιβάδα (εξαιρείται η στιβάδα Κ, που συμπληρώνεται με δύο ηλεκτρόνια).

Άσκηση 22 (σελ. 241)

Ποια είναι τα βασικά σημεία της θεωρίας VSEPR;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ανάκληση θεωρίας.

Απάντηση: Η θεωρία VSEPR (θεωρία απώσεως ηλεκτρονιακών ζευγών στιβάδας σθένους) στηρίζεται στην ιδέα ότι τα ζεύγη ηλεκτρονίων (δεσμικά και μη δεσμικά) γύρω από το κεντρικό άτομο ενός μορίου απωθούνται μεταξύ τους και διατάσσονται όσο πιο μακριά γίνεται στο χώρο. Τα μη δεσμικά ζεύγη και οι πολλαπλοί δεσμοί απωθούν περισσότερο (καταλαμβάνουν περισσότερο χώρο) από τα δεσμικά/απλούς δεσμούς, προκαλώντας αποκλίσεις από τα κανονικά γεωμετρικά σχήματα.

Άσκηση 23 (σελ. 241)

Τι σχήμα έχουν τα μόρια των ενώσεων: BeH₂, BF₃, CH₄, NH₃, H₂O.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Μετράμε τα δεσμικά και μη δεσμικά ζεύγη γύρω από το κεντρικό άτομο κάθε μορίου και εφαρμόζουμε τους κανόνες VSEPR.

Λύση:

1. BeH₂: 2 δεσμικά ζεύγη, 0 μη δεσμικά ⟹ γραμμικό (180°).
2. BF₃: 3 δεσμικά ζεύγη, 0 μη δεσμικά ⟹ επίπεδο τριγωνικό (120°).
3. CH₄: 4 δεσμικά ζεύγη, 0 μη δεσμικά ⟹ τετραεδρικό (109,5°).
4. NH₃: 3 δεσμικά + 1 μη δεσμικό ζεύγος ⟹ τριγωνική πυραμίδα (απόκλιση από τετραεδρικό).
5. H₂O: 2 δεσμικά + 2 μη δεσμικά ζεύγη ⟹ γωνιακό/κεκαμμένο (απόκλιση από τετραεδρικό).

Απάντηση: BeH₂: γραμμικό. BF₃: επίπεδο τριγωνικό. CH₄: τετραεδρικό. NH₃: τριγωνική πυραμίδα. H₂O: γωνιακό.

Άσκηση 62 (σελ. 248)

Να γράψετε τα σύμβολα Lewis των παρακάτω στοιχείων: O, Cl, Al, Na, Ca, P, Ne.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το πλήθος των τελειών (ηλεκτρονίων σθένους) ισούται με τον αριθμό ομάδας (κύριας ομάδας).

Απάντηση: O: 6 ηλεκτρόνια σθένους (2 ζεύγη + 2 μονήρη γύρω από το σύμβολο). Cl: 7 (3 ζεύγη + 1 μονήρες). Al: 3 (μονήρη). Na: 1. Ca: 2 (ζεύγος). P: 5 (2 ζεύγη + 3 μονήρη, ή 1 ζεύγος +3 μονήρη ανάλογα με σύμβαση). Ne: 8 (4 ζεύγη, πλήρης οκτάδα).

Άσκηση 63 (σελ. 248)

Να γράψετε τους ηλεκτρονιακούς τύπους κατά Lewis των ιοντικών ενώσεων: Na₂O, MgCl₂, CaO, AlN και K₂S.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Τα μέταλλα αποβάλλουν ηλεκτρόνια (ίσα με τον αριθμό ομάδας τους) και τα αμέταλλα προσλαμβάνουν, ώστε να προκύψουν ιόντα με δομή ευγενούς αερίου, σε αναλογία που εξουδετερώνει τα φορτία.

Λύση:

1. Na₂O: 2 Na (χάνουν 1e⁻ έκαστο) + O (κερδίζει 2e⁻) → 2Na⁺ : O²⁻
2. MgCl₂: Mg (χάνει 2e⁻) + 2 Cl (κερδίζουν 1e⁻ έκαστο) → Mg²⁺ : 2Cl⁻
3. CaO: Ca (χάνει 2e⁻) + O (κερδίζει 2e⁻) → Ca²⁺ : O²⁻
4. AlN: Al (χάνει 3e⁻) + N (κερδίζει 3e⁻) → Al³⁺ : N³⁻
5. K₂S: 2 K (χάνουν 1e⁻ έκαστο) + S (κερδίζει 2e⁻) → 2K⁺ : S²⁻

Απάντηση: Na₂O: 2Na⁺O²⁻. MgCl₂: Mg²⁺2Cl⁻. CaO: Ca²⁺O²⁻. AlN: Al³⁺N³⁻. K₂S: 2K⁺S²⁻.

Άσκηση 64 (σελ. 248)

Να γράψετε τους ηλεκτρονιακούς τύπους κατά Lewis των ομοιοπολικών ενώσεων: NH₃, CO₂, AlCl₃, CH₃-CH₃, SBr₆.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τους κανόνες γραφής τύπων Lewis (κεντρικό άτομο, δεσμικά ζεύγη, συμπλήρωση οκτάδας, δοκιμή πολλαπλών δεσμών όπου χρειάζεται).

Λύση:

1. NH₃: N κεντρικό, 3 απλοί δεσμοί N-H, 1 μη δεσμικό ζεύγος στο N (οκτάδα πλήρης).
2. CO₂: C κεντρικό, δύο διπλοί δεσμοί O=C=O (το C δεν αποκτά οκτάδα με απλούς δεσμούς, άρα διπλοί δεσμοί σε κάθε O, με 2 μη δεσμικά ζεύγη ανά O).
3. AlCl₃: Al κεντρικό, 3 απλοί δεσμοί Al-Cl· το Al μένει με μόνο 6 e⁻ γύρω του (εξαίρεση κανόνα οκτάδας, όπως και το BF₃).
4. CH₃-CH₃ (αιθάνιο): κάθε C συνδέεται με 3 H και το άλλο C με απλούς δεσμούς· κάθε C έχει πλήρη οκτάδα (4 δεσμοί).
5. SBr₆: S κεντρικό, 6 απλοί δεσμοί S-Br· το S υπερβαίνει την οκτάδα (12 e⁻ γύρω του, αναλογία με το SF₆, επιτρεπτή επέκταση σθένους).

Απάντηση: NH₃: N με 3 δεσμούς N-H + 1 μη δεσμικό ζεύγος. CO₂: O=C=O. AlCl₃: Al με 3 δεσμούς Al-Cl (ατελής οκτάδα). CH₃-CH₃: C-C με πλήρεις οκτάδες. SBr₆: S με 6 δεσμούς S-Br (επεκταμένη οκτάδα).

Άσκηση 65 (σελ. 248)

Να γράψετε τους ηλεκτρονιακούς τύπους κατά Lewis των παρακάτω ενώσεων: HNO₂, H₂SO₄, HClO, NH₄ClO₄, NH₄NO₃.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε τους κανόνες γραφής τύπων Lewis· για τα δύο τελευταία αναγνωρίζουμε τον ιοντικό χαρακτήρα (κατιόν NH₄⁺ + ανιόν οξοξέος).

Λύση:

1. HNO₂: N κεντρικό, δεσμός H-O-N, διπλός δεσμός N=O, ένα μη δεσμικό ζεύγος στο N.
2. H₂SO₄: S κεντρικό, δύο ομάδες -OH (κάθε Ο δεσμευμένο επιπλέον με Η), δύο διπλοί δεσμοί S=O (δομή (HO)₂SO₂, επεκταμένη οκτάδα στο S).
3. HClO: Cl κεντρικό, δεσμός H-O-Cl, με 3 μη δεσμικά ζεύγη στο Cl (όπως στο Παράδειγμα 6.2 της θεωρίας).
4. NH₄ClO₄: ιοντική ένωση· κατιόν NH₄⁺ (N κεντρικό, 4 δεσμοί N-H, τετραεδρικό) και ανιόν ClO₄⁻ (Cl κεντρικό, 4 δεσμοί Cl-O, τετραεδρικό, το αρνητικό φορτίο κατανεμημένο στα O).
5. NH₄NO₃: ιοντική ένωση· κατιόν NH₄⁺ (όπως παραπάνω) και ανιόν NO₃⁻ (N κεντρικό, τριγωνικό επίπεδο, ένας διπλός δεσμός N=O και δύο απλοί N-O, με το αρνητικό φορτίο στα O με απλό δεσμό).

Απάντηση: HNO₂: H-O-N=O. H₂SO₄: (HO)₂SO₂ (S με 2 =O, 2 -OH). HClO: H-O-Cl (Cl με 3 μη δεσμικά ζεύγη). NH₄ClO₄: [NH₄]⁺[ClO₄]⁻. NH₄NO₃: [NH₄]⁺[NO₃]⁻.

Άσκηση 66 (σελ. 249)

Με βάση τα σύμβολα Lewis να προβλέψετε τα προϊόντα των αντιδράσεων: 1. Mg+N 2. Al+Br 3. Na+S 4. I+Cl

Σκέψη / Μεθοδολογία: Για μέταλλο+αμέταλλο, καθορίζουμε το φορτίο κάθε ιόντος (ίσο με τον αριθμό ομάδας για τα κατιόντα, 8-αριθμό ομάδας για τα ανιόντα) και βρίσκουμε την αναλογία εξουδετέρωσης φορτίων. Για δύο αμέταλλα (I+Cl), ο δεσμός είναι ομοιοπολικός.

Λύση:

1. 1. Mg (→Mg²⁺) + N (→N³⁻): ΕΚΠ φορτίων = 6, άρα 3Mg:2N ⟹ Mg₃N₂
2. 2. Al (→Al³⁺) + Br (→Br⁻): άμεση εξουδετέρωση 1:3 ⟹ AlBr₃
3. 3. Na (→Na⁺) + S (→S²⁻): αναλογία 2:1 ⟹ Na₂S
4. 4. I + Cl: δύο αμέταλλα, ομοιοπολικός δεσμός (ετεροπυρηνικό διαλογόνο) ⟹ ICl

Απάντηση: 1. Mg₃N₂ 2. AlBr₃ 3. Na₂S 4. ICl.

Άσκηση 67 (σελ. 249)

Να γράψετε τον ηλεκτρονιακό τύπο κατά Lewis της ομοιοπολικής ένωσης BeH₂ και να περιγράψετε το γεωμετρικό της σχήμα.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το Be έχει 2 ηλεκτρόνια σθένους, αρκετά για 2 απλούς δεσμούς με τα δύο Η, χωρίς μη δεσμικά ζεύγη.

Λύση:

1. Σθένος: 2(Be)+2×1(2H)=4, ακριβώς για 2 απλούς δεσμούς Be-H.
2. Τύπος Lewis: H-Be-H (χωρίς μη δεσμικά ζεύγη στο Be — εξαίρεση κανόνα οκτάδας, όπως και στο BF₃).
3. 2 δεσμικά ζεύγη γύρω από το Be, 0 μη δεσμικά ⟹ κατά VSEPR: γραμμικό σχήμα.

Απάντηση: Τύπος Lewis: H-Be-H. Σχήμα: γραμμικό (γωνία 180°).

Άσκηση 68 (σελ. 249)

Να γράψετε τον ηλεκτρονιακό τύπο κατά Lewis του αιθινίου HC≡CH και να προβλέψετε το γεωμετρικό του σχήμα.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Κάθε άνθρακας συνδέεται με ένα Η (απλός δεσμός) και με τον άλλο άνθρακα (τριπλός δεσμός), ώστε να συμπληρωθεί η οκτάδα και στους δύο C.

Λύση:

1. Σθένος: 2×4(2C)+2×1(2H)=10.
2. Τύπος Lewis: H-C≡C-H (κάθε C: 1 απλός δεσμός με Η + τριπλός δεσμός με τον άλλο C = 8 e⁻ γύρω του).
3. Κάθε άνθρακας έχει μόνο 2 «ομάδες» ηλεκτρονίων γύρω του (1 Η + 1 τριπλός δεσμός, ο οποίος μετράει ως μία ενιαία περιοχή απώθησης) ⟹ γραμμική διάταξη γύρω από κάθε C.

Απάντηση: Τύπος Lewis: H-C≡C-H. Σχήμα: γραμμικό μόριο (180° σε κάθε άνθρακα).

Άσκηση 69 (σελ. 249)

Να γράψετε τον τύπο κατά Lewis του CF₄ και να προβλέψετε το γεωμετρικό του σχήμα.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ανάλογο του CH₄ με F αντί για H· ο άνθρακας σχηματίζει 4 απλούς δεσμούς με τα 4 άτομα F.

Λύση:

1. Σθένος: 4(C)+4×7(4F)=32.
2. 4 απλοί δεσμοί C-F (8 e⁻)· τα υπόλοιπα 24 e⁻ (3 μη δεσμικά ζεύγη ανά F) τοποθετούνται στα 4 άτομα F για πλήρη οκτάδα.
3. 4 δεσμικά ζεύγη γύρω από το C, 0 μη δεσμικά ⟹ τετραεδρικό σχήμα (109,5°).

Απάντηση: Τύπος Lewis: C στο κέντρο με 4 απλούς δεσμούς προς 4 F (κάθε F με 3 μη δεσμικά ζεύγη). Σχήμα: τετραεδρικό.

Άσκηση 70 (σελ. 249)

Ποιο από τα τρισθενή μόρια είναι γραμμικό; α. CH₄ β. BeCl₂ γ. NH₃ δ. BCl₃

Σκέψη / Μεθοδολογία: Γραμμικό σχήμα προκύπτει μόνο όταν το κεντρικό άτομο έχει ακριβώς 2 ηλεκτρονιακές περιοχές (δεσμικά ζεύγη), χωρίς μη δεσμικά ζεύγη.

Λύση:

1. CH₄: 4 δεσμικά ζεύγη ⟹ τετραεδρικό.
2. BeCl₂: 2 δεσμικά ζεύγη, 0 μη δεσμικά ⟹ γραμμικό.
3. NH₃: 3 δεσμικά + 1 μη δεσμικό ⟹ τριγωνική πυραμίδα.
4. BCl₃: 3 δεσμικά ζεύγη ⟹ επίπεδο τριγωνικό.

Απάντηση: β. BeCl₂.

Άσκηση 71 (σελ. 249)

Ποιο από τα επόμενα μόρια είναι επίπεδο; α. CH₄ β. H₂O γ. NH₃ δ. BCl₃

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επίπεδο (τριγωνικό επίπεδο) σχήμα προκύπτει όταν το κεντρικό άτομο έχει ακριβώς 3 δεσμικά ζεύγη, χωρίς μη δεσμικά ζεύγη.

Λύση:

1. CH₄: τετραεδρικό (4 δεσμικά ζεύγη).
2. H₂O: γωνιακό (2 δεσμικά + 2 μη δεσμικά ζεύγη).
3. NH₃: τριγωνική πυραμίδα (3 δεσμικά + 1 μη δεσμικό).
4. BCl₃: 3 δεσμικά ζεύγη, 0 μη δεσμικά ⟹ επίπεδο τριγωνικό.

Απάντηση: δ. BCl₃.

Άσκηση 72 (σελ. 249)

Ποιο από τα επόμενα μόρια έχει σχήμα κανονικού τετραέδρου; α. CH≡CH β. CH₂=CH₂ γ. CBr₄ δ. HCl

Σκέψη / Μεθοδολογία: Κανονικό τετράεδρο απαιτεί κεντρικό άτομο με ακριβώς 4 ισοδύναμα δεσμικά ζεύγη, χωρίς μη δεσμικά ζεύγη.

Λύση:

1. CH≡CH: γραμμικό (2 περιοχές ανά C).
2. CH₂=CH₂: επίπεδο μόριο (3 περιοχές ανά C, γεωμετρία sp²).
3. CBr₄: 4 ισοδύναμα δεσμικά ζεύγη γύρω από το C, 0 μη δεσμικά ⟹ κανονικό τετράεδρο.
4. HCl: διατομικό μόριο, δεν έχει «σχήμα» με την έννοια πολυατομικής γεωμετρίας.

Απάντηση: γ. CBr₄.

Άσκηση 78 (σελ. 249)

Δίνονται τα στοιχεία ₄A και ₆B. α. Σε ποια περίοδο και ποιο τομέα του περιοδικού συστήματος ανήκει το καθένα; β. Αν σχηματίζουν ένωση BA₂, ποιος είναι ο τύπος κατά Lewis της ένωσης; γ. Ποιο είναι το σχήμα του μορίου BA₂;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ταυτοποιούμε τα στοιχεία από τον ατομικό τους αριθμό (A: Z=4, Be· B: Z=6, C), βρίσκουμε περίοδο/τομέα από την ηλεκτρονιακή δομή, και εφαρμόζουμε τους κανόνες Lewis/VSEPR στο μόριο BA₂ με κεντρικό άτομο το Β (δείκτης 1).

Λύση:

1. A (Z=4, Be): 1s²2s² ⟹ 2η περίοδος, τομέας s (ομάδα IIA). B (Z=6, C): 1s²2s²2p² ⟹ 2η περίοδος, τομέας p (ομάδα IVA).
2. Στην ένωση BA₂ κεντρικό άτομο είναι το B (C, δείκτης 1)· σθένος: 4(C)+2×2(2Be)=8 ηλεκτρόνια. Για να συμπληρώσει οκτάδα το C, σχηματίζονται δύο διπλοί δεσμοί C=Be (χρησιμοποιούν και τα 8 ηλεκτρόνια, χωρίς μη δεσμικά ζεύγη): Be=C=Be.
3. 2 ηλεκτρονιακές περιοχές (2 διπλοί δεσμοί) γύρω από το κεντρικό C, καμία μη δεσμική ⟹ γραμμικό σχήμα (ανάλογο του CO₂/CS₂).

Απάντηση: α. A (Be): 2η περίοδος, τομέας s. B (C): 2η περίοδος, τομέας p. β. Τύπος Lewis: Be=C=Be. γ. Σχήμα: γραμμικό.

Άσκηση 80 (σελ. 249)

Στην άσκηση αυτή δίνονται 4 προτάσεις για τον ηλεκτρονιακό τύπο του BF₃, να απαντήσετε με Α (μόνο 1,2,3 σωστές), Β (μόνο 1,2 σωστές), Γ (όλες σωστές) ή Δ (όλες λάθος): 1. Το BF₃ είναι επίπεδο μόριο. 2. Η γωνία F-B-F είναι 120°. 3. Το BF₃ λόγω συμμετρίας δεν παρουσιάζει πολικότητα. 4. Κάθε άτομο στο μόριο του BF₃ έχει αποκτήσει δομή ευγενούς αερίου.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ελέγχουμε καθεμία πρόταση με βάση τη δομή/γεωμετρία του BF₃ (Παράδειγμα 6.3 της θεωρίας).

Λύση:

1. 1: 3 δεσμικά ζεύγη γύρω από το B, χωρίς μη δεσμικά ⟹ επίπεδο τριγωνικό μόριο. Σωστό.
2. 2: γωνία τριγωνικού επίπεδου σχήματος = 120°. Σωστό.
3. 3: οι 3 ισοδύναμες πολικές δεσμικές διπολικές ροπές B-F, σε συμμετρική τριγωνική διάταξη 120°, αλληλοαναιρούνται διανυσματικά ⟹ μη πολικό μόριο συνολικά. Σωστό.
4. 4: το B μένει με μόνο 6 ηλεκτρόνια γύρω του (3 δεσμικά ζεύγη, καμία μη δεσμική) — ΔΕΝ αποκτά οκτάδα (γνωστή εξαίρεση κανόνα οκτάδας). Λάθος.

Απάντηση: Οι προτάσεις 1, 2, 3 είναι σωστές και η 4 λάθος ⟹ απάντηση Α.

Άσκηση 81 (σελ. 249)

Δίνονται τα στοιχεία ₁₁X και ₁₆Ψ. α. Να κατανείμετε τα ηλεκτρόνια σε υποστιβάδες, στιβάδες και τροχιακά στα ουδέτερα, μη διεγερμένα άτομα των X και Ψ. β. Σε ποια περίοδο και σε ποιον τομέα ανήκουν; γ. Να περιγράψετε τον ηλεκτρονιακό τύπο του οξειδίου του X και του οξειδίου ΨΟ₃. δ. Πώς αντιδρά το οξείδιο του X με διάλυμα HCl; ε. Πώς αντιδρά το ΨΟ₃ (ανυδρίτης του H₂ΨΟ₄) με διάλυμα NaOH; στ. Ποιο στοιχείο έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα και ποιο μεγαλύτερη ενέργεια ιοντισμού;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ταυτοποιούμε X=Na (Z=11) και Ψ=S (Z=16), γράφουμε τις ηλεκτρονιακές τους δομές, εντοπίζουμε περίοδο/τομέα, γράφουμε τους τύπους Lewis των οξειδίων Na₂O και SO₃, και εφαρμόζουμε τις αντιδράσεις βασικού/όξινου οξειδίου.

Λύση:

1. X=Na (Z=11): 1s²2s²2p⁶3s¹ (K²L⁸M¹). Ψ=S (Z=16): 1s²2s²2p⁶3s²3p⁴ (K²L⁸M⁶, με τα 4 ηλεκτρόνια της 3p κατανεμημένα κατά Hund ως 2 ζευγαρωμένα σε ένα τροχιακό + 1 μονήρες σε καθένα από τα άλλα δύο).
2. Na: 3η περίοδος, τομέας s (ομάδα IA). S: 3η περίοδος, τομέας p (ομάδα VIA).
3. Οξείδιο του Na (Na₂O): ιοντικός τύπος 2Na⁺ : O²⁻. SO₃: S κεντρικό, σθένος 6+3×6=24, τρεις διπλοί δεσμοί S=O (χωρίς μη δεσμικά ζεύγη στο S) ⟹ τύπος O=S(=O)=O, επίπεδο τριγωνικό μόριο.
4. Το Na₂O είναι βασικό οξείδιο: Na₂O + 2HCl → 2NaCl + H₂O.
5. Το SO₃ είναι όξινο οξείδιο (ανυδρίτης του H₂SO₄): SO₃ + 2NaOH → Na₂SO₄ + H₂O.
6. Na και S ανήκουν στην ίδια περίοδο (3η)· το Na είναι πιο αριστερά ⟹ μεγαλύτερη ατομική ακτίνα· το S είναι πιο δεξιά ⟹ μεγαλύτερη ενέργεια ιοντισμού.

Απάντηση: α-β: Na (1s²2s²2p⁶3s¹, 3η περίοδος, τομέας s)· S (1s²2s²2p⁶3s²3p⁴, 3η περίοδος, τομέας p). γ: Na₂O (2Na⁺O²⁻)· SO₃ (O=S(=O)=O, επίπεδο τριγωνικό). δ: Na₂O+2HCl→2NaCl+H₂O. ε: SO₃+2NaOH→Na₂SO₄+H₂O. στ: μεγαλύτερη ακτίνα το Na, μεγαλύτερη ενέργεια ιοντισμού το S.