Konfiguracja elektronowa atomów

Jak to rozwiązać — od cech do pierwiastka

Krok 1. Pierwiastek Q. Dwuatomowy niemetal, główny składnik powietrza → azot N (N₂). Azot ma 5 elektronów walencyjnych, blok p, maksymalny stopień utlenienia +V.

Krok 2. Pierwiastek A. Liczba niesparowanych elektronów wiążących = 5 + 1 = 6. Metal o Z < 36 z 6 niesparowanymi elektronami to chrom Cr ([Ar]3d⁵4s¹ → 6 niesparowanych), blok d, maksymalny stopień utlenienia +VI.

✔ Zgodne z kluczem: A = Cr (d, +VI), Q = N (p, +V).

Jak to rozwiązać — anomalna konfiguracja chromu

Chrom (Z = 24) ma konfigurację [Ar] 3d⁵ 4s¹ (jeden elektron 4s „przeskakuje" na 3d, dając 6 niesparowanych elektronów o zgodnych spinach):

✔ Zgodne z kluczem: 3d⁵ 4s¹ — sześć niesparowanych elektronów.

Rozwiązanie zadania 1.1

Pierwiastek E

1. Krok 1 – Analiza danych o pierwiastku E

   Z treści zadania wiemy, że elektrony atomu E w stanie podstawowym zajmują osiem orbitali, przy czym sześć z nich jest całkowicie zapełnionych.

   Oznacza to, że:

   • 6 orbitali jest zapełnionych (po 2 elektrony każdy) → $6 \times 2 = 12$ elektronów
   • 2 orbitale są niezapełnione (niecałkowite) → zawierają łącznie $n$ elektronów

2. Krok 2 – Wyznaczenie liczby elektronów i identyfikacja pierwiastka E

   Wypełniajmy kolejne podpowłoki zgodnie z zasadą Aufbaua:

   • Podpowłoka $1s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$
   • Podpowłoka $2s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$
   • Podpowłoka $2p$: 3 orbitale, wszystkie zapełnione → $6e^-$
   • Podpowłoka $3s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$

   Po tych podpowłokach mamy: $1 + 1 + 3 + 1 = 6$ zapełnionych orbitali i razem 7 orbitali. Potrzebujemy ósmego orbitalu – będzie to pierwszy orbital podpowłoki $3p$, który jest niezapełniony.

   Zgodnie z regułą Hunda w podpowłoce $3p$ elektrony najpierw zajmują po jednym każdy orbital. Przy jednym elektronie w $3p$ mamy 1 niezapełniony orbital – ale zadanie mówi o dwóch niezapełnionych orbitalach (8 orbitali ogółem, 6 zapełnionych, 2 niezapełnione).

   Zatem w podpowłoce $3p$ muszą być 2 elektrony (każdy na osobnym orbitalu – reguła Hunda), co daje 2 niezapełnione orbitale $3p$.

   Konfiguracja: $1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^2$

   Łączna liczba elektronów: $2+2+6+2+2 = 14$

   Pierwiastek o liczbie atomowej $Z = 14$ to krzem (Si).

3. Krok 3 – Blok konfiguracyjny i elektrony walencyjne pierwiastka E (Si)

   Konfiguracja walencyjna krzemu: $3s^2\, 3p^2$ → ostatnia podpowłoka to $3p$, zatem krzem należy do bloku p.

   Elektrony walencyjne (podpowłoki $3s$ i $3p$): $2 + 2 = \mathbf{4}$ elektrony.

Pierwiastek X

1. Krok 1 – Analiza stanu wzbudzonego pierwiastka X

   Dany zapis stanu wzbudzonego:

   $$1s^2,\ 2s^2,\ 2p^6,\ 3s^1,\ 3p^3,\ 3d^3$$

   Łączna liczba elektronów:

   $$2 + 2 + 6 + 1 + 3 + 3 = 17$$

2. Krok 2 – Identyfikacja pierwiastka X

   Pierwiastek o $Z = 17$ to chlor (Cl).

   Weryfikacja – konfiguracja stanu podstawowego chloru: $1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^5$.

   Stan wzbudzony powstaje przez przeniesienie elektronów z $3s$ i $3p$ na orbital $3d$, co jest możliwe dla chloru znajdującego się w 3. okresie (dostępne orbitale $3d$). ✓

3. Krok 3 – Blok konfiguracyjny i elektrony walencyjne pierwiastka X (Cl)

   W stanie podstawowym konfiguracja walencyjna chloru: $3s^2\, 3p^5$ → ostatnia podpowłoka to $3p$, zatem chlor należy do bloku p.

   Elektrony walencyjne (podpowłoki $3s$ i $3p$): $2 + 5 = \mathbf{7}$ elektronów.

Wynik końcowy

Aby rozwiązać to zadanie, należy najpierw ustalić, jakim pierwiastkiem jest atom E. Na podstawie kontekstu zadania 1 (seria zadań z matury 2025) atom E to german (Ge, Z = 32).

1. Krok 1 – Konfiguracja elektronowa atomu Ge (Z = 32)

   Zapisujemy pełną konfigurację elektronową germanu w stanie podstawowym:

   $$\text{Ge: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^6\, 3d^{10}\, 4s^2\, 4p^2$$

   Skrótowo: $[\text{Ar}]\, 3d^{10}\, 4s^2\, 4p^2$

2. Krok 2 – Ustalenie niesparowanych elektronów (reguła Hunda)

   Ostatnią zapełnianą podpowłoką jest $4p^2$. Zgodnie z regułą Hunda, dwa elektrony zajmują dwa różne orbitale $4p$, ustawiając się równolegle (spin równoległy). Oznacza to, że obydwa elektrony $4p$ są niesparowane.

   Schemat orbitali podpowłoki $4p$:

   $$\boxed{\uparrow}\quad\boxed{\uparrow}\quad\boxed{\phantom{\uparrow}}$$

   Atom Ge posiada zatem 2 niesparowane elektrony na podpowłoce $4p$.

3. Krok 3 – Odczytanie liczb kwantowych niesparowanego elektronu

   Każdy z niesparowanych elektronów znajduje się na podpowłoce $4p$, co jednoznacznie określa dwie liczby kwantowe:

   • Główna liczba kwantowa $n$ – odpowiada numerowi powłoki: cyfra 4 w oznaczeniu $4p$, zatem $n = 4$.
   • Poboczna (orbitalna) liczba kwantowa $l$ – określa rodzaj podpowłoki: dla podpowłoki $p$ wynosi $l = 1$ (dla $s$: $l=0$; dla $p$: $l=1$; dla $d$: $l=2$).

Uzupełniona tabela:

Wynik końcowy:

$$\boxed{n = 4, \quad l = 1}$$

Niesparowane elektrony atomu Ge (german, $Z = 32$) w stanie podstawowym zajmują podpowłokę $4p$, dla której główna liczba kwantowa wynosi $n = 4$, a poboczna liczba kwantowa wynosi $l = 1$.

1. Krok 1 – Identyfikacja jonu $X^-$

   Pierwiastek $X$ to fluor ($\text{F}$) o liczbie atomowej $Z = 9$. Jon $\text{F}^-$ powstaje przez przyłączenie jednego elektronu do neutralnego atomu fluoru, zatem jon $X^-$ posiada: $$9 + 1 = 10 \text{ elektronów}$$

2. Krok 2 – Rozmieszczenie 10 elektronów na podpowłokach

   Elektrony rozmieszczamy zgodnie z zasadą minimalnej energii (regułą Aufbaua), zapełniając kolejno podpowłoki według rosnącej energii:

   • Podpowłoka $1s$ mieści maksymalnie 2 elektrony → zapełniona: $1s^2$
   • Podpowłoka $2s$ mieści maksymalnie 2 elektrony → zapełniona: $2s^2$
   • Podpowłoka $2p$ mieści maksymalnie 6 elektronów → pozostałe $10 - 4 = 6$ elektronów → zapełniona: $2p^6$
3. Krok 3 – Zapis pełnej konfiguracji elektronowej

   Pełna konfiguracja elektronowa jonu $X^-$ ($\text{F}^-$) w stanie podstawowym:

   $$\text{F}^-\text{: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6$$

   Jon $\text{F}^-$ jest izoelektronowy z atomem neonu ($\text{Ne}$, $Z = 10$), który posiada identyczną konfigurację elektronową $1s^2\, 2s^2\, 2p^6$ — w obu przypadkach wszystkie powłoki i podpowłoki pierwszego i drugiego okresu są całkowicie zapełnione.

Wynik końcowy:

$$\boxed{X^-\text{: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6}$$

Jak to rozwiązać — identyfikacja pierwiastków A i X

Krok 1. Pierwiastek A. Tlenek A na najwyższym stopniu utlenienia ma cząsteczkę z 14 atomów, a jej wzór rzeczywisty nie jest elementarnym (czyli nie da się go uprościć). Warunek spełnia P₄O₁₀ (4 + 10 = 14 atomów). Tlenek ten z wodą daje kwas trójprotonowy — to H₃PO₄. Zatem A = P (fosfor).

Sprawdzenie konfiguracji: P (Z = 15): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p³ — elektrony leżą w pięciu podpowłokach (1s, 2s, 2p, 3s, 3p) ✓. Najwyższy stopień utlenienia = +V (grupa 15). Na podpowłoce 3p³ są 3 elektrony niesparowane (reguła Hunda).

Krok 2. Pierwiastek X. Wodorek A to PH₃ (4 atomy). Zgodnie z treścią tlenek X na najwyższym stopniu utlenienia też ma 4 atomy → wzór XO₃, więc najwyższy stopień utlenienia X = +VI. Atom X ma wszystkie elektrony walencyjne niesparowane, na powłokach o różnych n. Spełnia to chrom Cr (Z = 24): [Ar] 3d⁵ 4s¹ — 5 niesparowanych na 3d (n = 3) i 1 niesparowany na 4s (n = 4), razem 6 elektronów niesparowanych na powłokach o różnych n ✓. Zatem X = Cr (chrom).

✔ Zgodne z kluczem CKE: A = P (+V, 3 e⁻ niesparowane), X = Cr (+VI, 6 e⁻ niesparowanych).

Jak to rozwiązać — konfiguracja klatkowa Cr³⁺

Krok 1. Atom chromu: Cr (Z = 24) → [Ar] 3d⁵ 4s¹, czyli 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁵ 4s¹.

Krok 2. Kation Cr³⁺ powstaje przez oddanie 3 elektronów. Usuwamy najpierw elektron 4s, potem dwa z 3d: pozostaje [Ar] 3d³ → 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d³.

Krok 3. Trzy elektrony 3d rozmieszczamy pojedynczo (reguła Hunda), z równoległymi spinami:

✔ Zgodne z kluczem: Cr³⁺ = [Ar]3d³ — trzy niesparowane elektrony na podpowłoce 3d.

Jak to rozwiązać — elektrony walencyjne krzemu

Krzem (Z = 14): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p². Elektrony walencyjne to 3s² 3p². Dwa elektrony 3p rozmieszczamy pojedynczo (reguła Hunda), spiny zgodne:

✔ Zgodne z kluczem: 3s² (para) + 3p² (dwa niesparowane elektrony o zgodnych spinach).

Jak to rozwiązać — liczby kwantowe elektronu 4p

Brom (Z = 35): [Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p⁵. Niesparowany elektron znajduje się na podpowłoce 4p. Dla podpowłoki 4p: główna liczba kwantowa n = 4, poboczna l = 1 (podpowłoka typu p).

✔ Zgodne z kluczem: n = 4, l = 1.

Rozwiązanie

$28$ elektronów niewalencyjnych = rdzeń [Ar]3d¹⁰. Wodorek EH₃/XH₃:

• X = gal (Ga), [Ar]3d¹⁰4s²4p¹ (1 elektron niesparowany), blok p, max stopień +III.
• E = arsen (As), [Ar]3d¹⁰4s²4p³ (3 niesparowane), blok p, max stopień +V.

Rozwiązanie

Elektrony walencyjne arsenu (powłoka 4): 4s² [↑↓], 4p³ [↑][↑][↑] (trzy niesparowane).

Rozwiązanie

• Pierwiastek 1. = tytan (Ti), [Ar]3d²4s² (4 elektrony wiążące): 2 niesparowane, podpowłoka 3d.
• Pierwiastek 2. = german (Ge), [Ar]3d¹⁰4s²4p² (4 elektrony walencyjne): 2 niesparowane, podpowłoka 4p.

Rozwiązanie

Br⁺ = [Ar]3d¹⁰4s²4p⁴. Dalsza część zapisu: 4s² [↑↓], 3d¹⁰ (pięć par), 4p⁴ [↑↓][↑][↑] (2 elektrony niesparowane).

Rozwiązanie

V ([Ar]3d³4s²) → V²⁺ traci elektrony 4s²: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d³.

Rozwiązanie

• X = miedź (Cu): [Ar]3d¹⁰4s¹ (1 niesparowany na 4s), tlenki Cu₂O i CuO, najlepszy przewodnik — grupa 11, blok d.
• Z = brom (Br): [Ar]3d¹⁰4s²4p⁵ (1 niesparowany na 4p), cząsteczki Br₂ — grupa 17, blok p.

Rozwiązanie

Cu ([Ar]3d¹⁰4s¹) → Cu²⁺ traci elektron 4s i jeden 3d: [Ar]3d⁹.

Rozwiązanie

• X: 6 elektronów na powłoce n=4 → 4s²4p⁴, czyli [Ar]3d¹⁰4s²4p⁴, $Z=34$ — selen (Se): grupa 16, blok p.
• Z: 3d + 4s razem 6 elektronów → [Ar]3d⁵4s¹, $Z=24$ — chrom (Cr): grupa 6, blok d.

Rozwiązanie

Se ([Ar]3d¹⁰4s²4p⁴) ma 2 elektrony niesparowane; Cr ([Ar]3d⁵4s¹) ma 6 elektronów niesparowanych. Wybieramy Z (chrom).

Dalsza część konfiguracji: 4s¹ [↑], 3d⁵ [↑][↑][↑][↑][↑] — wszystkie 6 elektronów (4s i 3d) niesparowanych.

Rozwiązanie

Na podpowłoce 3d: liczba sparowanych = ½·(niesparowanych). Warunek spełnia konfiguracja 3d⁶ (4 niesparowane, 2 sparowane: 4 = 2·2). Zatem X: [Ar]3d⁶4s², $Z=26$ — to żelazo, Fe.

• okres 4, grupa 8, blok d.

Rozwiązanie

3d⁶: [↑↓][↑][↑][↑][↑] (jedna para + 4 niesparowane); 4s²: [↑↓].

Jon X²⁺ (Fe²⁺) powstaje przez oddanie dwóch elektronów z podpowłoki 4s: Fe²⁺ = [Ar]3d⁶. Podkreślić należy fragment 4s².

Rozwiązanie

• Konfiguracja atomu Br (stan podstawowy): [Ar]3d¹⁰4s²4p⁵; w powłoce walencyjnej (n=4): 7 elektronów; blok p.
• Minimalny stopień utlenienia bromu: −I; maksymalny: +VII.