Budowa atomu i chemia jądrowa: konfiguracje elektronowe, promieniotwórczość

7 zadań z oficjalnych arkuszy matury rozszerzonej z chemii (2023–2025). Spróbuj rozwiązać samodzielnie, potem odsłoń odpowiedź — przy każdym zadaniu znajdziesz typową pułapkę, na której wykładają się maturzyści.

1. Matura CKE · maj 2025 · zad. 1 4 pkt budowa atomu, konfiguracja elektronowa, liczby kwantowe, układ okresowy, bloki s/p/d

   O dwóch pierwiastkach umownie oznaczonych literami E i X wiadomo, że:

   • elektrony atomu E w stanie podstawowym zajmują osiem orbitali, przy czym sześć z nich jest całkowicie zapełnionych
   • konfigurację elektronową atomu X w jednym ze stanów wzbudzonych przedstawia poniższy zapis:

   $$1{\text{s}}^{2}2{\text{s}}^{2}2{\text{p}}^{6}3{\text{s}}^{1}3{\text{p}}^{3}3{\text{d}}^3$$

   Zadanie 1.1. (0–2)

   Uzupełnij tabelę. Napisz symbole pierwiastków E i X, symbol bloku konfiguracyjnego, do którego należy każdy z pierwiastków, oraz podaj sumaryczną liczbę elektronów w podpowłokach walencyjnych.

   	Symbol pierwiastka	Symbol bloku konfiguracyjnego	Sumaryczna liczba elektronów w podpowłokach walencyjnych
   Pierwiastek E
   Pierwiastek X

   Zadanie 1.2. (0–1)

   Uzupełnij tabelę. Napisz wartości dwóch liczb kwantowych: głównej i pobocznej, które opisują stan kwantowy jednego z niesparowanych elektronów atomu E w stanie podstawowym.

   	główna liczba kwantowa $n$	poboczna liczba kwantowa $l$
   Wartości liczb kwantowych

   Zadanie 1.3. (0–1)

   Przedstaw pełną konfigurację elektronową jonu X⁻ w stanie podstawowym. Zastosuj zapis konfiguracji elektronowej z uwzględnieniem podpowłok.

   Pokaż odpowiedź

   Identyfikacja pierwiastków:

   E: 8 orbitali zajętych, 6 całkowicie zapełnionych. Test:

   • 1s²(1) + 2s²(1) + 2p⁶(3) + 3s²(1) + 3p²(2) = 8 orbitali.
   • Zapełnione: 1s + 2s + 3×2p + 3s = 6 zapełnionych ✓.
   • 3p² ma 2 niesparowane (reguła Hunda — każdy orbital po 1 e).
   • Łącznie: 14 elektronów → Z = 14 → krzem (Si).

   X: konfiguracja wzbudzona 1s² 2s² 2p⁶ 3s¹ 3p³ 3d³ = 2+2+6+1+3+3 = 17 elektronów → Z = 17 → chlor (Cl).

   Konfiguracja w stanie podstawowym Cl: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵.

   1.1. Tabela:

   Pierwiastek	Symbol	Blok	Elektrony walencyjne
   E	Si	p	4 (3s² 3p²)
   X	Cl	p	7 (3s² 3p⁵)

   Uzasadnienie:

   • Blok p: elektrony walencyjne wchodzą do podpowłoki p (tak dla Si: 3p², dla Cl: 3p⁵).
   • Elektrony walencyjne = elektrony powłoki najbardziej zewnętrznej (n=3 dla obu): Si ma 2+2=4 (3s²+3p²); Cl ma 2+5=7 (3s²+3p⁵).

   1.2. Liczby kwantowe niesparowanego elektronu Si (3p²):

   Liczby kwantowe	Wartość
   Główna n	3 (powłoka M)
   Poboczna l	1 (podpowłoka p)

   W stanie podstawowym Si (1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p²) elektrony niesparowane są w 3p:

   • Powłoka 3 (n=3).
   • Podpowłoka p (l=1 — z reguły: s→l=0, p→l=1, d→l=2, f→l=3).

   1.3. Pełna konfiguracja jonu X⁻ (Cl⁻) w stanie podstawowym:

   Cl⁻: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶

   (Lub równoważnie: [Ar] — konfiguracja argonu, gazu szlachetnego.)

   Uzasadnienie:

   • Cl: Z = 17 (17 protonów, 17 elektronów w atomie obojętnym).
   • Cl⁻: 1 dodatkowy elektron → 18 elektronów.
   • 18 elektronów obsadzonych zgodnie z regułą Madelunga: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶.
   • To konfiguracja oktetu (powłoka walencyjna pełna) → Cl⁻ stabilny.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 1.1 — pomylenie pierwiastka E z innym. Klucz: 8 orbitali zajętych + 6 całkowicie zapełnionych = krzem (Si, 1s²2s²2p⁶3s²3p², gdzie 3p² oznacza 2 orbitale niezapełnione w pełni). Pułapka 1.2 — niesparowane elektrony Si w stanie **podstawowym** są w 3p (nie 3s). 3s² jest całkowicie zapełnione (2 e sparowane). 3p² ma 2 niesparowane elektrony (Hund: każdy orbital po 1 e). Pułapka 1.3 — pomylenie X⁻ z X. Cl⁻ ma 18 elektronów (Cl + 1 dodany do anionu), nie 17. Konfiguracja: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶ (jak argon).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
2. Matura CKE · maj 2025 · zad. 2 2 pkt chemia jądrowa, rozszczepienie, uran, stosunek neutron/proton, bilans nukleonowy

   Niektóre ciężkie jądra ulegają reakcjom rozszczepienia. Takie jądra bombardowane neutronami ulegają podziałowi na dwa lżejsze fragmenty. Tej przemianie towarzyszy emisja dwóch lub trzech neutronów.

   Na podstawie: A. Bielański, „Podstawy chemii nieorganicznej", Warszawa 2018.

   Zadanie 2.1. (0–1)

   W jednej z reakcji rozszczepienia jąder ${}^{235}\text{U}$ powstają ${}^{92}\text{Kr}$ oraz ${}^{141}\text{Ba}$.

   Uzupełnij schemat tak, aby otrzymać równanie opisanej przemiany, która prowadzi do powstania jąder kryptonu i baru.

   ^{235}_{\ 92}\text{U} + \square^{\ 1}_{\ 0}\text{n} \longrightarrow \square \,^{\ 1}_{\ 0}\text{n} + ^{\ 92}_{\ 36}\text{Kr} + ^{141}_{\ 56}\text{Ba}

   Zadanie 2.2. (0–1)

   Uzupełnij zdania. Zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

   Jeżeli po pochłonięciu jednego neutronu przez jądro ${}^{235}\text{U}$ następuje jego rozszczepienie, w wyniku którego powstaje jądro ${}^{93}\text{Sr}$ i są emitowane $3$ neutrony, to równocześnie tworzy się jądro (${}^{139}\text{I}$ / ${}^{140}\text{Xe}$ / ${}^{140}\text{Ba}$). Wśród jąder biorących udział w tej przemianie większy stosunek liczby neutronów do liczby protonów ma jądro (${}^{235}\text{U}$ / ${}^{93}\text{Sr}$).

   Pokaż odpowiedź

   2.1. Uzupełnione równanie:

   ^{235}_{92}\text{U} + ^{1}_{0}\text{n} \rightarrow 3\,^{1}_{0}\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}

   Sprawdzenie bilansu:

   • Liczba atomowa (protony): 92 + 0 = 36 + 56 + 0 = 92 ✓
   • Liczba masowa (nukleony): 235 + 1 = 236 = 92 + 141 + 3·1 = 236 ✓

   → Powstają 3 neutrony (²³⁶U się rozpada na Kr + Ba + 3n).

   2.2. Drugie jądro = ¹⁴⁰Xe (ksenon).

   Wyliczenie:

   • ²³⁵₉₂U + ¹n → ⁹³₃₈Sr + 3·¹n + ?
   • Liczba atomowa drugiego jądra: 92 - 38 = 54 = Xe (ksenon).
   • Liczba masowa: 236 - 93 - 3 = 140.
   • ²³⁵U + n → ⁹³Sr + 3n + ¹⁴⁰₅₄Xe.

   ¹³⁹I (Z=53) — niepasująca liczba atomowa.
   ¹⁴⁰Ba (Z=56) — niepasująca liczba atomowa.
   ¹⁴⁰Xe (Z=54) — pasuje ✓.

   Większy stosunek N/Z:

   • ²³⁵U: N = 235 - 92 = 143, Z = 92 → N/Z = 143/92 ≈ 1,55.
   • ⁹³Sr: N = 93 - 38 = 55, Z = 38 → N/Z = 55/38 ≈ 1,45.

   → Większy N/Z ma ²³⁵U (1,55 > 1,45).

   Wniosek fizyczny: ciężkie jądra (jak U) mają więcej neutronów w stosunku do protonów niż jądra lekkie — siła jądrowa silna ma krótki zasięg, a odpychanie elektrostatyczne protonów rośnie z odległością → ciężkie jądra wymagają proporcjonalnie więcej "neutronowego cementu" (neutrony oddziaływają tylko siłą silną, bez elektrostatyki).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 2.1 — pomylenie liczby atomowej i masowej w bilansie. Klucz: **masa** = górny indeks (235), **ładunek/Z** = dolny indeks (92). Po obu stronach reakcji muszą się **bilansować osobno**. Pułapka 2.1 — zapomnienie o neutronie po lewej (1 wchodzi). Pełne równanie: 235 + 1 = 236 nukleonów po lewej. Pułapka 2.2 — wybór ¹⁴⁰Ba (gdyby bilans masowy zgadzał się). Klucz: liczba **atomowa** Ba = 56, a wymagana = 54. Wiec Ba odpada → tylko Xe (Z=54) pasuje. Pułapka 2.2 — pomylenie kierunku N/Z. Klucz: cięższe jądra (U) MAJĄ większy N/Z (więcej neutronów dla stabilności jądra).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
3. Matura CKE · maj 2025 · zad. 23 2 pkt chemia organiczna, feksofenadyna, NaBH4, hybrydyzacja, redukcja, elektrony

   Wzory szkieletowe związków organicznych odzwierciedlają kształt cząsteczek. W tych wzorach pomija się symbole atomów węgla i połączonych z nimi atomów wodoru, a szkielet węglowy rysuje się jako linię łamaną oraz zaznacza — występujące w cząsteczce — wiązania wielokrotne. Zapisuje się symbole podstawników innych niż wodór oraz wzory grup funkcyjnych.

   Borowodorek sodu jest stosowany w przemyśle farmaceutycznym do syntezy feksofenadyny — leku przeciwhistaminowego. Na schemacie przedstawiono za pomocą wzorów szkieletowych końcowy etap syntezy tego związku: substrat (zawierający grupę karbonylową C=O w łańcuchu bocznym) przechodzi pod wpływem NaBH₄ w feksofenadynę, w której w tym samym miejscu pojawia się grupa CH−OH.

   Zadanie 23. (0–1–2)

   Uzupełnij zdania. Zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

   W reakcji otrzymywania feksofenadyny redukcja jednego mola substratu wymaga udziału (dwóch / trzech) moli elektronów.

   Orbitalom walencyjnym atomu węgla ulegającego redukcji przypisuje się w cząsteczce substratu hybrydyzację (sp / sp² / sp³), a w cząsteczce produktu — hybrydyzację (sp / sp² / sp³).

   Pokaż odpowiedź

   Liczba moli elektronów:

   Zmiana stopnia utlenienia C:

   • W ketonie C=O (substrat): C ma stopień utlenienia +2 (połączony z 2 C i 1 O podwójnie).
   • W alkoholu CH-OH (produkt): C ma stopień utlenienia 0 (połączony z 2 C, 1 H, 1 OH).
   • Zmiana: +2 → 0 = redukcja, przyjęcie 2 e⁻.

   → Redukcja 1 mola substratu wymaga DWÓCH moli elektronów.

   Hybrydyzacja w substracie (C w C=O):

   • C tworzy: 1 wiązanie σ z C (po jednej stronie) + 1 wiązanie σ z C (po drugiej stronie) + 1 wiązanie σ z O + 1 wiązanie π z O = łącznie 3 wiązania σ + 1 π.
   • 3 hybrydy = sp².
   • Płaska geometria wokół tego C (kąty 120°).

   Hybrydyzacja w produkcie (C w CH-OH):

   • C tworzy: 1 wiązanie σ z C + 1 σ z C + 1 σ z H + 1 σ z O = łącznie 4 wiązania σ + 0 π.
   • 4 hybrydy = sp³.
   • Tetraedryczna geometria (kąty 109,5°).

   Odpowiedzi:

   • DWÓCH moli elektronów.
   • Substrat: sp².
   • Produkt: sp³.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie liczby elektronów. Redukcja **C=O → CH-OH** = przyjęcie **2 e⁻ + 2 H⁺**. To 2 e per cząsteczka. Pułapka — hybrydyzacja w substracie. Karbonyl **C=O** to **sp²** (3 σ + 1 π). NIE sp³ (to byłby C bez wiązania π). Pułapka — hybrydyzacja w produkcie. Alkohol C-OH to **sp³** (4 wiązania σ, tetraedryczna geometria). NIE sp² (nie ma już wiązania π). Pułapka — pomylenie kierunku zmiany. Z sp² → sp³ przy redukcji C=O (dodanie 2 H = wzrost koordynacji C z 3 do 4).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
4. Matura CKE · maj 2024 · zad. 1 2 pkt budowa atomu, konfiguracja elektronowa, liczby kwantowe, jon

   Zadanie dotyczy budowy atomu i konfiguracji elektronowej. Treść w obrazie arkusza poniżej.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — zadanie wymaga zapisu konfiguracji elektronowej atomu i jonu oraz określenia liczb kwantowych.

   ⚠ Typowa pułapka: Pomyłki przy wzbudzonym vs podstawowym stanie elektronowym; mylenie liczb kwantowych n i l.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
5. Matura CKE · maj 2024 · zad. 2 2 pkt układ okresowy, właściwości pierwiastków, energia jonizacji, elektroujemność

   Zadanie dotyczy zależności właściwości pierwiastków od położenia w układzie okresowym. Treść w obrazie arkusza poniżej.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — odpowiedź wymaga porównania właściwości (np. energii jonizacji, elektroujemności, charakteru metalicznego) pierwiastków na podstawie ich położenia w układzie okresowym i uzasadnienia.

   ⚠ Typowa pułapka: Mylenie trendów grupowych z okresowymi; nieuwzględnienie efektu ekranowania i ładunku jądra.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
6. Matura CKE · maj 2023 · zad. 1 3 pkt budowa atomu, konfiguracja elektronowa, liczby kwantowe, bloki konfiguracyjne

   O dwóch pierwiastkach umownie oznaczonych literami A i X wiadomo, że:

   • należą do tego samego bloku konfiguracyjnego
   • liczba masowa jednego z izotopów pierwiastka A jest dwa razy większa od jego liczby atomowej i jest równa liczbie atomowej niklu
   • suma elektronów, neutronów i protonów w atomie jednego z izotopów pierwiastka X jest równa 114, a liczba nukleonów jest równa 79.

   Zadanie 1.1. (0–1)

   Uzupełnij tabelę. Wpisz symbol pierwiastka A i symbol pierwiastka X oraz symbol bloku konfiguracyjnego, do którego należą te pierwiastki.

   	Symbol pierwiastka	Symbol bloku konfiguracyjnego
   Pierwiastek A
   Pierwiastek X

   Zadanie 1.2. (0–1)

   Napisz fragment konfiguracji elektronowej atomu A (w stanie podstawowym) opisujący rozmieszczenie elektronów walencyjnych na podpowłokach. Zastosuj graficzny zapis konfiguracji elektronowej. W tym zapisie uwzględnij numer powłoki i symbole podpowłok.

   Zadanie 1.3. (0–1)

   Wpisz do tabeli wartości liczb kwantowych opisujących stan energetyczny niesparowanego elektronu walencyjnego atomu X (w stanie podstawowym).

   Liczby kwantowe	Główna liczba kwantowa $n$	Poboczna liczba kwantowa $l$
   Wartości liczb kwantowych

   Pokaż odpowiedź

   Identyfikacja A: Z(Ni) = 28. A = 2Z → liczba masowa izotopu A wynosi 28 → 2Z = 28 → Z = 14 → krzem (Si). Konfiguracja: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2$ — blok p.

   Identyfikacja X: e + n + p = 114, A = n + p = 79. W atomie obojętnym e = p = Z. Zatem Z + 79 = 114 → Z = 35 → brom (Br). Konfiguracja: $[\text{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^5$ — blok p.

   1.1.

   	Symbol	Blok
   A	Si	p
   X	Br	p

   1.2. Konfiguracja walencyjna Si (3s² 3p²) — zapis klatkowy:

   $$3s[\uparrow \downarrow ]3p[\uparrow ][\uparrow ][]$$

   Dwa niesparowane elektrony w 3p (reguła Hunda).

   1.3. Niesparowany elektron walencyjny Br jest w podpowłoce 4p (konfiguracja 4s² 4p⁵, jeden niesparowany).

   Liczby kwantowe	$n$	$l$
   Wartość	4	1

   ⚠ Typowa pułapka: - **Identyfikacja A**: "liczba masowa równa liczbie atomowej niklu" → A = Z(Ni) = 28, a NIE Z(A) = 28. Stąd Z(A) = 14 (Si), nie 28 (Ni). - Krzem ma 2 niesparowane elektrony w 3p (reguła Hunda — najpierw po jednym na orbital). - **Liczby kwantowe Br**: $n=4$ (powłoka 4, nie 3), $l=1$ (podpowłoka p, nie d — choć Br jest w 4. okresie i ma wypełnione 3d, walencja jest w 4p).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
7. Matura CKE · maj 2023 · zad. 2 1 pkt reakcje jądrowe, przemiany promieniotwórcze, bilans nukleonów

   Aby otrzymać superciężkie jądra pierwiastków z końca 7. okresu, kaliforn ${}_{98}^{249}\text{Cf}$ bombardowano jonami izotopu wapnia ${}_{20}^{48}\text{Ca}$. Podczas jednego z eksperymentów zarejestrowano przemianę:

   ^{249}_{98}\text{Cf} + ^{48}_{20}\text{Ca} \longrightarrow X + 3\,^{1}_{0}n

   Powstałe jądro X uległo rozpadowi, którego głównym produktem był liwermor ${}_{116}^{290}\text{Lv}$.

   Napisz równanie reakcji rozpadu, której uległo jądro pierwiastka X. Uzupełnij wszystkie pola w schemacie.

   Pokaż odpowiedź

   Identyfikacja X (z pierwszej reakcji — bilans nukleonów):

   • A: $249+48=A_X+3\cdot 1\Rightarrow A_X=294$
   • Z: $98+20=Z_X+3\cdot 0\Rightarrow Z_X=118$
   • Pierwiastek 118 = oganesson Og → $X{=}_{118}^{294}\text{Og}$

   Rozpad X → Lv:

   • ${}_{118}^{294}\text{Og}{\to }_{116}^{290}\text{Lv}+?$
   • Bilans A: $294-290=4$
   • Bilans Z: $118-116=2$
   • To cząstka α (${}_2^4\text{He}$).

   Równanie reakcji rozpadu:

   $${}_{118}^{294}\text{Og}{⟶}_{116}^{290}\text{Lv}{+}_2^4\text{He}$$

   ⚠ Typowa pułapka: - Przy bilansowaniu reakcji jądrowych **suma A musi się zgadzać po obu stronach** i analogicznie suma Z. - Neutron ${}_0^{1}n$ ma A=1, Z=0. Trzy neutrony to A=3, Z=0 (nie zwiększa ładunku). - Rozpad α = emisja jądra helu ${}_2^4\text{He}$ (A maleje o 4, Z maleje o 2). - Nie pomyl z rozpadem β⁻ (emisja elektronu, A bez zmian, Z rośnie o 1).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →