Ôn thi OLYMPIC hoá học Việt Nam

Chia sẻ: Thùy Trang Trang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

576
lượt xem 154
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

1) Trình bày cấu tạo của phân tử CO theo phương pháp VB và phương pháp MO (vẽ giản đồ năng lượng). Cho ZC = 6; ZO = 8. 2) So sánh năng lượng ion hóa giữa các nguyên tử C và O, giữa phân tử CO với nguyên tử O. 3) Mô tả sự tạo thành liên kết trong các phức chất Ni(CO)4 và Fe(CO)5 theo phương pháp VB và cho biết cấu trúc hình học của chúng. Cho biết ZFe = 26, ZNi = 28.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi OLYMPIC hoá học Việt Nam

OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM: I. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2003: 1) Trình bày cấu tạo của phân tử CO theo phương pháp VB và phương pháp MO (vẽ giản đồ năng lượng). Cho ZC = 6; ZO = 8. 2) So sánh năng lượng ion hóa giữa các nguyên tử C và O, giữa phân tử CO với nguyên tử O. 3) Mô tả sự tạo thành liên kết trong các phức chất Ni(CO)4 và Fe(CO)5 theo phương pháp VB và cho biết cấu trúc hình học của chúng. Cho biết ZFe = 26, ZNi = 28. BÀI GIẢI: 1) Theo phương pháp VB thì phân tử CO có cấu tạo: C O Hai liên kết được hình thành bằng cách ghép chung các electron độc thân và một liên kết cho nhận. MO: (KK): σ s σ s π x = π y σ z 2 2* 2 2 2 2) I1(C) < I1(O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O. I1(CO) > I1(O): vì năng lượng của electron ở σ z của CO thấp hơn năng lượng của electron hóa trị ở oxy. 3) OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A): Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là kí hiệu của số lượng tử phụ n = 4). 1) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có 2) Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng. 3) Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao nhiêu? BÀI GIẢI: 1) Phân mức năng lượng ng ứng với gía trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e. 2) Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f) và l = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g có tổng số n + l = 9. Phân mức này phải nằm sát sau phân mức 8s. 3) (Rn)7s25f146d107p68s25g1. Z = 121. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A) 1) Hãy cho biết cấu hình hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích. a) NO2; NO2+; NO2-. b) NH3; NF3. 2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích. 3) Thực nghịêm xác định được mome lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết ∠ HOH là 104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) Cho biết số thứ tự Z của các nguyên tố: 7(N); 8(O); 9(F); 16(S) 1D = 3,33.10-30 C.m Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m.
BÀI GIẢI: 1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). a) N N O N O O O O O sp2 sp2 sp (1) và (3): hình gấp khúc. (2) : thẳng Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron hóa trị của N không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron không liên kết của N đẩy. b) N N F H F H 3F 3H sp sp Góc liên kết giảm theo chiều ∠ HNH - ∠ FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H là điện tích lệch về phía F nhiều hơn ⇒ lực đẩy kém hơn. µ (NH3) > µ (NF3) Giải thích: N N F H F H F H Ở NH3 chiều của các momen liên kết và của cặp electron của N cùng hướng nên momen tổng cộng của phân tử lớn khác với NF3 (hình vẽ). 3) µ1 H O µ µ2 H µ của phân tử bằng tổng các momen của hai liên kết (O – H): Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên kết O – H là: 1,51D Giả thiết độ ion của liên kết O – H là 100% ta có: 0,0957.10 −9 .1,6.10 −19 µ 1 (lt ) = = 4,60 D 3,33.10 −30 Ta dễ dàng suy ra độ ion của liên kết O – H là 32,8% OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A): Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534nm. Tính bán kính nguyên tử cộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi = 28,086g.mol-1.
Kim cương có cấu trúc lập phương tâm mặt (diện), ngoài ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc (site) tứ diện của ô mạng cơ sở. BÀI GIẢI: 3 D=a 2 D a3 = 2rSi = 2 4 a3 rSi = = 0,118nm 8 Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8 Vậy ta tính được khối lượng riêng của Si là: 2,33g.cm-3. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): Hãy dự đoán số nguyên tố của chu kỳ 7 nếu nó được điền đầy đủ các ô nguyên tố. Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố có Z = 107 và 117 và cho biết chúng được xếp vào những phân nhóm nào trong bảng tuần hoàn? BÀI GIẢI: Nguyên tử đầu tiên của chu kỳ 7 là 7s1 và kết thúc ở 7p6 7s25f146d107p6: 32 nguyên tố ở chu kỳ 7. Z = 107: [Rn]5f146d57s2: Nhóm VIIB Z = 117: [Rn]5f146d107s27p5: Nhóm VIIA OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy được Br2(k) thành các nguyên tử không. Biết rằng năng lượng phá vỡ liên kết giữa hai nguyên tử là 190kJ.mol-1. Tại sao hơi Br2 có màu? Biết h = 6,63.10-34 J.s; c = 3.108 m.s-1; NA = 6,022.1023 mol-1. BÀI GIẢI: E = h(c/λ ).NA ⇒ λ = 6,3.10-7m λ nằm trong vùng các tia sáng nhìn thấy nên phân hủy được và có màu: OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): 1) Có các phân tử XH3: a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. 2) Xét các phân tử POX3 a) Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu hình hình học như thế nào? b) Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn? 3) Những phân tử nào sau đây có momen lưỡng cực lớn hơn 0? BF3; NH3; SiF4; SiHCl3; SF2; O3. Cho biết: ZP = 15; ZAs = 33; ZO = 8; ZF = 9; ZCl = 17; ZB = 5; ZN = 7; ZSi = 14; ZS = 16. BÀI GIẢI: Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). P: 1s22s22p63s23p3; As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3. 1) P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3. X H H H sp3 Hình tháp tam giác
Góc HPH > HasH vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với của As nên lực đẩy mạnh hơn. 2) X O P X X n = 3 +1 = 4 (sp3): hình tứ diện Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy. 3) H Cl F S O Si N F F F O O F s p2 Cl Cl s p3 3 3 sp sp F F Si F B F F F F sp2 sp3 4 chất đầu tiên có cấu tạo bất đối xứng nên có momen lưỡng cực lớn hơn 0. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2002 (Bảng A): 1. Liệu pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân. n1 → X? Co59 + (1) 27 0 X? → 28Ni60 + ... ; hν = 1,25 MeV (2) (a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào được áp dụng để hoàn th ành phương trình. (b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2 → CoCl2). 2. Có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d54s1 (1) (a) Dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn cấu hình electron (1). (b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tố hay ion ? Tại sao ? (c) Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của ion hay nguyên tố ứng với cấu hình electron (1), hãy viết một phương trình phản ứng để minh họa. Z2 3. Biết En = -13,6. (n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân). n2 (a) Tính năng lượng 1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N6+, C5+, O7+. (b) Qui luật liên hệ giữa En với Z tính được ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân với electron trong các hệ đó ? (c) Trị số năng lượng tính được có quan hệ với năng lượng ion hoá của mỗi hệ trên hay không ? Tính năng lượng ion hoá của mỗi hệ.
4. Áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định được BeH2, CO2 đều là phân tử thẳng. BÀI GIẢI: 1. (a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng, được áp dụng: Điện tích : 27 + 0 = 27; Số khối : 59 + 1 = 60 → X lµ 27Co60. 27Co + 0n1 → 27Co . 59 60 Số khối : 60 = 60; điện tích : 27 = 28 + x → x = − VËy cã − 0. 1. 1e 27Co → 28Ni + -1e; hv = 1,25MeV. 60 60 (b) Điểm khác nhau Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới. Ví  dụ (b) ở trên.  Phản ứng hoá học (oxi hoá - khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp − chất. Ví dụ : Co + Cl2 → Co2+ + 2Cl → CoCl2.  Chất dùng trong phản ứng hạt nhân có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá - khử, phụ thuộc vào cấu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất.  Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo phản ứng hoá học thông thường. 2. (a) Dùng ô lượng tử biểu diễn cấu hình : ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↑ ↑↑ ↑ ↑ (b) (1) là cấu hình e của nguyên tử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nêu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 ... Không có cấu hình cation nào ứng với các số liệu này. Vậy Z chỉ có thể là 24. (Nguyên tố Ga có cấu hình [ar] 3d104s24p1, ion Ga2+ có cấu hình [ar] 3d104s1 bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s1 để suy ra nguyên tố). (c) Z = 24 → nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử. Cr + 2HCl → CrCl2 + H2↑ 3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E1. Do đó công thức là E1 = −13,6 Z2 (ev) (2’) Z = 6 → C5+ : (E1) C5+ = −13,6 x 62 = − Thứ tự theo trị số Z: 489,6 eV Z = 7 → N6+ : (E1) N6+ = − 13,6 x 72 = − 666,4 eV Z = 8 → O7+ : (E1) O7+ = − 13,6 x 82 = − 870,4 eV (b) Quy luật liên hệ E1với Z : Z càng tăng E1 càng âm (càng thấp). Qui luật này phản ánh tác dụng lực hút hạt nhân tới e được xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh → năng lượng càng thấp → hệ càng bền, bền nhất là O7+. (c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể: C5+ : I6 = − 1, C5+) = + 489, 6 eV. (E N6+ : I7 = − 1, N6+) = + 666, 4 eV. (E O : I8 = − 1, O7+) = + 870,4 eV. 7+ (E
4. Phân tử thẳng có 3 nguyên tố được giải thích về hình dạng : Nguyên tố trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng). BeH2, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s1; Be : 1s22s2. Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp: ↑↓ ↑↓ → ↑↓ ↑ ↑ lai hoá sp 2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đã xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết σ . Vậy BeH2 → H− − (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết). Be H CO2, cấu hình electron : C 1s22s22p2; O 1s22s22p4. Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa sp ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ → ↑↓ ↑ ↑ ↑↑ lai hoá sp 2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan p z của 2 O tạo ra 2 liên kết σ . 2 obitan p thuần khiết của C xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết π (x↔x ; y ↔y) nên 2 liên kết π này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết σ . VËy CO2 : O= C = O Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết σ , π trong CO2 (chó ý: phải nói rõ có sự tương ứng obitan giữa C với O : x↔x; y ↔y) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2003 (Bảng A): 1. Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại ở dạng dime (Al2Cl6). Ở nhiệt độ cao (7000C) dime bị phân li thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó. 2. Phẩn tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91 Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20, M H O 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là 2 – 830C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 00C, hãy giải thích vì sao? BÀI GIẢI: 1. * Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome. Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome: Cl Cl Cl Al Cl Cl ; Al Monome dime Al Cl Cl Cl Cl * Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp2 vì Al có 3 cặp electron hoá trị; Trong Al2Cl6 là sp3 vì Al có 4 cặp electron hoá trị . Liên kết trong mỗi phân tử: AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.
Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị với 3 nguyên tử Cl và 1 liên kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho). Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông thường và liên kết cho nhận. Cl * Cấu trúc hình học: 1200 0 120 Phân tử AlCl3: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp2 (tam giác phẳng) Al nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác. Cl Cl 0 120 O Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên O tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ O diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện. • Al O O O Cl O 2. M = 18 M = 20 * Phân tử H-F Jt ; H-O-H µ = 1,84 Debye µ = 1,91 Debye … có thể tạo liên kết hidro – H F – có thể tạo liên kết hidro – H…O – * Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử) phụ thuộc vào các yếu tố: - Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. - Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực khuếch tán). *Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và đều có liên kết hidro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hidro bền hơn). Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 00C > Tnc(HF) = – 830C. * Giải thích: Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên H-F…H-F…H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hidro tạo thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực Van der Waals yếu. Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực Van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng thời mỗi phần liên kết hidro cững bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng chảy. Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hidro với 4
phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hidro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hỏi nhiệt độ cao hơn. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng A): 1. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và ion nào có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thành liên kết đó. 2. a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt α được phóng ra trong qúa trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của quá trình này. b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f36d17s2. Nguyên tố này có bao nhiêu electron độc thân? Có thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu? 3. Trong nguyên tố hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển động trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó mỗi trạng thái của một cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tử Bo (số đơn vị điện tích hạt nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau: Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) 1s1 1s22s2 -340,000 - 660,025 1s2 1s22s22p1 -600,848 - 669,800 1s22s1 -637,874 Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu lực hút hạt nhân. a) Hãy trình bày chi tiết về kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có thể có của nguyên tử Bo theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên. b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá đó. 4. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol–1, của N≡ N bằng 945 kJ.mol–1. Từ 4 nguyên tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường. Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích. BÀI GIẢI: 1/ Các vi hạt CH2Br2, Ca2+, H3As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết hidro với phân tử nước. Các vi hạt F - , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tố âm điện mạnh nên có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước: H H O F O C2H 5 H H O. . .H O O ... H C C2H 5 H H
   2/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx cùng với ba loại hạt cơ bản: 2α 4, -1β o và oγ o. Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có 82Pb206. Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2× 8)] / (−1) = 6. Vậy có 6 hạt -1β o. Pb206 + 8 He + 6β . Do đó phương trình chung của qúa trình này là: 92U238 82 b) Cấu hình electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau: ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ Vậy nguyên tố U238 có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất 92 là +6 và U[Rn]5f36d17s2 – 6 e U [Rn]+6 . 3/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo: Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị năng lượng như sau: Cấu hình Vi hạt Năng lượng Cấu hình Vi hạt Năng lượng electron (theo eV) electron (theo eV) 1s1 B4+ 1s22s2 B+ - 340,000 - 660,025 1s2 B3+ 1s22s22p1 - 600,848 B - 669,800 1s22s1 B2+ - 637,874
Cã ®Þnh nghÜa: N¨ng lîng ion ho¸ (cña mét nguyªn tö) lµ n¨ng lîng Ýt nhÊt cÇn ®Ó t¸ch 1 e khái nguyªn tö ë tr¹ng th¸i c¬ b¶n mµ ∆ kh«ng truyÒn thªm ®éng n¨ng cho e ®ã. VËy gi÷a n¨ng lîng ε cña1 e ë tr¹ng th¸i c¬ b¶n vµ n¨ng l îng ion ho¸ I t¬ng øng cã liªn hÖ: I = ε (1). VËy víi sù ion ho¸ M (k – 1)+ e M k+ ; Ik (2), Ta cã liªn hÖ: Ik = ε = [EM(k 1)+ EMk+ ] (3) Trong ®ã: k chØ sè e ®∙ bÞ mÊt (do sù ion ho¸) cña vi h¹t ®ù¬c xÐt, cã trÞ sè tõ 1 ®Õn n; do ®ã k+ chØ sè ®¬n vÞ ®iÖn tÝch d¬ng cña ion M k+ ; Ik lµ n¨ng lîng ion ho¸ thø k cña nguyªn tè M ®îc biÓu thÞ theo (2). XÐt cô thÓ víi nguyªn tè Bo: v× Z = 5 nªn nguyªn tö cã 5 e; vËy k = 1 ®Õn 5. ¸p dông ph«ng tr×nh (2) vµ (3), dïng sè d÷ kiÖn b¶ng trªn cho Bo, ta cã: Bo − e * B+ ; I 1 ( vËy k = 1); I1 = - [ EB − EB+] = − (−669,800 + 660,025 ). VËy I1 = 9,775 eV . B+ − e ( vậy k = 2); B2+ ; * I2 I2 = - [ EB+ − EB2+] = − (−660,025 + 637,874). Vậy I2 = 22,151 eV . B2+ − e ( vậy k = 3); B3+ * ; I3 I3= - [EB2+ − EB3+] = − (−637,874 + 600,848). Vậy I3 = 37,026 eV . B3+ − e ( vậy k = 4); B4+ * ; I4 I4= - [EB3+ − EB4+] = − (−600,848 + 340,000). Vậy I4 = 260,848 eV . B4+ − e ( vậy k = 5); B5+ * ; I4 I5= - [EB4+ − EB5+] = − (−340,000 + 0,000). Vậy I5 = 340,000 eV . b) Tõ kÕt qu¶ trªn, ta thÊy cã qui luËt liªn hÖ c¸c trÞ n¨ng lîng ion ho¸ cña Bo nh sau I1 < I2 < I3 < I4 < I5 (4). Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e tạo thành M k+ có số đơn vị điện tích k+ lớn hơn (k – 1) nên lực hút tác dụng lên e tiếp theo trong vi hạt M k+ mạnh hơn so với trong M (k – 1)+. Do đó phải tốn năng lượng lớn hơn để tách 1e tiếp theo khỏi M k+ ; nghĩa là I( k – 1) < Ik như đã được chỉ ra trong (4) trên đây.
∑ 2. a) XÐt dÊu cña nhiÖt ph¶n øng ΔH = ν iEi ∑ ν jEj i j Trong ®ã i, j lµ liªn kÕt thø i, thø j ë chÊt tham gia, chÊt t¹o thµnh t¬ng øng cña ph¶n øng ®îc xÐt; Ei ; Ej lµ n¨ng lîng cña liªn kÕt thø i, thø j ®ã. b) Xét cụ thể với nitơ : Phản ứng 4N N4 (1) Cã ∆ H1 = 4 EN EN4 = 0,0 6 × 163 ; vËy ∆ H1 = 978 kJ . Ph¶n øng 4 N 2 N2 (2) Cã ∆ H2 = 4 EN 2 EN2 = 0,0 2 × 945 ; vËy ∆ H2 = 1890 kJ . Ta thây ∆ H2 < ∆ H1. Vậy phản ứng 2 N2 xảy ra thuận lợi hơn phản 4N ứng 4N N4. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng B): 1. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Hãy giải thích. Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+. 2. Sắt monoxit FeO có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện (mặt) kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,430 nm. Hãy tính khối lượng riêng của tinh thể sắt monoxit đó. BÀI GIẢI: 1. Li Be2+ Be2+ vµ i ång l cton + L + ® ee r + 2+ M g víinhau,nh ng e2+ i n t ng N a ¨ ëB ®Ö + Ý h ¹ h©n hi u ¬n r tc h tn K nÒh rn h c L + há ¬n ña i i m g ¶ r V Ëy r ng è on µy e2+ ã ¸n Ý h há hÊt to s 5 i n B c b k n n n . 2. §èi víi tinh thÓ lËp ph¬ng t©m diÖn ( mÆt), mçi « m¹ng c¬ së 1 1 cã sè ®¬n vÞ cÊu tróc lµ x8 + x6 = 4 . ( ThÝ sinh cã thÓ vÏ h×nh 8 2 khi tÝnh sè ®¬n vÞ cÊu tróc trªn ). VËy khèi lîng riªng cña tinh thÓ ®ã lµ: 4(55,8 + 16) d= = 5,91(g / cm 3 ) ( 0,432.10 ) −7 3 23 .6,022.10
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2005 (Bảng A): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 là nguyên tố hay ion? Tại sao? H ∙ dÉn ra m ét y ph¶n øng ho¸ häc (nÕ u cã ) ® Ó m i nh ho ¹ tÝnh chÊ t ho¸ häc ® Æ c ng cña m çi tr vi h ¹t. Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm VIII(0). BÀI GIẢI: Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s 22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne]. 1. CÊu h×nh [Ne] 3s1 chØ cã thÓ øng víi nguyªn tö Na (Z = 11), kh«ng thÓ øng víi ion. Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H 2O ở nhiệt độ thường. 2 Na + 2 H2O 2 NaOH + H2 2. CÊu h×nh [Ne] 3s2 øng víi nguyªn tö Mg (Z = 12), kh«ng thÓ øng víi ion. Mg lµ kim loai ho¹t ®éng. Mg ch¸y rÊt m¹nh trong oxi vµ c¸ trong CO2. 2 Mg + O2 2 MgO 3. CÊu h×nh [Ne] 3s23p3 øng víi nguyªn tö P (Z = 15), kh«ng thÓ øng víi ion. P lµ phi kim ho¹t ®éng. P ch¸y m¹nh trong oxi. 4 P + 5 O2 2 P2O5 4. CÊu h×nh [Ne] 3s23p6: a) Trêng hîp vi h¹t cã Z = 18. §©y lµ Ar, mét khÝ tr¬. b) Vi h¹t cã Z 18. §©y lµ ion d¬ng: Z = 19. §©y lµ K+, chÊt oxi ho¸ rÊt yÕu, chØ bÞ khö díi t¸c dông cña dßng ®iÖn (®iÖn ph©n KCl hoÆcKOH nãng ch¶y).
Z = 20. §©y lµ Ca2+, chÊt oxi ho¸ yÕu, chØ bÞ khö díi t¸c dông cña dßng ®iÖn (®iÖn ph©n CaCl2 nãng ch¶y). OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ: II. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1996: Năm 1908 Rutherford, cùng với H. Geiger đo tốc độ bức xạ hạt α (x) bằng radi (trong tự nhiên, nguyên tố này được biểu thị bởi một hạt duy nhất 226Ra88) và thấy rằng 1,00g radi bức xạ x = 3,42.1010 hạt α mỗi giây. Năm 1911, Rutherford và B. Boltwood đo tốc độ tạo thành heli từ radi. Thí nghiệm này cho phép các ông có được trị số chính xác nhất có thể có vào thời gian ấy của số Avogadro, miễn là trị số thể tích mol của khí lý tưởng được biết rõ. Để đạt được mục đích này, một mẫu muối radi được làm tinh khiết từ một sản phẩm phân rã có chứa m = 192mg Ra được cho vào một thiết bị và đo thể tích khí heli thoát ra. Sau 83 (t = 83,0 ngày) ngày làm thí nghiệm, thu được 6,58mm3 khí He (0oC và 1atm). Để hiểu được các kết qủa thí nghiệm, ta cần sơ đồ động học phân rã phóng xạ của Ra cho dưới đây (ghi trên mũi tên là chu kỳ bán huỷ, ghi dưới mũi tên là kiểu phân rã). 3,83 ngay 1,63.10-4s 3,05ph 26,8ph > 1500 nam 19,7ph Rn RaA RaC RaC' RaB Ra α α α β β α 27,1 nam 5 n g ay 138 ngay Ra D Ra E Po Pb β α β (RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon) 1. Viết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử, số khối của tất cả các hạt nhân có liên quan. Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã của radi, trừ RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng ước lượng này để tiến hành các tính toán sau: 2. a) Có bao nhiêu nguyên tử He được hình thành từ mỗi nguyên tử radi phân rã sau 83 ngày? b) Có tổng cộng bao nhiêu nguyên tử heli được tạo thành trong thí nghiệm? 3. Hãy tính trị số gần đúng của số Avogadro từ số liệu trên. Biết tại 0oC và 1atm thì V = 22,4L. Để tính được số Avogadro chính xác hơn, chu kỳ bán hủy của Radon (t1/2(Rn) = 3,83 ngày) không thể bỏ qua, vì chu kỳ này là đáng kể so với thời gian tiến hành thí nghiệm t; nghĩa là không phải mọi nguyên tử radon bị phân rã vào cuối thí nghiệm. 4. Chọn tương quan giữa tốc độ phân rã k của bất kì hạt nhân nào đã cho so với chu kỳ bán huỷ t1/2 của nó. a) k = 1/T1/2. b) k = ln2/T1/2. c) k = ln2.T1/2. d) k = π /T1/2. 5. a) Dùng sơ đồ động học đơn giản: Ra k1 → Rn k 2 → RaA   (trong đó k1 và k2 là hằng số tốc độ của các phản ứng tương ứng). Viết biểu thức quan hệ giữa số nguyên tử radon vào lúc cuối thí nghiệm N’Rn và số nguyên tử radi NRa. - N’Rn = k1.NRa/k2. - N’Rn = k2.NRa/k1. - N’Rn = k1.NRa/2k2. - N’Rn = k1.NRa/3k2.
b) Tính N’Rn dùng tốc độ phân rã radi cho ở trên (x = 3,42.1010 hạt α mỗi gam radi trong một giây). 6. Có bao nhiêu nguyên tử heli có thể được tạo thành từ các nguyên tử radon còn lại lúc cuối thí nghiệm N’Rn, nếu tất cả các nguyên tử này phân rã thành RaD? - 4N’Rn. - 2N’Rn. - 5N’Rn. - N’Rn. - 3N’Rn. 7. Dùng lời giải của các câu hỏi trên, hãy tính một giá trị gần đúng tốt hơn của a) Số nguyên tử Heli tạo thành. b) Số Avogadro. BÀI GIẢI: 1) 88 Ra → 86 Rn + 2 He 222 222 4 Rn → 84 Po + 4 He 222 218 86 2 Po → 82 Pb + 4 He 218 214 84 2 Pb → 83 Bi + e 214 214 82 Bi → 84 Po + e 214 214 83 Po → 82 Pb + e 214 210 84 2) a) 4 b) NHe = 4xmt = 4.3,42.1010.0,192.(83.24.3600) = 1,9.1017. 3) Số Avogadro NA là số hạt vi mô có trong 1 mol NA = NHe/nHe với NHe là số nguyên tử heli và nHe là số mol He tạo thành trong khoảng thời gian t. Nếu giả thiết rằng tất cả các nguyên tử radon tạo thành từ các nguyên tử radi đều phân rã trong thời gian thí nghiệm (giả thiết này theo sau giả thiết là chu kỳ bán hủy của radon có thể bỏ qua so với thời gian 83 ngày, điều này dẫn đến sai số khoảng 5%), khi ấy số nguyên tử heli bức xạ trong khoảng thời gian t là NHe = 4xmt và ta có thể tính được NA = 6,4.1023 mol-1. 4) b) 5) a) N’Rn = k1.NRa/k2. Số nguyên tử radon đạt đến trạng thái gần tĩnh (cân bằng phóng xạ), tại đó tốc độ tạo thành bằng tốc độ phân rã k2N’Rn = k1.NRa, từ đó N’Rn = k1.NRa/k2. b)Tốc độ phân rã của radi là k1NRa = xm, từ đó ta có thể tính được N’Ra = 3,14.1015. 6) 3N’Rn. 7) a) NHe = 4xmt – 3N’Rn = 1,79.1017. b) NA = NHe/VHe = 6,09.1023. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1997: Sắt kim loại nóng chảy ở 1811K. Giữa nhiệt độ phòng và điểm nóng chảy của nó, sắt kim loại có thể tồn tại ở các dạng thù hình và các dạng tinh thể khác nhau. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K, sắt có cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (bcc) quen gọi là sắt-? Từ 1185K đến 1667K sắt kim loại có cấu tạo mạng lập phương tâm diện (fcc) và được gọi là sắt-? Trên 1167K và cho tới điểm nóng chảy sắt chuyển về dạng cấu tạo lập phương tâm khối (bcc) tương tự sắt-? Cấu trúc sau cùng (pha cuối) còn được gọi là sắt-? 1) Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm-3 ở 293K, a) Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm).
b) Ước lượng khối lượng riêng của sắt (tính theo g.cm-3) ở 1250K Chú ý: Bỏ qua các ảnh hưởng không đáng kể do sự giãn nở nhiệt của kim loại. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc) trong mạng tinh thể bị chiếm bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thường trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép chứa 4,3% theo khối lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh qúa nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng sắt-?. Chất rắn mới này - được gọi là martensite - rất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắt-? (bcc). 2) Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt. a) Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt-? trong martensite chứa 4,3%C theo khối lượng. b) Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu này. Khối lượng mol nguyên tử và các hằng số: MFe = 55,847g.mol-1. MC = 12,011g.mol-1. NA = 6,02214.1023mol-1. BÀI GIẢI: 1) Các bước tính toán: Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d1, d2 và r) và thể tích (V1 và V2) cho 1. cả hai cấu tạo bcc và fcc của sắt. Tính thể tích V1 của ô mạng đơn vị của sắt - α nhờ khối lượng riêng của nó (ρ bcc) ở 2. 293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (MFe), và số Avogadro NA. Tính chiều dài d1 cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó. 3. Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d1. 4. Tính chiều dài d2 của cạnh ô mạng đơn vị fcc (ở 1250K) từ bán kính nguyên tử r của 5. sắt. Tính thể tích V2 của ô mạng đơn vị fcc của sắt - γ từ chiều dài d2 của cạnh. 6. Tính khối lượng m của số nguyên tử sắt trong một ô mạng đơn vị của sắt - γ từ 7. khối lượng mol nguyên tử MFe của sắt và số Avogadro NA. Tính khối lượng riêng (ρ fcc) của sắt - γ từ các gía trị của m và V2. 8. Một hướng khác để tìm khối lượng riêng ρ fcc của sắt - γ là tính ti lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong cả hai loại ô mạng đơn vị bcc và fcc, có thể thay thế các bước từ 5 đến 8 bằng các bước từ 5’ đến 8’ sau đây: 5’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị bcc. 6’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị fcc. 7’. Từ tỉ lệ fcc/bcc ta suy ra được tỉ lệ: ρ bcc/ρ fcc. 8’ Từ gía trị cho trước ở bướ 7’ ta tính được ρ fcc. 2) Các chi tiết: Ở 293K sắt - α có cấu trúc tinh thể bcc. 1. Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa hai nguyên tử, trong đó một nguyên tử ở tâm của ô mạng. Ở 1250K, sắt - γ có cấu tạo tinh thể fcc. Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa 4 nguyên tử và ở tâm của mỗi mặt có một nửa nguyên tử. r: bán kính nguyên tử của sắt a: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị bcc. b: chiều dài đường chéo qua tâm của ô mạng đơn vị bcc.
c: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị fcc. d1: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α. d2: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ . V1: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α. V2: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ . Va: thể tích chiếm bởi một nguyên tử. Va1: Thể tích chiếm bởi hai nguyên tử trong một ô mạng đơn vị bcc. Va2: Thể tích chiếm bởi bốn nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc. R1: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị bcc. R2: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị fcc. Va = (4/3)π r3 Va1 = 2Va2 Va2 = 4Va b2 = d12 + a2 = 3d12 ⇒ d1 = (16r2/3)1/2. 2 2 b = 4r a = 2d1 c2 = 2d22 ⇒ d2 = (16r2/2)1/2. V1 = d13 = [(16r2/3)1/2]3 c = 4r 3 2 1/2 3 V2 = d2 = [(16r /2) ] 1,000cm3 sắt có khối lượng 7,874g ở 293K (ρ bcc). 2. 1 mol sắt có khối lượng 55,847g (MFe). Vậy 0,1410mol (7,874/55,847) của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm3 hoặc 1mol sắt sẽ chiếm thể tích 7,093cm3. 1 mol tương ứng chiếm 6,02214.1023 nguyên tử. V1 = 7,093.2/(6,02214.1023) = 2,356.10-23cm3 mỗi đơn vị ô mạng. d1 = V11/3 = 2,867.10-8 cm. 3. Với cấu tạo bcc, gía trị của d1 có thể được biểu thị là: d1 = (16r2/3)1/2. Vậy gía trị 4. của r sẽ là: r = (3d12/16)1/2 = 1,241.10-8cm. Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d2 = (16r2/2)1/2 = 3,511.10-8cm. 5. V2 = d23 = 4,327.10-23cm3. 6. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là: 7. m = 55,847.4/(6,02214.1023) = 3,709.10-22g ρ fcc = m/V2 = 8,572g/cm3. 8. Cách giải khác để tìm khối lượng riêng ρ fcc của sắt - γ : 5’. R1 = [(Va1)/V1].100% = 68,02% 6’. R2 = [(Va2)/V2].100% = 74,05% 7’. ρ bcc/ρ fcc = 74,05/68,02 = 1,089 8’. ρ fcc = 8,572g/cm3. 3) Các bước tính toán: 1. Từ phần trăm cấu thành của martensite (theo khối lượng), tính số mol tương ứng của cacbon và sắt. 2. Đưa tỉ lệ mol C/Fe về một ô mạng đơn vị (Ghi chú: Hai nguyên tử Fe trong mỗi ô mạng đơn vị). 3. Tìm số nguyên be nhất các nguyên tử C trong số nguyên bé nhất của ô mạng đơn vị (không bắt buộc). 4. Tính khối lượng sắt trong một ô mạng đơn vị 5. Tính khối lượng cacbon trong một ô mạng đơn vị 6. Tính tổng khối lượng sắt và cacbon trong một ô mạng đơn vị 7. Tính khối lượng riêng của martensite [ρ (martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng của C và Fe và thể tích V1 của ô mạng đơn vị sắt - α cấu tạo bcc.
4)Chi tiết: 1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C ⇒ nC = 0,36mol và nFe = 1,71mol. Vậy cứ 1 nguyên tử cacbon có 4,8 nguyên tử sắt hay 0,21 nguyên tử cacbon cho mỗi nguyên tử sắt. 2. Martensite có cấu tạo tinh thể bcc (2 nguyên tử sắt cho mỗi ô mạng đơn vị). Như vậy số nguyên tử cacbon trong mỗi ô mạng đơn vị là: 2.(1/4,8) = 0,42 nguyên tử. 3. 5 nguyên tử C [(0,42 nguyên tử C/0,42).5] trong 12 ô mạng đơn vị [1 ô mạng đơn vị/0,42).5] 4. Số gam Fe trong mỗi ô mạng đơn vị là: 55,847.2/6,02214.1023 = 1,8547.10-22g 5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.1023 = 1,9945.10-23g 6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10-22 + 0,42.1,9945.10-23 = 1,938.10-22g. 7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt - α chiếm thể tích V1 = 2,356.10-23cm3. ρ (martensite có 4,3%C) = 1,938.10-22/(2,356.10-23) = 8,228g.cm-3. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998: Nathan Thompson là một trong những cư dân đầu tiên của đảo Lord Howe đã trồng trong vườn nhà mình một số cây sồi châu Âu. Tuy nhiên người ta không thể biết chính xácv thời gian đã trồng vì quyển nhật kí của ông ta đã bị thất lạc trong bão biển. Phía sau nhà Nathan có một cái hồ nhỏ. Qua nhiều năm, lá cây sồi châu Âu và các hạt tích tụ ở đáy hồ. Một lượng rất nhỏ đồng vị phóng xạ Pb-210 (chu kỳ bán hủy là 22,3 năm) cũng đồng thời lắng đọng. Nên biết rằng cây sồi châu Âu rụng lá ngay từ năm đầu tiên. Năm 1995 một nhóm nghiên cứu lấy mẫu đất bùn từ đáy hồ. Đất bùn được cắt thành những lát dày 1cm và khảo sát trầm tích và chì phóng xạ Pb-210. Sự khảo sát đất bùn cho thấy: • Trầm tích của sồi châu Âu và hạt của nó tìm thấy đầu tiên ở độ sâu 50cm. • Độ phóng xạ của Pb-210 ở phần trên của đất bùn là 356Bq/kg còn ở độ sâu 50cm là 1,40Bq/kg. 1) Nathan Thompson đã gieo hạt năm nào? Chì phóng xạ Pb-210 là một trong những phân rã của U-238. U-238 có trong vỏ trái đất và do một số nguyên nhân, một lượng nhất định Pb-210 thoát vào khí quyển và bám vào các phần tử trầm tích lắng đọng dưới đáy hồ. Chuỗi phân rã U-238 là: U-238 – U-234 – Th-230 – Ra-226 – Rn-222 – (Po-218 – Bi-214)* - Pb-210 – Pb-236 (bền) *: Chu kỳ bán hủy rất ngắn, tính theo phút và ngày: 2. Bước nào trong chuỗi phân rã giải thích bằng cách nào Pb-210 lại có trong nước mưa trong khi nguyên tố mẹ U-238 chỉ có trong vỏ trái đất. BÀI GIẢI: 1) Tại độ sâu 50cm sự phân rã của Pb-210 tương đương với: 356 – 178 – 89 – 44,5 – 22,5 – 11,25 – 5,63 – 2,81 – 1,39 =8 chu kỳ bán hủy. = 8.22 = 176 năm Nếu năm khai quật là 1995 thì năm gieo hạt là 1995 – 176 = 1819(± 2) 2) Ra-226 – Rn-222. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999: Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232Th90 và kết thúc với đồng vị bền 208Pb82. 1. Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này. 2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích. 3. Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js-1) sản sinh từ 1,00kg 232 Th (t1/2 = 1,40.1010 năm).
4. là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1atm thu được là 228Th bao nhiêu khi 1,00g 228Th (t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20,0 năm? Chu kỳ bán hủy của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với 228Th. 5. Một phân tử trong chuỗi thori sau khi tách riêng thấy có chứa 1,50.1010 nguyên tử của một hạt nhân và phân hủy với tốc độ 3440 phân rã mỗi phút. Chu kỳ bán hủy tính theo năm là bao nhiêu? Các khối lượng nguyên tử cần thiết là: 4 206 232 He2 = 4,00260u Pb82 = 207,97664u Th90 = 232,03805u 1u = 931,5MeV. 1MeV = 1,602.10-13J. NA = 6,022.1023mol-1. Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0oC và 1atm là 22,4L. BÀI GIẢI: 1) A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha. Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2.6 = 12 đơn vị, nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vị. Nên phản có 4 hạt beta bức xạ. 2) 90 Th → 82 Pb + 6 2 He + 4 β − 232 208 4 Năng lượng phóng thích Q = [m(232Th) – m(208Pb) – 6m(4He)]c2 = 42,67MeV. 1000.6,022.10 23 = 2,60.10 24 nguyên tử 3) 1,00kg có chứa = 232 Hằng số phân hủy của Th 232 0,693 λ= = 1,57.10 −18 s −1 10 7 1,40.10 .3,154.10 A = Nλ = 4,08.10 6 Dps Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV Công suất = 4,08.106.42,67.1,602.10-13 = 2,79.10-5W. 4) 90 Th → 82 Pb + 5 2 He 228 208 4 Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 228Th. ( )  0,693  1,00. 6,022.10 23  A = λN =  20 −1  = 9,58.10 y   1,91   228  Số hạt He thu được: NHe = 9,58.1020.20.5 = 9,58.1022 hạt VHe = 3,56.103cm3 = 3,56L. 5) A = λ .N 0,693 0,693.N t1 / 2 = = = 5,75 năm. λ A OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Sæû phuû thuäüc giæîa âäü daìi soïng vaìo quang phäø vaûch cuía hydro âaî âæåüc biãút âãún láön âáöu tiãn båíi mäüt loaût caïc cäng trçnh cuía Johann Jakob Balmer - mäüt giaïo viãn ngæåìi Thuûy Syî - Äng âaî âæa ra cäng thæïc thæûc nghiãûm: 1 1 1 = RH  2 − 2 ; λ 2 n
n = 3,4,5... me e 4 = 109678cm −1 RH = 8ε 0 h 3 c 3 RH laì hàòng säú Rydberg, me laì khäúi læåüng electron. Niels Bohr âaî chæïng minh âæåüc cäng thæïc trãn bàòng lyï thuyãút nàm 1913. Cäng thæïc naìy âuïng våïi hãû nguyãn tæí, ion chè coï 1e. Tênh bæåïc soïng daìi nháút bàòng Å(1Å = 10-10m) trong daîy Balmer 1. cuía ion He+. Boí qua sæû chuyãøn âäüng cuía haût nhán. 2. Mäüt cäng thæïc tæång tæû cäng thæïc cuía Balmer aïp dung cho caïc vaûch phäø khaïc sinh ra khi âi tæì mæïc nàng læåüng cao hån xuäúng mæïc nàng læåüng tháúp nháút. Viãút cäng thæïc âoï vaì sæí duûng noï âãø tênh traûng thaïi cå baín cuía nguyãn tæí hydro (eV) Nguyãn tæí hydro “muon”1 cuing tæång tæû nhæ nguyãn tæí hydro nhæng electron bë thay thãú bàòng “muon”. Khäúi læåüng cuía “muon” gáúp 207 láön khäúi læåüng cuía electron trong khi âiãûn têch cuía noï cuîng giäúng nhæ âiãûn têch cuía electron. “Muon” coï thåìi gian täön taûi ráút ngàõn nhæng chuïng ta boí qua sæû keïm bãön cuía noï. 3. Xaïc âënh mæïc nàng læåüng tháúp nháút vaì baïn kênh Bohr thæï nháút cuía nguyãn tæí hydro “muon”. Boí qua sæû chuyãøn âäüng cuía haût nhán. Biãút baïn kênh Bohr cuía quîy âaûo thæï nháút ε oh2 o = 0,53 A . cuía nguyãn tæí hydro laì a0 = me e 2 π Bæïc tranh toaìn caính vãö lyï thuyãút “quîy âaûo” cuía Bohr âaî âæåüc thay thãú bàòng lyï thuyãút læåüng tæí våïi khaïi niãûm vãö “obitan”. Obitan ψ1s(r) cho traûng thaïi cå baín cuía nguyãn tæí hydro âæåüc cho dæåïi âáy: 1 e − r / a0 ψ 1s = πa 03 r laì khoaíng caïch tæì electron tåïi haût nhán vaì a0 laì baïn kênh Bohr 4. Xem baïn kênh låïp voí hçnh cáöu laì a0 vaì âäü âàûc laì 0,001a0. Æåïc læåüng xaïc suáút tçm tháúy electron trong låïp voí naìy. Thãø têch cuía hçnh cáöu coï baïn kênh trong r vaì coï âäü âàûc ∆r âæåüc tênh bàòng cäng thæïc V = 4π r2∆r Phán tæí H2 coï thãø âæåüc phán ly theo hai hæåïng H2 → H + H (hai nguyãn tæí hydro âäüc láûp) (i): 1 “muon” laì mäüt loaûi haût nàûng (hoü lepton)
(ii): H2 → H+ + H- ( 1 proton vaì 1 ion hydrua) Âäö thë nàng læåüng phuû thuäüc vaìo khoaíng caïch (E = f(R)0 cuía H2 âæåüc chè ra mäüt caïch så læåüc åí så âäö trãn âáy. Nàng læåìng nguyãn tæí vaì phán tæí âæåüc cho trong cuing mäüt tyí lãû 5. Cho biãút phaín æïng (i) vaì (ii) æïng våïi âæåìng cong naìo? 6. Xaïc âënh gêa trë cuía nàng læåüng phán ly (De) bàòng âån vë eV cuía H2 æïng våïi phaín æïng (i) vaì (ii). 7. Tæì caïc säú liãûu âaî cho. Tênh nàng læåüng cuía quïa trçnh H- → H + e- 8. H- laì hãû 2e. Gèa sæí cäng thæïc tênh nàng læåüng cuía Bohr laì phuì håüp âäúi våïi mäùi e vaì âiãûn têch taïc duûng lãn mäùi e laì âiãûn têch hiãûu duûng Z*. Tênh Z* cuía H- BÀI GIẢI: 1. Bước sóng dài nhất λ L ứng với n = 3. Đối với He+: