ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM CÁC potx

ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM CÁC NĂM

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 Z
C
= 6; Z
O
= 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 Z
Fe
= 26, Z
Ni
= 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):
222*22
zyxss



2) I
1
(C) < I
1
(O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O.
I
1
(CO) > I
1
(O): vì năng lượng của electron ở 
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)7s
2

5f
14
6d
10
7p
6
8s
2
5g
1
. 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) NO
2
; NO
2
+
; NO
2
-
.
b) NH
3
; NF
3
.
2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH
3

và NF
3
. Giải thích.
3) Thực nghịêm xác định được mome lưỡng cực của phân tử H
2
O là 1,85D, góc liên kết HOH là
104,5
o
, 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
-19
C; 1nm = 10
-9
m.


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
O
O
sp
2
N OO

sp
N
O
O
sp
2

(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
H
H
H
sp
3
N
F
F
F
sp
3

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.
(NH
3

) > (NF
3
)
Giải thích:
N
H
H
H
N
F
F
F

Ở NH
3
chiều của các momen liên kết và của cặp electron của N cùng hướng nên momen tổng
cộng của phân tử lớn khác với NF
3
(hình vẽ).
3)

O
H
H






 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:
Dlt 60,4
10.33,3
10.6,1.10.0957,0
)(
30
199
1





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 M
Si
= 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:
nm

a
r
a
r
D
aD
Si
Si
118,0
8
3
4
3
2
2
2
3




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 7s
1
và kết thúc ở 7p
6

7s
2
5f
14
6d
10
7p
6
: 32 nguyên tố ở chu kỳ 7.
Z = 107: [Rn]5f
14
6d
5
7s
2
: Nhóm VIIB
Z = 117: [Rn]5f
14
6d
10
7s
2
7p
5
: Nhóm VIIA

OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B):
Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy được Br
2(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 Br
2
có màu?
Biết h = 6,63.10
-34
J.s; c = 3.10
8
m.s
-1
; N
A
= 6,022.10
23
mol
-1
.
BÀI GIẢI:
E = h(c/).N
A
  = 6,3.10
-7
m
 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 XH
3
:
a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH
3
và AsH
3
.
b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
2) Xét các phân tử POX
3

a) Các phân tử POF
3
và POCl
3
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?
BF
3
; NH
3
; SiF
4
; SiHCl
3
; SF
2
; O

3
.
Cho biết: Z
P
= 15; Z
As
= 33; Z
O
= 8; Z
F
= 9; Z
Cl
= 17; Z
B
= 5; Z
N
= 7; Z
Si
= 14; Z
S
= 16.
BÀI GIẢI:
Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai).
1) P: 1s
2
2s
2
2p
6
3s

2
3p
3
; As: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
2
4p
3
.
P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH
3
.
X
H
H
H
sp
3
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)

PO
X
X
X
n = 3 +1 = 4 (sp
3
): hình tứ diện
Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy.
3)

N
F
F
F
sp
3
Si
H
Cl
Cl
Cl
sp
3
S
F F
O

O
O
sp
3
sp
2
B
F
F F
sp
2
Si
F
F
F
F
sp
3

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.
27
Co
59
+
0
n
1

 X? (1)
X? 
28
Ni
60
+ ; h = 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 + Cl
2
 CoCl
2
).
2. Có cấu hình electron 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
5
4s
1
(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.
3. Biết E
n
= -13,6.
2
2
n
Z
(n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân).
(a) Tính năng lượng 1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N
6+
, C
5+
, O
7+
.
(b) Qui luật liên hệ giữa E
n
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 BeH
2
, CO
2
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
27
Co
60
.
27
Co
59
+
0
n1 
27
Co
60
.
Số khối : 60 = 60; điện tích : 27 = 28 + x  x = 1. VËy cã 1e
0
.
27
Co
60

28
Ni
60
+
-1

e; hv = 1,25MeV.
(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 + Cl
2
 Co
2+
+ 2Cl

 CoCl
2
.
 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 3d
10
4s
2
4p
1

, ion Ga
2+
có cấu hình ar 3d
10
4s
1
bền nên không thể căn
cứ vào lớp ngoài cùng 4s
1
để suy ra nguyên tố).
(c) Z = 24  nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử.
Cr + 2HCl  CrCl
2
+ H
2

3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E
1
. Do đó công thức là E
1
= 13,6 Z
2
(ev) (2’)
Thứ tự theo trị số Z: Z = 6  C
5+
: (E
1
) C
5+
= 13,6 x 6

2
= 489,6 eV
Z = 7  N
6+
: (E
1
) N
6+
= 13,6 x 7
2
= 666,4 eV
Z = 8  O
7+
: (E
1
) O
7+
= 13,6 x 8
2
= 870,4 eV
(b) Quy luật liên hệ E
1
với Z : Z càng tăng E
1
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 O
7+
.
(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể:

C
5+
: I
6
= (E
1
, C
5+
) = + 489, 6 eV.
N
6+
: I
7
= (E
1
, N
6+
) = + 666, 4 eV.
O
7+
: I
8
= (E
1
, O
7+
) = + 870,4 eV.

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).

BeH
2
, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s
1
; Be : 1s
2
2s
2
. 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 .
Vậy BeH
2
 HBeH (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết).
CO
2
, cấu hình electron : C 1s
2
2s
2
2p
2
; O 1s
2
2s
2
2p

4
. 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 . 2 obitan p thuần khiết
của C xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết  (xx ; y y) nên 2 liên
kết  này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết . VËy CO
2
: O= C = O
Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết ,  trong CO
2
(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 (Al
2
Cl
6
). Ở nhiệt độ cao (700
0
C) dime bị phân li thành monome
(AlCl
3
). 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 H
2
O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91
Debye, H
2
O 1,84 Debye, M
HF
20,
2
H O
M 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là
– 83
0
C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 0
0
C, 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:



Monome ; dime



* Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl
3

là sp
2
vì Al có 3 cặp electron hoá trị;
Trong Al
2
Cl
6
là sp
3
vì Al có 4 cặp electron hoá trị .
Liên kết trong mỗi phân tử:
AlCl
3
có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.
Al
2
Cl
6
: 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
Cl
Cl
Cl
Al
Cl
Cl
Cl
Al
Al

Cl
Cl
Cl
và liên kết cho nhận.
* Cấu trúc hình học:
Phân tử AlCl
3
: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp
2
(tam giác phẳng)
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.


Phân tử Al
2
Cl
6
: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên
tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ
diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện.
 Al
O Cl





2.
* Phân tử H-F Jt ; H-O-H

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 H
2
O 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 T
nc
(H
2
O) = 0
0
C > T
nc
(HF) = – 83
0
C.
* 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 H
2
O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi
phân tử H
2
O liên kết với 4 phân tử H
2
O khác tạo thành mạng lưới
M = 20
 = 1,91 Debye
M = 18
 = 1,84 Debye
O
O
O
O
O
O
Al

C
l
Cl Cl
120
0
120
0
1
2
0
0
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: CH
2
Br
2
, F
-
, CH
2
O, Ca
2+
, H
3
As, (C
2
H
5

)
2
O , 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) U
238
tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt  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]5f
3
6d
1
7s
2
. 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)
1s
1
1s
2

1s
2
2s

1

-340,000
-600,848
-637,874
1s
2
2s
2

1s
2
2s
2
2p
1

- 660,025
- 669,800
Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu
l
ực 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 N
4
tứ diện đều hoặc 2 phân tử N
2
thông thường. Trường hợp nào
thuận lợi hơn? Hãy giải thích.
BÀI GIẢI:
1/ Các vi hạt CH
2
Br
2
, Ca
2+
, H
3
As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết
hidro với phân tử nước.
Các vi hạt F
-
, CH
2
O, (C
2
H
5
)
2
O có nguyên tố âm điện mạnh nên có thể tạo liên kết hidro với

phân tử nước:





2/ a) U
238
tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền
92
Pb
x
cùng với ba loại hạt cơ bản:
2

4
,
-1

o
và
o

o
.
Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238  4  8 = 206. Vậy có
82
Pb
206
.

. . .
H
C
H
H
O
H
. . .
F
O
H
H
C
2
H
5
O
C
2
H
5
H
O
H
O
Theo nh lut bo ton in tớch :[ 92 (82 + 2 8)] / (1) = 6. Vy cú 6 ht
-1

o
.

Do ú phng trỡnh chung ca qỳa trỡnh ny l:
92
U
238

82
Pb
206
+ 8 He + 6.
b) Cu hỡnh electron [Rn]5f
3
6d
1
7s
2
cú s electron ngoi c biu din nh sau:







Vy nguyờn t
92
U
238
cú 4 e c thõn (cha ghộp ụi); mc (s) oxi hoỏ cao nht
l +6 v U[Rn]5f
3

6d
1
7s
2


6 e U [Rn]
+
6
.
3/ a) Tớnh cỏc tr nng lng ion hoỏ cú th cú ca Bo:
T cu hỡnh electron ó cho , ta xỏc nh c cỏc vi ht tng ng cựng vi tr nng
lng nh sau:
Cu hỡnh
electron
Vi ht Nng lng
(theo eV)
Cu hỡnh
electron
Vi ht


Nng lng
(theo eV)
1s
1
1s
2

1s

2
2s
1

B
4+
B
3+
B
2+

- 340,000
- 600,848
- 637,874
1s
2
2s
2

1s
2
2s
2
2p
1

B
+
B
- 660,025

- 669,800

Có định nghĩa: Năng lợng ion hoá (của một nguyên tử) là năng lợng ít nhất cần để tách 1 e
khỏi nguyên tử ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó.
Vậy giữa năng lợng của1 e ở trạng thái cơ bản và năng lợng ion hoá I tơng
ứng có liên hệ: I = - (1).

Vậy với sự ion hoá M
(k 1)+
- e

M
k+
; I
k
(2),
Ta có liên hệ: I
k
= - = - E
M
(k -1)+ - E
M
k+ (3)
Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt đựơc xét, có trị số từ 1 đến n; do
đó k+ chỉ số đơn vị điện tích dơng của ion M
k+
;
I
k
là năng lợng ion hoá thứ k của nguyên tố M đợc biểu thị theo (2).

Xét cụ thể với nguyên tố Bo: vì Z = 5 nên nguyên tử có 5 e; vậy k = 1 đến 5. áp dụng
phông trình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có:
* B
o
e

B
+
; I
1
( vậy k = 1);
I
1
= - [ E
B
E
B
+] = (669,800 + 660,025 ). Vậy I
1
= 9,775 eV .
* B
+
e

B
2+
; I
2
( vy k = 2);
I

2
= - [ E
B+
E
B
2+] = (660,025 + 637,874). Vy I
2
= 22,151 eV .
* B
2+
e

B
3+
; I
3
( vy k = 3);
I
3
= - [E
B
2+ E
B
3+] = (637,874 + 600,848). Vy I
3
= 37,026 eV .
* B
3+
e

B
4+
; I
4
( vy k = 4);
I
4
= - [E
B
3+ E
B
4+] = (600,848 + 340,000). Vy I
4
= 260,848 eV .
* B
4+
e

B
5+
; I
4
( vy k = 5);
I
5
= - [E
B
4+ E
B
5+] = (340,000 + 0,000). Vy I

5
= 340,000 eV .

b) Từ kết quả trên, ta thấy có qui luật liên hệ các trị năng lợng ion hoá của Bo nh
sau I
1
I
2
I
3
I
4
I
5
(4).
Gii thớch: Khi vi ht M
(k 1)+
mt thờm 1 e to thnh M
k+
cú s n v in tớch k+ ln hn
(k 1) nờn lc hỳt tỏc dng lờn e tip theo trong vi ht M
k+
mnh hn so vi trong M
(k 1)+
. Do
ú phi tn nng lng ln hn tỏch 1e tip theo khi M
k+
; ngha l I
( k 1)
I

k
nh ó
c ch ra trong (4) trờn õy.

2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng H =
i
E
i
-
j
E
j

i j
Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tơng ứng của phản ứng
đợc xét; E
i
; E
j
là năng lợng của liên kết thứ i, thứ j đó.

b) Xột c th vi nit :
Phn ng 4 N N
4
(1)
Có H
1
= 4 E
N
- E

N4
= 0,0 - 6 163 ; vậy H
1
= - 978 kJ .
Phản ứng 4 N 2 N
2
(2)
Có H
2
= 4 E
N
- 2 E
N2
= 0,0 - 2 945 ; vậy H
2
= - 1890 kJ .
Ta thõy H
2
H
1
. Vy phn ng 4 N 2 N
2
xy ra thun li hn phn
ng 4 N N
4
.
THI CHN HC SINH GII QUC GIA VIT NAM NM 2004 (Bng B):
1. Ion no trong cỏc ion sau õy cú bỏn kớnh nh nht? Hóy gii thớch.
Li
+

, Na
+
, K
+
, Be
2+
, Mg
2+
.
2. St monoxit FeO cú cu trỳc mng tinh th lp phng tõm din (mt) kiu NaCl vi thụng s
mng a = 0,430 nm. Hóy tớnh khi lng riờng ca tinh th st monoxit ú.
BI GII:
1.
Li
+
Be
2+
Be
2+
và Li
+
đồng electron
tăng Na
+
Mg
2+
với nhau, nhng ở Be
2+
điện
r K

+
tích hạt nhân nhiều hơn
r nhỏ hơn của Li
+
giảm r

V
ậ
y

t
r
o
n
g

s
ố

5

i
o
n

n
à
y

B

e
2+
c
ó

b
á
n

k
í
n
h

n
h
ỏ

n
h
ấ
t
.




2. Đối với tinh thể lập phơng tâm diện ( mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là
46
2

1
8
8
1
xx . ( Thí sinh có thể vẽ hình khi tính số đơn vị cấu trúc trên ). Vậy
khối lợng riêng của tinh thể đó là:

)cm/g(91,5
10.022,6.10.432,0
)168,55(4
d
3
23
3
7





THI CHN HC SINH GII QUC GIA VIT NAM NM 2005 (Bng A):
Cỏc vi ht cú cu hỡnh electron phõn lp ngoi cựng: 3s
1
, 3s
2
, 3p
3
, 3p
6
l nguyờn t hay

ion? Ti sao?
Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trng
của mỗi vi hạt.
Cho bit: Cỏc vi ht ny l ion hoc nguyờn t ca nguyờn t thuc nhúm A v nhúm
VIII(0).
BI GII:
Cu hỡnh electron ca cỏc lp trong ca cỏc vi ht l 1s
2
2s
2
2p
6
, ng vi cu hỡnh ca
[Ne].
1. Cấu hình [Ne] 3s
1
chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion.
Na l kim loi in hỡnh, cú tớnh kh rt mnh. Thớ d: Na t bc chỏy trong H
2
O nhit
thng.
2 Na + 2 H
2
O 2 NaOH + H
2
2.
Cấu hình [Ne] 3s
2
ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loai
hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO

2
.
2 Mg + O
2
2 MgO

3.
Cấu hình [Ne] 3s
2
3p
3
ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là phi kim
hoạt động. P cháy mạnh trong oxi.
4 P + 5 O
2
2 P
2
O
5


4.
Cấu hình [Ne] 3s
2
3p
6
:
a) Trờng hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ.
b) Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm:
Z = 17. Đây là Cl

, chất khử yếu. Thí dụ:
2 MnO
4

+ 16 H
+
+ 10 Cl

2 Mn
2+
+ 8 H
2
O + 10 Cl
2

Z = 16. Đây là S
2
, chất khử tơng đối mạnh. Thí dụ:
2 H
2
S + O
2
2 S + 2 H
2
O
Z = 15. Đây là P
3
, rất không bền, khó tồn tại.
c) Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dơng:

Z = 19. Đây là K
+
, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện (điện
phân KCl hoặcKOH nóng chảy).
Z = 20. Đây là Ca
2+
, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện (điện
phân CaCl
2
nóng chảy).
II. OLYMPIC HểA HC QUC T:
OLYMPIC HểA HC QUC T 1996:
Nm 1908 Rutherford, cựng vi H. Geiger o tc bc x ht (x) bng radi (trong t nhiờn,
nguyờn t ny c biu th bi mt ht duy nht
226
Ra
88
) v thy rng 1,00g radi bc x x = 3,42.10
10

ht mi giõy.
Nm 1911, Rutherford v B. Boltwood o tc to thnh heli t radi. Thớ nghim ny cho phộp
cỏc ụng cú c tr s chớnh xỏc nht cú th cú vo thi gian y ca s Avogadro, min l tr s th tớch
mol ca khớ lý tng c bit rừ. t c mc ớch ny, mt mu mui radi c lm tinh khit t
mt sn phm phõn ró cú cha m = 192mg Ra c cho vo mt thit b v o th tớch khớ heli thoỏt ra.
Sau 83 (t = 83,0 ngy) ngy lm thớ nghim, thu c 6,58mm
3
khớ He (0
o
C v 1atm).

hiu c cỏc kt qa thớ nghim, ta cn s ng hc phõn ró phúng x ca Ra cho di
õy (ghi trờn mi tờn l chu k bỏn hu, ghi di mi tờn l kiu phõn ró).
Ra
> 1500 nam

Rn
3,83 ngay

RaA
3,05ph

RaB
26,8ph

RaC
19,7ph

RaC'
1,63.10
-4
s

RaD
27,1 nam

RaE
5 ngay

Po
138 ngay

Pb
(RaA RaE l cỏc sn phm trung gian ca s phõn ró radon)
1. Vit nm phõn ró phúng x u tiờn, dựng cỏch biu din cho thy s hiu nguyờn t, s khi ca tt
c cỏc ht nhõn cú liờn quan.
c lng ban u cho thy cỏc chu k bỏn hy ca tt c cỏc sn phm phõn ró ca radi, tr
RaD v Po, cú th c coi nh khụng ỏng k so vi thi gian o t. Dựng c lng ny tin hnh
cỏc tớnh toỏn sau:
2. a) Cú bao nhiờu nguyờn t He c hỡnh thnh t mi nguyờn t radi phõn ró sau 83 ngy?
b) Cú tng cng bao nhiờu nguyờn t heli c to thnh trong thớ nghim?
3. Hóy tớnh tr s gn ỳng ca s Avogadro t s liu trờn. Bit ti 0
o
C v 1atm thỡ V = 22,4L.
tớnh c s Avogadro chớnh xỏc hn, chu k bỏn hy ca Radon (t
1/2
(Rn) = 3,83 ngy)
khụng th b qua, vỡ chu k ny l ỏng k so vi thi gian tin hnh thớ nghim t; ngha l khụng phi
mi nguyờn t radon b phõn ró vo cui thớ nghim.
4. Chn tng quan gia tc phõn ró k ca bt kỡ ht nhõn no ó cho so vi chu k bỏn hu t
1/2
ca
nú.
a) k = 1/T
1/2
.
b) k = ln2/T
1/2
.
c) k = ln2.T
1/2

.
d) k = /T
1/2
.
5. a) Dựng s ng hc n gin: A
21
RaRnRa
kk

(trong ú k
1
v k
2
l hng s tc ca cỏc phn ng tng ng). Vit biu thc quan h gia s
nguyờn t radon vo lỳc cui thớ nghim N
Rn
v s nguyờn t radi N
Ra
.
- N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/k
2
.
- N’
Rn

= k
2
.N
Ra
/k
1
.
- N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/2k
2
.
- N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/3k
2
.
b) Tính N’
Rn
dùng tốc độ phân rã radi cho ở trên (x = 3,42.10
10
hạt  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)

ePbPo
ePoBi
eBiPb
HePbPo
HePoRn

HeRnRa






210
82
214
84
214
84
214
83
214
83
214
82
4
2
214
82
218
84
4
2
218
84
222

86
4
2
222
86
222
88

2) a) 4
b) N
He
= 4xmt = 4.3,42.10
10
.0,192.(83.24.3600) = 1,9.10
17
.
3) Số Avogadro N
A
là số hạt vi mô có trong 1 mol
N
A
= N
He
/n
He
với N
He
là số nguyên tử heli và n
He
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
N
He
= 4xmt và ta có thể tính được N
A
= 6,4.10
23
mol
-1
.
4) b)
5) a) N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/k
2
.
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 k
2
N’
Rn
= k
1
.N

Ra
, từ đó N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/k
2
.
b)Tốc độ phân rã của radi là k
1
N
Ra
= xm, từ đó ta có thể tính được N’
Ra
= 3,14.10
15
.
6) 3N’
Rn
.
7) a) N
He
= 4xmt – 3N’
Rn
= 1,79.10
17
.
b) N

A
= N
He
/V
He
= 6,09.10
23
.
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:
M
Fe
= 55,847g.mol
-1
.
M
C
= 12,011g.mol
-1
.
N
A
= 6,02214.10
23
mol
-1
.
BÀI GIẢI:
1) Các bước tính toán:
1. Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d
1
, d
2
và r) và thể tích (V

1
và V
2
) cho cả
hai cấu tạo bcc và fcc của sắt.
2. Tính thể tích V
1
của ô mạng đơn vị của sắt -  nhờ khối lượng riêng của nó (
bcc
) ở
293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (M
Fe
), và số Avogadro N
A
.
3. Tính chiều dài d
1
cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó.
4. Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d
1
.
5. Tính chiều dài d
2
của cạnh ô mạng đơn vị fcc (ở 1250K) từ bán kính nguyên tử r của
sắt.
6. Tính thể tích V
2
của ô mạng đơn vị fcc của sắt -  từ chiều dài d
2
của cạnh.

7. Tính khối lượng m của số nguyên tử sắt trong một ô mạng đơn vị của sắt -  từ khối
lượng mol nguyên tử M
Fe
của sắt và số Avogadro N
A
.
8. Tính khối lượng riêng (
fcc
) của sắt -  từ các gía trị của m và V
2
.
Một hướng khác để tìm khối lượng riêng 
fcc
của sắt -  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: 
bcc
/
fcc
.
8’ Từ gía trị cho trước ở bướ 7’ ta tính được 
fcc
.
2) Các chi tiết:
1. Ở 293K sắt -  có cấu trúc tinh thể bcc.
Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa hai nguyên tử, trong đó một nguyên tử ở tâm của ô mạng.
Ở 1250K, sắt -  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.
d
1
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
d
2
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
V
1
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
V
2
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
V
a
: thể tích chiếm bởi một nguyên tử.
V
a1
: Thể tích chiếm bởi hai nguyên tử trong một ô mạng đơn vị bcc.
V
a2
: Thể tích chiếm bởi bốn nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc.
R
1
: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị bcc.
R

2
: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị fcc.
V
a
= (4/3)r
3
V
a1
= 2V
a2
V
a2
= 4V
a

b = 4r a
2
= 2d
1
2
b
2
= d
1
2
+ a
2
= 3d
1
2

 d
1
= (16r
2
/3)
1/2
.
V
1
= d
1
3
= [(16r
2
/3)
1/2
]
3
c = 4r c
2
= 2d
2
2
 d
2
= (16r
2
/2)
1/2
.

V
2
= d
2
3
= [(16r
2
/2)
1/2
]
3

2. 1,000cm
3
sắt có khối lượng 7,874g ở 293K (
bcc
).
1 mol sắt có khối lượng 55,847g (M
Fe
).
Vậy 0,1410mol (7,874/55,847) của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm
3
hoặc 1mol sắt sẽ
chiếm thể tích 7,093cm
3
.
1 mol tương ứng chiếm 6,02214.10
23
nguyên tử.
V

1
= 7,093.2/(6,02214.10
23
) = 2,356.10
-23
cm
3
mỗi đơn vị ô mạng.
3. d
1
= V
1
1/3
= 2,867.10
-8
cm.
4. Với cấu tạo bcc, gía trị của d
1
có thể được biểu thị là: d
1
= (16r
2
/3)
1/2
. Vậy gía trị của r
sẽ là: r = (3d
1
2
/16)
1/2

= 1,241.10
-8
cm.
5. Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d
2
= (16r
2
/2)
1/2
= 3,511.10
-8
cm.
6. V
2
= d
2
3
= 4,327.10
-23
cm
3
.
7. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là:
m = 55,847.4/(6,02214.10
23
) = 3,709.10
-22
g
8. 
fcc

= m/V
2
= 8,572g/cm
3
.
Cách giải khác để tìm khối lượng riêng 
fcc
của sắt - :
5’. R
1
= [(V
a1
)/V
1
].100% = 68,02%
6’. R
2
= [(V
a2
)/V
2
].100% = 74,05%
7’. 
bcc
/
fcc
= 74,05/68,02 = 1,089
8’. 
fcc
= 8,572g/cm

3
.
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 [(martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng của C và Fe
và thể tích V
1
của ô mạng đơn vị sắt -  cấu tạo bcc.
4)Chi tiết:
1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C  n
C
= 0,36mol và n
Fe
= 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: 55,847.2/6,02214.10
23
= 1,8547.10
-22

g
5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.10
23
= 1,9945.10
-23
g
6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10
-22
+ 0,42.1,9945.10
-23
= 1,938.10
-22
g.
7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt -  chiếm thể tích V
1
= 2,356.10
-23
cm
3
.
(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
232
Th
90
và kết thúc với đồng vị bền
208

Pb
82
.
1. Hãy tính số phân hủy  xảy ra trong chuỗi này.
2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích.
3. Hóy tớnh tc to thnh nng lng (cụng sut) theo watt (1W = Js
-1
) sn sinh t 1,00kg
232
Th
(t
1/2
= 1,40.10
10
nm).
4.
228Th
l mt phn t trong chui thori, th tớch ca heli theo cm
3
ti 0
o
C v 1atm thu c l bao
nhiờu khi 1,00g
228Th
(t
1/2
= 1,91 nm) c cha trong bỡnh trong 20,0 nm? Chu k bỏn hy ca
tt c cỏc ht nhõn trung gian l rt ngn so vi
228
Th.

5. Mt phõn t trong chui thori sau khi tỏch riờng thy cú cha 1,50.10
10
nguyờn t ca mt ht
nhõn v phõn hy vi tc 3440 phõn ró mi phỳt. Chu k bỏn hy tớnh theo nm l bao nhiờu?
Cỏc khi lng nguyờn t cn thit l:
4
He
2
= 4,00260u
206
Pb
82
= 207,97664u
232
Th
90
= 232,03805u
1u = 931,5MeV.
1MeV = 1,602.10
-13
J.
N
A
= 6,022.10
23
mol
-1
.
Th tớch mol ca khớ lý tng ti 0
o

C v 1atm l 22,4L.
BI GII:
1) A = 232 208 = 24 v 24/4 = 6 ht anpha.
Nh vy in tớch ht nhõn gim 2.6 = 12 n v, nhng s khỏc bit v in tớch ht nhõn ch l
90 82 = 8 n v. Nờn phn cú 4 ht beta bc x.
2)



46
4
2
208
82
232
90
HePbTh
Nng lng phúng thớch Q = [m(
232
Th) m(
208
Pb) 6m(
4
He)]c
2
= 42,67MeV.
3) 1,00kg cú cha =
24
23
10.60,2

232
10.022,6.1000
nguyờn t
Hng s phõn hy ca
232
Th

DpsNA
s
6
118
710
10.08,4
10.57,1
10.154,3.10.40,1
693,0






Mi phõn hy gii phúng 42,67MeV
Cụng sut = 4,08.10
6
.42,67.1,602.10
-13
= 2,79.10
-5
W.

4) HePbTh
4
2
208
82
228
90
5
Chu k bỏn hy ca nhng ht trung gian khỏc nhau l khỏ ngn so vi
228Th
.



120
23
10.58,9
228
10.022,6.00,1
91,1
693,0

yNA


S ht He thu c:
N
He
= 9,58.10
20
.20.5 = 9,58.10
22
ht
V
He
= 3,56.10
3
cm
3
= 3,56L.
5) A = .N
75,5
.693,0693,0
2/1

A
N

t

nm.
OLYMPIC HểA HC QUC T 2001:
Sổỷ phuỷ thuọỹc giổợa õọỹ daỡi soùng vaỡo quang phọứ vaỷch cuớa hydro õaợ õổồỹc bióỳt õóỳn
lỏửn õỏửu tión bồới mọỹt loaỷt caùc cọng trỗnh cuớa Johann Jakob Balmer - mọỹt giaùo vión ngổồỡi Thuỷy
Syợ - ng õaợ õổa ra cọng thổùc thổỷc nghióỷm:

;
1
2
11
22







n
R
H

n = 3,4,5
R
H
=
1
33

0
4
109678
8

 cm
ch
em
e


R
H
l hàòng säú Rydberg, m
e l
khäúi lỉåüng electron. Niels Bohr â chỉïng minh âỉåüc cäng
thỉïc trãn bàòng l thuút nàm 1913. Cäng thỉïc ny âụng våïi hãû ngun tỉí, ion chè cọ 1e.
1. Tênh bỉåïc sọng di nháút bàòng Å(1Å = 10
-10
m) trong dy Balmer ca ion He
+
. B qua sỉû
chuøn âäüng ca hảt nhán.
2. Mäüt cäng thỉïc tỉång tỉû cäng thỉïc ca Balmer ạp dung cho cạc vảch phäø khạc sinh ra khi
âi tỉì mỉïc nàng lỉåüng cao hån xúng mỉïc nàng lỉåüng tháúp nháút. Viãút cäng thỉïc âọ v
sỉí dủng nọ âãø tênh trảng thại cå bn ca ngun tỉí hydro (eV)
Ngun tỉí hydro “muon”
1
cuing tỉång tỉû nhỉ ngun tỉí hydro nhỉng electron bë thay thãú
bàòng “muon”. Khäúi lỉåüng ca “muon” gáúp 207 láưn khäúi lỉåüng ca electron trong khi âiãûn

têch ca nọ cng giäúng nhỉ âiãûn têch ca electron. “Muon” cọ thåìi gian täưn tải ráút ngàõn
nhỉng chụng ta b qua sỉû kẹm bãưn ca nọ.
3. Xạc âënh mỉïc nàng lỉåüng tháúp nháút v bạn kênh Bohr thỉï nháút ca ngun tỉí hydro
“muon”. B qua sỉû chuøn âäüng ca hảt nhán. Biãút bạn kênh Bohr ca qy âảo thỉï
nháút ca ngun tỉí hydro l a
0
=
o
e
o
A
em
h
53,0
2
2



.
Bỉïc tranh ton cnh vãư l thuút “qy âảo” ca Bohr â âỉåüc thay thãú bàòng l
thuút lỉåüng tỉí våïi khại niãûm vãư “obitan”. Obitan ψ
1s
(r) cho trảng thại cå bn ca ngun tỉí
hydro âỉåüc cho dỉåïi âáy:
0
/
3
0
1

1
ar
s
e
a





r l khong cạch tỉì electron tåïi hảt nhán v a
0
l bạn kênh Bohr
4. Xem bạn kênh låïp v hçnh cáưu l a
0
v âäü âàûc l 0,001a
0
. Ỉåïc lỉåüng xạc sút tçm
tháúy electron trong låïp v ny. Thãø têch ca hçnh cáưu cọ bạn kênh trong r v cọ âäü âàûc
∆r âỉåüc tênh bàòng cäng thỉïc V = 4r
2
∆r
Phán tỉí H
2
cọ thãø âỉåüc phán ly theo hai hỉåïng
(i): H
2
 H + H (hai ngun tỉí hydro âäüc láûp)

1

“muon” l mäüt loải hảt nàûng (h lepton)
(ii): H
2
H
+
+ H
-
( 1 proton vaỡ 1 ion hydrua)
ọử thở nng lổồỹng phuỷ thuọỹc vaỡo khoaớng caùch (E = f(R)0 cuớa H
2
õổồỹc chố ra mọỹt
caùch sồ lổồỹc ồớ sồ õọử trón õỏy. Nng lổồỡng nguyón tổớ vaỡ phỏn tổớ õổồỹc cho trong cuing mọỹt tyớ
lóỷ
5. Cho bióỳt phaớn ổùng (i) vaỡ (ii) ổùng vồùi õổồỡng cong naỡo?
6. Xaùc õởnh gờa trở cuớa nng lổồỹng phỏn ly (D
e
) bũng õồn vở eV cuớa H
2
ổùng vồùi phaớn ổùng (i)
vaỡ (ii).
7. Tổỡ caùc sọỳ lióỷu õaợ cho. Tờnh nng lổồỹng cuớa quùa trỗnh H
-
H + e
-

8. H
-
laỡ hóỷ 2e. Gốa sổớ cọng thổùc tờnh nng lổồỹng cuớa Bohr laỡ phuỡ hồỹp õọỳi vồùi mọựi e vaỡ
õióỷn tờch taùc duỷng lón mọựi e laỡ õióỷn tờch hióỷu duỷng Z
*

. Tờnh Z
*
cuớa H
-






BI GII:
1. Bc súng di nht
L
ng vi n = 3.
i vi He
+
:
o
H
A
n
R 1,1641
1
2
1
4
1
22

2. 4,3,2;
1
1
11
22







 n
n
R
H


E = -hcR
H
= -13,6eV.

3 Mức năng lượng thấp nhất = -207.13,6 = -2,82keV.
Bán kính của qũy đạo Bohr thứ nhất = 0,53/207 = 2,6.10
-3
o
A

4 Xác suất =
422
2
10.41,5004,0001,0.4)(

 eaaa
ooo


5 Đường cong năng lượng của phản ứng (i) thấp hơn (ii).
6 (i) 4,7eV
(ii) 17,6eV
7 Ái lực electron = -13,6 – (-14,3) = 0,7eV
8 Z
*
= 0,7.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001:
Khoáng chất trong cát biển – monazit – là nguồn giàu thori có sẵn ở bang Kerala (Ấn Độ). Một
mẫu monazit chứa 9%ThO
2
và 0,35% U
3
O
8

;
208
Pb

và
206
Pb là những sản phẩm bền tương ứng với các
qúa trình phân rã
232
Th và
238
U. Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng
xạ.
Tỉ số các đồng vị (
208
Pb/
232
Th) đo được bằng phổ khối lượng trong mẫu monazit là 0,104. Chu
kỳ bán huỷ của
232
Th và
238
U lần lượt là 1,41.10
10
năm và 4,47.10
9
năm. Giả sử rằng
208
Pb;
206

Pb;
232
Th
và
238
U tồn tại nguyên vẹn từ khi hình thành khoáng monazit.
1. Tính tuổi (thời điểm bắt đầu hình thành) khoáng monazit.
2. Tính tỉ lệ (
206
Pb/
238
U) trong mẫu monazit.
3. Thori – 232 là nguyên liệu chế tạo năng lượng hạt nhân. Trong qúa trình chiếu xạ nhiệt nơtron nó
hấp thụ 1 nơtron và sinh ra đồng vị
233
U bằng phóng xạ . Viết các phản ứng hạt nhân hình thành
233
U từ
232
Th.
Trong phản ứng phân hạch hạt nhân của
233
U một hỗn hợp sản phẩm phóng xạ được hình thành.
Sự phân rã sản phẩm
101
Mo

bắt đầu chịu tác dụng của phân rã như sau:
RuTcMo
phtpht

101
44
3,14
101
43
6,14
101
42
2/12/1
  


4. Một mẫu tinh khiết chỉ chứa
101
Mo chứa 5000 nguyên tử
101
Mo. Hỏi có bao nhiêu nguyên tử
101
Mo;
101
Tc;
101
Ru sẽ xuất hiện sau 14,6 phút.
BÀI GIẢI:
1. N =
2/1
/693,0 tt
o
eN


1
2/1
/693,0


tt
o
e
N
NN

(N
o
– N): Số nguyên tử
232
Th phân rã = số nguyên tử
208
Pb hình thành.
Thay số vào ta tính được: t = 2,01.10
9
năm.
2. Đặt x = (
206
Pb/
238
U). Ta có:
1
2/1
/693,0


tt
ex
Thay t = 2,01.10
9
năm và t
1/2
= 4,47.10
9
năm ta thu được kết qủa x = 0,366
3. UPaThTh
n
233
92
233
91
233
90
),(
232
90
 



4 Số nguyên tử của
101
Mo (N
1
) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N

1
= 2500
Số nguyên tử
101
Tc được cho bởi hệ thức:
 
tto
ee
N
N
21
12
1
2







Với N
o
= 5000 là số nguyên tử
101
Mo ban đầu
3,14
693,0
6,14
693,0

2
1





Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N
2
= 1710
Số nguyên tử
101
Ru tại 14,6ph là N
3
= N
o
– N
1
– N
2
= 790 nguyên tử.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:
1. Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau:
a) N
2
.
b) NH
3
.
c) O

3
.
d) SO
3
.
2 Vẽ công thức Lewis của cacbon monoxit và xác định điện tích hình thức, trạng thái oxy hóa của
cacbon và oxy trong cacbon monoxit.
Thioure – S, S – dioxit có khung cấu tạo như sau:
O
S
O
C
N
N
H
H
H
H

3 Viết công thức Lewis cho Thioure – S, S – dioxit với điện tích hình thức của tất cả các nguyên tố
bằng không.
4 Dựa vào thuyết sức đẩy cặp electron (VSEPR). Hãy xác định dạng hình học của nguyên tử lưu
huỳnh, cacbon và nitơ dựa vào cấu trúc Lewis đã đề ra ở câu 3.
4a. Dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T
4b. Dạng hình học của nguyên tử cacbon là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.

c) Chữ T.
c. Dạng hình học của nguyên tử Nitơ là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T.
Cấu trúc phân tử ở trạng thái rắn thường được xác định bởi phương pháp phổ tia X. Dựa vào
phương pháp này thì cấu trúc của Thioure – S, S – dioxit sẽ như sau:
S
O
O
C
N H
N H
H
H
65
o

Tất cả các nguyên tử N, H đều nằm trong cùng mặt phẳng với S, C và góc nhị diện giữa mặt phẳng
OSO và SC(NH
2
)
2
là 65
o
.
5. Viết công thức Lewis và các công thức cộng hưởng phù hợp với các dữ kiện đã cho
BÀI GIẢI:
1:
O

O
O
O O
O
N
Na)
c)N
b)
H
H
H
d)
S
O
O
O
S
O
O
O

Có thể chấp nhận các câu trả lời sau:
O
O
O
O
O
O
O
O

O
O
O
O

Nhưng các câu trả lời sau là sai:
O
O
O
O
O
O
O
O
O

2:
C
O
hay
C O

Điện tích hình thức: C
-1
; O
+1

Trạng thái oxy hóa: C
2+
; O

2-
.
3:
Cấu trúc đúng:
S
C
N
N
O
O


Cấu trúc không đúng (phải thêm điện tích hình thức):
S
C
N
N
O
O

4:
S (b): tam giác phẳng
C (b): tam giác phẳng
N (a): tháp tam giác
5:
S
C
N
N
O

S
C
N
N
O
O
S
C
N
N
O
O
+
O

III. BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO CÁC KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ:
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:
Các khí hiếm đã từng được nghĩ là hoàn toàn trơ và hoàn toàn không có khả năng tạo liên kết hóa
học. Ngày nay nhận thức trên đã thay đổi, hầu hết các sách giáo khoa hóa học đã mô tả một số hợp chất
có chứa krypton và xenon đã cô lập được.
a) Dùng thuyết liên kết hóa trị (VB), dự đoán hình học phân tử có thể có của XeF
2
v à XeF
4
.
b) Số oxy hóa của Xe trong mỗi hợp chất trên là bao nhiêu? Ta dự đoán chúng phản ứng như một chất
oxy hóa hay chất khử?
c) Heli được biết như là một nguyên tố trơ nhất trong mọi nguyên tố; dù vậy tính "trơ" của heli cũng chỉ
giới hạn trong phản ứng của nó với các nguyên tử và phân tử trung hoà khác. Các hợp chất của heli, với
các liên kết hóa học hình thức của heli và các nguyên tử khác, có thể tồn tại khi xét toàn bộ tiểu phân có

mang điện tích (thường là điện tích dương). Ví dụ, nguyên tử Heli có thể tạo được các hợp chất quan sát
được (không nhất thiết tồn tại lâu) với H
+
, với He
+
và với He
2+
. Dùng thuyết MO để xác định bậc liên
kết cho mỗi trường hợp.
d) Các cation 2+ (di-cation) hai nguyên tử bền vững có công thức XHe
2+
thường chỉ có thể có khi năng
lượng ion hóa IE(X
+
) < IE(He): nghĩa là, khi năng lượng cần thiết để ion hóa tiếp X
+
nhỏ hơn năng
lượng cần thiết để ion hóa He. Không cần dựa vào bảng trị số các mức năng lượng ion hóa kế tiếp của
nguyên tử, hãy xác định nguyên tố 'Z' nào trong khoảng từ H đến Ar phù hợp nhất với tiêu chuẩn này.
e) Nguyên tố nào ngay sát với nguyên tố Z đ ã định trên (nghĩa là nguyên tố sát trái, sát phải, sát trên, sát
dưới nguyên tố Z trong bảng tuần hoàn) là thích hợp nhất để cũng tạo được một di-cation bền vững với
He? Nguyên tố nào ngay sát nguyên tố Z là khó có thể tạo được di-cation như trên?
BÀI GIẢI:
a)
Xe
F
F
Xe
F
F

F
F

XeF
2
có 5 đôi electron trên Xe, vậy cấu tạo sẽ dựa trên cấu hình electron lưỡng tháp tam
giác. Trong 3 khả năng sau:
Xe
F
F
XeF
F
XeF F

cấu tạo thẳng hàng làm giảm đến tối thiểu lực đẩy giữa các cặp electron không liên kết
(các đôi này gần Xe hơn những đôi electron tham gia liên kết trong liên kết Xe-F) và do vậy
dạng hình học tuyến tính (thẳng) được ưu đãi hơn.
XeF
4
có 6 đôi electron trên Xe, nên cấu tạo dựa trên cấu hình tám mặt (bát diện). Trong
hai khả năng.
Xe
F
F F
F
Xe
F
F F
F

Cấu tạo phẳng làm giảm tối đa lực đẩy giữa các đôi electron không liên kết và được ưu
tiên hơn.
b) F luôn có số oxy hóa là -1. Vì vậy các số oxy hóa tương ứng của Xe là +2 (XeF
2
) và +4
(XeF
4
). Các tiểu phân này là những tác nhân oxy hóa rất mạnh.
c) Không kể sự sai biệt mức năng lượng của H và He, ta có thể vẽ các giản đồ MO sau:








1s
1s

H
+
He



*

Từ các giản đồ này, có thể thấy rằng cả HeH
+
và He
2
2+
đều có bậc liên kết là , trong khi He
2
+
có
bậc liên kết là 0,5.
d) Các nguyên tố nhóm II có năng lượng ion hóa thứ hai khá thấp (Vì Be
+
 Be
2+
hoặc Mg  Mg
2+
tạo
ra một lớp ngoài cùng bão hoà, có cấu hình khí hiếm 1s
2
hay 1s
2
2s

2
2p
6
). Mg
2+
có hiệu ứng màn che tốt
hơn Be
2+
nên IE(Mg
+
) < IE(Be
+
). Do đó Mg phù hợp nhất với 'Z'.
e) Trong các nguyên tố kế cận Mg: Ca có năng lượng ion hóa thứ hai thấp nhất trong số các nguyên tố
(Be, Na, Al, Ca). Vì những lí do tương tự đã nêu trên. Nên Ca thích hợp nhất để tạo dication bền với He.
Na
+
đã có lớp vỏ ngoài cùng bão hoà, nên rất khó xảy ra qúa trình Na
+
 Na
2+
. Vì vậy khả năng để na
tạo dication với He là ít nhất
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:
Heli là nguyên tố duy nhất trong bảng tuần hoàn tìm thấy được trong một vật thể ngoài trái đất
(hào quang mặt trời) trước khi cô lập được trong phòng thí nghiệm. Ta biết được nhiều tính chất lí học
và hóa học của heli; nhưng trong gần 30 năm, từ năm 1868, phổ mặt trời là nguồn duy nhất cung cấp
thông tin về nguyên tố hiếm này.
a) Với kiến thức hiện nay về lý thuyết lượng tử, phổ này chứa nhiều dữ kiện hữu ích để phân tích. Chẳng
hạn như phổ thấy được bao gồm một dãy các vạch hấp thụ tại độ dài sóng 4338, 4540, 4858, 5410 và

6558Å (1Å = 10
-10
m). Khoảng cách giữa các vạch chỉ ra rằng sự hấp thụ tuỳ thuộc trạng thái kích thích
của nguyên tử hoặc ion "kiểu hydro" (như những tiểu phân có cấu hình electron tương tự H). Tiểu phân
này là He, He
+
hay He
2+
?
b) Ta thấy rằng mức năng lượng chung cho các trung gian liên quan đến vạch hấp thụ này đều ở trạng
thái năng lượng thấp n
i
= 4. Các vạch hấp thụ tương ứng ở trạng thái n
f
cao hơn có đặc điểm gì? Tính
hằng số kiểu Rydberg (nghĩa là hằng số tương đương R
H
trong quang phổ hydro nguyên tử) của tiểu
phân hấp thụ (He
i+
) thể hiện trong các trung gian trên?
c) Năng lượng ion hóa (Ionization energy, viết tắt là IE) của các tiểu phân thường được đo theo
electronvon (eV). T ính IE(He
i+
)?
d) Từ phổ nguyên tử, được biết rằng IE(He
+
)/IE(He) = 2,180. Tổng của hai năng lượng ion hóa này là
năng lượng xuất hiện, AE(He
2+

), của sự tạo thành He
2+
từ He. Trị số AE(He
2+
)

là lượng tử bé nhất của
năng lượng phải cung cấp cho He để tách cả hai electron của nguyên tử. Tính tần số và độ dài sóng của
photon có năng lượng thấp nhất có khả năng ảnh hưởng đến sự ion hóa kép của heli. Ánh sáng mặt trời
tại bề mặt trái đất có thể là nguồn cung cấp các photon nói trên có hiệu qủa không?
Các hằng số cần thiết:
c = 2,997925.10
-8
ms
-1

h = 6,62618.10
-34
Js
1eV = 96,486kJ.mol
-1
= 2,4180.10
14
Hz

1s
1s

He
+

He
1s
1s

He
2
+

He



*



*