ôn tập hoá học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi thpt

I. OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM:
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
σππσσ
=
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 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)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.
µ(NH
3
) > µ(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
µ
µ
1
µ
2
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:

Dlt 60,4
10.33,3
10.6,1.10.0957,0
)(
30
199
1
==
−
−−
µ
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/λ).N
A
⇒ λ = 6,3.10
-7
m
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 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
+ ; 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 + 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 σ. 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 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 CO
2
: O= C = O
Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết σ, π 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 .
Cl
Cl
Cl
Al
Cl
Cl
Cl
Al
Al
Cl
Cl
Cl
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
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.
M = 20
µ = 1,91 Debye
M = 18
µ = 1,84 Debye
O
O
O
O
O
O
Al
Cl

Cl Cl
120
0
120
0
120
0
* 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
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 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]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 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 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
α
4
,
-1
β
o
và

o
γ
o
. Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có
82
Pb
206
.
Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2× 8)] / (−1) = 6. Vậy có 6 hạt
-1
β
o
.
Do đó phương trình chung của qúa trình này là:
92
U
238

82
Pb
206

+ 8 He + 6β.
b) Cấu hình electron [Rn]5f
3
6d
1
7s
2
có số electron ngoài được biểu diễn như sau:
↑
↑
↑
↑
↑↓
Vậy nguyên tố
92
U
238
có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất
là +6 và U[Rn]5f
3
6d
1
7s
2
–

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
electron
Vi hạt Năng lượng
(theo eV)
Cấu hình
electron
Vi hạt Năng
lượng
(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



. . .
H
C
H
H
O
H
. . .
F
O
H
H

C
2
H
5
O
C
2
H
5
H
O
H
O
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 ì 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 ì 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, nh ng ở Be
2+
điện
r K
+
tích hạt nhân nhiều hơn
r nhỏ hơn của Li
+
giảm r

Vậy trong số 5 ion này Be
2+
có bán kính nhỏ nhất.
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
α
Rn
3,83 ngay
α
RaA
3,05ph
α
RaB
26,8ph
β
RaC
19,7ph
β
RaC'
1,63.10
-4
s
α
RaD
27,1 nam
β
RaE
5 ngay
β
Po
138 ngay
α
Pb

(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 0
o
C và 1atm thì V =
22,4L.
Để tính được số Avogadro chính xác hơn, chu kỳ bán hủy của Radon (t
1/2
(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 t
1/2
của nó.
a) k = 1/T
1/2
.
b) k = ln2/T
1/2
.
c) k = ln2.T
1/2

.
d) k = π/T
1/2
.
5. a) Dùng sơ đồ động học đơn giản:
A
21
RaRnRa
kk
→→
(trong đó k
1
và k
2
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 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 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)
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 - α nhờ khối lượng riêng của
nó (ρ
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 - γ 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 -
γ từ khối lượng mol nguyên tử M
Fe
của sắt và số Avogadro N
A
.
8. Tính khối lượng riêng (ρ
fcc
) của sắt - γ từ các gía trị của m và V
2
.
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:

1. Ở 293K sắt - α 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 - 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.
d
1
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.
d
2
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ.
V
1
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.
V
2
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ.
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)πr
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 (ρ
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. ρ
fcc
= m/V
2
= 8,572g/cm
3
.
Cách giải khác để tìm khối lượng riêng ρ
fcc
của sắt - γ:
5’. R
1
= [(V
a1
)/V
1
].100% = 68,02%
6’. R
2
= [(V
a2
)/V
2
].100% = 74,05%
7’. ρ
bcc
/ρ
fcc

= 74,05/68,02 = 1,089
8’. ρ
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 [ρ(martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng
của C và Fe và thể tích V
1
của ô mạng đơn vị sắt - α 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 - α chiếm thể tích V
1
= 2,356.10
-23
cm
3
.
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
232
Th
90
và kết thúc với
đồng vị bền
208
Pb
82
.
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 (t
1/2
= 1,40.10
10
năm).
4.
228Th
là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm
3
tại 0

o
C và 1atm thu
được là bao nhiêu khi 1,00g
228Th
(t
1/2
= 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
228
Th.
5. Một phân tử trong chuỗi thori sau khi tách riêng thấy có chứa 1,50.10
10
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
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
.
Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0
o
C và 1atm là 22,4L.
BÀI GIẢI:
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:
n = 3,4,5
R
H
=
1
33
0
4
109678
8

= cm
ch
em
e

R
H
laỡ hũng sọỳ Rydberg, m
e laỡ
khọỳi lổồỹng electron. Niels Bohr õaợ chổùng minh õổồỹc
cọng thổùc trón bũng lyù thuyóỳt nm 1913. Cọng thổùc naỡy õuùng vồùi hóỷ nguyón tổớ, ion chố coù
1e.
1.
Tờnh bổồùc soùng daỡi nhỏỳt bũng (1 = 10
-10
m) trong daợy Balmer cuớa ion He
+
. Boớ qua
sổỷ chuyóứn õọỹng cuớa haỷt nhỏn.
;
1
2
11
22






=
n
R
H

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
=
π
ε
.

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
−
=
π
ψ
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 = 4πr

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
=






−=
λ
2.
4,3,2;
1
1
11
22
=






−= n
n
R
H

λ
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
πψ
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 β. 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
→→ →
−−
ββγ
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:
( )
tt
o
ee
N
N
21
12
1
2
λλ
λλ
λ
−−
−
−
=
Với N
o
= 5000 là số nguyên tử
101
Mo ban đầu
3,14

693,0
6,14
693,0
2
1
=
=
λ
λ
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
N
a)
c)N
b)
H
H
H
d)
S
O
O
O
S
O
O
O
Có thể chấp nhận các câu trả lời sau: