CHUYÊN ĐỀ LỚP 10 ĐỂ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA: CẤU TRÚC MẠNG TINH THỂ KIM LOẠI, HOÁ HỌC HẠT NHÂN

2. DẠNG 2: CẤU TRÚC MẠNG TINH THỂ KIM LOẠI, HOÁ HỌC HẠT NHÂN
Câu 2. (2 điểm) ) lớp 10 chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam
1.Trong các tinh thể Fe  có cấu trúc lập phương tâm khối và có thể chứa các nguyên tử cacbon chiếm các
mặt của ô mạng cơ sở
o

a. Nếu bán kính kim loại của sắt khơng có cacbon là 1,24 A . Tính độ dài cạnh a của ơ mạng cơ sở.
o
b. Nếu bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,77 A . Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt  có

chứa cacbon so với cạnh a khi sắt  nguyên chất ?
2. Người ta đã tổng hợp được [NiSe 4]2- , [ZnSe4]2- và xác định được rằng phức chất của Ni có dạng hình
vng phẳng, của Zn có dạng hình tứ diện đều. Hãy đưa ra một cấu tạo hợp lí cho mỗi trường hợp trên và
giải thích.
Đáp án
1.a. Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt  là: a 

o
4r 4 �1,24

 2,86A
3
3

b. Khi sắt  có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sở là

o
  2 �(r
 r )  a  2(1,24  0,77)  2,86  1,16A
Fe C
2.Cấu hình e của các ion ở trạng thái cơ bản có

Ni2+ : 1s22s22p63s23p63d8
Zn2+ : 1s22s22p63s23p63d10
Niken có mức oxi hố phổ biến nhất là +2; kẽm cũng có mức oxi hố phổ biến nhất là +2.
2

Selen có tính chất giống lưu huỳnh do đó có khả năng tạo thành ion polyselenua Se 2 hay
[ -Se —Se-]2-.
Cấu tạo vuông phẳng của phức chất [NiSe4]2- là do cấu hình electron của ion Ni2+ cho phép sự lai hoá
dsp2.
Cấu tạo tứ diện đều của phức chất [ZnSe4]2- là do cấu hình electron của Zn2+ cho phép sự lai hoá sp3.
Tổng hợp của các yếu tố trên cho phép đưa ra cấu tạo sau đây của 2 phức chất:
Se

Se

Se

Ni
Se

Zn
Se

Se

Se

Se

trong đó ion điselenua đóng vai trị phối tử 2 càng.

Câu 2: (2 điểm) lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định
Bạc kim loại có cấu trúc chặt khít nhất sắp xếp theo kiểu ABCABC....

1


1. Vẽ tế bào đơn vị của tinh thể bạc. Tìm khối lượng riêng (g/cm3) của Ag.
2. Tính khoảng cách (nm) giữa 2 lớp A-B cạnh nhau trong tinh thể Ag.
3. Một loại hợp kim kiểu thay thế của Ag-Au trong đó Au chiếm 10% về khối lượng. Tính khối lượng
riêng của loại hợp kim đó. Giả thiết rằng hằng số mạng khơng thay đổi.
Cho: Bán kính ngun tử Ag trong tinh thể: 0,144 nm. Ag = 107,87; Au = 196,97.
Hướng dẫn giải:
1. a. Cấu trúc chặt khít nhất sắp xếp theo kiểu ABCABC.... chính là kiểu lập phương tâm mặt → Ô mạng
đơn vị:

Sự tiếp xúc xảy ra trên đường chéo mặt → a = 0,407 nm = 4,07 × 10-8 cm
Khối lượng riêng: d = 10,60 g/cm3.
b. Khoảng cách giữa hai mặt A-B chính bằng 1/4 đường chéo ô mạng đơn vị

c. Vì thông số ô mạng không đổi nên thể tích ơ mạng khơng đổi.
Vì Au chiếm 10% về khối lượng

2


→ dễ thấy tỉ lệ số lượng : 0,0574 Au và 0,9426 Ag
→ Khối lượng ô mạng của hợp kim:
4 × (0,9426 ×107,87+0,0574 ×196,97) = 451,94 g/mol
Khối lượng riêng của hợp kim = 11,10 g/cm3.
Câu 2: ( 2 điểm) TINH THỂ lớp 10 chun Ninh Bình

Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính của ion Cs+ là 0,169 nm. Khối lượng
mol của CsI là 2,59,8 g.mol-. Hãy tính:
a) Bán kính của ion I-?
b)Tính độ dặc khít của mạng tinh thể CsI?
c) Tính khối lượng riêng của CsI?
Hướng dẫn giải:
Vẽ ô mạng cơ sở

Cs
Cl

c) nCs+= 1 (ion);

nI- = 8.1/8=1

Trong một ơ đơn vị có một phân tử CsI. Khối lượng riêng của CsI là:

3


Câu 2. (2 điểm): Tinh thể. Liên kết lớp 10 chuyên Lào Cai
1. Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ơ mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 5,14.10 -10 m.
Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li + được xếp khít vào khe giữa
các ion Cl-. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+ , Cl- trong mạng tinh thể theo picomet (pm).
2. Hai nguyên tố X và Y cùng thuộc chu kì 2, tạo được với Clo 2 hợp chất sau đây: XCl 3 (phân tử phẳng,
tam giác); YCl4 (phân tử tứ diện). XCl3 có thể tác dụng với Cl- cho XCl4- và dễ bị thủy phân. YCl4 khơng
có những tính chất này.
1. Xác định vị trí của X và Y trong bảng HTTH các nguyên tố hóa học?
2. So sánh góc liên kết, độ dài liên kết và momen lưỡng cực của cặp XCl3 (I) và XCl4- (II).
Hướng dẫn giải:

2.1 Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào nhau, khoảng cách hai mạng
là a/2.
Học sinh mô tả cấu trúc của tinh thể LiCl.
d là đường chéo của ô mạng tinh tinh thể.
d2 = 2a2  d = a 2

d = 4r ( Cl )
a 2
2
5,14 x10  10 x
182 pm
4
4
Xét một cạnh a:
a = 2 r (Cl-) + 2 r (Li+)
a  2r (Cl  ) 514  2 x182
r(Li+) =

75 pm
2
2
2.2 Từ cấu trúc Lewis của 2 hợp chất
Suy ra cấu hình electron của lớp ngồi cùng của các ngun tử X và Y ở trạng thái cơ bản là :
X: s2p1  X ở ô số 5 là B
Y: s2p2  Y ở ô số 6 là C
(Từ các tính chất hóa học đã cho ta suy ra:
- Lớp vỏ electron hóa trị của X trong XCl3 cịn obital trống nhưng lớp vỏ electron hóa trị của Y
( trong YCl4) thì khơng , mà X và Y ở chu kì II.)
 (I) = 1200;  ( II ) = 109,28’
d (I ) < d(II) vì liên kết trong X- Cl (I) ngịai liên kết  cịn có 1 phần liên kết  (p-p). Mặt khác trong

obitan lai hóa %s càng lớn thì độ dài liên kết càng nhỏ
 I   II = 0
r ( Cl



)

=

Câu I(3đ): lớp 10 chuyên Hưng Yên
Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
a. Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g.cm -3; khối lượng
mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1.
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích.
Hướng dẫn giải:
2. a. Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình dưới)

4


độ dài của liên kết C-C bằng 1/8 độ dài đường chéo d của tế bào đơn vị (unit cell).
Mặt khác, d = a 3, với a là độ dài của cạnh tế bào.
Gọi ρ là khối lượng riêng của Si. Từ những dữ kiện của đầu bài ta có:
nM
8.28,1
ρ=
=
= 2,33
NV

6, 02.1023.a 3
suy ra: a = [8 . 28,1 / 6,02.1023 . 2,33]1/3 cm = 5,43.10-8 .
d = a  3 = 9,40.10-8 cm; r Si = d : 8 = 1,17.10-8 cm = 0,117nm
b. rSi = 0,117 nm > rC = 0,077 nm . Kết quả này hoàn toàn phù hợp với sự biến đổi bán kính nguyên tử của các
nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn.
Câu 3. (2 điểm) ) lớp 10 chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam
1.a. Có bao nhiêu hạt  ,  được phóng ra từ dãy biến đổi phóng xạ

238
92

U thành A (trong A có e cuối cùng

phân bố vào nguyên tử được đặc trưng bởi n=6, l= 1, m=0, m s = +1/2). Tỷ lệ giữa hạt không mang điện và
hạt mang điện trong hạt nhân A là 1,5122?
1b. Tỷ lệ 3T so với tổng số nguyên tử H trong 1 mẫu nước sơng là 8.10-18. 3T phân hủy phóng xạ với T1/2
=12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử 3T ( T) trong 10 gam mẫu nước sông trên sau 40 năm?
2. Phản ứng clo hóa axit fomic trong pha khí xảy ra theo cơ chế dây chuyền sau:

k0 2Cl.
- Sinh mạch: Cl2 ���
�
k1 HCl + .COOH
- Phát triển mạch: Cl. + HCOOH ���
k2 HCl + CO2 + Cl.
Cl2 + .COOH ���
�
k3 Cl (thành bình)
- Ngắt mạch: Cl. + thành bình ��
�

�
Hãy chứng tỏ phương trình động học của phản ứng có dạng:

-

d[Cl ]
2 = k.[Cl ][HCOOH]
2
dt

Đáp án
1.
a. A có bộ bốn số lượng tử cuối cùng là n=6, l=1, m=0, mS= +1/2 nên A có cấu hình e cuối cùng là 6p2, khi
đó Z = 82 � n = 82. 1,5122= 124
vậy A là

206
82 Pb

Phương trình phản ứng hạt nhân :

5


238U � 206Pb x 4He y 0
92
82
2
1
Áp dụng ĐLBT số khối và BT điện tích ta có hệ

�
92  82  2 x  y �
x 8
�
��
�
�
�238  206  4 x
�y  6
�
�

b. Số nguyên tử H trong 10 g mẫu nước sông là n=

10 .2.6,02.1023 = 6,69.1023 nguyên tử.
18

Số nguyên tử T = 8.10-8. 6,69.1023= 5,35.106 nguyên tử
Số nguyên tử T còn lại sau 40 năm là
t=

1 ln N0 . Thay số vào N = 5,62.105 nguyên tử
t
k Nt

2.
Áp dụng phương trình nồng độ dừng cho các tiểu phân trung gian ta có

dCl = 2k [Cl ] - k [Cl][HCOOH] + k [Cl ] [COOH]- k [Cl] = 0 (1)
0

2
1
2
2
3
dt
d[COOH] = k [Cl][HCOOH] - k [Cl ][COOH] = 0 (2)
1
2
2
dt
Từ (1) và (2) ta có

2k0
[Cl2 ]
[Cl] =
k3
2k0.k1.[HCOOH]
[COOH] =
k3.k2

Phương trình động học cho Cl2 là

2k0k1
d[Cl2 ]
[Cl2 ][HCOOH]
= - k2[Cl2][COOH]=
k3
dt
Vậy phương trình động học của Cl2 là

-

d[Cl2 ] 2k0k1
[Cl2 ][HCOOH]= K [Cl2 ][HCOOH]
=
k3
dt

Câu 3: (2 điểm) lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định
1. Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 và một lượng cực nhỏ Ra-226. Giả thiết rằng
ban đầu trong mẫu đá khơng có chì và radi tồn tại sẵn.
a. Tính tuổi mẫu đá.
b. Tìm khối lượng radi (mg) có trong mẫu đá.

6


2. Phân tích một mẫu quặng cho thấy tỉ lệ số mol của Pb-206/U-238 bằng 0,1224 và tỉ lệ số mol của Pb206/Pb-204 bằng 75,41. Xác định tuổi mẫu quặng.
Cho: Chu kì bán hủy của U-238 và Ra-226 lần lượt là 4,47 × 10 9 năm và 1600 năm. Tỉ lệ các đồng vị
trong tự nhiên của chì là Pb-204 : Pb-206 : Pb-207 : Pb-208 = 1,48 : 23,6 : 22,6 : 52,3.
Hướng dẫn giải:
1. a. Vì khối lượng của Ra-226 trong mẫu quặng là nhỏ nên có thể coi
nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có trong mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol)
nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol)
Tuổi mẫu đá:

→ t = 5,25 × 109 năm
b. U-238 có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra-226, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ.
Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λU-238 .NU-238 = λRa-226 .NRa-226

→ mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg.
2. Giả sử hiện tại mẫu quặng có 1 mol U-238 → 0,1224 mol Pb-206 và 0,1224/75,41 mol Pb-204
→ Lượng Pb-204 ban đầu ở mẫu quặng vẫn là 0,1224/75,41 mol
→ Lượng Pb-206 ban đầu ở mẫu quặng : (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) mol
→ Lượng Pb-206 do U-238 phân rã ra: 0,1224 - (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) = 0,09652 mol

→ t = 5,94×108 năm.
Câu 3. (2 điểm): Động học- Phản ứng hạt nhân. lớp 10 chuyên Lào Cai
Một mẫu đồng vị 210Po ở thời điểm t=0 phóng ra 1,736.1014 hạt α trong một giây, sau 7 ngày mẫu đó phóng
ra 1,44.1019 hạt α trong một ngày.
* Viết phương trình phân rã
* Tính khối lượng của Po cần lấy lúc đầu để sau 10 ngày ta có một mẫu có tốc độ phóng xạ 1 Ci
Hướng dẫn giải

7


207
0
207
84 Po   1 e  83 Bi
207
 207
84 Po   82 Bi
207
4
203
84 Po  2 He 82 Pb
Vo = 1,736.1014 P. rã/s = 1,736 x 1014 x 3600 x 24 = 1,5.1019p.rã/ngày
V = 1,44.1019 p.rã/ngày

1 Vo 1 1,5.1019
k  ln
 ln
0,00583 ngày -1
19
t V 7 1,44.10
40
4
206
84 P0  2 He 82 Pb
Xét mẫu Po có V= 1Ci = 3,7.1010 p.rã/s
= 3,7.1010 x 3600 x 24 = 3,2 x 105 p.rã/ngày.
v 32.105
N 
5,483 x1017 (ng.tử)
pt p.rã :

k

0,00583

Vậy NPo phải lấy lúc đầu là (No)
No
ln
k .t  N0 = N.ekt = 5,483.1017.e0,00583.10 = 5,812.1017 ng.tử
N

 m Po 

5,812 x1017
6,022 x10 23

x 20 202,68.10  6 ( g ) = 2,03.10-4 g

Câu II(2đ): lớp 10 chuyên Hưng Yên
1. Uran trong thiên nhiên chứa 99,28% 238U (có thời gian bán huỷ là 4,5.10 9năm) và 0,72% 235U (có thời
gian bán huỷ là 7,1.108năm). Tính tốc độ phân rã mỗi đồng vị trên trong 10gam U3O8 mới điều chế.
2. Mary và PieCurie điều chế 226Ra từ quặng Uran trong thiên nhiên.226Ra được tạo ra từ đồng vị nào trong
hai đồng vị trên ?
Hướng dẫn giải :
1. Tốc độ phân huỷ hạt nhân dược tính theo phương trình v= .N (1)
( là hằng số tốc độ phân huỷ, N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét)
+ Trước hết cần tìm . Ta có  = 0,693 / T1/2 (2)
T1/2 là thời gian phân huỷ đầu bài đã cho. Khi tính nên đổi ra giây cho phù hợp thơng lệ (1 năm = 3,15.
107 giây)
+ Tiếp đến tìm N như sau:
10
Tìm số mol U3O8 có trong 10gam =
 1,19.10-2(mol)
238 �3  16 �8
Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 1,19.10-2.6,022.1023.3 = 2,15.1022.
Trong đó: N(238U) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022
và N(235U) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020

8


+Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran
0,693

22
U238 có v(238) = (238U). N(238U) = 2,13 �10 �
4,5 �109 �3,15 �107
v(238) = 1,04.105 hạt nhân/giây
0,693
20
U235 có v(235) = (235U). N(235U) = 1,55 �10 �
7,1 �108 �3,15 �107
v(235) = 4,76.103 hạt nhân/giây

2.

238
92

U

226
86

Ra + 3 42 He + 2

Câu 3: (2điểm)

ĐỘNG HỌC –PHẢN ƯNG HẠT NHÂN lớp 10 chun Ninh Bình

Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng:



--

64
29

Cu k1  3064 Zn   

64
29

và

k2
64
Cu 
 28
Ni   
64

Thực nghiệm cho biết từ 1 mol

Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp cịn lại hồ tan vào dung

dịch HCl dư thì cịn 16 gam chất rắn khơng tan.
Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp cịn lại hồ tan vào dung dịch KOH
dư thì phần chất rắn khơng tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu.
2. Tính thời gian để 64Cu cịn lại 10%.
3. Tính thời gian để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
Hướng dẫn giải:

Phương trình

dn

Cu

-

-

-

(1)

dt

dn

Cu

( 2)

Cu

dt

nCu  ln

1

Cu

1

(1)

Zn

Cu

Ni

2

dt

dn

n (0)
k t
n (t )
n (0)
 dn k n  ln
k t
dt
n (t )
n (0) = kt
(k + k )t = kt  ln
n (t )
 dnZn k

dt

Cu

2

(2)

Nin



Cu

1

2

(3)

Cu

Khi hoà tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16 gam Cu.
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol.
ln nCu

n

Cu

(0)
(t )

ln

1
ln 4 kt kx1536 phút
0,25

k = 9,025x 10-4ph-1

T

1/ 2



ln 2
0,693

4
k
9,025 x10

1

ph

768 phút

9


* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hồ tan hỗn hợp vào NaOH dư thì kẽm tan hết, còn lại Cu và Ni.
Từ 1 mol Cu ban đầu sau 1784 phút
nCu + nNi = 0,504 mol
nZn = 1 - 0,504 = 0,496 mol.
* Theo (3) ln

n ( 0)
n (1784)
Cu

= 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006.

Cu

1
5,003
nCu (1784)
nCu(1784) = 0,19988  0,20 mol.
nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2).
*

k
k

1

2

 nZn

n

Ni

(1)
(2)

Mặt khác



0,496
1,6316 do đó k1 = 1,6316 k2.
0,304

k1 + k2 = 0,0009025
k2 + 1,6316k2 = 0,0009205

Từ đó k2 = 3,4295.10-4  3,43.10-4.
k1 = 5,5955. 10-4  5,56.10-4.
2. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gian để còn lại 0,1 mol 64Cu :
ln

1
9,025 x10  4 t
0,1

t = 2551 phút.
3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol.
k2
3,4295 x10  4
xn Zn 
x0,30 0,183871mol
nNi=
k1
5,5955 x10  4
nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol.
nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol.
Câu 2: Tinh thể (lớp 10 chuyên Biên Hoà- Hà Nam)
1. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh
thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ
1:1,31:1,42.
2. Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính ion Cs+ là 0,169nm. Khối lượng mol
của CsI là 259,8 g/mol. Hãy tính
a) Bán kính Ib) Độ đặc khít của tinh thể
c) Khối lượng riêng của tinh thể

10


Hướng dẫn giải :
1 Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà các nguyên
tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở)
- Đối với mạng lập phương đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8.1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại là

(1)

+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng lập phương đơn giản a = 2r (3)
Thay (3) vào (2) ta có V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là :

- Đối với mạng lập phương tâm khối :
+ Số nguyên tử trong một tế bào : n = 8.1/8 + 1 = 2
→ V1 =
+) Trong tế bào mạng lập phương tâm khối thì
Thể tích của tế bào : V2 = a3 = 64r3/
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là

- Đối với mạng tâm diện :
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào : n = 8.1/8 + 6 + ½ = 4
→ V1 = 4.
+ Trong tế bào mạng tâm diện

→ a = 4r/

Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2

11


Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là :

Vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm

diện tỉ lệ với nhau như :
0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42
2.2
a) CsCl có ơ mạng cơ sở kiểu lập phương tâm khối nên CsI cũng có ơ mạng cơ sở kiểu lập phương
tâm khối
→ mỗi ơ mạng có 1 ion I- và 8.1/8 = 1 ion Cs+ → 1 phân tử CsI
Ta có độ dài đường chéo hình lập phương:

→
b) Độ đặc khít của tinh thể

c) Khối lượng riêng của tinh thể

Câu 2 (2 điểm): chuyên 10 Hải Dương
Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ơ mạng cơ sở a = 407 pm (1pm = 10-12 m).
a) Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au?
b) Xác định số phối trí của nguyên tử Au?
c) Tính khối lượng riêng của tinh thể Au?
d) Tính độ khít của tinh thể Au?
Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023.
Hướng dẫn giải:

12


Cấu trúc tinh thể 1 ô mạng cơ sở của Au:

407
-8
 287, 79 (pm) = 2,8779.10

2
(cm)
d

a) Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:
Mặt ô mạng: AO = 2R = d

A

a

B
a

O
C

D
a
2
b. Số phối thể của nguyên tử Au là 12
c.Trong 1 ơ mạng cơ sở có số ngun tử Au:
� 2d 2  a 2 � d 

1
1
8.  6.  4 nguyên tử
8
2
d


2R
 2,8779.10 8 (cm)
d.

D

m
4.196,97

 19, 4 (g/cm3)
V 6, 022.1023.  4, 07.10 8  3

 Au = 74%

� R  1, 43895.108 (cm)
� Độ đặc khít của tinh thể
3
4
4. .3,14. 1,43895.10  8
Au  3
3
4,07.10  8
Bài 2: (tuyển chuyên quốc học Huế)









Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể
kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 :
1,31 : 1,42.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà các nguyên
tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở).
Đối với mạng đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại là:
V1 = 4/3 x  r3 (1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:
r
a

13


hay a = 2r (3).
Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1/V2 = 4/3  r3 : 8r3 =  /6 = 0,5236
Đối với mạng tâm khối:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1 = 2x(4/3)  r3 .
+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

Do đó: d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/ 3 3
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1 : V2 = 8/3  r3 : 64r3/3 3 = 0,68
Đối với mạng tâm diện:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể tích của các nguyên tử trong tế
bào là:
V1 = 4 x 4/3  r3
+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn
trên hình sau:

d

a

Từ dó ta có:
d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/2 2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:
V1/V2 = 16/3  r3: 64r3/ 2 2
= 0,74
Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản, tâm khối
và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.
Bài 3: (tuyển chuyên quốc học Huế)
64

Đồng vị 29 Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng :
-



64
29Cu

k1

64
30 Zn

+

-

vµ

64
29Cu

k2

64+
28Ni

+

+

14

64
29

Thực nghiệm cho biết từ 1 mol

Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung

dịch HCl dư thì cịn 16 g chất rắn không tan.
64
29

Từ một lượng

Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung dịch KOH dư thì

phần chất rắn khơng tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của
2. Tính thời gan để

64
29

64
29

Cu .

Cu cịn lại 10%.

3. Tính thời gian để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Phương trình:

dn

Cu

-

-

-

(1)

dt

dn

Cu

(2)

Cu

dt

1

n

Cu

 ln

Cu

1

(1)

Zn

Cu

Ni

2

dt

dn

n (0)
k t
n (t )
n (0)
 dn k n  ln
k t

dt
(
t
)
n
n (0) = kt
(k + k )t = kt  ln
n (t )
 dnZn k
dt

Cu

2

(2)

Nin



Cu

1

2

(3)

Cu

Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16 g Cu.
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol.
ln nCu

n

Cu

(0)
(t )

ln

1
ln 4 kt kx1536 phút
0,25

k = 9,025x 10-4ph-1

k

1/ 2



ln 2
0,693

4

k
9,025x10

1

ph

768 phút

* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư thì Zn tan hết, cịn lại
Cu và Ni. Từ 1 mol Cu ban đầu sau 1784 phút
nCu + nNi = 0,504 mol
nZn = 1 - 0,504 = 0,496 mol.
* Theo (3) ln

n ( 0)
n (1784)
Cu

= 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006.

Cu

1
5,003
(
1784
)
nCu
nCu(1784) = 0,19988  0,20 mol.

nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
nCu( đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2).

15


*

k
k

1
2

 nZn

n

Mặt khác

Ni

(1)
(2)



0,496
1,6316 do đó: k1 = 1,6316 k2.

0,304

k1 + k2 = 0,0009025
k2 + 1,6316k2 = 0,0009205

Từ đó k2 = 3,4295.10-4  3,43.10-4.
k1 = 5,5955. 10-4  5,56.10-4.
2. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gan để còn lại 0,1 mol 64Cu :
ln

1
9,025 x10  4 t
0,1

t = 2551 phút.
3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol.
nNi=

k2
3,4295 x10  4
xn Zn 
x0,30 0,183871mol
k1
5,5955 x10  4

nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol.
nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol.
ln

1

kt 9,025 x10  4 ph  1 xt ( ph) 0,661649 .
0,516

t

0,661649
733 ph
9,025x10  4

Bài 2 (lớp 10 chuyên Bắc Giang)
A

Sự sắp xếp cấi trúc kiểu này được gọi là “lập phương tâm mặt”:
1. Hãy tính độ đặc khít của cấu trúc này và so sánh chúng với cấu trúc
lập
phương
đơn giản.
C
2. Chỉ ra các lổ tứ diện và bát diện ở cấu trúc trên. Tính số lượng các
lỗ trong mỗi ơ
B
A
mạng cơ sở
3. Tính bán kính lớn nhất của nguyên tử X có thể “chui vào” các lổ hổng tứ diện và bát diện.
Hướng dẫn giải:
1. Trong cấu trúc sắp xếp chặt khít này thì ngun tử này sẽ tiếp xúc với nguyên tử khác trên đường chéo
cạnh. Độ dài đường chéo của một hình vng là r 2 . Trong một ơ mạng cơ sở có 4 ngun tử (8 ở 8 đỉnh
4
4.πr 3
π

và 6 ở 6 mặt). Như vậy độ chặt khít được tính như sau: 3
=
= 0,74 hay 74%
3
(2r 2) 3 2

16


Số lỗ hổng tứ diện là 8 x 1 = 8; bát diện là: 1x1 + (1/4)x 12 = 4
2. Với lổ hổng tứ diện

Một đường thằng đi từ các cạnh chia góc tứ diện ra làm hai phần. Độ dài của mỗi cạnh là 2 r X. Khoảng
cách từ một đỉnh của tứ diện đến tâm của nó là rM + rX. Góc lúc này là 109,5°/2.
sin θ = rx / (rM + rX)→ sin (109,5°/2)· (rM + rX) = rX
→

0.816 rM = 0.184 rX

→

rM/rX = 0.225

Với lổ hổng bát diện

(2rx)2= (rM + rx)2 + (rM + rX)2 nên rX 2= rM + rX � rM = ( 2 -1) rX
Câu 1 (Phản ứng hạt nhân, HTTH) chuyên 10 Bắc Ninh
134
Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị này
đều phân rã β- với thời gian bán hủy là t1/2(134Cs) = 2,062 năm và t1/2(137Cs) = 30,17 năm.

a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và
lượng (ra eV) được giải phóng trong phân rã của 134Cs dựa vào các số liệu dưới đây
Đồng vị
134

55

Cs
Ba

134
56

137

Cs, tính năng

Nguyên tử khối (u)
133,906700
133,904490

b) Trong một mẫu nước thu được sau sự cố của nhà máy điện hạt nhân người ta phát hiện được hai đồng
vị nói trên của Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 1,92 mCi. Khối lượng 137Cs có trong mẫu nước này là
14,8 = µg.
- Sau bao nhiêu năm thì hoạt độ phóng xạ tổng cộng của 2 đồng vị này trong mẫu nước đã cho chỉ cịn
bằng 80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng của 134Cs và 137Cs tại thời điểm đó. Giả thiết rằng thiết bi đo chỉ đo
được các hoạt độ phóng xạ β- lớn hơn 0,1 Bq.
Cho: 1Ci = 3,7.1010 Bq; vận tốc ánh sáng c = 2,997925.108ms-1;
1eV = 1,60219.10-19J; số Avogađro NA= 6,02.1023; 1 năm = 365 ngày.
Hướng dẫn giải

Câu 1: (phản ứng hạt nhân)
a) 55134Cs → 56134Ba + e
(1)

17


137
55

Cs → 56137Ba + e
(2)
Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55134Cs:
∆E = ∆m.c2 = (133,906700 - 133,904490) (10-3/6,02.1023)( 2,997925.108)2(J)
= 3,28.10-13 J = 3,28.10-13/1,60219.10-19 = 2,05.106 eV
b) Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/21 là thời gian bán hủy của 55134Cs
Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/22 là thời gian bán hủy của 55137Cs
0, 693
14,8.106 x6, 02.10 23
137
0

.N(
Cs)

 1, 28.mCi
A 2 = 137 Cs
30,17x365x24x3600
137x3, 7.1010
A01 = Atổng - A02 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi

Sau thời gian t:
t

1
t1/
1�
0
2
Atổng = A1 + A2 = A 1 �
�� +A 2
�2 �

0

t

t1/2 2
�1 �
��
�2 �

Vì: A2 ≤ Atổng. = 0,08 mCi.

(1)

t

4

t1/2 2

�1 �
1�
→ A2/ A 2 = �
�
� � ≤ 0,08/1,28 = �
�2 �
�2 �

0

→ t/ t1/22 ≥ 4 → t ≥ 4t1/22 = 120,68 năm = 58,53 t1/21

(2)
(3)

Sau 58,53 t1/21, hoạt độ phóng xạ của 55134Cs chỉ còn:
58,53

58,53

�1 �
�1 �
A1 = A 1 � � = 640. � � = 1,54.10-15 µCi
�2 �
�2 �
= 1,54.10-15x3,7.104 Bq = 5,7.10-11 Bq << 0,1 Bq (giới hạn đo được). Như vậy, sau 120,68
năm, A1 = 0, hoạt độ phóng xạ tổng cộng của mẫu chỉ cịn là hoạt độ phóng xạ của 55137Cs.
Atổng = A2 và t = 120,68 năm
134
134

55 Cs thực tế đã phân rã hết, m(55 Cs) ≈ 0 và tỉ số
m(55134Cs)/ m(55137Cs) ≈ 0.
Câu 2. THPT Chu Văn An- Hà Nội
Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Hãy biểu diễn mạng cơ sở của CuCl.
a) Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở.
b) Xác định bán kính ion Cu+.
Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl-= 1,84 A0 ; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5
Hướng dẫn giải:
0

18


Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. Tinh
thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của Cu+ và Cl- đều bằng 6
Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion Cu+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là n = 4.
Khối lượng riêng của CuCl là:
D = (n.M) / (NA.a3 )  a = 5,42.10-8 cm ( a là cạnh của hình lập phương)
Có: 2.(r Cu+ + rCl-) = a = 5,42.10-8 cm  rCu+ = 0,87.10-8 cm
Câu 2: (Tinh thể) lớp 10 chun Hồng Văn Thụ- Hồ Bình
Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Bán kính nguyên tử của Ag và Au lần lượt
là: RAg = 144 pm; RAu = 147 pm.
a) Tính số ngun tử Ag có trong một ơ mạng cơ sở.
b) Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.
c) Một mẫu hợp kim vàng - bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương diện. Biết hàm lượng Au trong mẫu
hợp kim này là 10%. Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.
Hướng dẫn giải:
a) - Ở mỗi đỉnh và ở tâm mỗi mặt đều có một nguyên tử Ag
- Nguyên tử Ag ở đỉnh, thuộc 8 ô mạng cơ sở

- Nguyên tử Ag ở tâm của mỗi mặt, thuộc 2 ô mạng cơ sở
- Khối lập phương có 8 đỉnh, 6 mặt
1
 Số ngun tử Ag có trong 1 ơ cơ số là 8 . + 6 .
=4
2
b) Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng cơ sở
a
d
d

a

Từ hình vẽ một mặt của khối lập phương tâm diện, ta có:
d = a = 4RAg  a = 2RAg. = 2,144. = 407 (pm)
 Khối lượng riêng của Ag là:
4.108.10 3 kg
1,06.104 kg / m3
 12 3
3
23
(407.10 ) .m .6,02.10
c) Số ngun tử Au, Ag có trong một ơ mang cơ số là x và (4 - x)
197 x
10 
.100  x 0,23
197 x  108(4  x)

19

 Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:
108.3,77  197.0,23
M
113,12
4
Bán kính ngun tử trung bình của hợp kim là
144(4  x )  147 x
R
0,25
4
 Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:
144(4  x)  147 x
2
ahk a R 2  2 .

(576  3x )
2
5
2

(576  3.0,23) 407,78( pm)
2
 Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:
4.113,12.10 3 kg
1,108.104 kg / m3
 12 3
3
23
(407,78.10 ) .m .6,02.10

Câu 3: (Động học - phản ứng hạt nhân) lớp 10 chuyên Hoàng Văn Thụ- Hồ Bình
Khi nghiên cứu một mẫu cổ vật nguồn gốc hữu cơ chứa 1 mg cacbon, người ta thấy rằng tỷ lệ
14
C
đồng vị 12 của mẫu là 1,2.10-14.
C
a) Có bao nhiêu nguyên tử 14C có trong mẫu ?
b) Tốc độ phân rã của 14C trong mẫu bằng bao nhiêu ?
c) Tuổi của mẫu nghiên cứu bằng bao nhiêu ?
Cho chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon thời chưa có các hoạt
động hạt nhân của con người là 227 Bq/KgC. Cho biết 1Bq = 1 phân rã/giây.
Hướng dẫn giải:
0,001
.6,02.10 23 5,02.1019 nguyên tử
a) Tổng số nguyên tử C trong mẫu vật 
12
Số nguyên tử 14C = 5,02.1019.1,2.10-14 = 6,02.105 nguyên tử.
b) Tốc độ phân rã:
ln 2
ln 2
A k .N 
.N 
.6,02.105 2,31.10  6 ( Bq)
t1
5730.365.24.60.60
2

c) Tuổi của mẫu nghiên cứu
t1
1 N o 1 Ao

A 5730
227.10  6
t  ln
 ln
 2 ln o 
. ln .
37925 năm
k N k A ln 2
A
ln 2
2,31.10  6
Câu 3: Động học – phản ứng hạt nhân (lớp 10 chuyên Biên Hoà- Hà Nam)
1. 32P phân rã

-

với chu kì bán hủy 14,28 ngày, được điều chế bằng phản ứng giữa nơtron với hạt nhân 32S

a) Viết các phương trình phản ứng hạt nhân để điều chế 32P và biểu diễn sự phân rã phóng xạ của
32

P
b) Có hai mẫu phóng xạ 32P được kí hiệu là mẫu I và mẫu II. Mẫu I có hoạt độ phóng xạ 20mCi

được lưu giữ trong bình đặt tại buồng làm mát có nhiệt độ 100C. Mẫu II có hoạt độ phóng xạ 2 µCi bắt đầu
được lưu giữ cùng thời điểm với mẫu I nhưng ở nhiệt độ 20 0C. Khi hoạt độ phóng xạ của mẫu II chỉ còn

20

5.10-1 µCi thì lượng S xuất hiện trong bình chứa mẫu I là bao nhiêu gam? Trước khi lưu giữ, trong bình
khơng có S
Cho 1Ci = 3,7.1010 Bq (1Bq = 1 phân rã/giây), số Avogadro NA = 6,02.1023mol-1, hoạt độ phóng xạ
A = λ.N ( λ là hằng số tốc độ phân rã, N là số hạt nhân phóng xạ tại thời điểm t )
2. Với phản ứng CH3COCH3 → C2H4 + CO + H2, áp suất của hệ biến đổi theo thời gian như sau:
t (phút)
P (N/m2)

0
41589,6

6,5
54386,6

13,0
65050,4

19,9
74914,6

a) Hãy chứng tỏ phản ứng là bậc nhất
b) Tính hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm (V = const)
Hướng dẫn giải:
1a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32P:

và phân rã phóng xạ của

32

P:

1b)

.

Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kì bán hủy
Tốc độ phân rã phóng xạ khơng phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ, nên sau thời gian đó lượng
32

P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu → độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:

Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là
nguyên tử
Khối lượng 32P đã phân rã là:
(g) = 5,3.
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32S tạo thành đúng bằng khối lượng 32P đã
phân rã: m(32S) = 5,3.10-2
2a.Giả sử phản ứng là bậc nhất. Khi đó hằng số tốc độ phản ứng tính theo phương trình:

21


, ở mọi thời điểm phải là hằng số.
Gọi P là áp suất chung của hệ, P 0 là áp suất ban đầu của axeton và x là áp suất riêng phần của
etylen ở thời điểm t (suy ra áp suất riêng phần của CO và H2 cũng là x), khi đó
Áp suất riêng phần của axeton tại thời điểm t là P0 – x
Áp suất chung của hệ là P = (P0 – x) + 3x = P0 + 2x
→

; P0 – x =

và

Lúc này phương trình động học của phản ứng nghiên cứu có dạng

Thay các giá trị bằng số của các đại lượng tương ứng ta được
ph-1
ph-1
ph-1
Hằng số tốc độ phản ứng nghiên cứu ở các thời điểm xấp xỉ bằng nhau, do đó phản ứng là bậc
nhất
2b. Hằng số tốc độ phản ứng bằng
ph-1

22