(Sáng kiến kinh nghiệm) CHUYÊN đề cấu tạo NGUYÊN tử

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (273.52 KB, 25 trang )

CHUYÊN ĐỀ CẤU TẠO NGUYÊN TỬ-GIẾNG THẾ
I-BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN MỘT SỐ VẤN ĐỀ TIỀN CƠ HỌC LƯỢNG TỬ
II.1.1. Một số công thức cần ghi nhớ
E  h 

hc


-Năng lượng của ánh sáng (photon):
- Hiệu suất lượng tử : H=số photon hấp thụ / tổng số photon bức xạ.
mv 2
mv 2
h  I 
 h 0 
2
2
-Hiệu ứng quang điện:

II.1.2. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1.Cho biết tần số giới hạn  0 (ngưỡng quang điện) của một số kim loại sau đây :
Kim loại
Cs
K
Ca
Zn
14
14
14
1
�

�
�
�1014
4,7
10
5,5
10
7,1
10
10,4
 0 (s )

0
a.Hãy tính cơng bứt điện tử E o ứng với các kim loại đó khi chiếu tia H  (tím) có   4340 A
vào các kim loại đó thì đối với những kim loại nào có thể xảy ra hiệu ứng quang điện ?
b.Trong trường hợp có hiệu ứng quang điện hãy tính động năng của electron và từ đó suy ra
vận tốc của electron khi bắn ra khỏi bề mặt kim loại. Cho me=9,11 �10-31kg.
Phân tích: Để có hiệu ứng quang điện xảy ra thì bức xạ chiếu vào bề mặt kim loại phải có
năng lượng tối thiểu bằng với năng lượng ion hóa của kim loại. Năng lượng tối thiểu này ứng với
tần số  0 gọi là tần số giới hạn.

Ta có năng lượng tối thiểu để tách e ra khỏi kim loại E0  h 0 . Đối với các kim loại trên ta có
kết quả sau:
Kim loại
Cs
K
Ca
Zn
o
-20

-20
-20
E (J)
31,138 �10
36,438 �10
47,038 �10
69,900 �10-20
Năng lượng của hạt ánh sáng H chiếu vào kim loại :
E

hc 6, 625 �10 34 �3 �108

 45, 79 �10 20 J

4340 �1010
E �E0

Hiệu ứng quang điện chỉ xảy ra khi

. Vậy chỉ có Cs và K là có hiệu ứng quang điện.

2(E  E 0 )
1
E  E0  mv 2 � v 
2
me

b. Theo hệ thức Einstein :
Đối với Cs, electron bắn ra có động năng bằng:
v

2(E  E 0 )
2(45, 79 �10 20  31,138 �1 020 )

 5, 65 �105 m / s
me
9,11�1031

Đối với K, electron bắn ra có động năng bằng:
2(E  E 0 )
2(45, 79 �10 20  36, 44 �1 020 )
v

 4,53 �105 m / s
31
me
9,11�10

Ví dụ 2. 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 Br2 có màu?
Biết h = 6,6625 �10-34 J.s; c = 3 �108 m.s-1; NA = 6,022 �1023 mol-1.
Phân tích:
Ánh sáng nhìn thấy là bức xạ điện từ có bước sóng nằm trong vùng quang phổ nhìn thấy
được bằng mắt thường (tức là từ khoảng 380 nm đến 740 nm). Mỗi photon ánh sáng có năng lượng
1

E

hc

 . Ở đây ta giả sử rằng mỗi phân tử hấp thụ một photon để phân ly thành 2 nguyên tử tự do.
190 �103 hc
E

N

A
Năng lượng cần thiết để phân hủy một phân tử Br là
2

Vậy bước sóng của ánh sáng chiếu vào là :
190 �103 hc
hc
6, 625 �10 34 �3 �108
E

� 

 6,3 �10 7 m
3
23
3
NA

N A �190 �10
6, 022 �10 �190 �10

 nằm trong vùng các tia sáng nhìn thấy (bước sóng này ứng với ánh sáng màu cam)
nên ánh sáng nhìn thấy phân hủy được Br2 (khí) và hơi Br2 có màu.
II.1.3. Bài tập cho học sinh vận dụng

Bài 1. Tầng ozon là là chắn bảo vệ trái đất tránh bức xạ năng lượng cao của mặt trời.
a.Hãy viết phương trình hóa học để xác nhận vai trị đó của ozon.
b.Tính năng lượng theo kJ do 1m3 ozon hấp thụ từ tia mặt trời có độ dài sóng 3400 Å : Biết hiệu
suất hấp thụ năng lượng là 100% ở nhiệt độ 300oC; áp suất 0,5 atm.
Cho h = 6,626 �10-34J.s; c ≈ 3 �108m.s-1
Đáp số.
a.O3
b. Năng lượng đã được hấp thụ là: E  3746, 7kJ
.
Bài 2. Ở nhiệt độ cao : I2 (khí) � 2 I (khí)
Cho biết áp suất ban đầu của I2 (khí) và áp suất tổng cộng khi cân bằng như sau:
T(K)
1073
1173
0
P (I2) (atm)
0,0631
0,0684
P (tổng) (atm)
0,075
0,0918
0
0
0
0
0
a. Tính giá trị G , H , S ở 1100K với giả thiết H , S không thay đổi theo nhiệt độ
trong khoảng nhiệt độ đã xét.
.
b. Giả thiết rằng I2 và I có tính chất như khí lý tưởng, hãy tính năng lượng liên kết của I 2 ở

0
298K ( H có phụ thuộc vào nhiệt độ).
c. Tính bước sóng của bức xạ cần sử dụng để phân li I2 (khí) ở 298K.
d. Trong một thí nghiệm, một mẫu I 2 khi được bức xạ bằng một chùm tia Laze có
  825,8nm với tốc độ 200J/s người ta thấy có 10 -3 mol I . sinh ra. Hãy tính hiệu suất lượng tử
trong quá trình phân ly trên.
Hướng dẫn giải.
a.Gọi áp suất của I2 phân li là x
.
I2 (khí) � 2 I (khí)
Ban đầu
Po
Cân bằng
Po-x
c � Ptổng=Po-x + 2x = Po+x � x= Ptổng - Po

�
I.�
 2 x  2(Pt  P 0 )  I 2   P 0  (Pt  P 0 )  2 P 0  Pt
�
�
Vậy
,

2

�
I . � 0, 0238 atm,  I 2   0, 0512atm
Ở 1073K: � �

� K1073

�
I.�
0, 02382
�
 �
 0, 011atm
 I 2  0, 0512
2

�
I . � 0, 0468 atm,  I 2   0, 045atm
Ở 1173K: � �

� K1173

�
I.�
0, 04682
�
�


 0, 0487 atm
0, 045
 I2 

0
G1173

  RT ln K p  8,314 �1173 �ln 0, 0487  294777,87 J / mol

2

0
G1073
  RT ln K p  8,314 �1073 �ln 0,011  40232,11J / mol

H 0 , S 0 không thay đổi theo nhiệt độ trong khoảng nhiệt độ 1073-1173 ta có
0
G1173
 H 0  T S 0  H 0  1173S 0  294777,87 J / mol
0
G1073
 H 0  T S 0  H 0  1073S 0  40232,11J / mol

0
0
Giải phương trình thu được H  155024,88 J / mol ; S  107, 03 J / molK

3
R, (R  8,314)
b.Giả thiết rằng I2 và I có tính chất như khí lý tưởng nên C v (khí đơn nguyên tử)= 2
, Cv
5
R, (R  8,314)
2
(khí hai nguyên tử)=
, Cp=Cv + R.

3
5
C p (I. )  R  R  R  20, 785 J / molK
2
2
5
7
C p (I2 )  R  R  R  29, 099 J / mol K
2
2
Vậy
.

H

1100
Áp dụng định luật Kirchoff :
Ta thu được H 298  145000 J / mol

 H 298  (2 C p (I. )  C p (I 2 )) �(1100  298)

c. Năng lượng của bước sóng bức xạ cần sử dụng để phân li I 2 (khí) ở 298K chính bằng năng
lượng liên kết tính cho 1 phân tử I2
H 298
hc �N A 6, 626 �1034 �3 �108 �6, 023 �1023
hc
E
� 

 8, 25228 �107 m

N


H
145000
�
A
298

d.Trong một giây, năng lượng nhận được là 200J
Chùm tia Laze có bước sóng 825,8nm có năng lượng là:
hc 6, 626 �1034 �3 �108
E

 2, 4 �1019 J
9

825,8 �10
� tổng số photon nhận được là:
200
 8,33 �1020
19
2, 4 �10
photon= tổng số phân tử I2 nhận được năng lượng .
8,33 �10 20
 1,383 �10 3 mol
NA
� Số mol phân tử I nhận được năng lượng là
.
2

1
�103 mol  5 �104 mol
Trong khi đó số mol phân tử I2 bị phân ly là 2
.

5 �104
 36,153%
3
1,383
�
10
Vậy hiệu suất lượng tử là :
Bài 3. Người ta chiếu vào mặt 2 mẫu như nhau của cùng một kim loại bằng các ánh sáng có
16
16
tần số lần lượt là  1  3, 2 �10 Hz và  2  2 �10 Hz . Động năng của electron thoát ra trong trường
hợp 2 chỉ bằng một nửa động năng của electron trong trường hợp 1. Tính tần số  0 của kim loại.

(Đáp số:  0  8 �10 Hz )
Bài 4. Người ta biết năng lượng cần để ion hoá một nguyên tử là 3,44 �10–18 J. Sự hấp thụphoton
có bước sóng λchưa biết đã làm ion hoá nguyên tử và bật ra một electron với tốc độ 1,03 �106 m.s–1.
Hãy xác định bước sóng λcủa bức xạ tia tới.
(Đáp số: 506Ao)
15

II.2. BÀI TẬP VỀ HÀM SÓNG, NGUYÊN TỬ HIDRO VÀ ION GIỐNG HIDRO
3

II.2.1.Một số cơng thức cần ghi nhớ
-Một số hàm sóng của nguyên tử hidro và ion dạng hidro:
n

L

ml

 nlml

1

0

0

 100

Obita
n
1s

2

0

0

 200

2s

2

1

�1

 21�1

2px

2

1

�1

 21�1

2py

2

1

0

 210

2pz

Y ( ,  )

R(r)

1
4

3/ 2

�z �
2 � � �e  zr / a0
a0 �
�
3/2

1 �z � � zr
1
� � ��
2 �a0 � � 2a0

1
4

�  zr / a0
�e
�
�

5/ 2

1 �z �
 zr/2 a0
� � �r �e
2 6 �a0 �

3
sin  cos 
2 

5/ 2

3
sin  sin 
2 

1 �z �
 zr/2 a0
� � �r �e
2 6 �a0 �
5/ 2

3
cos 
2 

1 �z �
 zr/2 a0
� � �r �e

2 6 �a0 �

-Xác suất phát hiện electron trong yếu tố thể tích dv nào đó được xác định bằng
2
dw   (q,t) dv
2

 (q,t) 

dw
dv

-Mật độ xác suất:
.
-Năng lượng của electron trong nguyên tử Hidro và ion giống Hidro:
Z2
En  13, 6 � 2 (eV)
n
(Z là số prôtn trong hạt nhân, n là số lượng tử chính).

- Năng lượng ion hóa của nguyên tử Hidro và ion giống Hidro: Là năng lượng để tách
elelectron duy nhất ở trạng thái cơ bản ra khỏi hệ.
I  En �  E1  

13, 6 �Z 2 � 13, 6 �Z 2 �
13, 6 �Z 2 13, 6 �Z 2



0



�
�
�2
12
12
12
�
�

-Quang phổ nguyên tử Hidro và ion giống Hidro:
Ứng với bước chuyển điện tử từ mức năng lượng cao (E c)về mức năng lượng thấp (Et),
ngun

tử

phát

ra

một

bức

xạ

có

số

sóng

 (cm 1 )

tính

theo

E

hc
1 1
1 1
 hcv  Ec  Et  13, 6 �Z 2 �1, 602 �10 19 �( 2  2 )  2,18 �10 18 �Z 2 �( 2  2 ) J

nc nt
nc nt



�1 1 �
1
 RH � 2  2 �
�n n �

c �
�t
, RH là hằng số Ritbe = 109772,35cm-1 .

4

hệ

thức
Hoặc

:

Hình II.1: Hình ảnh một số dãy của quang phổ vạch Hidro
Dãy Laiman: gồm các vạch ứng với sự chuyển dời electron từ mức năng lượng có n � 2 về
mức n=1. Dãy này ở trong vùng tử ngoại (tím)
Lưu ý: Vạch dài nhất LK khi e chuyển từ L  K
Vạch ngắn nhất K khi e chuyển từ  K.
Dãy Banme: gồm các vạch ứng với sự chuyển dời electron từ mức năng lượng có
n �3 về mức n=2. Dãy này ở trong vùng khả kiến (tím).
Lưu ý: Vạch dài nhất ML (Vạch đỏ H ), vạch ngắn nhất L khi electron chuyển từ  L.
Dãy Pasen: gồm các vạch ứng với sự chuyển dời electron từ mức năng lượng có n � 4 về
mức n=3. Dãy này ở trong vùng hồng ngoại.
Lưu ý: Vạch dài nhất NM khi e chuyển từ N  M, vạch ngắn nhất M khi electron chuyển
từ  M.
II.2.2. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 2
a. Một nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích ứng với n = 6. Tính bước sóng dài nhất và
ngắn nhất (theonm) có thể phát ra từ nguyên tử hiđro đó? Có thể có bao nhiêu bước sóng khác nhau
phát ra khi nguyên tử hiđro đó mất năng lượng?
b. Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng thái ứng với
n=2 phát ra ánh sáng màu xanh. Một ion He + (ZHe=2) khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với
n=a về trạng thái ứng với n=b sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy. Tìm giá trị của a, b.

Phân tích:
a. Bước sóng dài nhất ứng với năng lượng bé nhất nên nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích
ứng với n = 6 sẽ chuyển về trạng thái gần nó nhất tức là n=5.
E

hc
1 1
1 1
 hcv  Ec  Et  13, 6 �1, 602 �10 19 �( 2  2 )  2,18 �10 18 �( 2  2 ) J

nc nt
nc nt

n=6→n

�1 1 �
2,18 �1018 �� 2  2 � 0, 0266 �1018 J
�6 5 �
= 5: E6 – E5 =
6, 626 �1034 �3, 00 �108

 747, 3 �108 m  7473nm
18
0, 0266 �10

Bước sóng ngắn nhất ứng với năng lượng lớn nhất nên nguyên tử hiđro ở trạng thái kích
thích ứng với n = 6 sẽ chuyển về trạng thái xa nó nhất tức là n=1.
�1 1 �
2,18 �1018 �� 2  2 � 2,12 �1018 J
�6 1 �

n = 6 → n = 1: E6 – E1 =

5

6, 626 �1034 �3, 00 �108
 9,376 �108 m  93, 76 nm
2,12 �10 18
Khi nguyên tử hiđro mất năng lượng tức là năng lượng phát ra khi electron từ mức có năng
lượng cao (giá trị n lớn) chuyển về mức có năng lượng thấp hơn (giá trị n bé). Có thể có 15 trường
hợp chuyển ứng với 15 giá trị năng lượng (15 bước sóng khác nhau ) bao gồm :
Từ 6 về thấp hơn : 5 trường hợp
Từ 5 về thấp hơn : 4 trường hợp
Từ 4 về thấp hơn : 3 trường hợp
Từ 3 về thấp hơn : 2 trường hợp
Từ 2 về thấp hơn : 1 trường hợp
Tổng là 15.
b.Nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng thái ứng với
n=2 thì phát ra bức xạ có năng lượng :
�1 1 �
2,18 �1018 �� 2  2 �
�5 2 �
n = 5 → n = 2: E5 – E2 =
Một ion He+ (ZHe=2) có cấu tạo 1 hạt nhân, 1 electron giống nguyên tử Hidro � Năng lượng
của electron có dạng :
Z2
Z 2 �1, 602 �10 19
E  13, 6 � 2 (eV)  13, 6 �
(J)
n

n2
Khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với nc về trạng thái ứng với ntsẽ phát ra ánh sáng có
năng lượng giống như vậy tức là :
Z2
Z 2 �1, 602 �10 19
E  13,6 � 2 (eV)  13, 6 �
(J)
n
n2
1 1
1 1
1 1
E  13,6 �Z 2 �1, 602 �10 19 �( 2  2 )  2,18 �2 2 �1018 �( 2  2 )  2,18 �10 18 �( 2  2 )
nc nt
nc nt
5 2
1 1
1
1 1
1
1
� ( 2  2 )  2 �( 2  2 )  2  2
nc nt
2
5 2
10 4
1 1
1 1
1 1
E  13, 6 �Z 2 �1, 602 �10 19 �( 2  2 )  2,18 �2 2 �1018 �( 2  2 )  2,18 �10 18 �( 2  2 )

nc nt
nc nt
5 2
1 1
1
1 1
1
1
� ( 2  2 )  2 �( 2  2 )  2  2
nc nt
2
5 2
10 4
+
Vậy He chuyển từ n = 10 về n = 4
Ví dụ 3.
1. Một vạch phổ phát xạ cho Be 3+ có bước sóng 253,4nm cho một trạng thái chuyển electron
từ mức n=5 về mức n thấp hơn. Hãy tính mức n thấp hơn ứng với bước chuyển electron trên.
2. Hình bên dưới là phổ phát xạ cho ion một electron, một hạt nhân trong pha khí. Các vạch
phổ tương ứng với bước chuyển electron từ các trạng thái kích thích về trạng thái có n=3.



a. Hãy cho biết bước chuyển electron tương ứng với các vạch A và B.
b. Nếu bước sóng tương ứng với vạch B là 142,5nm thì bước sóng tương ứng với vạch A là
6

bao nhiêu?
3. Năng lượng ion hóa cho một electron trong ion một electron M m+ là 4,72 �104kJ/mol. Xác

định nguyên tố X và giá trị m
Phân tích:
1. Be3+ là ion chỉ có một electron một hạt nhân nên năng lượng của electron là:
En  

13, 6 �Z 2
13, 6 �42


(eV)
n2
n2

Gọi n là mức năng lượng thấp hơn ứng với bước chuyển electron trên
13, 6 �42
13, 6 �42
,
E


5
n2
52
� 13, 6 �42 13, 6 �42 �
� E  E5  E4  �


�
2
n2

� 5
�
En  

hc 6, 625 �1034 �3 �108
E 

 7,843 �1019 (J)  4,896(eV)
9

253, 4 �10
Lại có :
Vậy suy ra n=4.
2. Ở phần này, học sịnh cần căn cứ vào hình vẽ để xác định. Các vạch phổ ứng với các bước
chuyển từ n>3 về n=3 nên sẽ có rất nhiều vạch phổ. Mấu chốt của vấn đề là phát hiện ra vạch có
bước sóng dài nhất là vạch ứng với bước chuyển có năng lượng thấp nhất tức là bước chuyển từ n=4
về n=3. Từ đó suy ra vạch B ứng với n=5 và vạch A ứng với n=6.
13, 6 �Z 2 � 13, 6 �Z 2 �
E5�3  
�

�
52
32
�
�
Vạch B :
13, 6 �Z 2 � 13, 6 �Z 2 �
hc
E5�3  

�

�
2
2
5
3
�
�tỷ lệ với 1
hay

Vạch A :

E6�3

13, 6 �Z 2 � 13, 6 �Z 2 �
hc

 �
�
2
2
6
3
�
�tỷ lệ với 2

1 1
 2
2

1
6
3  142,5 �   121, 6nm
� 
2
2  1  1
2
52 32


3.Năng lượng ion hóa (I) cho một electron trong ion một electron M m+ chính là năng lượng
cần thiết để tách 1 electron ra xa vô cùng. Với hệ một hạt nhân , một electron thì I chính là -E1 do :
13, 6 �Z 2 � 13, 6 �Z 2 �
13, 6 �Z 2 13, 6 �Z 2
�


0


�
�
12
12
12
�
�
4, 72 �104 �103
I1 
 7,8379 �1025 (J)  489, 2589(eV)

23
6, 022 �10
Mặt khác
13, 6 �Z 2
�
 489, 2589(eV) � Z  6
1
. Vậy ion Mm+ là C5+.
I1  En �  E1  

Ví dụ 4. Trên phổ phát xạ của Hidro, vạch thứ nhất của dãy Lyman có bước sóng 1 =1215
A0 , các vạch

H , H  , H 

0
0
thuộc dãy Balmer lần lượt có bước sóng 2  6563 A , 3  4861A ,

4  4340A0 . Hãy tính bước sóng của vạch tiếp theo trên dãy Lyman và vạch đầu của dãy Pasen.

Phân tích:
Ví dụ này hướng dẫn cách tính bước sóng của một vạch cần xác định dựa vào ít nhất 2 bước
7

sóng của 2 vạch phổ khác bằng cách thêm bớt số hạng cho hợp lý.
n 5
n 4

2 3 4

n 3
n 2

1

n 1

Năng lượng của photon ứng với các vạch phổ trên được tính theo các biểu thức sau:
vạch thứ nhất của dãy Lyman:
vạch H  :
vạch

H

:

E2 

hc
 E3  E2
2

E3 

hc
 E4  E2
3

E4 

hc
 E5  E2
4

E1 

hc
 E2  E1
1

vạch H  :
Với vạch thứ 2 thuộc dãy Lyman ta có:
hc
 ( E3  E2 )  ( E2  E1 )
31
hc hc hc
1
1 1  


�
   1 2
31 2 1
31 2 1 1 �2

E  E3  E1 

Hay

31 

1 �2 1215 �6563

 1025 A0
1  2 1215  6563

từ đó:
Tương tự với vạch đầu của dãy Paschen:

hc
 ( E4  E2 )  ( E3  E2 )
43
hc hc hc
1
1 1  


�
   2 3
43 3 2 2 �3
Hay 43 3 2
 �
6563 �4861
43  2 3 
 18744 A0
2  3 6563  4861
từ đó:
E  E4  E3 

II.2.3. Bài tập cho học sinh vận dụng
Bài 1. Những nguyên tử Hidro ở trạng thái cơ bản bị kích thích bởi tia UV có  = 97,35 nm.
Số lượng tử chính của trạng thái kích thích này là bao nhiêu ? Khi những nguyên tử Hidro bị khử
trạng thái kích thích đó thì chúng có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao
nhiêu ? Cho h=6,63 �10-34J.s ; c=3 �108 m.s-1
(Đáp số: n=4, 97,35nm , 487nm , 1877nm )
Bài 2.
1. Tính năng lượng ion hóa của Hidro và năng lượng ion hóa thứ 1, 2 của Heli.
2. Bước sóng ngắn nhất mà nguyên tử Hidro có thể phát ra là gì?
3. Tính bước sóng dài nhất trong dãy Banme (vùng khả kiến).
Đáp số.
Với H: E1(H) = -13,6eV; với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV;
Dễ thấy: I1(H) =13,6eV; I2(He) = 54,4 eV.
8

λ = 9,14.10-8 m = 914 A0
λ= 6,58.10-7 m = 6580A0
Bài 3
a. Khi nguyên tử 4Be bị mất ba electron sẽ trở thành ion Be 3+ .Hãy xác định độ dài bước sóng
 đối với vạch phổ đầu tiên của dãy Banme.
b. Hãy tính năng lượng cần thiết tối thiếu theo eV để làm bứt electron còn lại của Be 3+ ra khỏi
trạng thái cơ bản.
Đáp số
a.   41nm
b. I1  217, 6(eV)
Bài 4.
Biết En = -13,6 �(n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân).
a.Tính năng lượng của e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N 6+, C5+, O7+ ở trạng thái

cơ bản và trạng thái n=2.
b.Qui luật liên hệ giữa En với Z tính được ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân với
electron trong các hệ đó ? Từ đó cho biết ion nào bền nhất và kém bền nhất c. Trị số năng lượng tính
được ở câu a có quan hệ với năng lượng ion hố của mỗi hệ trên hay khơng ?Tính năng lượng ion
hoá của mỗi hệ.
Hướng dẫn giải.
a.
Ở trạng thái cơ bản có năng lượng thấp nhất nên chọn n=1
Ta có : E1 = 13,6 �Z2 (eV)
Thứ tự theo trị số Z:
Z = 6  C5+ : (E1) C5+ = 13,6 x 62 = 489,6 eV
Z = 7  N6+ : (E1) N6+ = 13,6 x 72 = 666,4 eV
Z = 8  O7+ : (E1) O7+ = 13,6 x 82 = 870,4 eV
E2  

13, 6 �Z 2
 3, 4 �Z 2 (eV)
22

Với n=2 thì
Z = 6  C5+ : (E2) C5+ = 3,4 x 62 = 122,4 eV
Z = 7  N6+ : (E3) N6+ = 3,4 x 72 = 166,6 eV
Z = 8  O7+ : (E4) O7+ = 3,4 x 82 = 217,6 eV
b.Quy luật liên hệ En với Z : Z càng tăng En càng âm (càng thấp). Qui luật này phản ánh tác dụng
lực hút hạt nhân tới e được xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh  năng lượng càng thấp  hệ càng bền,
bền nhất là O7+và kém bền nhất là C5+.
c. Năng lượng ion hoá của hệ là năng lượng cần thiết để tách 1 electron từ trạng thái cơ bản
(n=1)ra xa vô cùng.
I  E�  E1  

13, 6 �Z 2 � 13, 6 �Z 2
�

�2
12
�

�
13, 6 �Z 2

0

  E1
�
12
�

C5+ : I = (E1, C5+) = + 489, 6 eV.
N6+ : I = (E1, N6+) = + 666, 4 eV.
O7+ : I = (E1, O7+) = + 870,4 eV.
Bài 5. Từ lí thuyết thu được biểu thức tính năng lượng electron ở trạng thái ứng với số lượng
tử chính n trong nguyên tử có 1 electron, 1 hạt nhân:
2 2mz2e04
En  
n2h2 (1) ; với  3,14; me 9,11028 (g) ; eo 4,81010 (GSE)
9

Hằng số Planck, h  6,6251027 (ec.s); Z là số đơn vị điện tích hạt nhân
Khi thay số vào (1) tính được En có đơn vị năng lượng là ec biết

1 eV = 1,61012 ec.
Biết năng lượng cần vừa đủ để tách 1e ra khỏi nguyên tử tự do mà khơng truyền động năng
cho e đó được gọi là năng lượng ion hố (I) của ngun tử.
a.Tính năng lượng ion hố của ngun tử hiđro (IH)?
IH

b.Tính tỉ số

I He+

. Hãy chỉ rõ một nguyên nhân chủ yếu dẫn đến tỉ số đó khác đơn vị (1,0).

I He+

I He  2,180. Tìm năng lượng E kèm theo quá trình He → He2+ + 2e (2)
c.Biết
Trong tất cả các trường hợp trên đều xét với n = 1; năng lượng được tính theo eV và phép
tính lấy đến 2 chữ số phần thập phân.
Hướng dẫn giải.
2�(3,14)2 �9,1�1028 �(4,8�1010 )4
12 �(6,625�1027 )2
a.Thay số: EH,1 =
=  2170,32031014 (ec)

đổi ra được EH,1 = 13,56 eV
Theo định nghĩa: IH =  EH,1 = 13,56 eV  13,6 eV
+

b.Từ (1) với He+, n = 1 có E He
hay = 4  EH,1

+

,1

=  Z213,56 =  2 213,56 =  54,24
IH
I
= H
I He+ 4I H

+

suy ra I He ,1 =  E He ,1 = 4  EH,1 = 4 IH. Khi đó
= 0,25
+
Kết quả này cho thấy để tách 1 electron ra khỏi He cần năng lượng gấp 4 lần so với tách 1
electron ra khỏi H. Nguyên nhân He+ có Z = 2 có lực hút của hạt nhân lên electron mạnh hơn so với
H có Z = 1.
I He
54,24
I He

I He  2,180 tính được I = 2,180 2,180  24,88 eV
c. Từ
He
+

+

Khi đó, He → He+ + e ; IHe 24,88 eV

He+ → He2+ + e; I He  54,24 eV
+

Tổ hợp được: He → He2+ + 2e có E = IHe + I He = 24,88 + 54,24 79,12 (eV)
Bài 6.Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử Heli là
79,00eV.Khi chiếu một bức xạ có bước sóng 40 nm vào ngun tử Heli thì thấy có 1 electron
thốtra.Tính vận tốc của electron này.
Cho h = 6,625 �10-34J.s ; me = 9,1 �10-31kg.
(Đáp số: v = 1,503 �106m/s)
II.3. BÀI TẬP NGUYÊN TỬ NHIỀU ELECTRON, CẤU HÌNH ELECTRON VÀ MỘT SỐ
TÍNH CHẤT CỦA NGUN TỬ
II.3.1. Dạng 1: Bài tập về cấu hình electron của ngun tử
Ví dụ 1.Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l
= 4.
1) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có
2) Dựa vào quy tắc Kleskopxki hãy dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức
ng.
3) Ngun tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng
+

10

bao nhiêu?
Phân tích:
Ở đây học sinh cần nắm vững quy tắc Klechkowski để so sánh các mức năng lượng và có thể
áp dụng để viết cấu hình electron của một nguyên tố bất kỳ.
1) Phân mức năng lượng ng ứng với giá trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obital nguyên tử, nghĩa là có 2 �
4+1= 9 obital nguyên tử. Mỗi obital nguyên tử có tối đa 2 electron.Vậy phân mức năng lượng ng có

tối đa 18 electron.
2) Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì với n=4
đã ứng với 4 phân mức năng lượng là l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f). 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 (có tổng n+l=8).
3) Khi electron điền đến phân lớp 5g 1 thì các phân lớp trước đó đã đầy hết rồi. Vậy cấu
hình electron của ngun tố đó là (Rn)7s 25f146d107p68s25g1 ứng với Z = 121.
II.3.2. Dạng 2:Bài tập tính năng lượng của electron, năng lượng obital theo Slater từ đó lựa
chọn cấu hình bền vững
Năng lượng của 1 electron ở trạng thái được mô tả bới hàm Rnl(r) là :
 nl  

(Z b)2 e02
(Z b)2
�


13,
6
�
(eV)
(n * ) 2
2a0
(n * ) 2

Trong đó:
Z: Số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử
b: Hằng số chắn
(Z-b): Số đơn vị điện tích hạt nhân hiệu dụng.

n* : Số lượng tử chính hiệu dụng.
a0: Bán kính Borh thứ nhất.
e0: Điện tích cơ bản
Quy tắc gần đúng để xác định n* và b như sau:
+ Xác định n* :
N
1
2
3
4
5
6
n*
1
2
3
3,7
4,0
4,2
+ Xác định hằng số chắn b:
Các hàm obital được chia làm các nhóm như sau:
(1s), (2s,2p),(3s,3p),(3d),(4s,4p),(4d,4f),.....
Các obital trong cùng một nhóm được coi là có cùng hàm Rnl.
Trị số b đối với 1 electron đang xét sẽ bằng tổng các trị số góp của các electron khác như sau:
*Các e ở nhóm ngồi obital đang xét có trị số góp bằng 0.
*Mỗi electron ở cùng nhóm obital với e được xét góp một lượng bằng 0,35; riêng electron
trên cùng obital 1s chỉ góp 0,3.
*Lượng góp của mỗi electron ở obital bên trong so với obital đang xét:
Ở lớp n có trị số nhỏ hơn n của lớp đang xét 1 đơn vị góp 0,85.
Ở lớp n có trị số nhỏ hơn n của lớp đang xét từ 2 đơn vị trở lên góp 1,0.

*Nếu obital đang xét là obital d hay obital f thì tất cả electron ở các obital bên trong sẽ góp
1,0.
Năng lượng obital là tổng năng lượng của electron cư trú trên obital đó.
Cấu hình nào có tổng năng lượng obital nhỏ hơn sẽ bền vững hơn.
Ví dụ 1. Bằng cách tính năng lượng của các obital theo Slater hãy cho biết electron cuối
cùng của nguyên tử Kali được điền vào obital 3d hay 4s.
Phân tích:
Nguyên tố 19K đứng ngay sau ngun tố 18Ar có cấu hình là : 1s22s22p63s23p6
11

Để biết electron thứ 19 phân bố vào 3d hay 4s ta cần tính năng lượng của các obital 4s và 3d.
Năng lượng của một electron ở một phân lớp có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính
theo biểu thức Slater:  = -13,6 �(Z – b)2 /n* (eV).
Vận dụng quy tắc gần đúng để tính hằng số chắn , với obital 3d thì 18 electron bên trong sẽ
góp 1,0.
 3d
= - 13,6 x (19 – 1 �18 )2 / 32 = -1,51 eV
Với obital 4s thì 10 electron thuộc lớp n=1 và n=2 góp 1,0 ; 8 electron thuộc lớp n=3 góp
0,85
 4s = - 13,6 �(19 – 1 �10 – 0,85 �8 )2 / 3,72 = - 4,81 eV
Mức năng lượng 4s thấp hơn 3d , do đó electron thứ 19 phải ở vào obital 4s.
Qua đây ta cũng giúp học sinh hiểu được cơ sở của cách viết cấu hình theo quy tắc
Klechkowski cho những nguyên tố có Z �18 (elelctron điền vào 4s trước sau đó mới điền đến 3d).
Ví dụ 2. Có thể viết cấu hình electron của 27Co3+là:
Cách 1: Co3+ [1s22s22p63s23p63d6]; Cách 2: Co3+ [1s22s22p63s23p63d44s2].
Cách 3: Co3+[1s22s22p63s23p63d54s1]
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater tính năng lượng electron của Co 3+ với mỗi cách viết
trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế ? Từ đó cho biết khi ngun tử Co bị ion
hóa thành Co3+thì 3 elctron sẽ mất đi ở phân lớp nào?

Phân tích:
Tương tự như ví dụ trên, năng lượng của một electron ở một phân lớp có số lượng tử chính
hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater:
 = -13,6 �(Z – b)2 /n* (eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater.
Áp dụng cho Co3+ (Z=27, có 24 electron) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d6:
 1s = -13,6 �(27 – 0,3)2/12 = - 9695,3 eV
 2s,2p = -13,6 �(27 – 0,85 �2 – 0,35 �7) 2/ 22 = - 1775,2 eV
 3s,3p = -13,6 �(27 – 1x2 – 0,85 �8 – 0,35 �7) 2/ 32 = - 374,9 eV
 3d = - 13,6 �(27 – 1 �18 – 0,35 �5) 2/ 32 = - 79,4 eV
E1 = 2  1s + 8  2s,2p + 8  3s,3p + 6  3d = - 37067,8 eV
Với cách viết 2 [Ar]3d44s2:
 1s,  2s,2p,  3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
 3d = -13,6 �(27 – 1 �18 – 0,35 �3)2/32
=
- 95,5 eV
 4s = - 13,6 �(27 – 1 �10 – 0,85 �12– 0,35) 2/ 3,72 =
- 41, 3 eV





Do đó E2 = 2 1s + 8 2s,2p + 8 3s,3p + 4 3d +2 4s = - 37056,0 eV.
Với cách viết 3 [Ar]3d54s1:
 1s,  2s,2p,  3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
 3d = -13,6 �(27 - 1 �18 – 0,35 �4)2/32
= -87,3 eV
 4s = -13,6 �(27 – 1 �10 – 0,85 �13)2/3,72

= - 35,2 eV





Do đó E3 = 2 1s + 8 2s,2p + 8 3s,3p + 5 3d + 4s
= - 37063, 1 eV
E1 thấp (âm) hơn E2 và E3, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù
hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Co3+ có cấu hình electron [Ar]3d6.
Cấu hình của 27Co là : [Ar]3d74s2. Vậy khi nguyên tử Co bị ion hóa thành Co 3+thì 2 electron ở
4s và 1 elctron ở 3d sẽ tách ra khỏi nguyên tử .
Từ đó ta cũng rút ra quy luật khi nguyên tử trung hòa nhường elctron để tạo cation thì
electron sẽ mất từ phân lớp ngồi rồi đến phân lớp trong chứ khơng phải theo thứ tự năng lượng.
II.3.3. Dạng 3:Bài tập dựa vào cơng thức tính năng lượng obital của Slater tính năng lượng
ion hóa
Năng lượng ion hóa (I): là năng lượng ít nhất cần để tách một electron ra khỏi nguyên tử
12

hoặc ion tự do ở trạng thái cơ bản.
(k 1) 
��
� M k  e
Với quá trình: M
thì năng lượng ion hóa thứ k được tính bằng cơng thức:
E (M k  ), E (M ( k 1)  )

lần lượt là năng lượng của hệ

I k  E (M k  )  E (M ( k 1)  )

M k  , M ( k 1) 

.

, được tính qua năng lượng

obital .
Ví dụ 1.
a.Sử dụng cơng thức tính năng lượng obital của Slater, hãy tính năng lượng ion hóa I1, I2, I3, I4
và I5 của nguyên tử 5B.
b. Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hố đó.
Phân tích:
Ví dụ này hướng dẫn học sinh cách tính năng lượng ion hóa thứ k bất kỳ dựa vào cơng thức
tính năng lượng obital của Slater
a.Ta có cấu hình của 5B là: 1s22s22p1.
��
�
B
B+ + e
I1
2
2
1
2
2
(1s 2s 2p )
(1s 2s )
+ ��

2+
�
B
B +e
I2
2
(1s 2s2)
(1s22s1)
��
�
B2+
B3+ + e
I3
2
1
2
(1s 2s )
(1s )
3
��
�
B+
B4+ + e
I4
2
1
(1s )
(1s )
4+ ��
5+

�
B
B +e
I5
(1s1)
Đặt E1 = E(1s1) = -13,6 �= - 340 (eV)
E2 = E(1s2) = -13,6 ��2 = - 600,848 (eV)

(5  2 �0,85) �2
22
E3 = E(1s22s1)= E(1s2) + E(2s1) = -600,848 + (-13,6 �
) = -637,874 (eV)
(5  2 �0,85  0,35) �2
2
2
2
2
22
�2)
E4 = E(1s 2s ) =(E (1s ) + E (2s )) =(-600,848 + (-13,6 �

= -660,025 (eV)
(5  2 �0,85  2 �0,35) 2
�3
22
E5=E(1s22s22p1)=E(1s2) +E(2s22p1) = -600,848 + (-13,6 �
)

= -669,8 (eV)
Ta có ngay:

I1 = E4 - E5 + = - 660,025 - (-669,8) = 9,775 (eV)
I2 = E3 - E4 = - 660,025 - (-660,025) = 22,151 (eV)
I3 = E2 - E3 = - 600,848 - (-637,874) = 37,026 (eV)
I4 = E1 – E2 = - 340 - (-600,848) = 260,848 (eV)
I5 = -E1 = 340 (eV)
4+
(Do ion B chỉ có 1 electron nên năng lượng ion hóa chính là năng lượng ở trạng thái cơ
bản).
b. Từ kết quả trên, ta thấy có quy luật liên hệ các trị năng lượng ion hóa của Cacbon như sau:
I1 I2 I3 I4 I5< I6
Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 electron tạo thành M k+ thì M (k – 1)+ và M k+ có cùng
số đơn vị điện tích hạt nhân trong khi đó số electron lại giảm nên lực hút tác dụng lên e tiếp theo
trong vi hạt M k+ mạnh hơn so với trong M (k – 1)+. Do đó phải tốn năng lượng lớn hơn để tách
1electron tiếp theo khỏi M k+ ; nghĩa là I( k – 1) Ik như đã được chỉ ra ở trên .
13

Ví dụ 2. Cho 2 nguyên tố X và Y. X thuộc chu kì 2, Y thuộc chu kì 4 . Trong bảng dưới đây
ghi các năng lượng ion hóa liên tiếp In ( n = 1 , . . . , 6 ) của chúng ( theo kJ.mol-1 )
I1
I2
I3
I4
I5
I6
X
1086
2352
4619
6221

37820
47260
Y
590
1146
4941
6485
8142
10519
1. Xác định X và Y.
2. Tính  của bức xạ phải dùng để có thể tách được electron thứ nhất ra khỏi nguyên tử Y.
3. Tính năng lượng của nguyên tử X và ion X+.
Phân tích:
1. Xác định X và Y.
Ta có với nguyên tử X:
I1 : I2 : I3 : I4 : I5 : I6 = 1: 2,165 : 1,96 : 1,346: 6,08 : 1,25
Học sinh cần có khả năng quan sát và phát hiện ra điểm mấu chốt của vấn đề đó chính là
bước nhảy vọt từ I4 đến I5 tức là electron thứ 5 phải được tách ra từ một cấu hình khí hiếm rất bền
vững. Vậy X có 4 electron ở lớp ngồi cùng hay X thuộc nhóm IVA. Vậy X là C .
Tương tự với nguyên tử Y:
I1 : I2 : I3 : I4 : I5 : I6 = 1: 1,94 : 4,3 : 1,31: 1,25 : 1,29
Năng lượng ion hóa tăng đột ngột từ I2 đến I3 . Vậy Y có 2 electron ở lớp ngồi cùng hay Y
thuộc nhóm IIA.VậyY là Ca.
2. Tính  của bức xạ phải dùng để có thể tách được electron thứ nhất ra khỏi nguyên tử Y.
Năng lượng của bức xạ E  I1


C

hc 6, 6256 �1034 J .s �3.108 m.s 1 �6, 0223 �1023 mol 1


 2, 03 �107 ( m)
3
1
E
590 �10 J .mol

3.Tính năng lượng của ion X+ và nguyên tử X.
*Tính năng lượng của nguyên tử X
Ta có cấu hình của 6C là: 1s22s22p2.
��
� C+ + e
�
I1
C3+ ��
2
2
2
2
2
1
2
1
(1s 2s 2p )
( 1s 2s 2p )
(1s 2s )
� C2+ + e
�
C+ ��
I2

C4+ ��
2
2
1
2
2
2
(1s 2s 2p )
(1s 2s )
(1s )
2+ ��
3+
� C +e
�
C
I3
C5+ ��
2
2
2
1
1
(1s 2s )
(1s 2s )
(1s )

C4+ + e
(1s2)
C5+ + e
(1s1)

C6+ + e

I4
I5
I6

Đặt E1 = E(1s1) , E2 = E(1s2), E3 = E(1s22s1) , E4 = E(1s22s2 ), E5 = E(1s22s22p1)
E6 = E(1s22s22p2). E6 chính là năng lượng nguyên tử C.
I1 = E5 – E6
I2 = E4 - E5
� E6  ( I1  I 2  I 3  I 4  I 5  I 6 )
I3 = E3 - E4
1086  2352  4619  6221  37820  47260
E6  
I4 = E2 - E3
6, 0223.1023
I5 = E1 – E2
� E6  1, 65.1019 kJ  1, 65.1016 J
I6 = -E1
(I: năng lượng ion hóa tính cho một ngun tử).
Tương tự như vậy E5 chính là năng lượng nguyên tử C+
E5  ( I 2  I 3  I 4  I 5  I 6 )  

2352  4619  6221  37820  47260
6, 0223 �10 23

� E5  1, 63 �1019 kJ  1, 63 �1016 J

Ví dụ 3. Cho bảng sau:
14

Nguyên tố

Ca

Năng lượng ion hoá I2 (eV) 11,87

Sc

Ti

V

Cr

Mn

12,80

13,58

14,15

16,50

15,64

Dựa vào cấu hình electron của các nguyên tử nguyên tố trên, hãy giải thích sự biến đổi năng
lượng ion hố thứ hai của các ngun tố trong bảng.

Phân tích:
Cấu hình electron của các nguyên tố:
Ca [Ar]4s2 ; Sc [Ar]3d14s2 ; Ti [Ar]3d24s2 ; V [Ar]3d34s2 ; Cr [Ar]3d54s1 ;
Mn [Ar]3d54s2.
Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự
tách electron 4sthứ hai. Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron
4s tăng dần, do đó năng lượng ion hố I 2 cũng tăng đều đặn. Đối với Cr, do cấu hình electron đặc
biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d 5 đầy một nửa, electron thứ
hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này (phân lớp 3d 5 bán bão hòa) cho nên sự tách nó địi hỏi
tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I 2 của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì
vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I 2 của nó chỉ lớn hơn của
V vừa phải, thậm chí cịn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr.
II.3.4. Dạng 4. Bài tập dựa vào năng lượng obital của Slater tính độ âm điện theo Allred và
Rochow
Độ âm điện theo Allred và Rochow có thể xem như là lực tác dụng lên electron ở khoảng
cách bằng bán kính cộng hóa trị:


0,359 �Z *
 0, 744
r2

Z*: Điện tích hiệu dụng, r : bán kính cộng hóa trị
Bán kính cộng hóa trị của một ngun tử: là nửa khoảng cách giữa hạt nhân hai nguyên tử
của cùng một nguyên tố tạo thành liên kết cộng hóa trị đơn (trong các đơn chất khí hay rắn).
Ví dụ 1.Cho biết kết quả tính hóa học lượng tử cho các phân tử sau:
C2H6
C2H4
C2H2
d(Ao)

1,54
1,34
1,24
2
1,16
3,76
2
1,05
3,37
2
Cấu hình
1s 2 s 2 p
1s 2 s 2 p
1s 2s1,00 2 p3,24
của C
Tính độ âm điện của từng nguyên tử C theo Allred và Rochow . Có nhận xét gì về độ âm điện

C 3 ,C 2 ,C

sp
sp
của sp
nếu giả sử trong C2H6 nguyên tử C lai hóa sp3, trong C2H4 nguyên tử C lai hóa
sp2, trong C2H2 ngun tử C lai hóa sp.
Phân tích:
Ta có bán kính cộng hóa trị của ngun tử C trong các phân tử trên:
C2H6
C2H4
C2H2

r

d o
A 
2

0,77

0,67

Với C2H6: Z* = 6 - 3,92 �0,35 - 2 �0,85 = 2,928
Với C2H4: Z* = 6 - 3,42 �0,35 - 2 �0,85 = 3,103

15

0,62

�  C (sp3 ) 

0,359 �2,928
 0, 744  2,517
0, 77 2

�  C (sp2 ) 

0,359 �3,103
 0, 744  3, 226
0, 67 2

�  C (sp) 

0,359 �3,166
 0, 744  3, 7
0, 622

Với C2H2: Z* = 6 - 3,24 �0,35 - 2 �0,85 = 3,166

  C (sp )  C (sp )
Như vậy C (sp )
phù hợp với thực tế.
II.3.5. Dạng 5: Bài tập giái thích một số tính chất của nguyên tử như ái lực electron, bán kính
nguyên tử, bán kính ion, số oxi hóa bền.....
Ví dụ 1. Ái lực electron (Eal) là năng lượng của quá trình tách 1 electron của anion ở trạng
thái cô lập thành nguyên tử :
X-(k)  X (k) + e
Dựa vào cấu tạo nguyên tử, hãy so sánh ái lực electron của các nguyên tố sau:
(1)
Li, Na, K;
(2)
F, Cl, Br
(3)
Li, Be, B
Phân tích.
Ái lực electron phụ thuộc: - Điện tích hạt nhân.
- Bán kính ngun tử.
- Cấu hình electron.
(1): Các ngun tố kim loại có bán kính lớn do đó việc kết hợp thêm electron không gây ra
sự đẩy mạnh các electron trong anion. Vì thế anion tạo ra có thể tồn tại được. Tuy nhiên, khi bán
kính càng lớn, lực hút của hạt nhân với electron lớp ngồi cùng giảm vì thế ái lực electron càng

giảm .
Do đó: Eal (Li) > Eal (Na) > Eal (K)
Do bán kính nguyên tử của Li < Na < K.
(2) Việc kết hợp thêm electron của cấu hình lớp ngồi ns 2np5 (ít bền) để tạo thành cấu hình
ns2np6 (bền hơn) vì thế đây là quá trình toả năng lượng � Quá trình ngược lại thu năng lượng.
Đồng thời, do bán kính của F nhỏ, nên gây ra sự đẩy lẫn nhau của các electron trong anion F vì thế ái lực electron lớn nhất ứng với Cl.
Do đó:
Eal (F)  Eal (Br) < Eal (Cl)
(3) Giải thích dựa vào cấu hình: Eal(Be) < Eal(B) < Eal(Li)
Bán kính ngun tử của Li >Be>B.
Nhưng do Li có cấu hình 1s22s1, sau khi nhận 1 electron nó đạt cấu hình 1s22s2 bền.
Be có cấu hình 1s22s2 khá bền vững do các phân lớp đã bão hòa nên việc nhận thêm một electron sẽ
không thuận lợi về năng lượng .
Ví dụ 2.Giải thích sự biến đổi bán kính nguyên tử trong dãy các nguyên tố sau đây:
Nguyên tố
Ce
Pr
Nd
Pm
Sm
Eu
Gd
Z
58
59
60
61
62
63
64

o
r(A )
0,18 0,18 0,18 0,18 0,18 0,20 0,17
3
3
2
2
1
2
9
Nguyên tố
Tb
Dy
Ho
Er
Tm
Yb
Z
65
66
67
68
69
70
o
r(A )
0,17 0,17 0,17 0,17 0,17 0,19
7
7
6

5
4
3
Phân tích.
Các nguyên tố trên cùng chu kỳ (cùng họ Lantanit) có chung cấu hình là
2
2
1s 2s 2p63s23p63d104s24p64d104fx5s25p66s2( x từ 2(Ce) đến 14 (Yb)).
Từ trái qua phải, sự giảm bán kính là rất ít bởi vì các electron mới vẫn được điền vào phân
lớp 4f (thuộc lớp thứ 4 ) kể từ bên ngồi vào và chắn có hiệu quả điện tích hạt nhân. Ở Eu và Yb có
sự tăng vọt là do cấu hình của 2 ngun tố:
Eu: 4f76s2
Yb:4f146s2
Ở cả 2 nguyên tố, phân lớp 4f hoặc bão hòa hoặc nửa bão hòa , cấu trúc của các phân lớp là
3

2

16

đối xứng nên chắn có hiệu quả ảnh hưởng của điện tích hạt nhân nên bán kính tăng.
Ví dụ 3.Vì sao số ơxi hóa của các ngun tố họ Lantanit phổ biến là +3, nhưng Eu (Z=63) và
Yb (Z=70) có số oxi hóa đặc trưng là +2 và Ce (Z=58) có số oxi hóa đặc trưng là +4 ?
Phân tích.
Số oxi hoá của một nguyên tố trong phân tử của các chất được quy ước bằng điện tích ở
nguyên tử của nguyên tố được xem xét, khi cặp electron dùng chung lệch về phía ngun tử của
ngun tố có độ âm điện cao hơn. Theo quy ước này thì nguyên tử nguyên tố có số oxi hóa dương
sẽ gắn với cấu hình tương ứng với sự mất electron.Cấu hình càng bền thì số oxi hóa đó càng bền.
Ta có cấu hình electron của các nguyên tử các nguyên tố trên là: