BÀI TẬP HỌC SINH GIỎI QUỐC TẾ, QUỐC GIA VÒNG 2

2. Cho M là một kim loại hoạt động. Oxit của M có cấu trúc mạng lưới lập phương với
cạnh của ô mạng cơ sở là a = 5,555 Å. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O 2- chiếm đỉnh
và tâm các mặt hình lập phương, cịn ion kim loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các
hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400
g/cm3.
a) Tính số ion kim loại và ion O 2- trong một ô mạng cơ sở.
b) Xác định kim loại M và công thức oxit của M.
c) Tính bán kính ion kim loại M (theo nm) biết bán kính của ion O 2- là 0,140 nm.
d) Nêu cách điều chế oxit của M.

V2 (2013)


1. Dòng electron chuyển dời qua hiệu điện thế U có độ dài sóng là 6,1 pm. Tính U.
Ký hiệu độ dài sóng là λ, xung lượng của electron sẽ là p = h/λ
Tốc độ của electron là v, xung lượng của electron là p = mv
Động năng của electron là T = mv2/2 = Ueo
Từ các biểu thức (1), (2), (3) trên ta có:

(1)
(2)
(3)

6, 626.10−34 J .s )
(
h2
U= 2
=
= 4, 04.104V = 40, 4 kV
−12
2

−31
−19
λ .2meo (6,1.10 m) .2.(9,11.10 kg )(1, 602.10 C )
2

2. Thực nghiệm cho biết liên kết C-F có độ dài 141 pm, momen lưỡng cực là 1,4D. Liên
kết C-O có độ dài 143 pm, momen lưỡng cực là 1,2D.
a) Tính hiệu số momen lưỡng cực giữa lý thuyết và thực nghiệm của mỗi liên kết trên.
Tại sao lại có sự khác nhau này?
Theo lý thuyết, momen lưỡng cực của mỗi liên kết: μ = lq
(4)
Trong đó l là độ dài liên kết, cịn q là điện tích của ion liên kết này.
1, 41.10 −10 m.1, 602.10−19 C
µC − F =
= 6, 77 D
−30
3,335464.10
C
.
m
/
D
Vậy

1, 43.10 −10 m.1, 602.10 −19 C
= 6,87 D
3,335464.10 −30 C.m / D
Vậy ∆μC-F = (6,77 – 1,4)D = 5,37D; ∆μC-O = (6,87 – 1,2)D = 5,67D
Có ∆μ vì có sự khác nhau giữa điện tích của liên kết bằng 1 theo giả định của lý thuyết; cịn điện
tích của liên kết thực tế nhỏ hơn 1 (Vì liên kết khơng phân cực hồn tồn hay khơng phải 100%

là liên kết ion).

µC − O =

b) Dựa vào độ âm điện, hãy giải thích sự khác nhau về momen lưỡng cực và độ dài
của hai liên kết trên.
Độ âm điện là yếu tố chính ảnh hưởng đến trị số momen lưỡng cực và độ dài của mỗi liên kết.
Hiệu số độ âm điện ∆χ giữa hai nguyên tử tham gia liên kết càng lớn, độ dài liên kết càng ngắn
và ngược lại. Cụ thể liên kết C – F có ∆χC-F = 1,8; liên kết C – O có ∆χC-O = 0,8. Vậy ∆χC-F > ∆χCO → Liên kết C – F ngắn hơn liên kết C – O (có thể kết luận mức độ hay tính chất ion của liên
kết C – F cao hơn liên kết C – O).

c) Mức độ giải tỏa điện tích trên các nguyên tử tham gia liên kết có ảnh hưởng đến sự
khác nhau về momen lưỡng cực và độ dài của hai liên kết không? Giải thích
Cho 1D = 3,335464.10-30 C.m. Độ âm điện χ (theo Paoling) của F là 4,0, của O là 3,0,
của C là 2,2.
Mức độ giải tỏa điện tích trên các nguyên tử tham gia liên kết giữa hai liên kết này có sự khác
nhau: Trong liên kết C – O mức độ giải tỏa điện tích cao nên điện tích ít tập trung ở hai nguyên


tử tham gia liên kết, dẫn tới liên kết có độ dài lớn hơn (143 pm > 141 pm), và momen lưỡng cực
nhỏ hơn (μC-O = 1,2D < μC-F = 1,4D)

2. Electron π của liên kết đôi trong anken được xem như electron chuyển động tự do
trong giếng thế hai chiều. Biểu thức tính năng lượng của electron có dạng:
E xy =

2
h2  n2x ny 
+


÷
8m  L2x L2y ÷


Biết Lx, Ly là chiều dài mỗi cạnh của giếng thế.
nx , ny là số lượng tử chính của electron, là các số nguyên dương không phụ thuộc vào
nhau.
m là khối lượng electron; h là hằng số Planck
Xét một electron chuyển động trong một giếng thế hai chiều có L x = 8,00 nm, Ly =
5,00nm
a) Cho biết giá trị các số lượng tử chính của electron này ứng với ba mức năng lượng
thấp nhất đầu tiên.
2
h 2  nx2 n y 
Exy =
 + ÷
8m  L2x L2y ÷
 , các mức năng lượng E xy tỉ lệ nghịch với L2 và vì Lx > Ly
Từ phương trình
nên mức E21 (nx = 2, ny = 1) < E12 (nx = 1, ny = 2). Ba mức năng lượng theo thứ tự tăng dần là E 11
< E21 < E12. Các số lượng tử tương ứng với:
- Trạng thái cơ bản E11: nx = 1, ny = 1.
- Trạng thái kích thích thứ nhất E21: nx = 2, ny = 1.
- Trạng thái kích thích thứ hai: E12: nx = 1, ny = 2.

b) Tính bước sóng λ của bức xạ cần thiết để kích thích electron từ trạng thái kích thích
đầu tiên lên trạng thái kích thích thứ hai.
Tính λ

c
hc
⇒λ=
λ
∆E
2
2
2
2

h  1
2
17 h
E12 =
+
=
1,
756.10
8m  (8.10 −9 ) 2 (5.10 −9 ) 2 
8m

∆E = E12 − E21 = hv = h

E21 =

2

h 2  22
12
17 h

+
=
1,
025.10
8m  (8.10 −9 ) 2 (5.10 −9 ) 2 
8m

⇒ ∆E = E12 − E21 =
⇒λ =

h2
(6, 626.10 −34 )2
(1, 756.1017 − 1, 025.1017 ) = 7,31.1016
= 4, 4.10−21 J
−31
8m
8.9,11,10

hc 6, 626.10−34.2,9979.108
=
= 4,5.10 −5 m = 45000nm
−21
∆E
4, 4.10

V2 (2013)
Hiện tượng các ion khách xâm nhập vào mạng lưới tinh thể chủ và chiếm các vị trí
hốc trống trong mạng lưới tinh thể chủ xảy ra khá phổ biến. Quá trình này thường
diễn ra chậm và ở nhiệt độ cao. Tuy nhiên quá trình xâm nhập của cation Li + vào
mạng lưới tinh thể ReO 3 lại đặc biệt bởi chúng xảy ra khá nhanh ngay ở nhiệt độ

phòng. Trong tinh thể ReO 3, mỗi nguyên tử Re được bao quanh bởi 6 nguyên tử oxy
tạo nên những bát diện đều giống nhau. Biết rằng tinh thể ReO 3 thuộc hệ lập phương
(chiều dài mỗi cạnh là 0,374 nm), trong đó nguyên tử Re chiếm các vị trí đỉnh của
hình lập phương.
1. Hãy chứng minh rằng nguyên tử oxy chỉ có thể chiếm vị trí trung điểm tất cả các
cạnh của ơ mạng và vẽ một ô mạng cơ sở của tinh thể ReO 3.
Biện luận vị trí của O.

Do số phối trí của Re = 6 và tỉ lệ Re:O = 1:3 nên số phối trí của O = 6/3 = 2.
Như vậy một O sẽ phối trí với 2 Re, và cách đều hai Re vì các nguyên tử Re là tương đương.
Giả sử nguyên tử O1 (không nằm trên cạnh a) phối trí với 2 Re thuộc cạnh a thì trong ơ mạng
phía trên (hoặc phía dưới) cũng sẽ có nguyên tử O1’ tương đương với O1 cùng phối trí với


nguyên tử Re chung này. Góc liên kết O1ReO1’ ≠ 180o và ≠ 90o (= 90o thì O1 phải ở tâm của
hình lập phương, SPT = 8), như vậy khơng thỏa mãn điều kiện phối trí bát diện đều của Re. Và
đương nhiên phải nằm ở trung điểm vì nó cách đều hai Re ở hai đỉnh.
Kết luận: Các nguyên tử O nằm ở trung điểm của mỗi cạnh. Kiểm tra tỉ lệ Re:O trong một ô
mạng = 8.(1/8):12(1/4) = 1:3.
2. Giả sử tinh thể ReO 3 có bản chất ion. Cho biết bán kính của ion O 2- là 0,126 nm.
a) Tính bán kính của ion Re 6+.
2r(O2-) + 2r(Re6+) = a = 0,374 nm. Vậy r(Re6+) = (0,374 – 2.0,126)/2 = 0,061 nm.
b) Cation khách có kích thước lớn nhất bằng bao nhiêu để khi xâm nhập vào mạng
lưới tinh thể ReO 3 khơng làm thay đổi kích thước của ô mạng tinh thể? (Bỏ qua mọi
tương tác giữa ion này và tinh thể ReO 3).
Ion lạ xâm nhập sẽ chiếm vị trí trung tâm của ơ mạng cơ sở. Do vậy khoảng cách từ tâm đến
trung điểm mỗi cạnh tương ứng bằng r(O2-) + rion lạ = a/ 2 = 0,374/1,41 = 0,265 nm. Vậy bán
kính cực đại của ion lạ = 0,265 – 0,126 = 0,139 nm.
3. Ba chất rắn A1, A2, A3 được điều chế như sau:
Khuấy đều 0,937 g ReO 3 trong 10 mL C 4H9Li (butyl liti) 0,875 M trong n-hexan (phản

ứng được tiến hành trong môi trường trơ), lọc, thu được chất rắn màu nâu đỏ đậm A1.
Dịch lọc sau khi được pha loãng bằng n-hexan, thêm vài giọt nước cất, lắc đều rồi
thêm vào đó 50,00 mL dung dịch HCl 0,050M. Chuẩn độ lượng dư HCl trong dung
dịch thu được bằng dung dịch NaOH 0,175M thì thấy hết 10,00 mL.
Khuấy đều 0,496 g chất rắn A1 trong 10 mL etanol tuyệt đối cho tới khi khơng thấy khí
H2 thốt ra, lọc, thu được chất rắn màu nâu đỏi A2. Dịch lọc được chuẩn độ bằng
dung dịch HCl 0,100M thì thấy hết 20,00 mL.
Khuấy đều 0,937 g ReO 3 trong 10 mL LiI (liti iodua) 0,500 M trong axetonitrin (phản
ứng được tiến hành trong môi trường trơ). Sau một tuần lọc, thu được chất rắn A3.
Dịch lọc được chuẩn độ bằng dung dịch Na 2S2O3 0,050 M thì thấy hết 16,00 mL.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định công thức A1, A2, A3. Cho biết
ReO3, A1, A2, A3 đều không tan trong dung môi n-hexan, etanol và axetonitrin.
Xác định CT của A1, A2, A3
Khi Li+ xâm nhập vào mạng tinh thể làm dư điện tích dương, muốn điện tích trung hịa thì phải
kèm theo qúa trình tinh thể ReO3 bị khử (nhận electron) (Học sinh có thể dựa vào thí nghiệm 3
để kết luận điều này dựa vào sự có mặt của I2, do ReO3 oxy hóa I-)
Xác định CT của A1
Phản ứng xảy ra trong thí nghiệm 1:


ReO3 + xC4H9Li → Lix.ReO3 + x/2C8H18

(1)

C4H9Li + H2O → C4H10 + LiOH

(2)

(Ban đầu chỉ thêm vài giọt nước bởi phản ứng này khá mãnh liệt, có thể gây cháy, đặc
biệt khi dung môi là n-hexan).

LiOH + HCl → LiCl + H2O

(3)

HCl + NaOH → NaCl + H2O

(4)

nHCl phản ứng ở (4) = 10.0,175 = 1,75 mmol
nHCl phản ứng ở (3) = nLiOH = nBuLi dư = 50.0,05 – 1,75 = 0,75 mmol
nBuLi phản ứng ở (1) = 10.0,875 – 0,75 = 8,0 mmol
nReO3 phản ứng ở (1) = 0,937/234,2 = 4,0 mmol
nLi : nReO3 = 8:4
Do vậy công thức của A1 là Li2ReO3
Xác định CT của A2
A1 phản ứng với EtOH sinh ra khí H 2, như vậy A1 bị oxy hóa. Q trình giải phóng Li + sẽ xảy
ra.
Phản ứng xảy ra trong thí nghiệm 2.
Li2ReO3 + xEtOH → Li2-xReO3 + xLiOEt + x/2H2

(5)

LiOEt + H2O → LiOH + EtOH

(6)

LiOH + HCl → LiCl + H2O

(7)

Từ (6) và (7) ta có nLiOEt = nHCl = 20.0,1 = 2,0 mmol
n(Li2ReO3) = 0,496/248,2 = 2,0 mmol
nLiOEt : nLi2ReO3 = 1:1
Do vậy công thức của A2 là LiReO3
Xác định CT của A3
ReO3 phản ứng với LiI tạo I 2, như vậy ReO3 bị khử, tương ứng với quá trình xâm nhập Li + vào
mạng lưới ReO3.
ReO3 + xLiI → Li2-xReO3 + x/2I-

(8)

I2 + 2S2O32- → S4O62- + 2I-

(9)

Từ (9) nI2 = 0,5nNa2S2O3 = 16.0,05.0,5 = 0,4 mmol
nReO3 = 0,937/234,2 = 4,0 mmol
Từ (8) nI2 = nReO3 = x/2 = 0,4/4 = 0,1. Vậy x = 0,2


Do vậy cơng thức của A3 là Li0,2ReO3

b) Giải thích tại sao cấu trúc của ReO 3 hầu như không bị thay đổi trong tinh thể A3
nhưng lại bị biến dạng mạnh trong các tinh thể A1 và A2. Cho biết bán kính của cation
Li+ là 0,075 nm.
Do bán kính của Li+ (0,075 nm) bé hơn r max tính được ở câu 2b (0,138 nm) nên khoảng cách giữa Li + và
O2- cịn có thể rút ngắn. Năng lượng được lợi do sự có ngắn khoảng cách Li-O nếu đủ lớn có thể bù đắp
cho năng lượng cần thiết để gây biến dạng cấu trúc ban đầu của ReO 3 thì cấu trúc gốc bị biến dạng. Khi
giá trị x trong LixReO3 càng tăng thì năng lượng giải phóng do co ngắn Li-O càng lớn.
Thực nghiệm: Có ba pha bền trong hệ LixReO3:

0 < x < 0,35, hệ giữ nguyên cấu trúc của ReO3, Li+ phân bố ở các hốc lập phương.
x = 1,0 và 1,8 < x < 2, hệ bị biến dạng và Li+ chiếm các hốc bát diện.

V2 (2013)
1. Dựa vào thuyết VB hãy viết công thức cấu tạo của các phức chất sau: [Fe(CO) 5];
[Fe(CO)6]Cl2. Biết rằng chúng đều nghịch từ.

2. Thuyết VB không thể giải thích được một bazơ Lewis yếu như CO lại có khả năng
tạo phức chất tốt và tạo nên những phức chất carbonyl bền vững. Dựa vào cấu hình
electron của phân tử CO theo thuyết MO, hãy giải thích sự tạo thành liên kết bền giữa
kim loại và CO.
Cấu hình electron của CO:

σ s2σ s*2π xy4 σ z2π xy*0


Liên kết M – CO bền bởi vì ngồi liên kết σ cho nhận kiểu CO → M (giữa đôi e trên MO σz liên
kết của CO với obitan d trống của M) cịn có liên kết π kiểu M → CO (giữa đôi e trên obitan d
của M và MO phản liên kết π* trống của CO).
Liên kết sau đóng vai trị quyết định độ bền bất thường của liên kết M – CO mà thuyết trường
tinh thể, thuyết VB khơng giải thích được.
Như vậy CO dùng cả hai obitan σz và π* để hình thành liên kết phối trí.
3. Cho phản ứng: [Fe(CO) 5] + 2NO → [Fe(CO)2(NO)2] + 3CO
a) Giải thích tại sao có thể thay thế 3 phối tử CO bằng hai phối tử NO trong phản ứng
trên.
Giản đồ MO của NO:

σ s2σ s*2π xy4 σ z2π xy*1

Trên MO của phối tử NO có thêm một electron trên MO π*. Giống như CO, NO cũng dùng hai

obitan σz và π* để hình thành liên kết phối trí. Như vậy NO cho nguyên tử kim loại 3e (CO chỉ
cho 2e). Do đó hai phối tử NO có thể thay thế được ba phối tử CO.
b) Tìm một phức chất carbonyl (chỉ chứa phối tử CO) đồng điện tử với
[Fe(CO)2(NO)2]. Hãy dự đoán cấu trúc phân tử của [Fe(CO) 2(NO)2].
Phức chất đồng điện tử với [Fe(CO)2(NO)2] là [Ni(CO)4] hoặc [Fe(CO)4]2- (hoặc các chất khác).
Chúng đều là những phức chất tứ diện (có thể dùng thuyết VB để giải thích điều này). Do vậy
cấu trúc của [Fe(CO)2(NO)2] cũng được dự đoán là tứ diện.

PreO (2013)
Oxit than đá (Graphite oxide: GO) là một hợp chất thu được bằng cách xử lý than đá
với chất oxi hóa mạnh. Trong oxit than đá, các lớp cacbon tổ ong (hình 1) chứa các
nhóm chức có oxi.

Hình 1a. Cấu trúc của than đá. Oxit than đá vẫn giữ nguyên cấu trúc lớp của than đá, nhưng khoảng
cách giữa các lớp tăng gần gấp hai lần (~12 Å thay cho 6,69 Å của than đá). Một số các nguyên tử
cacbon bị oxi hóa.


Công thức mạng lưới phân tử của oxit than đá là CO xHy, trong đó x và y phụ thuộc vào
phương pháp oxi hóa. Trong những năm gần đây, oxit than đá thu hút sự quan tâm vì
có thể coi nó là tiền thân (tiền chất) của graphene (là vật liệu nano cacbon cấu trúc
khơng gian hai chiều, có chiều dày là kích thước ngun tử, có tính chất điện đặc
trưng). Sự tách lớp của oxit than đá cho các lớp mỏng oxit graphene.

Hình 1b. Một lớp đơn của mạng lưới tinh thể oxit than đá. Một vài nguyên tử oxi trong các nhóm chức
được chỉ ra. Số lượng các nhóm chức trong oxit than đá phụ thuộc vào cách thức oxi hóa.

Q trình khử các lớp của oxit than đá cho ra sản phẩm graphene.
1. Hãy nêu hai lý do giải thích tại sao oxit than đá là tiền chất phù hợp hơn để tạo ra
graphene? So sánh oxit than đá với than đá trong quá trình sản xuất graphene? Theo

bạn việc sản xuất graphene từ oxit than đá gặp vấn đề khơng phù hợp nhất là gì?
Trong oxit than đá khoảng cách giữa các lớp lớn hơn. Khả năng tách lớp của oxit than đá trở nên dễ dàng
hơn. Than đá là chất kỵ nước, trong khi đó oxit than đá là ưa nước vì tồn tại các nhóm chức. Điều này làm
cho oxit than đá có thể tan trong nước, nó là rất quan trọng trong quá trình tách lớp hóa học.
Điều khơng phù hợp nhất của oxit than đá khi dùng nó như một tiền chất của graphene chính là sản phẩm
tạo thành khi khử các lớp đơn oxit than đá chứa nhiều khuyết tật, sản phẩm graphene chứa nhiều khuyết
tật trong cấu trúc.

2. Mơ hình về lớp đơn oxit than đá đơn giản nhất (mô hình Hoffman) được chỉ ra dưới
đây:

Hình 2a. Mơ hình Hoffman cho cấu trúc của oxit than


Nó được giả sử rằng các nhóm chức chỉ bao gồm một loại, gọi là epoxy (-O-) được tạo
ra trong mặt phẳng cacbon giống như kết quả quá trình oxi hóa than đá.
- Tính giá trị x trong cơng thức CO x của oxit than đá nếu 25% các nguyên tử cacbon
trong oxit than đá vẫn giữ lai hóa sp2.
- Giá trị x đạt lớn nhất trong mơ hình Hoffman bằng bao nhiêu?
Có 25% các ngun tử cịn lại trong oxit than đá có lai hóa sp 2, có nghĩa là những nguyên tử này
không liên kết với oxy nguyên tử. 75% các nguyên tử cacbon tạo liên kết với oxy. Mỗi nguyên tử
oxi liên kết với một cặp các nguyên tử cacbon. Công thức kinh nghiệm phải là CO 0,375. Giá trị x
lớn nhất trong mẫu Hoffman là 0,5. Cơng thức kinh nghiệm là CO0,5.
3. Một mơ hình hiện đại của lớp đơn oxit than đá (mơ hình Lerf-Klinowski) được chỉ ở
hình 2b. Chỉ ra các nhóm chức chứa trong mơ hình này?
Có bốn nhóm chức: phenol (OH - sp 2), hiđroxi (OH - sp 3) và epoxy trong mặt phẳng cơ bản và nhóm
chức axit cacboxylic tại các cạnh.

4. Coi như tất cả các lớp oxit than đá giống như mơ hình Lerf-Klinowski. Cơng thức
thực nghiệm của vật liệu là CH0,22O0,46. Tính hàm lượng phần trăm số nguyên tử cacbon

chưa bị oxi hóa. Chỉ ra giới hạn trên và giới hạn dưới? (coi như chỉ có các nguyên tử
cacbon nằm trong mặt phẳng các hình lục giác).

Hình 2b. Mơ hình Lerf - Klinowski cho cấu trúc của oxit than

Mỗi nguyên tử hiđro tương ứng với một nguyên tử cacbon bị oxi hóa. 22% các nguyên tử cacbon liên kết
với nhóm hiđroxi hoặc phenol, hoặc trong nhóm axit cacboxylic. Cho tất cả các nguyên tử hiđro nằm
trong nhóm axit cacboxylic. Khi đó 44% các nguyên tử oxy nằm trong nhóm axit cacboxylic và 2% nằm
trong nhóm epoxy. Trong trường hợp này: 22%+2.2% = 26% các nguyên tử cacbon bị oxi hóa. 74% tổng


số các nguyên tử cacbon không tạo liên kết với oxi. Đây là giới hạn trên. Cho tất cả các nguyên tử hiđro
đều nằm trong nhóm hiđroxi hoặc phenol. Có nghĩa là trong oxit than đá khơng chứa nhóm chức axit
cacboxylic. Vậy nên 24% các nguyên tử oxy nằm trong nhóm epoxy. Trong trường hợp này: 22% +
2.24% = 70% các nguyên tử cacbon liên kết với oxy. 30% các ngun tử cacbon khơng bị oxi hóa. Đây là
giới hạn dưới.

5. Oxit than đá hấp thụ nước giữa các lớp của chúng. Đó là một trong các tính chất
quan trong nhất của vật liệu này. Sự hấp thụ xảy ra do hình thành các liên kết hiđro
giữa các phân tử nước và các nhóm chức: (hình 3).
Nếu cơng thức thực nghiệm của oxit than đá là CH 0,22O0,46 thì số phân tử nước ứng với
một nguyên tử cacbon tối đa có thể bị hấp thụ là bao nhiêu? Tìm cơng thức thực
nghiệm của oxit than đá ngậm nước trong trường hợp này? Sử dụng mơ hình LerfKlinowski. Hãy chỉ xem xét các điểm nối trong hình 3 (một phân tử nước giữa hai phân
tử oxi hoặc/và giữa hai nhóm OH)

Hình 3. Mạng lưới liên kết hiđro được tạo thành giữa các nhóm chức chứa oxy trong oxit than và nước.

Các nhóm chức axit khơng tham ra tạo liên kết hiđro trong mạng lưới liên kết (hình 3). Nó có
nghĩa là số lượng lớn nhất của nước hấp thụ sẽ đạt đến trong trường hợp khơng có mặt nhóm axit
trong oxit than đá. Khi đó mỗi cặp của các nguyên tử hiđro tạo giữ một phân tử nước (0,11), và

mỗi cặp của nhóm epoxy cũng giữ một phân tử nước (0,46 − 0,22)/2 = 0,12. Do đó tổng cộng sẽ
có 0,23 phân tử nước ứng với một nguyên tử cacbon. Vậy, cơng thức kinh nghiệm của oxit than
chì ngậm nước là CH0,22O0,46.0,23H2O.

SV (2014)
a) Trong quá trình luyện gang, thép; một lượng nhỏ cacbon thường xâm nhập vào các
pha tinh thể của sắt. Khi cacbon xâm nhập vào tinh thể Fe-α (có cấu trúc lập phương
tâm khối), các nguyên tử cacbon có thể chiếm vị trí tâm mặt của ơ mạng cơ sở. Cho


biết bán kính kim loại của Fe-α là 0,124nm; bán kính cộng hóa trị của cacbon là
0,077nm. Hỏi độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở sẽ tăng thêm bao nhiêu khi Fe- α có
chứa cacbon so với Fe-α ở trạng thái nguyên chất. Tính tương tự cho Fe-γ có cấu trúc
lập phương tâm mặt; biết rằng các nguyên tử cacbon có thể chiếm vị trí tâm của ơ
mạng cơ sở; bán kính kim loại của Fe-γ là 0,128nm. So sánh khả năng xâm nhập của
cacbon vào hai loại tinh thể của sắt trên.

b) Bằng thuyết lai hóa VB giải thích sự tạo thành liên kết trong phân tử CO và phức
chất Fe(CO)5.


V1 (2014)
1. Cho các ion sau đây: He+, Li2+, Be3+.
En = -13,6

Z2
n2

a) Áp dụng biểu thức tính năng lượng:
(có đơn vị là eV); n là số lượng tử

chính, Z là số điện tích hạt nhân, hãy tính năng lượng E 2 theo đơn vị kJ/mol cho mỗi ion
trên (trong đáp số có 4 chữ số thập phân).
b) Có thể dùng trị số nào trong các trị số năng lượng tính được ở trên để tính năng
lượng ion hóa của hệ tương ứng? Tại sao?
c) Ở trạng thái cơ bản, trong số các ion trên, ion nào bền nhất, ion nào kém bền nhất?
Tại sao?


2. Thực nghiệm cho biết đồng tinh thể có khối lượng riêng D = 8,93 g/cm 3; bán kính
nguyên tử đồng là 128 pm. Đồng kết tinh theo mạng tinh thể lập phương đơn giản hay
lập phương tâm diện? Tại sao?

131
53

I

3. Đồng vị
130
52

Te

130
52

Te

dùng trong y học thường được điều chế bằng cách bắn phá bia chứa

bằng nơtron trong lò phản ứng hạt nhân, Trong phương pháp này, trước tiên
131
52

Te

nhận 1 nơtron chuyển thành
, rồi đồng vị này phân rã β - tạo thành
phương trình các phản ứng hạt nhân xảy ra khi điều chế 131I.

131
53

I

. Viết


V2 (2014)
1. 32P phân rã β- với chu kỳ bán rã 14,26 ngày được ứng dụng nhiều trong y học, nơng
nghiệp, sinh học và hóa phân tích.
Để xác định lượng axit H3PO4 được tạo ra trong bình phản ứng R mà khơng phải tách
tồn bộ lượng H3PO4 ra khỏi R, một dung dịch chứa axit photphoric đã đánh dấu hoàn
toàn (H332PO4 khơng chứa các đồng vị khác của P) có hoạt độ phóng xạ 394,6.10 -4 μCi
được đưa vào R. Sau khi khuấy trộn kỹ để chất đánh dấu phân bố đều trong toàn bộ
dung dịch của R, một thể tích nhỏ của dung dịch được lấy ra khỏi R. Axit photphoric có
trong thể tích nhỏ này được kết tủa định lượng dưới dạng Mg 2P2O7 (magie
pyrophotphat). Lượng kết tủa cân nặng 30,6 mg có hoạt độ phóng xạ 3,03.10 -4 μCi.
a) Tính hoạt độ phóng xạ riêng của photpho trong dung dịch H 332PO4 dùng để đánh dấu
trước khi đưa vào bình phản ứng R.

A = 394,6.10-4 μCi = 394,6.10-4.10-6.3,7.10-10 = 1,46.103 Bq
Khối lượng (mg) 32P có trong mẫu:

m(32 P) = 32.

A.t1/ 2 .1000
1, 46.103.14, 26.24.3600.1000
=
32.
= 1,38.10 −10 ( mg )
6, 022.1023.ln 2
6, 022.10 23.0, 693

Hoạt độ phóng xạ riêng của P trong chất đánh dấu, trước khi cho vào bình phản ứng R:
As1 = 394,6.10-4 : 1,38.10-10 = 2,86.108 μCi / mg(P)
b) Tính khối lượng photpho có trong kết tủa Mg2P2O7.
Lượng P có trong 30,6 mg kết tủa Mg2P2O7: m(P) = 30,6/(62/222) = 8,54 mg
c) Tính hoạt độ phóng xạ riêng của P trong kết tủa.
Hoạt độ phóng xạ riêng của P trong kết tủa Mg2P2O7
As2 = 3,03.10-4 : 8,54 = 3,55.10-5 μCi / mg(P)
d) Tính khối lượng axit photphoric ban đầu trong bình phản ứng R.
Hoạt độ phóng xạ riêng ở đây được định nghĩa là hoạt độ phóng xạ của một đơn vị khối
lượng chất phóng xạ.


Cho biết: 32P = 32; 1Ci = 3,7.1010 Bq (phân rã/s); 1μCi = 10-6Ci
Chất đánh dấu đã được khuấy trộn để phân bố đều trong bình phản ứng R. Hoạt độ phóng xạ
riêng của bất kỳ phần dung dịch nào lấy ra từ R cũng bằng hoạt độ phóng xạ riêng của tồn dung
dịch. Hoạt độ phóng xạ riêng của P trong kết tủa Mg 2P2O7 cũng chính là hoạt độ phóng xạ riêng
của tồn bộ P trong bình phản ứng sau khi đã trộn thêm chất đánh dấu.

Khối lượng 32P đánh dấu đã thêm vào bình phản ứng là 1,38.10 -10 mg. Gọi x là khối lượng (mg) P
trong H3PO4 khơng phóng xạ có trong bình phản ứng (tức là khối lượng phải xác định), ta có
tổng lượng P trong bình phản ứng R sau khi đã đánh dấu là x + 1,38.10-10 (mg).
Hoạt độ phóng xạ của bình R cũng là hoạt độ mà chất đánh dấu mang vào. Vì thế hoạt độ phóng
xạ riêng của P trong bình R sau khi đánh dấu là:

As 2 =

394, 6.10 −4 µ Ci
x + 1,38.10 −10 mg

So sánh với kết quả tính As2 tại mục c) ta có: As2 = 3,55.10-5 μCi / mg(P)
Bỏ qua 1,38.10-10 bên cạnh x ta được
 µ Ci  394, 6.10−4
3,55.10−5 
⇒ x = 1112mg = 1,112 g
÷=
x
 mg ( P ) 
Khối lượng axit photphoric khơng phóng xạ có trong bình phản ứng R là: 1,112x(98/31) =
3,515(g)

2. Dao động của phân tử hai nguyên tử dạng A-B, có độ dài liên kết khơng đổi được gọi
là dao động điều hòa. Tần số dao động của phân tử νdđ (s-1) được tính theo cơng thức
ν dd =

1 k
2π µ

(1). Trong đó k là hằng số lực (N/m), đặc trưng cho độ bền liên kết (k càng

lớn liên kết càng bền); μ là khối lượng rút gọn của phân tử được tính theo cơng thức

µ=

mAmB
mA + mB

(2).

Năng lượng dao động của phân tử (Ev) bị lượng tử hóa, được tính theo cơng thức:
1

E v = hvdd  v − ÷
2

Ở đây ν là các số lượng tử dao động (ν = 0, 1, 2...)

(3)


Khi nghiên cứu 1H35Cl và 1H79Br (pha khí) thực nghiệm cho thấy ứng với sự chuyển
mức năng lượng ν = 0 lên ν = 1 chúng hấp thụ bức xạ có số sóng tương ứng là 2885
cm-1 và 2650 cm-1.
Cho biết 1H = 1,0078; 35Cl = 34,97; 79Br = 78,92.
a) Xác định hằng số lực k đối với hai phân tử HCl và HBr nêu trên.
Xác định hằng số lực đối với hai phân tử 1H35Cl và 1H79Br
Trước tiên xác định khối lượng rút gọn của hai phân tử:
Từ công thức (2) ta có:
Đối với phân tử 1H35Cl:

µ HCl =

mH mCl
1, 0078.34,97
10 −3
=
.
= 1, 63.10 −27 ( kg )
23
mH + mCl 1, 0078 + 34,97 6, 022.10

Đối với phân tử 1H79Br:

µ HBr =

mH mBr
1, 0078.78,92
10−3
=
.
= 1, 65.10 −27 ( kg )
23
mH + mBr 1, 0078 + 78,92 6, 022.10

2
2
Từ công thức (1) ta có: k = (vdd 2π ) µ = (cv 2π ) µ

Thay số vào biểu thức trên ta được
kHCl = (3.108.288500.2.3,14)2.1,63.10-27 = 480,6 (N/m)

kHBr = (3.108.265000.2.3,14)2.1,65.10-27 = 411,9 (N/m)
b) So sánh độ bền của liên kết H–Cl và H–Br. Giải thích.
Nhận xét:
Hằng số lực của HCl lớn hơn so với HBr chứng tỏ liên kết H – Cl mạnh hơn so với liên kết H –
Br. Điều này có thể lý giải do bán kính của ngun tử Br lớn hơn so với Cl, do đó:
(1) Độ dài liên kết H – Br lớn hơn H – Cl.
(2) Sự xen phủ obitan p của nguyên tử halogen với obitan s của nguyên tử hydro ở phân tử HBr
kém hơn so với phân tử HCl dẫn đến mật độ e giữa hai nguyên tử H và Br nhỏ hơn giữa hai
nguyên tử H và Cl.

V2 (2014)


1. Cấu trúc electron của vật liệu ngưng tụ thường là khác so với nguyên tử cô lập.
Chẳng hạn các mức năng lượng của chuỗi một chiều của các nguyên tử Natri được
biểu diễn ở các hình dưới đây:

Các hình trên chỉ ra những sự thay đổi của mức năng lượng của các trạng thái bắt
nguồn từ mức 3s của natri. Khoảng cách giữa các mức năng lượng giảm xuống khi số
nguyên tử Na tăng lên. Khi số nguyên tử natri (N) vơ cùng thì khoảng cách giữa các
mức năng lượng trở nên rất nhỏ, không đáng kể so với năng lượng nhiệt. Các electron
3s của natri đang chiếm cứ các mức năng lượng thấp có thể dời lên các mức năng
lượng cao dẫn tới đặc tính của kim loại. Bởi vậy các electron 3s có thể được coi là
những hạt tự do chuyển động trong hộp thế một chiều.
a) Năng lượng của các electron chuyển động tự do trong hộp thế một chiều được xác
định theo hệ thức:
En =

n2h2
8mL2

(n = 1, 2, 3, ···)

Trong đó n là số lượng tử chính, h là hằng số Planck, m là khối lượng electron, L là
chiều dài của các chuỗi nguyên tử Na một chiều, L = a0(N-1) với N là số các nguyên tử
Na và a0 là khoảng cách gần nhất giữa hai ngun tử cạnh nhau. Tìm biểu thức tính
năng lượng của mức cao nhất bị chiếm.
a) Cho rằng 1,00 mg Na tạo ra chuỗi một chiều với a0 = 0,360 nm. Hiệu giữa mức năng
lượng thấp nhất và cao nhất đều có electron là bao nhiêu?
Vì một trạng thái riêng bị chiếm bởi 2e có spin trái dấu (spin lên và xuống), số lượng tử n của
mức bị chiếm cao nhất là N/2 với N chẵn và (N+1)/2 với N lẻ. Chiều dài L của chuỗi: L = a0(N1). Từ cơng thức tính En ta có mức năng lượng cao nhất có electron là:
EN =
2

N 2h2
32ma02 ( N − 1) 2

E N +1 =

với N chẵn

2

( N + 1) 2 h 2
32ma02 ( N − 1) 2

với N lẻ

b) Nếu hiệu các mức năng lượng cao nhất có electron và thấp nhất khơng có electron
là 4.10-21J thì số ngun tử Na (N) bằng bao nhiêu? Biết N là một số chẵn.

Hiệu hai mức năng lượng thấp nhất và cao nhất đều có electron

Biểu thức năng lượng lúc này có dạng

h2
E N − E1 =
32ma02
2

 N2 −4 

2 
 ( N − 1)  với N chẵn


E N +1 − E1 =
và

2

h2
32ma02

 ( N + 1) 2 − 4 


2
 ( N − 1)  cho N lẻ

Số nguyên tử Na hiện diện trong 1.00 mg Na sẽ là

N = 6.02 × 10 23 ×

1.00 × 10 −3
= 2.617 × 1019
23.0

(nguyên tử). Do N rất lớn nên khoảng chênh lệch năng lượng giữa hai trường hợp sẽ là:
h2
= 1.16 × 10 −19
32ma02
J .
c) Nếu hiệu các mức năng lượng cao nhất có electron và thấp nhất khơng có electron là
4.10-21J thì số ngun tử Na (N) bằng bao nhiêu? Biết N là một số chẵn.
Khoảng cách năng lượng cho N chẵn là

∆E = E N − E N
2

+1

2

; khi sử dụng phương trình nhận được ở

câu (a), thì phương trình tính khoảng cách năng lượng được viết lại là

∆E =

h 2  ( N + 2) 2 − N 2 

h 2 ( N + 1)
=


32ma02  ( N − 1) 2  8ma02 ( N − 1) 2
.

h 2 ( N + 1)
∆E =
= EThermal
8ma02 ( N − 1) 2
Giải phương trình được
= 4.10-21 (J).
( N − 1) 2
h2
=
= 116 .2
2
N
+
1
8
ma
E
0
Thermal
Phương trình được viết ở dạng
.
2
Như vậy lúc này ta có phương trình bậc bốn N − 118 .2 N − 115 .2 = 0 , và giải phương trình này

được N = 119.2. Tức cần ít nhất 120 nguyên tử Na để ∆E = ELUMO - EHOMO = 4.10-21 (J)
2. a) Momen từ của dung dịch (nước) Fe(III) giảm từ ~6,0 BM (Bohr magneton) xuống
~1,8 BM khi thêm lượng dư CN- vào dung dịch Fe(III). Hãy giải thích sự thay đổi
momen từ nói trên theo thuyết trường phối tử (hay thuyết trường tinh thể).
Trong dung dịch nước, Fe(III) tạo phức bát diện [Fe(OH2)6]3+. Khi thêm CN- vào với lượng dư sẽ
tạo thành [Fe(CN)6]3- do phức này rất bền. Theo thuyết trường phối tử (thuyết trường tinh thể),
trong trường bát diện, mức năng lượng d bị tách thành hai mức: t2g (gồm dxy, dxz, dyz) và eg (gồm
d x2 − y2 , d z2

). [Fe(H2O)6]3+ là phức spin cao, có cấu hình t2g3eg2, có 5e độc thân:

µ = n(n + 2) = 5(5 + 2) = 5,9 ≈ 6 BM
[Fe(CN)6]3- là phức spin thấp, có cấu hình t2g5eg0, có 1e độc thân và có:


µ = n( n + 2) = 1(1 + 2) = 1, 73BM
b) Cả Fe(II) lẫn Fe(III) đều tạo thành phức chất bát diện bền với CN -. Bằng phương
pháp phổ người ta đã xác định được độ dài liên kết Fe-C trong [Fe(CN) 6]4- là 192 pm và
trong [Fe(CN)6]3- là 193 pm. Hãy giải thích sự khác biệt về độ dài liên kết đó theo thuyết
obitan phân tử.
Giản đồ các mức năng lượng các MO của CN-

Cấu hình electron: σs2σ*s2πxy4σz2 π*xy0σ*z0
Trong phức [Fe(CN)6]3-, phối tử CN-, ngoài tạo liên kết σ với nguyên tử trung tâm kiểu L
→ M cịn có các MO-π* trống có năng lượng tương đối cao, có thể tạo liên kết π với các obitan
d 2 2 ,d 2
có tính đối xứng π là x − y z của nguyên tử trung tâm theo kiểu M → L (liên kết cho nhận
ngược). Nói cách khác CN- có MO trống có năng lượng tương đối cao nên nó là phối tử π nhận
(tạo thành liên kết π cho).

Liên kết π có tác dụng tương hỗ với liên kết σ làm cho phức rất bền. Do Fe3+ có mật độ
điện tích dương lớn hơn Fe 2+ nên sự chuyển electron theo kiểu M → L của Fe3+ yếu hơn Fe2+ làm
cho liên kết M → L trong phức này của Fe(III) kém bền hơn trong phức của Fe(II). Do vậy liên
kết Fe – C trong phức chất [Fe(CN)6]4- có độ dài ngắn hơn trong phức chất [Fe(CN)6]3-.
3. Ô mạng tinh thể của niken(II) oxit là một hình lập phương có cạnh bằng 420,6 pm.
Khối lượng riêng của niken(II) oxit xấp xỉ bằng 6520 kg.m -3.
a) Mô tả cách sắp xếp các ion Ni2+ và O2- trong mạng tinh thể.


Mô tả cách thức sắp xếp các ion trong mạng tinh thể:
n.M NiO
ρ .a 3 6920.(420, 6.10−12 )3
ρ=
⇒n=
=
= 3,91 ≈ 4
74, 69.10−3
a3
M
6, 022.1023
Vậy NiO có kiểu mạng tinh thể lập phương giống NaCl.
b) Tính giới hạn trên của tỉ số bán kính r(Ni2+):r(O-).
Trong tinh thể NiO, mỗi loại ion hình thành mạng lập phương tâm mặt, hai mạng này lồng vào
nhau, cách nhau một khoảng a/2 (a là cạnh ô mạng đơn vị). Nếu tịnh tiến một mạng ion này đi
một đoạn a/2 và giữ yên mạng của ion kia thì hai mạng này sẽ trùng lên nhau.
Trong mạng tinh thể NiO kiểu NaCl có 0,414 ≤ (r+ : r-) ≤ 0,732. Do đó giới hạn trên của tỉ số
r(Ni2+) : r(O2-) = 0,732.
c) Tính khối lượng riêng chính xác của niken(II) oxit.
Khối lượng riêng đúng của NiO sẽ là:
4.M NiO

4.74, 69.10−3
ρ=
=
= 6668(kg / m3 )
3
23
−12 3
a
6, 022.10 (420, 6.10 )

V2 (2014)
a) Phức chất A là phức chất của Pt(II) có cấu trúc vng phẳng, chứa Pt, NH 3 và Cl với
% khối lượng lần lượt là 65,00%; 11,33% và 23,67%. Viết công thức cấu trúc của phức
chất thỏa mãn điều kiện trên, biết phân tử khối của A nhỏ hơn 1000.
65, 0 23, 67 11,33
=
=
≈ 1: 2 : 2
195
35,5
17
Tỉ lệ Pt : NH3 : Cl =
Các phức chất A có cơng thức phân tử là [Pt(NH3)2Cl2]n (M = 300n)
Vì khối lượng phân tử của phức chất này nhỏ hơn 1000u nên n = 1 hoặc n = 2 hoặc n = 3.
Nếu n = 1: công thức phân tử là [Pt(NH3)2Cl2] có hai đồng phân cis và trans.

Nếu n = 2: cơng thức phân tử là Pt2(NH3)4Cl4, có hai đồng phân [Pt(NH3)4][PtCl4] và
[Pt(NH3)3Cl][PtCl3(NH3)]

Nếu n = 3: công thức phân tử là Pt3(NH3)6Cl6: có 2 đồng phân:

[Pt(NH3)4][PtCl3(NH3)2]2 ; [Pt(NH3)3Cl]2[PtCl4]
b) Khi cho phức chất cis-[Pt(NH3)2Cl2] (cấu trúc vuông phẳng) tương tác với
tetrametylen diamin (tetraen) người ta tách ra được một phức chất hai nhân B của Pt(II)
có công thức [Pt2Cl4(NH3)2(tetraen)] (B). Kết quả thử nghiệm cho thấy chất B có khả
năng kháng tế bào ung thư cao. Viết cơng thức cấu tạo, mơ tả sự hình thành liên kết
(theo thuyết VB) trong phức chất B.
cis-[Pt(NH3)2Cl2] + H2N – (CH2)4 – NH2 → [Pt2Cl4(NH3)2(tetraen)] (B)
Cấu trúc bền của B:

Vì chất đầu có cấu hình cis nên trong phức chất B 2 nguyên tử Cl cũng ở vị trí cis, phần
tetrametylendiamin làm cầu nối giữa hai nguyên tử trung tâm Pt.
Mơ tả sự hình thành liên kết (theo thuyết VB) trong phức chất Pt2+ [Xe]5d8
c) Khi nghiên cứu cơ chế phản ứng thế phối tử trong phức chất vuông phẳng người ta
nhận thấy rằng tốc độ thay thế phối tử X bởi một phối tử Y chịu ảnh hưởng của phối tử
Z (Z nằm ở vị trí trans so với X). Nếu Z càng hoạt động về ảnh hưởng trans thì X càng
linh động và càng dễ bị thế:

Từ K2[PtCl4], viết sơ đồ điều chế phức chất cis và phức chất trans-[Pt(C2H4)(2-ampy)Cl2]
(trong đó 2-ampy là 2-aminopyridin). Biết thứ tự ảnh hưởng trans của các phối tử C 2H4
> Cl > 2-ampy. Trong phức chất trên, nguyên tử kim loại trung tâm Pt liên kết với phối tử
2-aminopyridin qua nguyên tử nitơ nào? Giải thích.
Cho biết: Cấu hình electron của Pt: [Xe]4d 145d96s1.
Sơ đồ phản ứng điều chế phức chất cis
+ C2 H 4
2− ampy
K 2 [ PtCl4 ] →
K [ Pt (2 − ampy )Cl3 ] 
→ cis − [ Pt (C2 H 4 )(2 − ampy )Cl2 ]

Vì Cl có ảnh hưởng trans mạnh hơn 2-ampy nên ngun tử Cl ở vị trí trans với Am khó bị thế,
phản ứng thế tiếp theo C2H4 thế vào nguyên tử Cl ở vị trí cis so với Am tạo ra đồng phân cis.
Sơ đồ phản ứng điều chế phức chất trans
C2 H 4
2 − ampy
K 2 [ PtCl4 ] 
→ K [ Pt (C2 H 4 )Cl3 ] →
trans − [ Pt (C 2 H 4 )(2 − ampy )Cl2 ]

Vì C2H4 có ảnh hưởng trans mạnh hơn Cl- nên nguyên tử Cl ở vị trí trans so với C2H4 dễ bị thế,
phản ứng thế tiếp theo 2-ampy thế vào nguyên tử Cl ở vị trí trans so với C2H4 tạo ra đồng phân
trans.
Trong phức chất trên, nguyên tử kim loại trung tâm Pt liên kết với phối tử 2-aminopyridin qua
ngun tử N của dị vịng pyridin mà khơng liên kết qua nguyên tử N của nhóm NH 2 vì cặp
electron chưa liên kết của nguyên tử N trên nhóm NH 2 đã bị vịng pyridin hút nên mật độ
electron giảm, khó có khả năng tạo phức. Cịn cặp electron chưa liên kết trên nguyên tử N của
vòng pyridin (nằm trên obitan lai hóa sp 2), mật độ electron lớn hơn nên dễ tạo liên kết phối trí
với nguyên tử kim loại trung tâm.

V1 (2015)
1. Cho chất N≡SF3 lỏng tác dụng với [XeF][AsF 6], thu được sản phẩm là [F 3SN-XeF]
[AsF6] (1). Ở trạng thái rắn, khi bị đun nóng, (1) chuyển thành [F 4SN-Xe][AsF6] (2). Phản
ứng của (2) với HF, thu được sản phẩm [F 5SN(H)-Xe][AsF6] (3), [F4SNH2][AsF6] (4) và
XeF2.
a) Sử dụng mơ hình sự đẩy của các cặp electron hóa trị (VSEPR), đề xuất cấu trúc của
[AsF6 ]−

anion

, cation trong các hợp chất (1), (2), (3), (4) và cho biết (có giải thích) cation
nào có liên kết giữa S và N ngắn nhất, dài nhất.
Theo đầu bài, thành phần của hợp chất Z chỉ có thể gồm H, N và O, phân tử khối của Z là 44u.
Vậy cơng thức phân tử của nó chỉ có thể là N2O. Ứng với cơng thức phân tử đó có 4 công thức
thỏa mãn quy tắc bát tử, tức là 4 công thức Lewis biểu diễn 3 cấu tạo I, II và III.


Chỉ có cấu tạo I là phù hợp với số liệu về độ dài liên kết vì độ dài liên kết NO gần như
trùng với liên kết NO trong N2O4, chứng tỏ liên kết NO ở cả hai chất đều là cộng hưởng giữa liên
kết đơn N – O và liên kết đôi N = O, đồng thời liên kết NN ở I là cộng hưởng giữa liên kết đôi
N=N và liên kết ba nên nó ngắn hơn nhiều so với liên kết đơn N – N ở N2O4 và ngắn hơn liên kết
NO ở I, tức là có thể biểu diễn như công thức IV.
Ở cấu tạo I, nguyên tử N đứng giữa (N và O) ở trạng thái lai hóa sp nên phân tử N2O có
cấu trúc thẳng hàng như I hoặc IV.

(Ở cấu tạo III chỉ có liên kết NO mà khơng có liên kết NN và khoảng cách NN gấp đôi độ
dài liên kết NO. Ở cấu tạo II cả hai liên kết NO đều là liên kết đơn nên độ dài liên kết không thể
giống như liên kết NO trong N2O4 được).
b) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử lưu huỳnh trong các hợp chất (1), (2), (3) và
(4).
Sự tạo thành kết tủa Ag2N2O2 khi thêm bạc nitrat vào hỗn hợp sản phẩm và phản ứng Ag 2N2O2 +
HCl → H2N2O2 + AgCl cho thấy H2N2O2 là axit hai nấc tương ứng với anion N2O22-, suy ra cấu
tạo của Y là HO – N=N – OH. Dù ban đầu Y là đồng phân E hay Z thì do ở dạng đồng phân hỗ
biến, nhóm N=O quay tự do quanh liên kết đơn N – N nên trong dung dịch nước sẽ tồn tại cả 3
cấu trúc sau:

c) Đề xuất sơ đồ phản ứng để giải thích sự phân hủy của Y trong dung dịch nước.
Có thể có các sơ đồ sau:
Sơ đồ thứ nhất: Sau khi phân ly nấc thứ nhất, anion HON2O- tách ion OH- để giải tỏa điện tích
âm, khí N2O sinh ra làm chuyển dịch cân bằng về phía phải:

Sơ đồ thứ hai: Axit HON2OH bị proton hóa tạo điều kiện cho OH đi ra dưới dạng phân tử
H2O, sau đó H+ bị loại đi để giải tỏa điện tích dương tạo ra phân tử trung hịa thốt khỏi dung
dịch:


Như đã biết, axit nitric là axit mạnh vì nguyên tử N đính với 3 nguyên tử O, axit nitrơ là
một axit yếu (pKa = 3,3) vì N đính với 2 O. Ở HO – N = N – OH, nguyên tử N chỉ đính với 1 O
nên chắc chắn là axit yếu hơn nhiều, nó khó có thể bị proton hóa như bước đầu tiên ở sơ đồ thứ
hai.
Vì vậy trong nước thì Y sẽ phân hủy theo sơ đồ thứ nhất, khi cho thêm axit mạnh thì nó
sẽ phân hủy theo sơ đồ thứ hai.
d) Viết các phương trình phản ứng tạo thành X, T và chỉ rõ sự khác nhau giữa hai hợp
chất đó.
Hãy viết các phương trình phản ứng tạo thành X, tạo thành T và chỉ rõ sự khác nhau giữa hai hợp
chất đó. Phản ứng tạo thành X.
2NaNO2 + 4Na(Hg) + 2H2O → Na2N2O2 + 4NaOH + 4Hg
(1)
Na2N2O2 + 2AgNO3 → Ag2N2O2 (X) + 2NaNO3
(2)
Phản ứng tạo thành T:
N2O + Na2O → Na2N2O2
(3)
Na2N2O2 + 2AgNO3 → Ag2N2O2 (T) + 2NaNO3
(4)
Phản ứng (2) và (4) là phản ứng trao đổi ion nên không làm thay đổi cấu trúc của các ion
thành phần. Phản ứng (1) và (3) tạo ra anion N2O22- theo hai cách khác nhau dẫn đến sự khác
nhau về cấu trúc của anion tạo ra. Anion N2O22- có thể có cấu hình E hoặc Z và công thức cộng
hưởng mỗi nguyên tử O đều mang điện tích âm có xác suất áp đảo cơng thức mà một ngun tử
N mang điện tích âm:

Như vậy X và T khác nhau về cấu hình của anion N2O22-, tức là ở chất này thì N2O22- có
cấu hình E, cịn ở chất kia thì N2O22- có cấu hình Z.
2. Sử dụng thuyết obitan phân tử (thuyết MO) để giải thích tại sao năng lượng ion hóa
thứ nhất của phân tử nitơ (1501 kJ∙mol -1) lớn hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của
nguyên tử nitơ (1402 kJ·mol-1).

V2 (2015)
Poloni (

210
84

Po

) thuộc họ phóng xạ urani – radi có chu kỳ bán rã 138,38 ngày.