I. OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM: OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2003: 1) Trình bày cấu tạo của phân tử CO theo phương pháp VB và phương pháp MO (vẽ giản đồ năng

lượng). Cho ZC = 6; ZO = 8. 2) So sánh năng lượng ion hóa giữa các nguyên tử C và O, giữa phân tử CO với nguyên tử O. 3) Mô tả sự tạo thành liên kết trong các phức chất Ni(CO)4 và Fe(CO)5 theo phương pháp VB và cho

biết cấu trúc hình học của chúng. Cho biết ZFe = 26, ZNi = 28. BÀI GIẢI:

1) Theo phương pháp VB thì phân tử CO có cấu tạo: C O Hai liên kết được hình thành bằng cách ghép chung các electron độc thân và một liên kết cho nhận. MO: (KK): 222*22

zyxss σππσσ = 2) I1(C) < I1(O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O.

I1(CO) > I1(O): vì năng lượng của electron ở σz của CO thấp hơn năng lượng của electron hóa trị ở oxy.

3) OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):

Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là kí hiệu của số lượng tử phụ n = 4).

1) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có 2) Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng. 3) Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao

nhiêu? BÀI GIẢI:

1) Phân mức năng lượng ng ứng với gía trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e.

2) Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f) và l = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g có tổng số n + l = 9. Phân mức này phải nằm sát sau phân mức 8s.

3) (Rn)7s25f146d107p68s25g1. Z = 121. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A) 1) Hãy cho biết cấu hình hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc liên kết

trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích. a) NO2; NO2

+; NO2-.

b) NH3; NF3. 2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích. 3) Thực nghịêm xác định được mome lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết ∠HOH là

104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) Cho biết số thứ tự Z của các nguyên tố: 7(N); 8(O); 9(F); 16(S) 1D = 3,33.10-30 C.m Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m.

BÀI GIẢI:

1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). a)

N

O Osp2

N OOsp

N

O Osp2

(1) và (3): hình gấp khúc. (2) : thẳng

Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron hóa trị của N không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron không liên kết của N đẩy. b)

N

HH

H

sp3

N

FF

F

sp3

Góc liên kết giảm theo chiều ∠HNH - ∠FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H là điện tích lệch về phía F nhiều hơn ⇒ lực đẩy kém hơn.

µ(NH3) > µ(NF3) Giải thích:

N

HH

HN

FF

F

Ở NH3 chiều của các momen liên kết và của cặp electron của N cùng hướng nên momen tổng

cộng của phân tử lớn khác với NF3 (hình vẽ). 3)

OH

Hµ

µ1

µ2

µ của phân tử bằng tổng các momen của hai liên kết (O – H): Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên kết O – H là:

1,51D Giả thiết độ ion của liên kết O – H là 100% ta có:

Dlt 60,410.33,3

10.6,1.10.0957,0)( 30

199

1 ==−

−−

µ

Ta dễ dàng suy ra độ ion của liên kết O – H là 32,8% OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):

Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534nm. Tính bán kính nguyên tử cộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi = 28,086g.mol-1. Kim

cương có cấu trúc lập phương tâm mặt (diện), ngoài ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc (site) tứ diện của ô mạng cơ sở. BÀI GIẢI:

nmar

arD

aD

Si

Si

118,08

34

322

23

==

==

=

Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8 Vậy ta tính được khối lượng riêng của Si là: 2,33g.cm-3.

OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): Hãy dự đoán số nguyên tố của chu kỳ 7 nếu nó được điền đầy đủ các ô nguyên tố. Viết cấu hình

electron nguyên tử của nguyên tố có Z = 107 và 117 và cho biết chúng được xếp vào những phân nhóm nào trong bảng tuần hoàn? BÀI GIẢI:

Nguyên tử đầu tiên của chu kỳ 7 là 7s1 và kết thúc ở 7p6 7s25f146d107p6: 32 nguyên tố ở chu kỳ 7. Z = 107: [Rn]5f146d57s2: Nhóm VIIB Z = 117: [Rn]5f146d107s27p5: Nhóm VIIA

OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy được Br2(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 = 6,63.10-34 J.s; c = 3.108 m.s-1; NA = 6,022.1023 mol-1.

BÀI GIẢI: E = h(c/λ).NA ⇒ λ = 6,3.10-7m λ nằm trong vùng các tia sáng nhìn thấy nên phân hủy được và có màu:

OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): 1) Có các phân tử XH3:

a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.

2) Xét các phân tử POX3 a) Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu hình hình học như thế nào? b) Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn?

3) Những phân tử nào sau đây có momen lưỡng cực lớn hơn 0? BF3; NH3; SiF4; SiHCl3; SF2; O3. Cho biết: ZP = 15; ZAs = 33; ZO = 8; ZF = 9; ZCl = 17; ZB = 5; ZN = 7; ZSi = 14; ZS = 16.

BÀI GIẢI: Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai).

1) P: 1s22s22p63s23p3; As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3. P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3.

X

HH

H

sp3 Hình tháp tam giác

Góc HPH > HasH vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với của As nên lực đẩy mạnh hơn. 2)

PO

XX

X n = 3 +1 = 4 (sp3): hình tứ diện Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy. 3)

NFF

Fsp3

SiH

Cl

Cl

Clsp3

SF F

OO Osp3 sp2

B

F

F Fsp2

Si

F

FF

F

sp3

4 chất đầu tiên có cấu tạo bất đối xứng nên có momen lưỡng cực lớn hơn 0. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2002 (Bảng A): 1. Liệu pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi

hạt nhân.

27Co59 + 0n1 → X? (1)

X? → 28Ni60 + ... ; hν = 1,25 MeV (2)

(a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào được áp dụng để hoàn th ành phương trình.

(b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2 → CoCl2).

2. Có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d54s1 (1)

(a) Dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn cấu hình electron (1).

(b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tố hay ion ? Tại sao ?

(c) Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của ion hay nguyên tố ứng với cấu hình electron (1), hãy viết một phương trình phản ứng để minh họa.

3. Biết En = -13,6. 2

2

nZ (n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân).

(a) Tính năng lượng 1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N6+, C5+, O7+.

(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 ?

(c) Trị số năng lượng tính được có quan hệ với năng lượng ion hoá của mỗi hệ trên hay không ? Tính năng lượng ion hoá của mỗi hệ.

4. Áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định được BeH2, CO2 đều là phân tử thẳng. BÀI GIẢI: 1. (a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng,

được áp dụng:

Điện tích : 27 + 0 = 27; Số khối : 59 + 1 = 60 → X lµ 27Co60. 27Co59 + 0n1 → 27Co60. Số khối : 60 = 60; điện tích : 27 = 28 + x → x = −1. VËy cã −1e0. 27Co60 → 28Ni60 + -1e; hv = 1,25MeV. (b) Điểm khác nhau

Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới. Ví dụ (b) ở trên.

Phản ứng hoá học (oxi hoá - khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp chất. Ví dụ : Co + Cl2 → Co2+ + 2Cl− → CoCl2.

Chất dùng trong phản ứng hạt nhân có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá - khử, phụ thuộc vào cấu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất.

Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo phản ứng hoá học thông thường.

2. (a) Dùng ô lượng tử biểu diễn cấu hình :

↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ (b) (1) là cấu hình e của nguyên tử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nêu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 ... Không có cấu hình cation nào ứng với các số liệu này. Vậy Z chỉ có thể là 24. (Nguyên tố Ga có cấu hình [ar] 3d104s24p1, ion Ga2+ có cấu hình [ar] 3d104s1 bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s1 để suy ra nguyên tố). (c) Z = 24 → nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử. Cr + 2HCl → CrCl2 + H2↑

3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E1. Do đó công thức là E1 = −13,6 Z2 (ev) (2’)

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

(b) Quy luật liên hệ E1với Z : Z càng tăng E1 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+.

(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể: C5+ : I6 = −(E1, C5+) = + 489, 6 eV. N6+ : I7 = −(E1, N6+) = + 666, 4 eV. O7+ : I8 = −(E1, O7+) = + 870,4 eV.

4. Phân tử thẳng có 3 nguyên tố được giải thích về hình dạng : Nguyên tố trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng).

BeH2, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s1; Be : 1s22s2. Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp:

↑↓ ↑↓ → ↑↓ ↑ ↑ lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đã xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết σ. Vậy BeH2 → H−Be−H (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết). CO2, cấu hình electron : C 1s22s22p2; O 1s22s22p4. Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa sp

↑↓ ↑↓ ↑ ↑ → ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑

lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan pz của 2 O tạo ra 2 liên kết σ. 2 obitan p thuần khiết của C xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết π (x↔x ; y ↔y) nên 2 liên kết π này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết σ. VËy CO2 : O= C = O Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết σ, π trong CO2 (chó ý: phải nói rõ có sự tương ứng obitan giữa C với O : x↔x; y ↔y)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2003 (Bảng A): 1. Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại ở dạng dime (Al2Cl6). Ở nhiệt độ cao (7000C) dime bị phân li thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó. 2. Phẩn tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91 Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20,

2H OM 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là – 830C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 00C, hãy giải thích vì sao? BÀI GIẢI: 1. * Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome. Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome: Monome ; dime * Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp2 vì Al có 3 cặp electron hoá trị; Trong Al2Cl6 là sp3 vì Al có 4 cặp electron hoá trị . Liên kết trong mỗi phân tử: AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl. Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị với 3 nguyên tử Cl và 1 liên kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho). Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông thường

Cl

Cl

ClAlCl

Cl

ClAl Al

Cl

Cl

Cl

và liên kết cho nhận. * Cấu trúc hình học: Phân tử AlCl3: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp2 (tam giác phẳng) nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác. Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện. • Al O Cl 2. * Phân tử H-F Jt ; H-O-H có thể tạo liên kết hidro – H…F – có thể tạo liên kết hidro – H…O – * Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử) phụ thuộc vào các yếu tố: - Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. - Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực khuếch tán). *Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và đều có liên kết hidro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hidro bền hơn). Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 00C > Tnc(HF) = – 830C. * Giải thích: Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên H-F…H-F…H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hidro tạo thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực Van der Waals yếu. Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực Van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng thời mỗi phần liên kết hidro cững bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng chảy. Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hidro với 4 phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới

M = 20 µ = 1,91 Debye

M = 18 µ = 1,84 Debye

OO

O

O

OO

Al

Cl

Cl Cl

1200 1200

1200

không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hidro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hỏi nhiệt độ cao hơn. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng A): 1. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và ion nào có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thành liên kết đó. 2. a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt α được phóng ra trong qúa trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của quá trình này. b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f36d17s2. Nguyên tố này có bao nhiêu electron độc thân? Có thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu? 3. Trong nguyên tố hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển động trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó mỗi trạng thái của một cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tử Bo (số đơn vị điện tích hạt nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau:

Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) 1s1

1s2 1s22s1

-340,000 -600,848 -637,874

1s22s2 1s22s22p1

- 660,025 - 669,800

Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu lực hút hạt nhân. a) Hãy trình bày chi tiết về kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có thể có của nguyên tử Bo theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên. b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá đó. 4. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol–1, của N≡N bằng 945 kJ.mol–1. Từ 4 nguyên tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường. Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích. BÀI GIẢI:

1/ Các vi hạt CH2Br2, Ca2+, H3As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết hidro với phân tử nước. Các vi hạt F - , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tố âm điện mạnh nên có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước:

2/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx cùng với ba loại hạt cơ bản: 2α 4, -1βo và oγo.

Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có 82Pb206.

. . .HC

H

HO

H. . .

F OH

HC2H5

OC2H5

HO

HO

Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2× 8)] / (−1) = 6. Vậy có 6 hạt -1βo.

Do đó phương trình chung của qúa trình này là: 92U238 82Pb206 + 8 He + 6β. b) Cấu hình electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau:

↑ ↑ ↑ ↑

↑↓

Vậy nguyên tố 92U238 có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất là +6 và U[Rn]5f36d17s2 – 6 e U [Rn]+6 . 3/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo:

Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị năng lượng như sau:

Cấu hình electron

Vi hạt Năng lượng (theo eV)

Cấu hình electron

Vi hạt

Năng lượng (theo eV)

1s1

1s2 1s22s1

B4+

B3+

B2+

- 340,000 - 600,848 - 637,874

1s22s2 1s22s22p1

B+

B - 660,025 - 669,800

Có định nghĩa: Năng lượng ion hoá (của một nguyên tử) là năng lượng ít nhất cần để tách 1 e khỏi nguyên tố ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó.

Vậy giữa năng lượng ε của 1 e ở trạng thái cơ bản và năng lượng ion hoá I tương ứng có liên hệ: I = - ε (1). Vậy với sự ion hoá M (k – 1)+ - e M k+ ; Ik (2), Ta có liên hệ: Ik = - ε = - [EM(k -1)+ - EMk+ ] (3)

Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt được xét, có trị số từ 1 đến n; do đó k+ chỉ số đơn vị điện tích dương của ion M k+ ; Ik là năng lượng ion hoá thứ k của nguyên tố M được biểu thị theo (2).

Xét cụ thể với nguyên tử Bo: vì Z = 5 nên nguyên tử có 5 e; vậy k = 1 đến 5. ¸áp dụng phương trình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có: * Bo − e B+ ; I1 ( vËy k = 1);

I1 = - [ EB − EB+] = − (−669,800 + 660,025 ). VËy I1 = 9,775 eV . * B+ − e B2+ ; I2 ( vậy k = 2); I2 = - [ EB+ − EB2+] = − (−660,025 + 637,874). Vậy I2 = 22,151 eV . * B2+ − e B3+ ; I3 ( vậy k = 3);

I3= - [EB2+ − EB3+] = − (−637,874 + 600,848). Vậy I3 = 37,026 eV . * B3+ − e B4+ ; I4 ( vậy k = 4); I4= - [EB3+ − EB4+] = − (−600,848 + 340,000). Vậy I4 = 260,848 eV . * B4+ − e B5+ ; I4 ( vậy k = 5); I5= - [EB4+ − EB5+] = − (−340,000 + 0,000). Vậy I5 = 340,000 eV . b) Từ kết quả trên, ta thấy có quy luật liên hệ các trị năng lượng ion hoá của Bo như sau I1 < I2 < I3 < I4 < I5 (4).

Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e tạo thành M k+ có số đơn vị điện tích k+ lớn hơn (k – 1) 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 1e tiếp theo khỏi M k+ ; nghĩa là I( k – 1) < Ik như đã được chỉ ra trong (4) trên đây. 2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng ∆H = νiEi - νjEj i j Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tương ứng của phản ứng được xét; Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó. b) Xét cụ thể với nitơ :

Phản ứng 4 N N4 (1) Có ∆ H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 6 × 163 ; vậy ∆ H1 = - 978 kJ .

Phản ứng 4 N 2 N2 (2) Có ∆ H2 = 4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2 × 945 ; vậy ∆ H2 = - 1890 kJ . Ta thây ∆ H2 < ∆ H1. Vậy phản ứng 4 N 2 N2 xảy ra thuận lợi hơn phản ứng 4 N N4. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng B): 1. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Hãy giải thích.

Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+. 2. Sắt monoxit FeO có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện (mặt) kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,430 nm. Hãy tính khối lượng riêng của tinh thể sắt monoxit đó. BÀI GIẢI: 1.

Li+ Be2+ Na+ Mg2+

Tăng r K+ Giảm r

Be2+ và Li+ đẳng electron với nhau nhưng Be2+ có điện tích hạt nhân nhiều hơn nên phải có bán kính nhỏ hơn.

Vậy Be2+ có bán kính nhỏ nhất 2. Đối với tinh thể lập phương tâm diện (mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là

46218

81

=+ xx . Vậy khối lượng riêng của tinh thể đó là:

( ) )cm/g(91,510.022,6.10.432,0

)168,55(4d 3

2337=

+=

−

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2005 (Bảng A): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 là nguyên tố hay

ion? Tại sao? Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh họa tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm VIII(0).

∑ ∑

BÀI GIẢI: Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne].

1. Cấu hình [Ne] 3s1 chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion. Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H2O ở nhiệt độ thường. 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2 2. Cấu hình [Ne] 3s2 ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loai hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cả trong CO2. 2 Mg + O2 2 MgO 3. Cấu hình [Ne] 3s23p3 ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là phi kim hoạt động. P cháy mạnh trong oxi. 4 P + 5 O2 2 P2O5 4. Cấu hình [Ne] 3s23p6:

a) Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ.

b) Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm: Z = 17. Đây là Cl−, chất khử yếu. Thí dô: 2 MnO4

− + 16 H+ + 10 Cl− 2 Mn2+ + 8 H2O + 10 Cl2

Z = 16. Đây là S2−, chất khử tương đối mạnh. Thí dô: 2 H2S + O2 2 S + 2 H2O

Z = 15. Đây là P3−, rất không bền, khó tồn tại. c) Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dương:

Z = 19. Đây là K+, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử duới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặc

KOH nóng chảy).

Z = 20. Đây là Ca2+, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử duới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl2 nóng chảy).

II. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ: OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1996:

Năm 1908 Rutherford, cùng với H. Geiger đo tốc độ bức xạ hạt α (x) bằng radi (trong tự nhiên, nguyên tố này được biểu thị bởi một hạt duy nhất 226Ra88) và thấy rằng 1,00g radi bức xạ x = 3,42.1010 hạt α mỗi giây.

Năm 1911, Rutherford và B. Boltwood đo tốc độ tạo thành heli từ radi. Thí nghiệm này cho phép các ông có được trị số chính xác nhất có thể có vào thời gian ấy của số Avogadro, miễn là trị số thể tích mol của khí lý tưởng được biết rõ. Để đạt được mục đích này, một mẫu muối radi được làm tinh khiết từ một sản phẩm phân rã có chứa m = 192mg Ra được cho vào một thiết bị và đo thể tích khí heli thoát ra.

Sau 83 (t = 83,0 ngày) ngày làm thí nghiệm, thu được 6,58mm3 khí He (0oC và 1atm). Để hiểu được các kết qủa thí nghiệm, ta cần sơ đồ động học phân rã phóng xạ của Ra cho dưới

đây (ghi trên mũi tên là chu kỳ bán huỷ, ghi dưới mũi tên là kiểu phân rã). Ra

> 1500 namα Rn

3,83 ngayα RaA 3,05ph

α RaB26,8ph

β RaC 19,7ph

β RaC' 1,63.10-4s

α

RaD 27,1 nam

β RaE 5 ngay

β Po 138 ngayα Pb

(RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon)

1. Viết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử, số khối của tất cả các hạt nhân có liên quan.

Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã của radi, trừ RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng ước lượng này để tiến hành các tính toán sau: 2. a) Có bao nhiêu nguyên tử He được hình thành từ mỗi nguyên tử radi phân rã sau 83 ngày?

b) Có tổng cộng bao nhiêu nguyên tử heli được tạo thành trong thí nghiệm? 3. Hãy tính trị số gần đúng của số Avogadro từ số liệu trên. Biết tại 0oC và 1atm thì V = 22,4L.

Để tính được số Avogadro chính xác hơn, chu kỳ bán hủy của Radon (t1/2(Rn) = 3,83 ngày) không thể bỏ qua, vì chu kỳ này là đáng kể so với thời gian tiến hành thí nghiệm t; nghĩa là không phải mọi nguyên tử radon bị phân rã vào cuối thí nghiệm. 4. Chọn tương quan giữa tốc độ phân rã k của bất kì hạt nhân nào đã cho so với chu kỳ bán huỷ t1/2 của

nó. a) k = 1/T1/2. b) k = ln2/T1/2. c) k = ln2.T1/2. d) k = π/T1/2.

5. a) Dùng sơ đồ động học đơn giản: A21 RaRnRa kk ⎯→⎯⎯→⎯ (trong đó k1 và k2 là hằng số tốc độ của các phản ứng tương ứng). Viết biểu thức quan hệ giữa số nguyên tử radon vào lúc cuối thí nghiệm N’Rn và số nguyên tử radi NRa.

- N’Rn = k1.NRa/k2. - N’Rn = k2.NRa/k1. - N’Rn = k1.NRa/2k2. - N’Rn = k1.NRa/3k2.

b) Tính N’Rn dùng tốc độ phân rã radi cho ở trên (x = 3,42.1010 hạt α mỗi gam radi trong một giây). 6. Có bao nhiêu nguyên tử heli có thể được tạo thành từ các nguyên tử radon còn lại lúc cuối thí nghiệm N’Rn, nếu tất cả các nguyên tử này phân rã thành RaD?

- 4N’Rn. - 2N’Rn. - 5N’Rn. - N’Rn. - 3N’Rn.

7. Dùng lời giải của các câu hỏi trên, hãy tính một giá trị gần đúng tốt hơn của a) Số nguyên tử Heli tạo thành. b) Số Avogadro.

BÀI GIẢI: 1)

ePbPo

ePoBi

eBiPb

HePbPo

HePoRn

HeRnRa

+→

+→

+→

+→

+→

+→

21082

21484

21484

21483

21483

21482

42

21482

21884

42

21884

22286

42

22286

22288

2) a) 4

b) NHe = 4xmt = 4.3,42.1010.0,192.(83.24.3600) = 1,9.1017. 3) Số Avogadro NA là số hạt vi mô có trong 1 mol

NA = NHe/nHe với NHe là số nguyên tử heli và nHe là số mol He tạo thành trong khoảng thời gian t. Nếu giả thiết rằng tất cả các nguyên tử radon tạo thành từ các nguyên tử radi đều phân rã trong thời gian thí nghiệm (giả thiết này theo sau giả thiết là chu kỳ bán hủy của radon có thể bỏ qua so với thời gian 83 ngày, điều này dẫn đến sai số khoảng 5%), khi ấy số nguyên tử heli bức xạ trong khoảng thời gian t là NHe = 4xmt và ta có thể tính được NA = 6,4.1023 mol-1.

4) b) 5) a) N’Rn = k1.NRa/k2.

Số nguyên tử radon đạt đến trạng thái gần tĩnh (cân bằng phóng xạ), tại đó tốc độ tạo thành bằng tốc độ phân rã k2N’Rn = k1.NRa, từ đó N’Rn = k1.NRa/k2.

b)Tốc độ phân rã của radi là k1NRa = xm, từ đó ta có thể tính được N’Ra = 3,14.1015. 6) 3N’Rn. 7) a) NHe = 4xmt – 3N’Rn = 1,79.1017. b) NA = NHe/VHe = 6,09.1023.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1997: Sắt kim loại nóng chảy ở 1811K. Giữa nhiệt độ phòng và điểm nóng chảy của nó, sắt kim loại có

thể tồn tại ở các dạng thù hình và các dạng tinh thể khác nhau. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K, sắt có cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (bcc) quen gọi là sắt-? Từ 1185K đến 1667K sắt kim loại có cấu tạo mạng lập phương tâm diện (fcc) và được gọi là sắt-? Trên 1167K và cho tới điểm nóng chảy sắt chuyển về dạng cấu tạo lập phương tâm khối (bcc) tương tự sắt-? Cấu trúc sau cùng (pha cuối) còn được gọi là sắt-?

1) Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm-3 ở 293K, a) Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm). b) Ước lượng khối lượng riêng của sắt (tính theo g.cm-3) ở 1250K

Chú ý: Bỏ qua các ảnh hưởng không đáng kể do sự giãn nở nhiệt của kim loại. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc)

trong mạng tinh thể bị chiếm bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thường trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép chứa 4,3% theo khối lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh qúa nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng sắt-?. Chất rắn mới này - được gọi là martensite - rất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắt-? (bcc).

2) Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt. a) Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt-? trong

martensite chứa 4,3%C theo khối lượng. b) Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu này.

Khối lượng mol nguyên tử và các hằng số: MFe = 55,847g.mol-1. MC = 12,011g.mol-1. NA = 6,02214.1023mol-1.

BÀI GIẢI: 1) Các bước tính toán:

1. Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d1, d2 và r) và thể tích (V1 và V2) cho cả hai cấu tạo bcc và fcc của sắt.

2. Tính thể tích V1 của ô mạng đơn vị của sắt - α nhờ khối lượng riêng của nó (ρbcc) ở 293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (MFe), và số Avogadro NA.

3. Tính chiều dài d1 cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó. 4. Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d1. 5. Tính chiều dài d2 của cạnh ô mạng đơn vị fcc (ở 1250K) từ bán kính nguyên tử r của

sắt. 6. Tính thể tích V2 của ô mạng đơn vị fcc của sắt - γ từ chiều dài d2 của cạnh. 7. Tính khối lượng m của số nguyên tử sắt trong một ô mạng đơn vị của sắt - γ từ khối

lượng mol nguyên tử MFe của sắt và số Avogadro NA. 8. Tính khối lượng riêng (ρfcc) của sắt - γ từ các gía trị của m và V2.

Một hướng khác để tìm khối lượng riêng ρfcc của sắt - γ là tính ti lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong cả hai loại ô mạng đơn vị bcc và fcc, có thể thay thế các bước từ 5 đến 8 bằng các bước từ 5’ đến 8’ sau đây:

5’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị bcc. 6’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị fcc. 7’. Từ tỉ lệ fcc/bcc ta suy ra được tỉ lệ: ρbcc/ρfcc. 8’ Từ gía trị cho trước ở bướ 7’ ta tính được ρfcc.

2) Các chi tiết: 1. Ở 293K sắt - α có cấu trúc tinh thể bcc.

Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa hai nguyên tử, trong đó một nguyên tử ở tâm của ô mạng. Ở 1250K, sắt - γ có cấu tạo tinh thể fcc. Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa 4 nguyên tử và ở tâm của mỗi mặt có một nửa nguyên tử. r: bán kính nguyên tử của sắt a: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị bcc. b: chiều dài đường chéo qua tâm của ô mạng đơn vị bcc. c: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị fcc. d1: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α. d2: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ. V1: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α. V2: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ. Va: thể tích chiếm bởi một nguyên tử. Va1: Thể tích chiếm bởi hai nguyên tử trong một ô mạng đơn vị bcc. Va2: Thể tích chiếm bởi bốn nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc. R1: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị bcc. R2: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị fcc. Va = (4/3)πr3 Va1 = 2Va2 Va2 = 4Va b = 4r a2 = 2d1

2 b2 = d12 + a2 = 3d1

2 ⇒ d1 = (16r2/3)1/2. V1 = d1

3 = [(16r2/3)1/2]3 c = 4r c2 = 2d22 ⇒ d2 = (16r2/2)1/2.

V2 = d23 = [(16r2/2)1/2]3

2. 1,000cm3 sắt có khối lượng 7,874g ở 293K (ρbcc). 1 mol sắt có khối lượng 55,847g (MFe). Vậy 0,1410mol (7,874/55,847) của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm3 hoặc 1mol sắt sẽ chiếm thể tích 7,093cm3. 1 mol tương ứng chiếm 6,02214.1023 nguyên tử. V1 = 7,093.2/(6,02214.1023) = 2,356.10-23cm3 mỗi đơn vị ô mạng.

3. d1 = V11/3 = 2,867.10-8 cm.

4. Với cấu tạo bcc, gía trị của d1 có thể được biểu thị là: d1 = (16r2/3)1/2. Vậy gía trị của r sẽ là: r = (3d1

2/16)1/2 = 1,241.10-8cm. 5. Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d2 = (16r2/2)1/2 = 3,511.10-8cm. 6. V2 = d2

3 = 4,327.10-23cm3. 7. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là:

m = 55,847.4/(6,02214.1023) = 3,709.10-22g 8. ρfcc = m/V2 = 8,572g/cm3.

Cách giải khác để tìm khối lượng riêng ρfcc của sắt - γ: 5’. R1 = [(Va1)/V1].100% = 68,02% 6’. R2 = [(Va2)/V2].100% = 74,05% 7’. ρbcc/ρfcc = 74,05/68,02 = 1,089 8’. ρfcc = 8,572g/cm3.

3) Các bước tính toán: 1. Từ phần trăm cấu thành của martensite (theo khối lượng), tính số mol tương ứng của cacbon và

sắt. 2. Đưa tỉ lệ mol C/Fe về một ô mạng đơn vị (Ghi chú: Hai nguyên tử Fe trong mỗi ô mạng đơn vị). 3. Tìm số nguyên be nhất các nguyên tử C trong số nguyên bé nhất của ô mạng đơn vị (không bắt

buộc). 4. Tính khối lượng sắt trong một ô mạng đơn vị 5. Tính khối lượng cacbon trong một ô mạng đơn vị 6. Tính tổng khối lượng sắt và cacbon trong một ô mạng đơn vị 7. Tính khối lượng riêng của martensite [ρ(martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng của C và Fe

và thể tích V1 của ô mạng đơn vị sắt - α cấu tạo bcc. 4)Chi tiết: 1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C ⇒ nC = 0,36mol và nFe = 1,71mol.

Vậy cứ 1 nguyên tử cacbon có 4,8 nguyên tử sắt hay 0,21 nguyên tử cacbon cho mỗi nguyên tử sắt.

2. Martensite có cấu tạo tinh thể bcc (2 nguyên tử sắt cho mỗi ô mạng đơn vị). Như vậy số nguyên tử cacbon trong mỗi ô mạng đơn vị là: 2.(1/4,8) = 0,42 nguyên tử.

3. 5 nguyên tử C [(0,42 nguyên tử C/0,42).5] trong 12 ô mạng đơn vị [1 ô mạng đơn vị/0,42).5] 4. Số gam Fe trong mỗi ô mạng đơn vị là: 55,847.2/6,02214.1023 = 1,8547.10-22g 5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.1023 = 1,9945.10-23g 6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10-22 + 0,42.1,9945.10-23 = 1,938.10-22g. 7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt - α chiếm thể tích V1 = 2,356.10-23cm3.

ρ(martensite có 4,3%C) = 1,938.10-22/(2,356.10-23) = 8,228g.cm-3. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:

Nathan Thompson là một trong những cư dân đầu tiên của đảo Lord Howe đã trồng trong vườn nhà mình một số cây sồi châu Âu. Tuy nhiên người ta không thể biết chính xácv thời gian đã trồng vì quyển nhật kí của ông ta đã bị thất lạc trong bão biển. Phía sau nhà Nathan có một cái hồ nhỏ. Qua nhiều năm, lá cây sồi châu Âu và các hạt tích tụ ở đáy hồ. Một lượng rất nhỏ đồng vị phóng xạ Pb-210 (chu kỳ bán hủy là 22,3 năm) cũng đồng thời lắng đọng. Nên biết rằng cây sồi châu Âu rụng lá ngay từ năm đầu tiên. Năm 1995 một nhóm nghiên cứu lấy mẫu đất bùn từ đáy hồ. Đất bùn được cắt thành những lát dày 1cm và khảo sát trầm tích và chì phóng xạ Pb-210.

Sự khảo sát đất bùn cho thấy: • Trầm tích của sồi châu Âu và hạt của nó tìm thấy đầu tiên ở độ sâu 50cm. • Độ phóng xạ của Pb-210 ở phần trên của đất bùn là 356Bq/kg còn ở độ sâu 50cm là 1,40Bq/kg.

1) Nathan Thompson đã gieo hạt năm nào? Chì phóng xạ Pb-210 là một trong những phân rã của U-238. U-238 có trong vỏ trái đất và do

một số nguyên nhân, một lượng nhất định Pb-210 thoát vào khí quyển và bám vào các phần tử trầm tích lắng đọng dưới đáy hồ.

Chuỗi phân rã U-238 là: U-238 – U-234 – Th-230 – Ra-226 – Rn-222 – (Po-218 – Bi-214)* - Pb-210 – Pb-236 (bền) *: Chu kỳ bán hủy rất ngắn, tính theo phút và ngày: 2. Bước nào trong chuỗi phân rã giải thích bằng cách nào Pb-210 lại có trong nước mưa trong khi nguyên tố mẹ U-238 chỉ có trong vỏ trái đất. BÀI GIẢI:

1) Tại độ sâu 50cm sự phân rã của Pb-210 tương đương với: 356 – 178 – 89 – 44,5 – 22,5 – 11,25 – 5,63 – 2,81 – 1,39 =8 chu kỳ bán hủy. = 8.22 = 176 năm Nếu năm khai quật là 1995 thì năm gieo hạt là 1995 – 176 = 1819(±2)

2) Ra-226 – Rn-222. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999:

Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232Th90 và kết thúc với đồng vị bền 208Pb82.

1. Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này. 2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích. 3. Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js-1) sản sinh từ 1,00kg 232Th

(t1/2 = 1,40.1010 năm). 4. 228Th là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1atm thu được là bao

nhiêu khi 1,00g 228Th (t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20,0 năm? Chu kỳ bán hủy của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với 228Th.

5. Một phân tử trong chuỗi thori sau khi tách riêng thấy có chứa 1,50.1010 nguyên tử của một hạt nhân và phân hủy với tốc độ 3440 phân rã mỗi phút. Chu kỳ bán hủy tính theo năm là bao nhiêu? Các khối lượng nguyên tử cần thiết là: 4He2 = 4,00260u 206Pb82 = 207,97664u 232Th90 = 232,03805u 1u = 931,5MeV. 1MeV = 1,602.10-13J. NA = 6,022.1023mol-1. Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0oC và 1atm là 22,4L.

BÀI GIẢI: 1) A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha.

Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2.6 = 12 đơn vị, nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vị. Nên phản có 4 hạt beta bức xạ.

2) −++→ β4642

20882

23290 HePbTh Năng lượng phóng thích Q = [m(232Th) – m(208Pb) – 6m(4He)]c2 = 42,67MeV.

3) 1,00kg có chứa = 2423

10.60,2232

10.022,6.1000= nguyên tử

Hằng số phân hủy của 232Th

DpsNA

s

6

118710

10.08,4

10.57,110.154,3.10.40,1

693,0

==

== −−

λ

λ

Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV Công suất = 4,08.106.42,67.1,602.10-13 = 2,79.10-5W. 4) HePbTh 4

220882

22890 5+→

Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 228Th.

( ) 12023

10.58,9228

10.022,6.00,191,1693,0 −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛== yNA λ

Số hạt He thu được: NHe = 9,58.1020.20.5 = 9,58.1022 hạt

VHe = 3,56.103cm3 = 3,56L. 5) A = λ.N

75,5.693,0693,02/1 ===

ANt

λ năm.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Sự phụ thuộc giữa độ dài sóng và quang phổ vạch của nguyên tử hydro đã được biết đến lần đầu

tiên bởi một loạt các công trình của một giáo viên người Thụy Sỹ là ông Johan Jakob Balmer. Balmer đã đưa ra công thức thực nghiệm:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 22

1211

nRHλ

Với RH = 133

4

109768...8

. −= cmch

em

o

e

ε

RH là hằng số Rydberg, me là khối lượng electron. Niels Bohr đã chứng minh được công thức trên bằng lý thuyết năm 1913. Công thức này đúng với hệ nguyên tử, ion chỉ có 1e. 1.1. Tính bước sóng dài nhất bằng Å (1Å = 10-10m) trong dãy Balmer của ion He+, bỏ qua sự chuyển

động của hạt nhân. 1.2. Một công thức tương tự như công thức của Balmer được áp dụng cho các vạch phổ khác sinh ra

khi đi từ mức năng lượng cao hơn xuống mức năng lượng thấp nhất. Viết công thức đó và hãy sử dụng nó để tính năng lượng ở trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro (eV) Nguyên tử hydro “muon”1 cũng tương tự như nguyên tử hydro nhưng các electron bị thay thế

bằng “muon”. Khối lượng của “muon” gấp 207 lần khối lượng electron trong khi điện tích của nó cũng giống như điện tích của electron. “Muon” có thời gian tồn tại rất ngắn nhưng ở bài toán này chúng ta không xét đến sự kém bền của nó. 1.3. Xác định mức năng lượng thứ nhất và bán kính Bohr thứ nhất của nguyên tử hydro “muon”. Bỏ

qua sự chuyển động của các hạt nhân. Biết bán kính của qũy đạo thứ nhất của nguyên tử hydro là o

e

oo A

emh

a 53,02

2

==π

ε

Bức tranh toàn cảnh về lý thuyết “qũy đạo” của Bohr đã được thay thế bằng lý thuyết lượng tử với khái niệm về “obitan”. Obitan ψ1s (r) ở trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro được cho dưới đây:

0/

30

11 ar

s ea

−=π

ψ

r là khoảng cách từ electron tới hạt nhân, ao là bán kính Bohr.

1 “muon” là một loại hạt nặng (họ lepton)

1.4. Xem bán kính của lớp vỏ hình cầu là ao và độ đặc là 0,001ao. Ước lượng xác suất tìm thấy electron trong lớp vỏ này. Thể tích của hình cầu có bán kính trong r và có độ đặc ∆r được tính bằng công thức V = 4πr2∆r. - Phân tử H2 có thể được phân ly theo hai hướng: (i): H2 → H + H (hai nguyên tử hydro độc lập) (ii): H2 → H+ + H- (1 proton và 1 ion hydrua) Đồ thị năng lượng phụ thuộc vào khoảng cách (E = f(R)) của H2 được chỉ ra một cách sơ lược ở

sơ đồ dưới đây. Năng lượng nguyên tử và phân tử được cho trong cùng một tỉ lệ:

1.5. Cho biết phản ứng (i) và (ii) ứng với đường cong nào? 1.6. Xác định giá trị của năng lượng phân ly (De) bằng đơn vị eV của H2 ứng với phản ứng (i) và (ii). 1.7. Từ các số liệu đã cho tính năng lượng của qúa trình H- → H + e 1.8. H- là hệ 2e. Giả sử rằng công thức tính năng lượng của Bohr là phù hợp với mỗi e và điện tích

tác dụng lên mỗi e là điện tích hiệu dụng Z*. Tính Z* của H-. BÀI GIẢI:

1. Bước sóng dài nhất λL ứng với n = 3. Đối với He+:

o

H An

R 1,164112141

22 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

λ

2. ...4,3,2;1111

22 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= n

nRHλ

E = -hcRH = -13,6eV. 3 Mức năng lượng thấp nhất = -207.13,6 = -2,82keV.

Bán kính của qũy đạo Bohr thứ nhất = 0,53/207 = 2,6.10-3oA

4 Xác suất = 4222 10.41,5004,0001,0.4)( −− == eaaa ooo πψ 5 Đường cong năng lượng của phản ứng (i) thấp hơn (ii). 6 (i) 4,7eV

(ii) 17,6eV

7 Ái lực electron = -13,6 – (-14,3) = 0,7eV 8 Z* = 0,7.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Khoáng chất trong cát biển – monazit – là nguồn giàu thori có sẵn ở bang Kerala (Ấn Độ). Một

mẫu monazit chứa 9%ThO2 và 0,35% U3O8; 208Pb và 206Pb là những sản phẩm bền tương ứng với các qúa trình phân rã 232Th và 238U. Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng xạ.

Tỉ số các đồng vị (208Pb/232Th) đo được bằng phổ khối lượng trong mẫu monazit là 0,104. Chu kỳ bán huỷ của 232Th và 238U lần lượt là 1,41.1010 năm và 4,47.109 năm. Giả sử rằng 208Pb; 206Pb; 232Th và 238U tồn tại nguyên vẹn từ khi hình thành khoáng monazit.

1. Tính tuổi (thời điểm bắt đầu hình thành) khoáng monazit. 2. Tính tỉ lệ (206Pb/238U) trong mẫu monazit. 3. Thori – 232 là nguyên liệu chế tạo năng lượng hạt nhân. Trong qúa trình chiếu xạ nhiệt nơtron nó

hấp thụ 1 nơtron và sinh ra đồng vị 233U bằng phóng xạ β. Viết các phản ứng hạt nhân hình thành 233U từ 232Th. Trong phản ứng phân hạch hạt nhân của 233U một hỗn hợp sản phẩm phóng xạ được hình thành.

Sự phân rã sản phẩm 101Mo bắt đầu chịu tác dụng của phân rã như sau: RuTcMo phtpht 101

443,14101

436,14101

422/12/1 ⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯⎯ →⎯ ==

4. Một mẫu tinh khiết chỉ chứa 101Mo chứa 5000 nguyên tử 101Mo. Hỏi có bao nhiêu nguyên tử 101Mo; 101Tc; 101Ru sẽ xuất hiện sau 14,6 phút.

BÀI GIẢI: 1. N = 2/1/693,0 tt

oeN −

12/1/693,0 −=− tto e

NNN

(No – N): Số nguyên tử 232Th phân rã = số nguyên tử 208Pb hình thành. Thay số vào ta tính được: t = 2,01.109 năm.

2. Đặt x = (206Pb/238U). Ta có: 12/1/693,0 −= ttex

Thay t = 2,01.109 năm và t1/2 = 4,47.109 năm ta thu được kết qủa x = 0,366

3. UPaThTh n 23392

23391

23390

),(23290 ⎯→⎯⎯→⎯⎯⎯ →⎯

−− ββγ 4 Số nguyên tử của 101Mo (N1) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N1 = 2500

Số nguyên tử 101Tc được cho bởi hệ thức:

( )tto eeN

N 21

12

12

λλ

λλλ −− −

−=

Với No = 5000 là số nguyên tử 101Mo ban đầu

3,14693,0

6,14693,0

2

1

=

=

λ

λ

Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N2 = 1710 Số nguyên tử 101Ru tại 14,6ph là N3 = No – N1 – N2 = 790 nguyên tử.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005: 1. Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau:

a) N2. b) NH3. c) O3. d) SO3.

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

O

S

O

CN

N

H

H

H

H 3 Viết công thức Lewis cho Thioure – S, S – dioxit với điện tích hình thức của tất cả các nguyên tố

bằng không. 4 Dựa vào thuyết sức đẩy cặp electron (VSEPR). Hãy xác định dạng hình học của nguyên tử lưu

huỳnh, cacbon và nitơ dựa vào cấu trúc Lewis đã đề ra ở câu 3. 4a. Dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh là dạng nào trong 3 dạng sau:

a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T

4b. Dạng hình học của nguyên tử cacbon là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T.

c. Dạng hình học của nguyên tử Nitơ là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T.

Cấu trúc phân tử ở trạng thái rắn thường được xác định bởi phương pháp phổ tia X. Dựa vào phương pháp này thì cấu trúc của Thioure – S, S – dioxit sẽ như sau:

S

O

OC

N H

N H

H

H

65o

Tất cả các nguyên tử N, H đều nằm trong cùng mặt phẳng với S, C và góc nhị diện giữa mặt phẳng OSO và SC(NH2)2 là 65o.

5. Viết công thức Lewis và các công thức cộng hưởng phù hợp với các dữ kiện đã cho BÀI GIẢI: 1:

O O

O

O O

O

N Na) c)Nb)

H HH

d)

S O

O

O

S

O

O

O

Có thể chấp nhận các câu trả lời sau:

O O

O

O O

O

O OO

OO

O

Nhưng các câu trả lời sau là sai:

O O

O

O O

O

O O

O

2: C O hay C O Điện tích hình thức: C-1 ; O+1

Trạng thái oxy hóa: C2+ ; O2-. 3: Cấu trúc đúng:

S C

N

N

O

O

Cấu trúc không đúng (phải thêm điện tích hình thức):

S C

N

N

O

O

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

S C

N

NO

S C

N

N

O

O

S C

N

N

O

O

+O

III. BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO CÁC KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ:

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998: Các khí hiếm đã từng được nghĩ là hoàn toàn trơ và hoàn toàn không có khả năng tạo liên kết hóa

học. Ngày nay nhận thức trên đã thay đổi, hầu hết các sách giáo khoa hóa học đã mô tả một số hợp chất có chứa krypton và xenon đã cô lập được. a) Dùng thuyết liên kết hóa trị (VB), dự đoán hình học phân tử có thể có của XeF2 v à XeF4. b) Số oxy hóa của Xe trong mỗi hợp chất trên là bao nhiêu? Ta dự đoán chúng phản ứng như một chất oxy hóa hay chất khử? c) Heli được biết như là một nguyên tố trơ nhất trong mọi nguyên tố; dù vậy tính "trơ" của heli cũng chỉ giới hạn trong phản ứng của nó với các nguyên tử và phân tử trung hoà khác. Các hợp chất của heli, với

các liên kết hóa học hình thức của heli và các nguyên tử khác, có thể tồn tại khi xét toàn bộ tiểu phân có mang điện tích (thường là điện tích dương). Ví dụ, nguyên tử Heli có thể tạo được các hợp chất quan sát được (không nhất thiết tồn tại lâu) với H+, với He+ và với He2+. Dùng thuyết MO để xác định bậc liên kết cho mỗi trường hợp. d) Các cation 2+ (di-cation) hai nguyên tử bền vững có công thức XHe2+ thường chỉ có thể có khi năng lượng ion hóa IE(X+) < IE(He): nghĩa là, khi năng lượng cần thiết để ion hóa tiếp X+ nhỏ hơn năng lượng cần thiết để ion hóa He. Không cần dựa vào bảng trị số các mức năng lượng ion hóa kế tiếp của nguyên tử, hãy xác định nguyên tố 'Z' nào trong khoảng từ H đến Ar phù hợp nhất với tiêu chuẩn này. e) Nguyên tố nào ngay sát với nguyên tố Z đ ã định trên (nghĩa là nguyên tố sát trái, sát phải, sát trên, sát dưới nguyên tố Z trong bảng tuần hoàn) là thích hợp nhất để cũng tạo được một di-cation bền vững với He? Nguyên tố nào ngay sát nguyên tố Z là khó có thể tạo được di-cation như trên? BÀI GIẢI: a)

XeF F XeFF

FF

XeF2 có 5 đôi electron trên Xe, vậy cấu tạo sẽ dựa trên cấu hình electron lưỡng tháp tam

giác. Trong 3 khả năng sau:

Xe

F

F XeF

F

XeF F cấu tạo thẳng hàng làm giảm đến tối thiểu lực đẩy giữa các cặp electron không liên kết

(các đôi này gần Xe hơn những đôi electron tham gia liên kết trong liên kết Xe-F) và do vậy dạng hình học tuyến tính (thẳng) được ưu đãi hơn.

XeF4 có 6 đôi electron trên Xe, nên cấu tạo dựa trên cấu hình tám mặt (bát diện). Trong hai khả năng.

Xe

F

F F

F

Xe

F

F F

F Cấu tạo phẳng làm giảm tối đa lực đẩy giữa các đôi electron không liên kết và được ưu

tiên hơn. b) F luôn có số oxy hóa là -1. Vì vậy các số oxy hóa tương ứng của Xe là +2 (XeF2) và +4 (XeF4). Các tiểu phân này là những tác nhân oxy hóa rất mạnh. c) Không kể sự sai biệt mức năng lượng của H và He, ta có thể vẽ các giản đồ MO sau:

1s 1sH+ He

σ

σ*

Từ các giản đồ này, có thể thấy rằng cả HeH+ và He22+ đều có bậc liên kết là , trong khi He2

+ có bậc liên kết là 0,5. d) Các nguyên tố nhóm II có năng lượng ion hóa thứ hai khá thấp (Vì Be+ → Be2+ hoặc Mg → Mg2+ tạo ra một lớp ngoài cùng bão hoà, có cấu hình khí hiếm 1s2 hay 1s22s22p6). Mg2+ có hiệu ứng màn che tốt hơn Be2+ nên IE(Mg+) < IE(Be+). Do đó Mg phù hợp nhất với 'Z'. e) Trong các nguyên tố kế cận Mg: Ca có năng lượng ion hóa thứ hai thấp nhất trong số các nguyên tố (Be, Na, Al, Ca). Vì những lí do tương tự đã nêu trên. Nên Ca thích hợp nhất để tạo dication bền với He. Na+ đã có lớp vỏ ngoài cùng bão hoà, nên rất khó xảy ra qúa trình Na+ → Na2+. Vì vậy khả năng để na tạo dication với He là ít nhất OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:

Heli là nguyên tố duy nhất trong bảng tuần hoàn tìm thấy được trong một vật thể ngoài trái đất (hào quang mặt trời) trước khi cô lập được trong phòng thí nghiệm. Ta biết được nhiều tính chất lí học và hóa học của heli; nhưng trong gần 30 năm, từ năm 1868, phổ mặt trời là nguồn duy nhất cung cấp thông tin về nguyên tố hiếm này. a) Với kiến thức hiện nay về lý thuyết lượng tử, phổ này chứa nhiều dữ kiện hữu ích để phân tích. Chẳng hạn như phổ thấy được bao gồm một dãy các vạch hấp thụ tại độ dài sóng 4338, 4540, 4858, 5410 và 6558Å (1Å = 10-10m). Khoảng cách giữa các vạch chỉ ra rằng sự hấp thụ tuỳ thuộc trạng thái kích thích của nguyên tử hoặc ion "kiểu hydro" (như những tiểu phân có cấu hình electron tương tự H). Tiểu phân này là He, He+ hay He2+? b) Ta thấy rằng mức năng lượng chung cho các trung gian liên quan đến vạch hấp thụ này đều ở trạng thái năng lượng thấp ni = 4. Các vạch hấp thụ tương ứng ở trạng thái nf cao hơn có đặc điểm gì? Tính hằng số kiểu Rydberg (nghĩa là hằng số tương đương RH trong quang phổ hydro nguyên tử) của tiểu phân hấp thụ (Hei+) thể hiện trong các trung gian trên? c) Năng lượng ion hóa (Ionization energy, viết tắt là IE) của các tiểu phân thường được đo theo electronvon (eV). T ính IE(Hei+)? d) Từ phổ nguyên tử, được biết rằng IE(He+)/IE(He) = 2,180. Tổng của hai năng lượng ion hóa này là năng lượng xuất hiện, AE(He2+), của sự tạo thành He2+ từ He. Trị số AE(He2+) là lượng tử bé nhất của năng lượng phải cung cấp cho He để tách cả hai electron của nguyên tử. Tính tần số và độ dài sóng của photon có năng lượng thấp nhất có khả năng ảnh hưởng đến sự ion hóa kép của heli. Ánh sáng mặt trời tại bề mặt trái đất có thể là nguồn cung cấp các photon nói trên có hiệu qủa không? Các hằng số cần thiết: c = 2,997925.10-8 ms-1 h = 6,62618.10-34Js 1eV = 96,486kJ.mol-1 = 2,4180.1014Hz

1s 1sHe+He

1s 1sHe2+He

σ

σ*

σ

σ*

BÀI GIẢI: a) Nguyên tử heli có 2e; tiểu phân "kiểu hydro" chỉ có 1e. Do đó tiểu phân đề cập phải là He+ b) Phổ hydro tuân theo biểu thức:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=∆ 22

11

fiH nn

RE

Trong trường hợp này, các vạch của He+ sẽ tuân theo:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=∆ − 22

141

fHe n

RE

Với ∆E = hc/λ, chuyển thành: 1

22

141

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=+

fHe n

hcRλ

Nay thử các phổ vào biểu thức tương quan trên. Giả sử rằng độ dài sóng dài nhất quan sát được là 6558Å (là chuyển tiếp có năng lượng thấp nhất) tương ứng với nf = 5; ta có:

λ Nf "R(He+)" 6,558.10-7 5 1,35.10-17J 5,410.10-7 6 1,06.10-17J 4,858.10-7 7 0,97.10-7J 4,540.10-7 8 0,93.10-17J 4,338.10-7 9 0,91.10-17J

Nếu đúng, mọi chuyển tiếp phải cho cùng gía trị R(He+). Rõ ràng là không đúng nên phải chọn lại: Nếu ta chọn nf = 6 cho chuyển tiếp 6558Å, ta có:

λ Nf "R(He+)" 6,558.10-7 5 8,72.10-18J 5,410.10-7 6 8,72.10-18J 4,858.10-7 7 8,72.10-18J 4,540.10-7 8 8,72.10-18J 4,338.10-7 9 8,72.10-18J

Gía trị thu được của R(He+) không đổi, vậy kết qủa này là đúng. c) IE(He+) bằng R(He+). Để đổi thành electronvon, cần nhân cho 6,02205.1023 mol-1 và chia cho 96486J.mol-1.eV-1: tính được IE(He+) = 54,44eV d) IE(He+)/IE(He) = 2,180; nên IE(He) = 24,97eV Vậy AE(He2+) = 79,41eV = 1,272.10-17J Có thể tính tần số, ν = E/h = 1,920.1016 s-1, và độ dài sóng λ = c/v = 15,61nm, của photon cso năng lượng thấp nhất có khả năng ion hóa kép (2 lần). Độ dài sóng này rất ngắn hơn độ dài sóng của phổ thấy được (khả kiến) (300nm < λ < 700nm): mặt trời không phải là "thể đen" đủ nóng để tạo nhiều phôtn như vậy và hầu hết sẽ bị khí quyển hấp thụ trước khi đến được trái đất. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:

Một mẫu diclopropadien được phân tích bằng khối phổ kế. Khối phổ cho thấy một mũi rất rõ ở tỉ lệ khối:điện tích (m/z) là 75, một mũi khác tại m/z = 77. Ở điều kiện vận hành nhất định chỉ quan sát thấy hai mũi trên trong khối phổ. Ở điều kiện khác, cùng một mẫu thử cho một số mũi khác, bao gồm m/z = 82 (không có 83) và m/z =28 (nhưng không có 27). Không tùy thuộc vào điều kiện vận hành, mũi tại m/z = 77 luôn có cường độ bằng 60% cường độ của mũi tại m/z = 75.

Có những giả thiết sau: Các ion quan sát được đều là ion dương 1+ được tạo ra trực tiếp từ sự ion hóa phân tích của

diclopropadien, không xảy ra bất kỳ sự dời chuyển nào trong qúa trình phân mảnh. Diclopropadien được điều chế từ các nguyên tố cacbon, hydro và clo theo cách không được rõ

ràng: các hóa chất sử dụng được biết có chứa một lượng đồng vị với tỉ lệ khác với tỉ lệ thường gặp của hidro, cacbon và clo nhưng chỉ chứa các đồng vị bền. Hơn nữa, cũng không chuẩn bị để xác định loại đồng vị của các nguyên tử cụ thể trong phân tử.

a) Công thức hóa học của các ion dò thấy tại m/z = 75 và 77 là gì? b) Tính thành phần phần trăm các đồng vị có trong mẫu diclopropadien? Tính thành phần phần trăm

mỗi đồng vị phân của diclopropadien (đồng vị phân là các chất có cùng công thức hóa học nhưng khác nhau các đồng vị thành phần).

c) Khối lượng mol phân tử của mẫu? Để đơn giản, giả thiết rằng nguyên tử khối của mỗi hạt nhân đúng bằng số khối.

d) Có thể xác định được đồng phân của diclopropadien đã khảo sát ở đây không? Phương pháp khối phổ truyền thống gần đây được phát triển với phương pháp khối phổ tia

electron (ESMS). ESMS chỉ khác với phương pháp khối phổ truyền thống ở chỗ dung dịch phun vào khối phổ kế và không có nguồn ion hóa. Kỹ thuật này chỉ dò tìm những ion có sẵn trong dung dịch.

Ví dụ như một mẫu chứa tetrabutyl amoni bromua (trong dung môi trơ) được phun vào một ESMS cho một mũi tại m/z = 242 là mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion dương. Có hai mũi chính, với cường độ gần như nhau tại m/z = 79 và m/z = 81 trong kiểu dò ion âm.

e) Những ion nào gây nên ba mũi trên? Một mẫu isopropanol (propan-2-ol) được phun vào thiết bị ESMS cho một mũi tại m/z = 61 là

mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion dương. Mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion âm xuất hiện tại m/z = 59.

f) Những ion nào gây nên hai mũi trên? BÀI GIẢI:

a) Ion tại m/z = 82 phải là 12C35Cl35Cl. Sự vắng mặt của m/z = 83 cho thấy rằng không có 13C trong mẫu thử. Như vậy ion tại m/z = 28 phải là 12C12C2H2H. Sự vắng mặt của m/z = 27 cho thấy rằng không có 1H. Như thế, ion tại m/z = 75 phải là 35Cl12C3

2H2, và m/z = 77 là đồng vị phân 37Cl của tiểu phân này.

b) I(m/z 77) = 0,6I(m/z 75) n(37Cl) = 0,6n(35Cl) %(37Cl) = [0,6/(1+0,6)].100 = 37,5% %(35Cl) = 62,5%. Có ba đồng vị phân trong điclopropadien %[C3D2(35Cl)2] = (62,5)2 = 39,06% %[C3D2

35Cl37Cl] = 2.62,5.37,5 = 46,88% %[C3D2(37Cl)2] = (37,5)2 = 14,06%

c) 1mol tương ứng với 0,3906.110,0 + 0,4688.112,0 + 0,1406.114,0 = 111,50g.mol-1. d) CCl2

+ và CD2+ chỉ có thể có nếu cấu tạo của điclopropadien là:

C C

Cl

Cl

C

D

D

Vị trí lượn sóng là chỗ cắt để tạo thành 2 ion. e) Mũi tại m/z = 242 trong chế độ dò ion dương là do các tiểu phân (C4H9)4N+ (C16H36N=242amu)

là tiểu phân mang điện dương duy nhất trong dung dịch. Trong chế độ dò ion âm, quan sát thấy các mũi do 79Br- và 81Br-. Hàm lượng trong thiên nhiên của 79Br và 81Br theo thứ tự là 50,7% và 49,3% nên hai mũi này nhất thiết có độ cao như nhau.

f) Các phổ này phù hợp với sự tự ion hóa: +− +→ 2737373 OHHCOHCOHHC

m/z = 59,1 m/z = 61,1 OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:

Việc sử dụng các đồng vị phóng xạ trong y học hạt nhân đã tăng lên gấp đôi. Các kỹ thuật chiếu xạ bao gồm việc bắn phá các nơi có sự phân chia tế bào để tiêu diệt chúng. Kỹ thuật ảnh hạt nhân dùng đồng vị phóng xạ để tìm hiểu chi tiết sự trao đổi chất của một cơ quan trong cơ thể. Một trong các kỹ thuật như vậy là xác định thể tích máu của bệnh nhân.

a) Ba hợp chất dược phẩm phóng xạ lần lượt có chứa các đồng vị phóng xạ 71Zn (t1/2 = 2,4 phút); 67Ga(t1/2 = 78,25 giờ) và 68Ge (t1/2 = 287 ngày) với độ phóng xạ là 7,0.107Bq/mL. Với mỗi chất nói trên

(i). Hãy tính độ phóng xạ mỗi mL sau thời gian 30 phút. (ii). Hãy tính độ phóng xạ mỗi mL sau khi pha loãng dược chất phóng xạ từ 1,0mL thành 25L. b) Không kể đến hiệu ứng hóa học, 67Ga có thuận lợi gì hơn hai đồng vị phóng xạ kia trong việc xác

định thể tích máu của bệnh nhân.? c) Kiểu phóng xạ của ba đồng vị này là bức xạ hạt β (71Zn) và bắt electron (67Ga và 68Ge). Sản

phẩm của qúa trình phóng xạ này là gì? d) Một dược sĩ điều chế gali xitrat (GaC6H5O6.3H2O) từ một mẫu gali đã làm giàu 67Ga (5,0.10-5

mol % 67Ga; 10,25mg Ga tổng cộng). Sự tổng hợp gali xitrat là định lượng; tiếp theo sự tổng hợp, dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100mL nước. Tám giờ sau khi 67Ga được điều chế lần đầu, 1mL dung dịch được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân và sau 1giờ lấy 1mL mẫu máu của bệnh nhân.

(i). Tính độ phóng xạ (theo Bq) của liều 1mL dung dịch gali xitrat. (ii). Nếu mẫu máu có độ phóng xạ là 105,6Bq thì thể tích máu của bệnh nhân là bao nhiêu?

BÀI GIẢI: a) Nếu coi độ phóng xạ lúc đầu là Io (7,0.107Bq.mL-1 trong mỗi trường hợp) và It là độ phóng xạ

sau thời gian t thì It = 2/1/ ttoeI − .

Nếu đổi tất cả t1/2 ra phút: t1/2 (67Ga) = 4,695.103ph. t1/2 (68Ge) = 4,133.105ph. Nay có thể xác định được

i) It ii) It sau khi pha loãng [trị số sau bằng (1/2500) trị số trước]. Đồng vị It(Bq.mL-1) It sau khi pha loãng (Bq.mL-1) 71Zn 261 0,104 67Ga 6,96.107 2,78.104

68Ge 6,9995.107 2,80.104

b) 71Zn có chu kỳ bán hủy qúa nhỏ nên hoạt tính không kéo dài: sau 30 phút hầu như phản ứng đã ngừng lại. Tốc độ đếm, nhất là sau khi pha loãng vào máu bệnh nhân là qúa nhỏ để có thể đo

được chính xác. Hơn nữa, chu kỳ bán hủy ngắn như vậy có nghĩa là đồng vị sử dụng cần được tổng hợp cho từng bệnh nhân vì không thể để lâu được. 68Ge có trở ngại trái ngược: vẫn còn hoạt tính sau 30 phút và với chu kỳ bán hủy gần 1 năm nó vẫn còn duy trì hoạt tính trong một thời gian dài. Nếu đồng vị vẫn còn trong cơ thể, bệnh nhân sẽ chịu tác dụng chiếu xạ cao qúa mức chiụ đựng trong suốt thời gian ấy, gây các hậu qủa nghiêm trọng về thương tổn tế bào, v.v… 67Ga có thời gian sống đủ để thực hiện phép đo thể tích máu tin cậy được với một lượng tương đối nhỏ vật liệu phóng xạ.

c) Các phản ứng:

)(

)(

)(

6831

01

6832

6730

01

6731

01

7131

7130

γ

γ

γ

+→+

+→+

++→

−

−

−

GaeGe

ZneGa

eGaZn

d) i) Dược phẩm phóng xạ lúc đầu chứa 1,47.10-4 mol Ga, nghĩa là (1,47.10-4.5,0.10-7) = 7,35.10-11 mol 67Ga hay 4,43.1013 nguyên tử của đồng vị này. Với sự phân rã phóng xạ, tốc độ phản ứng có bậc 1 v = It = knt(67Ga) k = ln2/t1/2 = 2,461.10-6s-1 và Io = 1,09.108Bq (trong 100mL ở t = 0) Với liều 1mL tại t = 8 giờ It = 2/1/ tt

oeI − .Vlìêu/Vtổng cộng = 9,84.105Bq. ii) Độ phóng xạ của liều 1mL còn lại sau 1 giờ nữa sẽ bằng

It = 9,72.105Bq So sánh độ phóng xạ này với độ phóng xạ lúc đầu của 1mL mẫu máu thu được hệ số pha

loãng = 9,72.105/105,6 = 9201 Thể tích máu của bệnh nhân như vậy bằng 9,20L.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999: a) Chuỗi phân rã thiên nhiên 238U92 → 206Pb82 bao gồm một số phân rã anpha và beta trong một loạt các

bước kế tiếp. i) Hai bước đầu tiên bao gồm 234Th90 (t1/2 = 24,10 ngày) và 234Pa91 (t1/2 = 6,66 giờ). Hãy viết các

phản ứng hạt nhân của hai bước đầu tiên trong sự phân rã của 238U và tính tổng động năng theo MeV của các sản phẩm phân rã. Các khối lượng nguyên tử bằng: 238U = 238,05079u; 234Th = 234,04360u; 234Pa = 234,04332u và 4He = 4,00260u. 1u = 931,5MeV và mn = 1,00867u; 1MeV = 1,602.10-13J.

ii) Phân rã kế tiếp của 238U dẫn đến 226Ra88 (t1/2 = 1620 năm) mà sau đó bức xạ các hạt anpha để tạo thành 222Rn (t1/2 = 3,83 ngày). Nếu một thể tích mol của radon trong điều kiện này là 25,0L thì thể tích của radon ở cân bằng bền với 1,00kg radi là bao nhiêu?

iii) Hoạt độ của một mẫu phóng xạ của một phân tử trong chuỗi 238U giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Hãy tìm hằng số phân rã và chu kỳ bán hủy của nó.

b) Trong sự phân hạch nhị nguyên cảm ứng nơtron của 235U92, cuối cùng thường thu được hai sản phẩm bền là 98Mo42 và 136Xe54. Giả sử rằng các hạt này được tạo ra từ qúa trình phân hạch nguyên thủy, hãy tìm: i) Hạt cơ bản nào được phóng thích. ii) Năng lượng phóng thích mỗi phân hạch theo MeV và theo Jun. iii) Năng lượng phóng thích từ mỗi gam 235U theo đơn vị kWh.

Khối lượng nguyên tử: 235U92 = 235,04393u; 136Xe54 = 135,90722u; 98Mo42 = 97,90551u và mn=1,00867u; 1MeV = 1,602.10-13J. BÀI GIẢI:

a) i) Năng lượng phản ứng và tổng động năng: Bước 1: HeThU 4

223490

23892 +→

Q = Kd + Kα = [m(238U) – m(234Th) – m(4He)]c2 = 4,28MeV. Kd và Kα là động năng của con và hạt α Bước 2: )(0

123491

23490 βhayePaTh −+→

Q = Kd + Kβ = [m(234Th) – m(234Pa)]c2 = 0,26MeV ii) Tại cân bằng (không đổi) N1λ1 = N2λ2 = A (A: hoạt độ)

Với 226Ra; λ1 = 1,17.10-6 ngày-1 Với 222Rn; λ2 = 0,181 ngày-1.

LV

molnNN

N

Rn

Rn4

5

192

6242

2423

1

10.15,7

10.86,210.72,110.17,1.10.66,2181,0.

10.66,2226

10.022,6.1000

222−

−

−

=⇒

=

=⇒=

==

iii) N1 = Noe-λt.

Nên: )(

2

1 21

2

1tt

to

to eeNeN

NN −

−

−

== λλ

λ

85,3181,0693,0

181,080,1210ln

2/1 ==

==⇒

t

λ

b) i) Phía chất tham gia có 92 proton, trong khí phía sản phẩm có 96 proton. Như vậy phải có 4β và 2n bên phía sản phẩm

nXeMoUn 10

13654

9842

23592

10 24 +++→+ β Các hạt cơ bản được phóng thích: 4β và 2n. ii) Khối lượng đầu vào = 236,05260u Khối lượng đầu ra = 235,83007u. Khối lượng của 4β được tính trong khối lượng của sản phẩm, nên không xuất hiện trong khối lượng đầu ra. ∆m = 0,22253u Năng lượng = 207,3MeV = 3,32.10-11J cho mỗi phân hạch.

iv) Năng lượng mỗi gam = 8,5.1010J.g-1. Vậy công suất theo kWh = 8,51.1010/3,60.106 = 2,36.104kWh

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999: a) Khối phổ của diclometan CH2Cl2 có mũi đặc trưng tại m/z = 49 (mũi cơ bản), 51, 84 (ion phân

tử), 86, 88. Dự đoán cường độ tương đối của các mũi: i) m/z = 49 và 51 ii) m/z = 84; 86 và 88

b) Hãy tính tỉ lệ các mũi đồng vị dự đoán trong khối phổ của một hợp chất có chứa ba nguyên tử brom.

Bảng: Một số nguyên tố chọn lọc và hàm lượng tương đối: Nguyên tố Số khối Hàm lượng tương đối (%)

H 1 99,985 2 0,015

C 12 99,889 13 1,111

N 14 99,634 15 0.366

O 16 99,763 17 0,037 18 0,200

Cl 35 75,77 37 24,23

Br 79 50,69 81 49,31

BÀI GIẢI: a) Với các mũi trong cụm ion phân tử, ba mũi được dự trù từ hai nguyên tử clo. Cường độ có thể

tính được từ (a+b)n. Với a: hàm lượng tương đối của các đồng vị nhẹ (35Cl) b: hàm lượng tương đối của các đồng vị nặng (37Cl) n: số nguyên tử halogen có mặt Do hàm lượng tương đối của 35Cl = 75,77 và của 37Cl = 24,23 thì ta có thể đơn giản hóa tỉ lệ 35Cl:37Cl = 3:1 (i) Cường độ tương đối các mũi tại m/z = 49 và 51 tương ứng với sự mất một nguyên

tử clo từ ion phân tử, hai mũi do CH235Cl+ và CH2

37Cl+ theo thứ tự. Cường độ tương đối của các mũi tại m/z 49 và 51 = a + b = 3 + 1 Nghĩa là cường độ tương đối của các mũi tại m/z 49 và 51 = 3 : 1

(ii) Cường độ tương đối tại các mũi tại m/z 84, 86, 88 = a2 + 2ab + b2 = 32 + 2.3.1 + 12 Nghĩa là, cường độ tương đối tại các mũi 84, 86, 88 = 9 : 6 : 1

b) Theo hàm lượng tương đối, 79Br : 81Br ≈ 1 : 1 Cường độ tương đối của các mũi đồng vị có thể được tính theo (a + b)n Với a: cường độ tương đối của 79Br = 1

b: cường độ tương đối của 81Br = 1 n: số nguyên tử halogen có mặt = 3

Cường độ tương đối = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 M : (M + 2) : (M + 4) : (M + 6) = 13 : 3 .12.1 .3.1.12 .13 = 1:3:3:1

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2000: Một số trong các kiến tạo đá cố nhất trên thế giới được tìm thấy ở vùng Isua ở Greenland. Tuổi

của chúng được xác định do hàm lượng của các đồng vị bền và đồng vị phóng xạ chứa trong các hạt khoáng đặc trưng.

Sự phân rã của đồng vị uran phóng x ạ 238U thành đồng vị bền 206Pb với chu kỳ bán huỷ bằng 4,468Ga (Ga = 109 n ăm) qua m ột chu ỗi c ác đ ồng v ị k ém b ền h ơn nhi ều. Trái với 206Pb, đồng vị 204Pb không phải là sản phẩm của sự phân rã phóng xạ và vì vậy, số mol 204Pb (ghi là n(204Pb)) trong

một mẫu khoáng vật có thể coi là không đổi theo thời gian. Ở thời điểm (t = 0) khi khoáng vật kết tinh, những đồng vị này có thể lẫn trong khoáng vật dưới dạng tạp chất. Hàm lượng ban đầu của các đồng vị (no(238U), no(206Pb) và n(204Pb) lẫn trong các mẫu khoáng khác nhau có thể cúng khác nhau. Tuy nhiên tỉ lệ ban đầu của các đồng vị của cùng một nguyên tố, ví dụ như tỉ lệ no(206Pb)/(204Pb) sẽ như nhau đối với mọi mẫu khoáng vật kết tinh trong cùng một khối tạo đá). a) Viết hệ thức liên lạc cho thấy nt(206Pb) là một hàm theo nt(238U) và no(206Pb), k và t, với t là thời gian mẫu khoáng bắt đầu kết tinh và k là hằng số phân rã phóng xạ của 238U.

Các mẫu khoáng vật khác nhau có chứa những hàm lượng ban đầu khác nhau của các đồng vị tạp chất 238U và 206Pb. Vì vậy tuổi của một mẫu khoáng vật cho trước không thể suy ra được từ số đo của nt(238U) và nt(206Pb) mà thôi. Tuy nhiên n(204Pb) tỉ lệ với hàm lượng ban đầu của chì trong một mẫu khoáng vật cho trước, và vì thế cũng tỉ lệ với no(206Pb).

Các cặp trị số tương quan của nt(238U), nt(206Pb) và n(204Pb) với những mẫu khoáng vật khác nhau phát xuất từ cùng một thứ đá có thể được xác định nhờ khối phổ. Mỗi cặp ấy sẽ biểu diễn từng điểm riêng biệt trên một đồ thị với trục hoành nt(238U)/n(204Pb) và trục tung nt(206Pb)/n(204Pb). Nối với nhau, các điểm trên sẽ tạo thành một đường thẳng và tuổi của đá có thể tính được từ độ dốc.

Gần đây, người ta thu được các cặp tỉ lệ đồng vị sau của các khoáng vật có trong một loại đá Isua:

nt(238U)/n(204Pb) nt(206Pb)/n(204Pb) 1,106 12,098 1,883 12,733 2,632 13,305 2,859 13,567 2,896 13,588 3,390 13,815

b) Hãy tính tuổi của loại đá Isua c) Điểm cắt trục y của đồ thị có ý nghĩa gì? BÀI GIẢI: a) Phần tăng trong 206Pb phải bằng phần giảm từ 238U, như vậy: nt(206Pb) - no(206Pb) = no(238U) - nt(238U) Do nt(238U) = no(238U)e-kt. thay vào phương trình trên ta được: nt(206Pb) = nt(238U)(ekt - 1) + no(206Pb) b) Từ phương trình trên:

( ) ( )( ) )(

)()1(

)( 204

206

204

238

204

206

PbnPbn

ePbnUn

PbnPbn okttt +−=

Do ( )( )Pbn

Pbnt204

206

là một hàm tuyến tính của ( )

( )PbnUnt

204

238

. Từ các số liệu, bằng hồi quy tuyến tính cho phép

tính độ dốc bằng ,769 = ekt - 1, với 99 10.551,1

10.468,42ln −==k . Suy ra t = 3,7Ga

y = 0.7822x + 11259R2 = 0.9909

12,000

12,200

12,400

12,600

12,800

13,000

13,200

13,400

13,600

13,800

14,000

14,200

0 1,000 2,000 3,000 4,000

c) Điểm cắt trục y biểu thị tỉ số ( )( )Pbn

Pbno204

206

tại thời điểm của sự kết tinh khoáng chất phân tích.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Phương trình Schrodinger đơn giản nhất mô tả sự chuyển động của hạt trong hộp thế một chiều

và dẫn đến một quy luật cơ bản: sự lượng tử hóa xuất hiện do sự phụ thuộc của các điều kiện biên vào hàm sóng.

a) Một electron di chuyển hạn chế trên trục x trong giới hạn từ x = 0 đến x = L. Giữa hai đường biên thì không có lực nào tác động lên electron.

i. Viết phương trình Schrodinger (không phụ thuộc thời gian) cho hàm sóng của electron

ii. Trong hộp thế một chiều thì biểu thức hàm sóng cho electron sẽ có dạng: • e-kx.

• cosL

xnπ

• sinkx

• sinL

xnπ

k là một số thực bất kỳ và n là một số nguyên dương. iii. Sử dụng hàm sóng tìm được ở câu ii. Hãy chứng minh biểu thức năng lượng có dạng:

2

22

8mLnhEn =

iv. Chuẩn hóa hàm sóng cho trạng thái cơ bản của electron. b) Một ví dụ thú vị về hộp thế một chiều trong hóa học là sựu dịch chuyển electron trong các hệ có

chứa liên kết đơn và liên kết đôi liên hợp với nhau. Phân tử 1,3-butadien có 4 electron π dị

chuyển tự do trên một đường thẳng chứa ba liên kết C-C và mỗi liên kết có độ dài như nhau là 1,4.10-10m. Tính năng lượng cực tiểu của hệ.

c) Điều kiện biên của hàm sóng dẫn đến kết qủa là sự lượng tử hóa không chỉ đối với năng lượng mà còn đối với các tính chất vật lý khác như là momen góc. Hàm sóng phù hợp với gía trị hλ/2π đối với trục z có momen góc là: ψ(φ) = eiλφ. Với φ là góc phương vị trong mặt phẳng x – y và có số đo phụ thuộc vào trục x. Sử dụng điều kiện hàm là đơn trị ở mọi điểm trong không gian hãy chứng minh rằng bước sóng cũng được lượng tử hóa. Hãy tính các gía trị lượng tử đối với hình chiếu momen góc phương vị dọc theo trục z.

BÀI GIẢI: a) i. Phương trình Schrodinger cho một tiểu phân bất kỳ trong hộp thế một chiều có dạng

ψψ Edxd

m=− 2

22

.2h với

π2h

=h

ii. Từ điều kiện biên dẫn đến: ψ(0) = 0; ψ(L) = 0

Chỉ có biểu thức ψ = sinL

xnπ thoả mãn điều kiện này.

iii. 2

222

2

222

2

22

2

22

82sin

2sin.

2 mLn

mLE

Lxnn

mLLxn

dxd

m nπππππ hhhh

==⇒−=−

iv. LxNxN πψ sin)(1 =

Lấy tích phân: ∫+∞

∞−

==2

)(1 21

LNdxxNψ

Với N là một số thực bất kỳ thì ta có: L

N 2=

Lx

LxN πψ sin2)(1 =

b) L = 5 . 1,4.10-10 = 7.10-10m Ba mức năng lượng đầu của hệ sẽ là:

JEE

JEE

JmLhE

1913

1912

192

2

1

10.98,109

10.88,44

10.22,18

−

−

−

==

==

==

Vậy mức năng lượng cực tiểu của hệ là: E3 – E2 = 6,10.10-19J. c) Điều kiện làm cho ψ(φ) đơn trị là:

ψ(φ) = ψ(φ + 2π) ψ(φ) = eiλφ = ψ(φ) = eiλ(φ + 2π) eiλ2π = 1 λ = m với m = 0; ±1; ±2; ±3 Ta có thể thấy rằng hình chiếu momen góc không thể là một số thực nhưng có thể nhận các gía

trị là mћ với m có thể nhận các gía trị từ -m đến +m (kể cả số 0)

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Obitan là những hàm sóng một electron, nó thể hiện sự dịch chuyển của electron trong nguyên tử

(obitan nguyên tử) hay phân tử (obitan phân tử) hay là trạng thái rắn. Mỗi obitan phù hợp với xác suất tìm thấy electron ở những nơi khác nhau trong không gian.

a) Obitan 1s của nguyên tử hydro có biểu thức: oars e

/1

−ψ . Với a0 là bán kính Bohr (a0 = 5,3.10-11m) và r là bán kính phối trí (khoảng cách từ một điểm trong không gian đến hạt nhân).

i. Chuẩn hóa hàm sóng này. ii. Ở khoảng cách nào so với hạt nhân thì xác suất tìm thấy electron là lớn nhất.

b) Hàm sóng đối với các obitan 2s; 2pz và 3dz2 có dạng:

( ) o

z

o

z

o

ar

od

ar

op

ar

os

ear

ear

ear

322

2

3

22

21

1cos3

cos

2

2

−

−

−

−=

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

θψ

θψ

ψ

Hãy xác định hình dạng của các obitan trên. c) Việc giải phương trình Schrodinger cho hệ nguyên tử 1electron phù hợp tốt với lý thuyết cổ điển

của Bohr về sự lượng tử hóa năng lượng.

2

26,13n

ZEn −=

Để cho tiện sử dụng thì các gía trị số của các hằng số xuất hiện trong công thức trên được chuyển hết về đơn vị eV. Điều thú vị là khi ta sử dụng công thức trên cho phân tử heli trung hòa. Trong nguyên tử heli lực hạt nhân tác dụng lên electron bị giảm bớt do electron khác chắn mất. Điều này có nghĩa là điện tích của hạt nhân tác dụng lên electron không phải là Z = 2 nữa mà sẽ nhỏ hơn gọi là điện tích hiệu dụng (Zeff). Năng lượng ion hóa của nguyên tử heli ở trạng thái cơ bản là 24,46eV. Tính Zeff.

BÀI GIẢI:

a) i. oar

Ns Ne

−

=1ψ

∫ == 232

11 Nadv oNz πψ (N là một số thực bất kỳ)

( ) oar

oNs

o

ea

aN−−

−

=

=

21

31

21

3 )(

πψ

π

ii. Xác suất tìm thấy electron giữa khoảng r và r + dr

= ( ) drear oar

o

2132 .4

−−ππ

Xác suất là cực đại khi r = rmax. Lấy đạo hàm bậc nhất biểu thức trên ta được:

o

rr

ar

ar

erdrd

o

=⇒

==

−

max

22 0

max

Vậy electron 1s dễ tìm thấy nhất trong khu vực r = ao. b) ψ2s = 0 tại r = 2ao

Vậy hình dạng của obitan 2s là một khối cầu có bán kính 2ao. Hình dạng của obitan 3dz

2 trên mặt phẳng xy

023 =

zdψ khi 3cos2

θ – 1 = 0 3

1cos 1 ±=⇒ − θθ

Hình dạng là một hình nón với một phần ở trêm trục xy còn một phần ở dưới. Lưu ý: Tất cả các hàm sóng đều biến mất khi r → ∞. Tại r = 0 thì các hàm khác đều không tồn tại (trừ ψ1s). c) Mỗi electron ở lớp n = 1 của nguyên tử heli có năng lượng –Z2

eff = 13,6eV Mức năng lượng thấp nhất của heli –Z2

eff = 27,2eV Ở trạng thái cơ bản ion He+ có năng lượng = -4.13,6 = -54,4eV Năng lượng ion hoá = (-54,4 + Z2

eff. 27,2) = 24,46 ⇒ Zeff = 1,70 OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001:

a) Ta có các phản ứng phân hạch 235U bằng nơtron nhiệt:

nBanU

XeSrnU

3...

...14156

23592

140...

3894

23592

++→+

++→+

Hãy bổ sung những phần còn thiếu. b) Xem như các phản ứng phân rã trên có bậc 1. Các tiểu phân không bền sẽ tự phân rã β để cho Zr

và Ce. Viết các phản ứng hạt nhân xảy ra và tính năng lượng sinh ra (MeV). Cho biết các số liệu sau: m(235U) = 235,0493u m(94Zr) = 93,9063u m(140Ce) = 139,9054u mn = 1,00866u 1u = 931,5Mev/c2.

c) Trong lò phản ứng hạt nhân có sử dụng 1kg kim loại uran thiên nhiên. Khi tổng năng lượng sinh ra đạt 1 Megawatt ngày (MWd) thì nó được lấy ra khỏi hệ thống phản ứng. Hãy tính %235U vào thời điểm này. Biết rằng trong uran thiên nhiên thì lượng uran nguyên chất chỉ chiếm 0,72%. Giả sử rằng tất cả năng lượng sinh ra đều do 235U.

BÀI GIẢI: a) Các phản ứng xảy ra:

nKrBanU

nXeSrnU

3

...29236

14156

23592

14054

3894

23592

++→+

++→+

b) Phản ứng xảy ra: −+++→+ enCeZrnU 62140

589440

23592 Năng lượng giải phóng Q = [m(235U) – m(94Zr) – m(140Ce) – m(n)]c2 = 213,3eV

c) 1MWd = 8,64.1010J

Số nguyên tử 235U phân rã = 2113

10

10.53,210.602,1.3,213

10.64,8=

−

Như vậy khối lượng uran = 0,99g Vậy m(235U) còn lại = 7,2 – 0,99 = 6,21g %235U = 0,621%

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Đồng vị phóng xạ 210Bi là sản phẩm của qúa trình phân rã 210Pb rồi nó tiếp tục phân rã β để sinh

ra 210Po. 210Po cũng sẽ tiếp tục phóng xạ để cuối cùng thu được đồng vị bền 206Pb. 210Pb 210Bi 210Po 206Pb

βT1/2 = 22,3y

βT1/2 = 5,01d

αT1/2=138,4d

Một mẫu 210Bi tinh khiết phóng xạ đã được điều chế từ 210Pb và sau đó nó tiếp tục phóng xạ ra 210Po. Mẫu 210Bi ban đầu có độ phóng xạ 100µCi (1Ci = 3,7.1010dps)

a) Hãy tính khối lượng ban đầu của mẫu 210Bi. b) Hãy tính thời điểm mà số nguyên tử 210Po là cực đại và số nguyên tử 210Po là bao nhiêu? c) Xác định tốc độ phân rã α của 210Po và phân rã β của 210Bi vào thời điểm này?

BÀI GIẢI: a) 1µCi = 3,7.104dps nên 100µCi = 3,7.106dps

Ta có:

1201

611

0

1

10.31,2

10.7,3.

=⇒

==−=

N

DpsNdt

dN o

t

λ

Với No1 là số nguyên tử 210Bi ở thời điểm ban đầu

Từ No1 ở trên ta tính được m(210Bi) ban đầu = 8,06.10-10g.

b) Số nguyên tử 210Bi ở thời điểm T (là thời điểm mà số nguyên tử 210Po là cực đại): toeNN 1

11λ−=

Số nguyên tử 210Po (N2) ở thời điểm này được cho bởi phương trình:

22112 NN

dtdN

λλ −=

Thay thế biểu thức của N1 vào phương trình hình thành 210Po và nhân hai vế cho te 2λ ta được:

( )tott eNeN

dtdNe 1222

11222 λλλλ λλ −=+

( ) ( )tot eNeNdtd

122112

λλλ λ −=

Lấy tích phân biểu thức trên ta thu được: ( ) CeNteN to +−

= − 121

12

122

λλ

λλλ

λ

Để tính t ta thay N2 = 0 và t = 0 vào ta suy ra được C = 12

11

λλλ

−−

oN

Điều này dẫn đến:

( )tto eeNN 211

12

12

λλ

λλλ −− −−

=

Tại thời điểm t =T ta có:

02 ==Ttdt

dN

Giải phương trình này ta thu được: T = 24,9 ngày Từ đây ta tính được số nguyên tử N2 = 2,04.1012 và khối lượng 210Po = 7,11.10-10g

c) tốc độ phân rã α của 210Po tại t = T là 1,18.105Dps tốc độ phân rã β của 210Bi = tốc độ phân rã α của 210Po = 1,18.105Dps

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2003: 1) Có bao nhiêu đỉnh hấp thụ đối với một phân tử CO, một phân tử H2O, một phân tử benzen, ahy mộy

phân tử C60 trong phổ hồng ngoại. a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) xấp xỉ 30 f) 54 g) 120 h) 174 i) 720 j) Không thể xác định được nếu chưa có thêm thông tin.

2) Hai phân tử gồm hai nguyên tử chưa biết cho một pic đơn của hấp thụ dao động trong vùng hồng ngọai của phổ cộng hưởng từ electron (EMR). Phân tử XY hấp thụ ở tần số cao hơn phân tử WZ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a) XY và WZ là các hạt nhân khác nhau. b) Liên kết giữa X và Y mạnh hơn liên kết giữa W và Z. c) MXY lớn hơn MWZ. d) Tần số dao động đặc trưng của XY cao hơn WZ.

BÀI GIẢI: 1) Số dao động đặc trưng là 3N – 6 cho phân tử không thẳng và 3N – 5 cho phân tử thẳng. Chính vì vậy

ta sẽ có các kết qủa sau: CO : 1; H2O : 3; C6H6 : 30; C60 : 174

2) Những phân tử có tần số dao động trong phổ hồng ngoại đều là những phân tử có tồn tại lưỡng cực hay là những hạt nhân bên trong các phân tử đó là dị hạch. Đối với những phân tử hai nguyên tử có dao động đối xứng thì tần số đặc trưng được cho bởi

phương trình: µπ

ν k21

= (với k là hằng số lực và µ là khối lượng rút gọn của phân tử). Nếu không

cho biết các yếu tố khác thì ta không thể nói trước điều gì về hằng số lực cũng như khối lượng rút gọn của phân tử (Độ mạnh của liên kết thì không phụ thuộc vào k nhưng lại liên quan mật thiết đến năng lượng phân ly liên kết). Tần số đặc trưng thì bằng với tần số hấp thụ của các photon bởi và năng lượng dao động được cho bởi hệ thức: Edd = (v + 0,5)hν và năng lượng cộng hưởng là ∆E=Eν=1 – Eν = 0.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2003: 14C là đồng vị phóng xạ β có chu kỳ bán hủy t = 5700 năm. Nó tồn tại trong tự nhiên do nó liên

tục được sinh ra trong khí quyển như là một sản phẩm của phản ứng hạt nhân giữa nguyên tử nitơ và nơtron sinh ra bởi tia vũ trụ.

Chúng ta giả sử rằng tốc độ của qúa trình hình thành là hằng số trong hàng ngàn năm và bằng với tốc độ phân rã. Chính vì vậy lượng 14C trong khí quyển luôn luôn không đổi. Kết qủa là 14C trong khí quyển luôn đi cùng với các đồng vị bền 12C và 13C trong khí quyển và tham gia với vai trò như nhau trong các phản ứng hóa học của cacbon. Nó sinh ra CO2 với oxy và đi vào các qúa trình sống qua các phản ứng quang hóa dưới tỉ lệ 14C/12C luôn được giữ không đổi trong các phân tử hữu cơ.

Vấn đề này được sử dụng để xác định tuổi của các nguồn gốc sinh học (ví dụ: tóc, vải…). Chúng được phân lập bằng vài con đường sau cái chết của vật thể hữu cơ (ví dụ: trong các lăng mộ). Tỉ lệ 14C/12C trong các mẫu trên không phải luôn là một hằng số nhất định mà luôn giảm đi theo thời gian vì 14C liên tục bị phân rã.

Lượng 14C có trong các vật thể sống (tính trên tổng số nguyên tử C) có độ phân rã là 0,277Bq/g (1Bq = 1Dps (phân rã / giây)).

a) Tính tuổi của một mẫu chất có tỉ lệ 14C/12C = 0,25 b) Chuyện gì xảy ra với nguyên tử 14C khi nó bị phân rã? c) Nếu 14C nằm trong các phân tử hữu cơ (như DNA, protein v,v…) trong cơ thể sống mà bị phân

rã thì sẽ xảy ra hiện tượng gì? d) Tính độ phóng xạ của một người 75kg. Giả sử rằng sự phóng xạ trong cơ thể con người chỉ do

14C thực hiện và lượng C trong cơ thể là 18,5%. BÀI GIẢI:

a) Gọi No là tỉ lệ 14C/12C trong vật thể sống và N cũng là tỉ lệ trên sau khi vật chết một khoảng thời gian t. Ta có: N = Noe-λt với λ là hằng số phóng xạ (λ = ln2/t1/2). Điều này dẫn đến hệ thức:

11400ln2ln

ln2/1 =−=

−=

o

o

NNtN

N

tλ

năm.

b) Phương trình phóng xạ chung của sự phân rã β là: n → p + β + ῡe với p là proton và ῡe là electron phản nơtrino (electron antineutrino). Với 14C ta có: 14C → 14N + β + ῡe 

c) Trong một phân tử hữu cơ chứa 14C thì nếu 14C bị phân rã sẽ gây ra một ảnh hưởng rất lớn đến cấu trúc phân tử do C sẽ bị thay thế bằng N (một nguyên tử hoàn toàn khác C về bản chất hóa học), điều này dẫn đến sự hình thành các gốc tự do..

d) mC = 75.0,185 = 13,9kg Độ phóng xạ R = 13900.0,277 = 3850Bq

152/1 102ln

. ===⇒=−=t

RRNNdtdNR

λλ nguyên tử = 1,66nmol.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2003: Uran (Z = 92) là một nguyên tố phóng xạ tồn tại trong tự nhiên. Nó là một hỗn hợp của hai đồng

vị 238U (99,3%, T = 4,47.109 năm) và 235U(0,7%, T = 7,04.108 năm). Cả hai đồng vị này đều phóng xạ α và đều được tạo ra ở các phản ứng tổng hợp hạt nhân. Sự phân rã của chúng sinh ra các lượng khác nhau của các hạt α và β, qua nhiều qúa trình phân rã khác nhau thì sẽ dẫn đến việc hình thành các đồng vị bền 206Pb82 và 207Pb82 một cách tương ứng. Các qúa trình này được gọi là hai chuỗi phóng xạ. Sự phóng xạ α - không chịu ảnh hưởng của các qúa trình phân rã khác nhau – không chịu ảnh hưởng của sự chuyển hóa.

235U kém bền hơn 238U và phản ứng diễn ra dễ dàng hơn với sự tham gia của nơtron nhiệt. Phản ứng phân hạch được dẫn ra dưới đây:

235U + n → U* → sản phẩm phân hạch + 2 – 3n + 200MeV/1 hạt 235U. a) Tính số hạt α và β sinh ra trong hai chuỗi phóng xạ (238U → 206Pb và 235U → 207Pb). b) Giải thích tại sao trong hai chuỗi phóng xạ một số nguyên tố hoá học xuất hiện nhiều hơn một

lần. c) Giả sử rằng các đồng vị không liên quan ban đầu (lúc bắt đầu phản ứng tổng hợp hạt nhân) bằng

với lượng hai đồng vị của uran (235U : 238U = 1 : 1). Tíh tuổi của qủa đất (thời gian tính từ lúc bắt đầu phản ứng phân hạch).

d) Tính lượng cacbon cần (g) để sinh ra năng lượng bằng với năng lượng giải phóng ra khi phân hạch 1g 235U bằng nơtron. Sử dụng phản ứng: C + O2 → CO2 + 393,5kJ/mol (hay 4,1eV/nguyên tử).

BÀI GIẢI: a) 238U → 206Pb: 8 hạt α và 6 hạt β

235U → 207Pb: 7 hạt α và 4 hạt β b) Điều này xảy ra khi tiếp sau một phân rã α (Z = -2) là hai phân rã β ( Z = +2)liên tiếp. c) Đối với mỗi đồng vị của uran ta có thể viết:

235N = 235Noexp(-λ235t) 238N = 238Noexp(-λ238t) Tại thời điểm t = 0 thì 235No = 238No Như vậy ta có:

( )( ) 142

7,03,99

expexp

235

238

235

238 ===−−

NN

tt

λλ

Như vậy: λ235t - λ238t = ln142 = 4,95 Ta có: λ235 = 9,76.10-10 λ238 = 1,54.10-10 ⇒ t = 6,0.109 năm.

d) Năng lượng sinh ra khi phân rã hoàn toàn 1g 235U = 5,13.1023MeV Năng lượng sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 1g U = 2,06.1017MeV Như vậy khối lượng cacbon cần sẽ là: 2,49.103 kg C

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2003: Phổ khối lượng được hình thành bởi cấu tạo của một chùm tia gồm các mảnh ion được tạo thành

bằng cách bắn một chùm tia electron có năng lượng cao vào phân tử cần xác định. Các mảnh phát sinh được phân lập bởi từ trường hay điện trường hoặc là kết hợp cả hai. Sự phân lập này phụ thuộc vào tỉ lệ khối lượng/điện tích (m/z) của mỗi ion mảnh. Ở hầu hết các mảnh đều mang điện tích đơn giản (z = 1). Điều này dẫn đến sự phân mảnh phụ thuộc vào khối lượng các ion.

Độ nhạy khác nhau củ các loại phổ khối lượng thường được xác định bởi độ phân giải của nó. Độ phân giải được định nghĩa bởi biểu thức R = m/∆m (với ∆m là độ chênh lệch giữa hai pic liền nhau và m là khối lượng danh nghĩa của pic thứ nhất). Ví dụ: hai ion C2H4

+ và CH2N+ đều có cùng khối lượng danh nghĩa (M = 28) nhưng khối lượng chính xác tương ứng là 28,0313 và 28,0187 thì để có thể phân biệt được 2 pic này cần phải có một dụng cụ có R = 28/(28,0313 – 28,0187) = 2200. Những máy phổ khối lượng rẻ thì có độ phân giải không cao lắm (R ≈ 300 – 1000) thì có thể phân biệt được các ion đơn giản có các khối lượng danh nghĩa khác nhau.

Các pic đồng vị trong phổ khối lượng

Mặc dù các máy phổ có độ phân giải thấp nhưng các mảnh ion có thể phát sinh ra nhiều mảnh liên tiếp có khối lượng danh nghĩa khác nhau. Điều này chỉ có thể xảy ra đối với các ion có cùng công thức hóa học nhưng các đồng vị tạo thành ion mảnh đó thì khác nhau. Ví dụ: ion CH3

+ gồm có các mảnh ion có khối lượng danh nghĩa từ 15 (mảnh 12C1H3

+) đến 19 (mảnh 13C2H3+).

Cường độ của các mảnh đồng vị phụ thuộc vào thành phần của các nguyên tố cấu thành các mảnh đồng vị đó trong thiên nhiên. Đối với cacbon thì nhiều nhất là 98,90% 12C và 1,10% 13C. Với H thì 1H chiếm 99,985% và 2H chiếm 0,015%. Kết qủ alà pic có cường độ cao nhất là 12C1H3

+ (M = 15), pic có cường độ cao thứ hai là hai pic 13C1H3

+ và 12C1H2H+, còn pic có M = 19 (13C2H3+) thì có cường độ

gần như bằng 0 do lượng 13C và 2H có rất ít trong thiên nhiên. Dưới đây sẽ cho biết cách tính cường độ các pic đồng vị của ion mảnh CH2Cl một cách chính

xác. Biết Cl gồm hai đồng vị (75,77% 35Cl và 24,23% 37Cl). + Mảnh M = 49: 12C1H2

35Cl: 0,989.(0,99985)2.0,7577 = 0,7431 + Mảnh M = 50: 13C1H2

35Cl: 0,011.(0,99985)2.0,7577 = 0,00833 12C2H1H35Cl: 0,989.0,00015.0,99985.0,7577 = 0,00011 12C1H2H35Cl: 0,989.0,99985.0,00015.0,7577 = 0,00011

= 0,0085 + Mảnh M = 51: 13C2H1H35Cl = 1,25.10-6 13C1H2H35Cl = 1,25.10-6. 12C1H2

37Cl = 0,240 = 0,240

+ Mảnh M = 52: 13C2H235Cl = 1,9.10-10.

13C1H237Cl = 0,00266

12C1H2H37Cl = 3,59.10-5. 12C2H1H37Cl = 3,59.10-5 = 0,0027 + Mảnh M = 53: 13C2H1H37Cl = 4,0.10-7. 13C2H1H37Cl = 4,0.10-7.

12C2H237Cl = 5,4.10-9.

= 8,1.10-7 + Mảnh M = 54: 13C2H2

37Cl = 6.10-11. Cường độ của mỗi pic (từ M đến M +5) tỉ lệ với sự phổ biến của mỗi đồng vị hợp phần trong ion

mảnh và sự tính toán xác suất dẫn đến tổng khả năng xuất hiện các hợp phần của các pic có cùng khối lượng phân tử. Pic có cường độ cao nhất được gọi là pic cơ sở và cường độ của các pic liên quan được xác định bởi % của nó so với pic cơ sở.

Từ thí dụ trên ta có: M = 49 = 100% M = 50 (0,0085/0,7491).100 = 1,14% M = 51 (0,240/0,7491).100 = 31,98% M = 52 (0,0027/0,7491).100 = 0,36% M = 53 = 1.10-4% M = 54 = 8.10-9%

1) Silic tự nhiên là hỗn hợp của 3 đồng vị bền 28Si, 29Si và 30Si. Trong khi đó clo tự nhiên là hỗn hợp của hai đồng vị là 35Cl và 37Cl. Có bao nhiêu pic đồng vị của ion SiCl2

+. 2) Tất cả các ion mảnh sau: (a): N2

+; (b): CO+; (c): CH2N+; (d): C2H4+ đều có khối lượng danh nghĩa là

M = 28 và không thể phân biệt được chúng bằng các máy phổ phân giải thấp. Tuy nhiên so sánh

cường độ các pic M + 1 thì ta có thể phân biệt được tất cả. Xác định các mảnh ion có cường độ mảnh đồng vị M + 1 là 1,15. Các đồng vị có nhiều trong thiên nhiên được cho dưới đây:

H: 1H = 99,985% 2H = 0,015% C: 12C = 98,9% 13C = 1,1%

N: 14N = 99,634% 15N = 0,366% O: 16O = 99,762% 17O = 0,038% 18O = 0,20%

BÀI GIẢI: 1) M = 98 28Si35Cl2

+ M + 1 = 99 29Si35Cl2

+ M + 2 = 100 28Si35Cl37Cl+ + 30Si35Cl2

+ M + 3 = 101 29Si35Cl37Cl M + 4 = 102 30Si35Cl2

+ + 28Si35Cl37Cl+ M + 5 = 103 29Si37Cl2

+ M + 6 = 104 30Si37Cl2

+ Như vậy có 7 pic. 2 Đối với ion N2

+ ta có: M: 14N14N = (0.99634)2 = 0.9927

M+1: 14N15N + 15N14N = 2×(0.99634×0.00366) = 0.007293 Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 0,735% Đối với ion CO+ ta có:

M: 12C16O = 0.989×0.99762 = 0.9866 M+1: 12C17O + 13C16O = (0.989×0.00038) + (0.011×0.99762) = 0.01135

Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 1,15% Đối với ion CH2N+

M: 12C1H214N = 0.989×(0.99985)2 ×0.99634 = 0.9851

M+1: 13C1H214N + 12C1H2H14N + 12C2H1H14N + 12C1H2

15N =0.011×(0.99985)2×0.99634+2×0.989×0.99985×0.00015×0.99634+0.989×(0.99985)2×0.00366 =0.01487

Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 1,51% Đối với ion C2H4

+ ta có: M: 12C2

1H4 = (0.989)2×(0.99985)4 = 0.9775 M+1: 13C12C1H4 + 12C13C1H4 + 12C2

2H1H3 + 12C21H2H1H2 + 12C1H2

2H1H + 12C21H3

2H = 0,02234

Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 2,29% Chỉ có CO+ là thoả mãn đề bài.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004: Các cacbua của kim loại chuyển tiếp như TiC được sử dụng rộng rãi trong việc chế tạo các

công cụ cắt và khoan bởi vì nó rất cứng, chống ăn mòn tốt và có nhiệt độ nóng chảy cao. Ngoài những tính chất trên thì titan cacbua còn có tính dẫn điện tốt và điều này không phụ thuộc vào nhiệt độ chính vì vậy nó rất quan trọng trong công nghiệp. 1) TiC có cấu trúc tinh thể như thế nào nếu r(Ti4+) = 74,5 và r(C4-) = 141,5pm

TiC kỹ thuật được điều chế từ TiO2 bằng phản ứng khử với cacbon. Biến thiên entanpi của phản ứng này không thể được đo trực tiếp được. Tuy nhiên, nhiệt cháy của các nguyên tố cũng như của TiC có thể đo trực tiếp được. Năng lượng luôn luôn không đổi và không phụ thuộc vào cách tiến hành phản ứng cho nên các gía trị nhiệt động của phản ứng có thể tính được. 2) Tính biến thiên entanpi của phản ứng: TiO2 + 3C → TiC + 2CO

Biết: ∆fH(TiO2) = -944,7kJ.mol-1 ∆fH(CO) = -110,5kJ.mol-1 ∆fH (TiC + 1,5O2 → TiO2 + CO) = -870,7kJ.mol-1.

Năm 1919, Born và Haber đã độc lập tìm ra ứng dụng của nguyên lý thứ nhất nhiệt động học vào sự hình thành chất rắn từ các nguyên tố thành phần. Bằng cách này ta có thể có được những thông tin chính xác về năng lượng mạng lưới của tinh thể chất rắn.

KCl đồng hình với TiC và nó kết tinh theo kiểu mạng của NaCl. 3) Sử dụng các giá trị cho sẵn để xây dựng chu trình Born – Haber của sự hình thành KCl từ các

nguyên tố và tính năng lượng mạng lưới của KCl. Entanpi của KCl: K(r) → K(k) ∆Hthăng hoa = 89kJ.mol-1 Entanpi phân ly của clo: Cl2(k) → 2Cl ∆Hphân li = 244kJ.mol-1 Ái lực electron của clo: Cl(k) + e → Cl-

(k) ∆H = -355kJ.mol-1. Năng lượng ion hóa của kali: K(k) → K+ + e ∆Hion hóa = 425kJ.mol-1. Entanpi của sự hình thành KCl: K(r) + 0,5Cl2 → KCl(r) ∆fH = -438kJ.mol-1.

BÀI GIẢI: 1) r(Ti4+) /r(C4-) = 0,527 → kiểu mạng tinh thể của NaCl. 2) TiC + 1,5O2 → TiO2 + CO ∆fH = -870,7kJ.mol-1 (1) C + 0,5O2 → CO ∆fH = -110,5kJ.mol-1 (2) Lấy (1) – 3(2) ta được: TiO2 + 3C → TiC + 2CO Như vậy ta tính được ∆fH = 539,2kJ.mol-1. 3 Chu trình Born – Haber của sự hình thành KCl:

K+

(k) + Cl-(k) KCl(r)

K+

(k) Cl(k)

K(r) 0,5Cl2(k) Ta tính được UL = -719kJ.mol-1.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004:

Bước đầu tiên của các phản ứng quang hóa học là sự hấp thụ ánh sáng của các phân tử. Mối liên quan giữa mật độ quang A của dung dịch chứa phân tử chất hấp thụ với nồng độ mol C và độ dày của cuvet d được thể hiện bởi định luật Lambert – Beer: A = lg(Po/P) = εCd ε: hệ số tắt mol.

Ánh sáng có thể được coi như là một chùm photon và mỗi photon có mang năng lượng E = hλc .

Với h là hằng số Planck, λ là bước sóng ánh sáng chiếu tới và c là vận tốc ánh sáng: Một dung dịch phẩm nhuộm có nồng độ C = 4.10-6M có hệ số tắt mol ε = 1,5.105mol-1.L.cm-1.

Chiếu ánh sáng xanh có bước sóng λ = 514,5nm và công suất Po = 10nW vào dung dịch này. 1. Hãy tính % ánh sáng hấp thụ bởi mẫu nếu cuvet dày 1µm. 2. Tính số photon/s được hấp thụ bởi mẫu

UL

∆Hion hóa

∆Hphân li

∆H

0,5∆Hphân li

∆fH

Sự hấp thụ trên mặt cắt ngang của phân tử là mặt có thể hấp thụ các photon có hiệu quả nhất dưới điều kiện là độ chiếu sáng thấp (như là các tế bào pin mặt trời có thể giữ lại được các photoon trên bề mặt). Ở nhiệt độ phòng, điều này phụ thuộc vào diện tích mặt cắt ngang của phân tử tiếp xúc trực tiếp với ánh sáng. Nếu bạn tính nó từ hệ số tắt mol thì hãy hình dung tất cả các phân tử chịu tác dụng của ánh sáng đều nằm trên một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ánh sáng chiếu tới. 3. Khu vực nào được các phân tử chiếm giữ? 4. Tính độ hấp thụ mol trên mặt cắt ngang của phân tử (Å2)

Phản ứng quang hóa đã xảy ra trên hành tinh của chúng ta chủ yếu là tổng hợp quang hóa, phản ứng này đã chuyển năng lượng ánh sáng thành năng lượng hóa học. Một photon có bước sóng 680nm là cần thiết để sinh ra 1 phân tử ATP. Dưới các điều kiện sinh lý thì năng lựong nhận được là 59kJ/mol ATP. 5. Hiệu suất của phản ứng quang hóa là bao nhiêu? BÀI GIẢI:

1. A = εCd = 6.10-5 ⇒ Po/P =0,999862. Đây chính là % của photon tồn tại trong mẫu, như vậy phần trăm photon được dung dịch hấp thụ là :

410.38,11 −=−=−

oo

o

PP

PPP

hay 0,0138%

2. Dựa vào kết qủa câu 1 ta có thể tính được Phấp thụ = 1,38.10-4.10-8 = 1,38.10-12J.s-1. Năng lượng của mỗi photon là E = 3,86.10-19J Vậy số photon được hấp thụ bởi dung dịch trong mỗi giây là: 1,38.10-12/3,86.10-19 = 3,58.106

3. Hãy hình dung rằng, tia laser chiếu vào khu vực có diện tích 1cm2 của dung dịch phẩm nhuộm. Chùm tia sáng đi xuyên qua một thể tích là V = 1cm2.1µm = 10-7L. Số phân tử được chiếu xạ sẽ là: N = C.V.NA = 2,409.1011. Nếu tất cả các phân tử đều được xếp trên một mặt phẳng thì mỗi phân tử sẽ chiếm một diện tích là: S =1/2,409.1011 = 4,15.10-12cm2 hay 415nm2.

4. Độ hấp thụ trên mặt cắt ngang của phân tử σ là khu vực mà ở đó một phân tử bất kỳ có thể giữ lại được toàn bộ photon chiếu tới. Dưới các điều kiện thí nghiệm thì chỏ có 0,0138% ánh sáng chiếu tới bị hấp thụ bởi một phân tử, như vậy σ = 1,38.10-4.4,15.10-12 = 0,057nm2 = 5,7Å2.

5. Năng lượng của một photon có bước sóng 680nm = 2,92.10-19J. Sự tổng hợp quang hóa nhận được 59kJ/mol ATP, điều này dẫn đến: EATP = 59.103/6,022.1023 = 9,80.10-20J/phân tử ATP Như vậy hiệu suất của phản ứng sẽ là: 9,80.10-20/2,92.10-19 = 0,34 hay 34%

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004:

Từ khi những nhà tiên phong trong lĩnh vực nhận dạng các đơn phân tử đã tiến hành công việc từ đầu thập kỷ 90 của thế kỷ trước thì lĩnh vực về việc sử dụng phương pháp hiển vi để phát hiện các đơn phân tử đã được khám phá và nó nằm trung gian giữa hóa học và vật lý. Ta sẽ khảo sát với phẩm nhuộm cacboxianin 1-1’-didodexyl-3,3,3’,3’-tetrametylindo-cacboxianin peclorat (dilC12). Trong thí nghiệm này, phân tử phẩm nhuộm được trải ra trên một bề mặt mẫu và được định vị thông qua các tín hiệu phát quang. Cấu trúc của dilC12 được cho dưới đây:

N

CH3H3C

CH

CH CH

N

H3C CH3

(CH2)11 (CH2)11

CH3 CH3ClO4

-

1. Xác định phần nào trong phân tử diC12 phát quang: a) Vòng benzen. b) Mạch dodexyl. c) 4 nhóm metyl gắn ở nhân dị vòng. d) Mạch C-N liên kết với hai vòng benzen. e) Ion peclorat.

Tỉ trọng bề mặt của một phân tử thường rất thấp. Nếu muốn nhận dạng chúng như là một chất phát quang dưới kính hiển vi. Giá trị tốt nhất để nhận dạng là 10 phân tử/µm2.

10µL của một dung dịch dilC12 trong metanol được nhỏ xuống một tấm thủy tinh sạch. Giọt này tạo thành một vòng tròn có đường kính 4mm.

2. Tính nồng độ mol của dung dịch cần thiết để nhận được gía trị 10 phân tử/µm2 (Đối với sự tính toán chúng ta có thể giả sử rằng sự vận chuyển của phân tử phẩm nhuộm từ dung dịch đến mẫu bề mặt do sự bốc hơi của dung môi là đồng thể trên toàn bộ bề mặt thấm ướt). Mẫu được chiếu xạ bởi tia laser màu xanh He – Ne có bước sóng là 543,5nm. Năng lượng kích

thích là vừa đủ sao cho khu vực được chiếu sáng (đường kính 100nm) tiếp xúc với 3.1010photon/s. 3. Năng lượng kích thích cần thiết là bao nhiêu?

Sự hấp thụ trên mặt cắt ngang là một thông số quang trọng để tính toán các tín hiệu phát quang phát ra đơn phân tử. Nó có thể được xem như là khu vực hiệu lực của phân tử mà nó có thể hấp thụ toàn bộ photon chiếu tới. Ở nhiệt độ phòng, gía trị này xấp xỉ với kích thước của phân tử phẩm nhuộm.

4. Một mẫu dilC12 được chiếu sáng hấp thụ 2,3.105 photon/s dưới các điều kiện được mô tả ở trên. Tính độ hấp thụ trên mặt cắt ngang của phân tử dilC12 (Å2). Biết rằng trên khu vực có đường kính 100nm thì được chiếu xạ một cách đồng bộ. Hiệu suất phát quang lượng tử (số photon phát quang trung bình được sinh ra từ các photon bị

hấp thụ) là 0,7 đối với dilC12 (7 photon phát quang được sinh ra trên tổng số 10 photon hấp thụ). Hiệu suất của nguồn phát quang là 20% trong điều kiện thí nghiệm này (bao gồm cả sự lọc để cho ánh sáng đơn sắc) và hiệu suất nhận dạng photon của máy dò phát quang công nghệ cao là 55% (vượt qua ngưỡng của các phân tử phát quang).

5. Trung bình có bao nhiêu photon phát quang được dò thấy bởi bộ dò phát quang trong 10ms nếu một phân tử dilC12 được định vị trong khu vực chiếu sáng? Hình ảnh phát quang được xây dựng bằng cách quét tốc độ cao bề mặt chiếu sáng trên bề mặt

mẫu. 6. Đường kính của điểm phát quang ứng với một phân tử phẩm nhuộm sẽ là bao nhiêu? Chọn câu

trả lời đúng. a) Một pixel.

b) 543,5nm c) 100nm d) 200nm e) Xấp xỉ 1µm

BÀI GIẢI: 1) Phân tử phát quang trong vùng khả kiến do sự không định cư của các electron trên hệ liên kết π, như

vậy câu trả lời đúng là (4). 2) Một vòng với đường kính 4mm bao quanh một bề mặt có diện tích S = πr2 = 1,26.10-5m2

Số nguyên tử phẩm nhuộm trong khu vực này là: 10/(10-6)2.1,26.10-5 = 126.106 Nó được chuyển đến bề mặt bởi sự bốc hơi của 10µL dung dịch, như vậy nồng độ của nó phải là: (1,26.108/10-5)/(6,022.1023) = 2,1.10-11mol.L-1.

3) Với E = hc/λ thì năng lượng của mỗi photon là: E = 3,66.10-19J Như vậy năng lượng kích thích cần thiết là: 1,1.10-8J.s-1 = 11nW.

4) Trung bình cứ có 10 phân tử/µL, như vậy 1 phân tử sẽ chiếm một diện tích S = 10-13m2. Diện tích toàn khu vực chiếu xạ = π(50.10-9)2 = 7,85.10-15m2 nhận được 3.1010 photon/s và khu vực chiếm giữ bởi một phân tử sẽ nhận được: 3.1010.10-13/(7,85.10-15) = 3,82.1011 photon/s Chỉ có 2,3.105 photon được hấp thụ mỗi giây nên khu vực mà ở đó hấp thụ photon sẽ là: σ = 6.10-20m2 hay là 6Å2.

5) Một phân tử dilC12 hấp thụ 2,3.105 photon/s thì như vậy số photon phát quang sẽ là 161.103 photon/s. Dựa vào hịêu suất dò thì kết qủa sẽ là: N = 0,2.0,55.161.103 = 17710 photon dò được/s. Trong khoảng 10ms thì số photon dò được sẽ là 177 photon.

6) Mỗi điểm trên khu vực được chiếu xạ của mẫu được tiếp xúc với cùng một số lượng photon/s (chiếu sáng đồng bộ). Một phân tử mà được định vị ở trung tâm của điểm thì sẽ nhận được nhiều photon hơn là nó ở bất kỳ một điểm nào khác của điểm chiếu xạ. Do khu vực chiếu xạ được quét nhanh nên phân tử sẽ trở nên có màu, thời gian có màu càng nhiều khi nó ở bên trong khu vực chiếu sáng. Đây chính là lý do tại sao các điểm phát quang của một phân tử luôn có một kích thước như nhau và bằng với khu vực chiếu sáng. Như vậy đáp án đúng là câu c.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005: Electron π trong phức của sắt với hemoglobin có thể được xác định như trong một hệ mà

electron di chuyển tự do như trong hộp thế hai chiều. Dựa vào mô hình này thì năng lượng của electron sẽ được tính bởi công thức:

Với h = 6,63.10-34J.s (hằng số Planck), nx và ny là những số lượng tử chính; me = 9,11.10-31kg là

khối lượng của electron, L là chiều dài của hộp thế. 1. Xây dựng các mức năng lượng để chỉ ra mối quan hệ giữa 17 obitan thấp nhất. 2. Cho phân tử có chứa 26e, xác định số electron của obitan bị chiếm có mức năng lượng cao nhất

ở trạng thái cơ bản. 3. Áp dụng quy tắc Hund cho hệ này, cho biết nó là thuận từ hay nghịch từ. 4. Ánh sáng được hấp thụ chỉ khi điều kiện ∆E = hν được thoả mãn. Nếu chiều dài L của hộp thế

hai chiều là 1nm, Hãy tính bước sóng dài nhất mà ở đó có thể xảy ra trạng thái kích thích. Cho biết c = 3,00.108m/s.

BÀI GIẢI: 1) Ta có:

E1,1 = 2E0

E1,2 = E2,1 = 5E0 E2,2 = 8E0 E1,3 = E3,1 = 10E0 E2,3 = E3,2 = 13E0 E1,4 = E4,1= 17E0 E3,3 = 18E0 E2,4 = E4,2 = 20E0 E3,4 = E4,3 = 25E0 E1,5 = E5,1 = 26E0

Với Eo = h2/8mL2 2) 4e 3) Nghịch từ. 4) Bước sóng dài nhất để ở đó xảy ra sự kích thích là ∆E = (25 – 20)Eo.

Với Eo = (6,63.10-34)/(8.9,11.10-31.(1.10-9)2) = 6,02.10-20J Như vậy ∆E = (25 – 20)Eo = 3,01.10-19J ⇒ λ = 606nm

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005: Hầu hết các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn đều có nhiều hơn 1 đồng vị. Khối lượng

nguyên tử của một nguyên tố được tính toán dựa trên mối quan hệ về thành phần của các đồng vị. Ví dụ: Khối lượng nguyên tử của clo xấp xỉ 35,5 bởi vì hàm lượng của 35Cl gần gấp 3 lần so với 37Cl. Trong phổ khối lượng, thay cho khối lượng phân tử trung bình thì ta nhận được pic khối lượng của các đồng vị (35Cl: 75,77%; 37Cl: 24,23%; 12C: 98,9%; 13C: 1,1%; 79Br: 50,7%; 81Br: 49,3%). Các đồng vị rất có ý nghĩa trong việc phân tích định lượng bằng phương pháp phổ khối lượng. 1) Để có thời gian duy trì thì tỉ lệ của các ion M và M + 2 được sử dụng trong việc phân tích định lượng 2,3,7,8 tetraclo dioxin (2,3,7,8 - TCDD) bằng phương pháp sắc ký - khối phổ là tỉ lệ tiêu chuẩn. Tính tỉ lệ lý thuyết này.

Chiều cao của các mảnh đồng vị (cường độ) có thể được phát hiện bằng cách sử dụng công thức sau: (a + b)n với a là hàm lượng tương đối của đồng vị nhẹ, b là hàm lượng tương đối của đồng vị nặng và n là số nguyên tử clo có mặt. 2) Ion phân tử thường được chọn trong phép phân tích định lượng. Cường độ của ion phân tử cần được sửa lại nếu tín hịêu bị gây nhiễu bởi các hợp chất khác. Trong phép phân tích các nguyên tố không phải halogen với khối lượng phân tử là 136 thì ion phân tử được chọn trong phép phân tích định lượng. Hãy đề nghị một biểu thức toán học để hịêu chỉnh được tín hiệu của ion phân tử nếu chất phân tích có cùng thời gian duy trì như n - butylbromua. BÀI GIẢI: 1) 0,77 2) Tín hiệu hiệu chỉnh = (m/z 136tín hiệu) - 1,03(m/z 138 tín hiệu) OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:

Một số đại lượng vật lý có thể đo được, nếu có thể cho kết qủa số thì có thể dẫn đến sai số. Sai số tiêu chuẩn σ được định nghĩa bởi biểu thức:

σ = 22 ><−>< GG Với G là gía trị riêng của hằng số vật lý đo được; <G> là trị trung bình của G; <G2> là gía trị

trung bình của G2. Gía trị tủng bình của <G> và <G2> có thể nhận được bằng cách đo lặp lại nhiều lần khi thực hiện cùng một phép đo xác định đại lượng G. Định nghĩa này có thể áp dụng được cho cả lý thuyết cổ điển và lý thuyết lượng tử. hai ví dụ liên quan đến việc xác định độ lệch tiêu chuẩn σ, một là dựa vào tinh chất của phân tử khí và hai là sử dụng hộp thế một chiều sẽ được đưa ra dưới đây:

1) Phân bố tốc độ của các phân tử khí như là một hàm của nhiệt độ có thể được mô tả bởi phương trình sau (Phân bố Maxwell - Boltzmann):

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

RTM

RTMF

2vexp

2v4)v(

22/32

ππ

Với v là tốc độ của phân tử, M là khối lượng của phân tử. T là nhiệt độ tuyệt đối và R là hằng số khí. Tính tốc độ trung bình <v> và độ lệch tiêu chuẩn σV hay sự phân bố tốc độ của phân tử O2 ở 300K (O2 = 32g/mol, R = 8,31J.K-1.mol-1). 2) Giả sử một hạt chuyển động theo phương x được chuẩn hóa dưới dạng hàm sóng: 2/12 )]2/exp()2/1[( x−= πϕ ; ∞≤≤∞− x Tính độ chuyển dịch trung bình <x> và độ lệch tiêu chuẩn σx sau khi x đi được một quãng đường khá dài. 3) Trong cơ học lượng tử, momen của hạt trong hộp thế một chiều cso thể được xác định như sau:

p=dxdih

π2− với h là hằng số Planck. Tính momen trung bình <p> và độ lệch tiêu chuẩn σp với tiểu phân

có hàm sóng được mô tả ở câu 2. 4) Tính độ bất định về vị trí và momen của hạt σxσp với các dữ kiện đã cho ở trên. Một số biểu thức tích phân:

∫∞

++ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅⋅⋅⋅

=−0

2/1

12122

2)12(531)exp( nn

n

andxaxx π

∫∞

++ =−

0 1212

2!)exp( n

n

andxaxx với n = 0,1,2,3…

BÀI GIẢI: 1) Tốc độ trung bình:

∫ ∫∞ ∞

−==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=>=<

0 0

12322/3

10.45,482

exp2

4)( msMRTdvv

RTMv

RTMdvvvFv

πππ

Độ lệch tiêu chuẩn σV:

∫ ∫∞ ∞

−==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=>=<

0 0

15422/3

2 10.33,232

exp2

4)( msMRTdvv

RTMv

RTMdvvvFvπ

π

⇒ σV = 1,87.102 ms-1 2) Toạ độ trung bình:

∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=>=< 0

2exp

21*

2

dxxxdxxxπ

ϕϕ

Độ lệch tiêu chuẩn σx:

∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=>=< 1

2exp

21*

2222 dxxxdxxx

πϕϕ

⇒ σx = 1

3) Momen trung bình:

∫ ∫+∞

∞−

+∞

∞−

−

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

−>=< 0242

*2/2

dxihxedxx

hipx

ππϕ

πϕ

Độ lệch chuẩn σp:

∫+∞

∞−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−>=< 2

2

22

222

164*

πϕ

πϕ hdx

xhip

⇒ σp = h/4π 4) σxσp = h/4π

IV. OLYMPIC HÓA HỌC CÁC QUỐC GIA TRÊN THẾ GIỚi: OLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Trong các chất sau, chất nào không tạo liên kết hydro với nước: a) NH3 b) HF c) CH3OH d) CH3 – CH3

BÀI GIẢI: câu d OLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Liên kết tạo thành giữa hai nguyên tử có cấu hình electron hóa trị là 2s22p5 sẽ thuộc loại liên kết: a) Ion b) Cộng hóa trị c) Kim loại d) Cộng hóa trị không phân cực.

BÀI GIẢI: câu d OLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Rutherford đã chỉ ra rằng mẫu nguyên tử của Thomson là sai khí bắn các hạt α vào lá vàng mỏng thì:

a) Rất nhiều hạt đi qua lá vàng. b) Đa số hạt bị lệch đi c) Một số hạt bị lệch đi hoặc bật trở lại. d) Một số hạt bị chuyển hóa thành nguyên tử heli

BÀI GIẢI: câu c OLYMPIC HÓA HỌC ĐỨC 1999 (Vòng 4): 1) Hạt nhân 80Ge có tính chất phóng xạ và phân rã cùng với sự giải phóng ra các tia β. Hạt nhân nào sẽ

hình thành trong qúa trình này? 2) 148Gd là chất phóng xạ α, hạt nhân nào sẽ được tạo thành? 3) Chì có 4 đồng vị bền: 204, 206, 207 và 208. Một trong số đó là sản phẩm cuối cùng của một dãy

phân rã bắt đầu từ 235U. Hãy giải thích đó là đồng vị nào của chì? 4) Trong qúa trình ở câu 3 thì có bao nhiêu phân rã β? 5) Bi trong tự nhiên chỉ gồm có hạt nhân 209Bi. Người ta bắn phá nó bằng các hạt α. Qúa tình này giải

phóng hai nơtron. Hỏi hạt nhân nào đã hình thành? Năm 1988, tấm khăn liệm Turin nổi tiếng được nghiên cứu bằng phương pháp phóng xạ cacbon.

Trong khi cường độ phóng xạ của một gam cacbon lấy từ các cơ quan sống là 735 phân rã trong một giờ thì 1g cacbon lấy từ tấm khăn liệm cho thấy hoạt tính là 677 phân rã trong một giờ. Thời gian bán hủy của 14C là 5570 năm. 6) Tính tuổi của tấm khăn đó.

BÀI GIẢI: 1) 80As 2) 144Sm 3) 207Pb vì 235 – 207 = 28 (7 phân rã α) 4) 4 phân rã β 5) 211At. 6) Khoảng năm 1327

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002: Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản của Al3+ là: a) 1s22s22p63s23p1. b) 1s22s22p63s23p6. c) 1s22s22p6. d) 1s22s22p63s2. e) 1s22s22p43s2.

BÀI GIẢI: câu c OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002:

232Th90 chuyển hóa thành 208Pb82 sau một loạt phân rã anpha và beta. Hỏi có bao nhiêu phân rã anpha và beta? Anpha Beta A. 3 2 B. 4 8 C. 5 2 D. 6 4 E. 8 8 BÀI GIẢI: câu b OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002:

Phân tử nào có các nguyên tử nằm trong cùng một mặt phẳng? 1. NH3. 2 XeF4. 3. SF4. 4. ICl4

- a. 1,2 và 3 b. 2 và 3 c. 3 và 4 d. 2 và 4 e. Tất cả đều đúng.

BÀI GIẢI: câu d OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:

Dựa vào thuyết liên kết hóa trị hãy cho biết sự lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XeF2.

a) sp3 b) sp c) dsp3 d) d2sp3 e) sp2.

BÀI GIẢI: câu c

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003: Tính bước sóng của ánh sáng cần thiết để có thể phân ly nguyên tử brom. Biết EBr-Br = 193kJ/mol

a) 6,19.10-7m b) 1,03.10-30m c) 1,98.10-28m d) 1,93.10-12m e) 1,25.10-8m

BÀI GIẢI: câu a OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:

Những phân tử nào sau đây có cực: 1) NH3 2) AsF3 3) CHCl3 4) BeF2 5) SnCl4

a) 1, 2 và 3 b) 1 và 3 c) 2, 3 và 4 d) 2, 4 và 5 e) Tất cả

BÀI GIẢI: câu a OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Nguyên tử nào có bán kính lớn nhất? a) As b) Br c) P d) S e) Se

BÀI GIẢI: câu a OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Trong những năm đầu tiên của thế kỷ 19 thì John Dalton đã liệt kê một loạt các khối lượng nguyên tử. Một trong số đó là việc xây dựng nguyên tử lượng của amoniac. Bằng cách giả thiết khối lượng của hydro là 1 thì ông có thể tính được công thức của amoniac. Nhưng ông đã ngộ nhận rằng công thức phân tử của amoniac là NH. Vậy khối lượng nguyên tử của amoniac mà ông đã xác định là bao nhiêu?

a) 2 b) 5 c) 14 d) 16 e) 42

BÀI GIẢI: câu b OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Trong các chất sau thì chất nào có nhiệt độ sôi nhỏ nhất: a) NH3 b) H2O c) C3H8

d) (CH3)2O e) CH4.

BÀI GIẢI: câu e