On thi hoc_sinh_gioi_hoa_4272

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)7s2
5f14
6d10
7p6
8s2
5g1
. 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 -1,6.10-19
C; 1nm = 10-9
m.

BÀI GIẢI:
1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai).
a)
N
O O
sp2
N OO
sp
N
O O
sp2
(1) và (3): hình gấp khúc.
(2) : thẳng
Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron hóa trị của N
không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi
chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron không liên kết của N đẩy.
b)
N
H
H
H
sp3
N
F
F
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
H
H
H
N
F
F
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)
O
H
H
µ
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 60,4
10.33,3
10.6,1.10.0957,0
)( 30
199
1 == −
−−
µ
Ta dễ dàng suy ra độ ion của liên kết O – H là 32,8%
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):
Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534nm. Tính bán kính
nguyên tử cộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm-3
) của nó. Cho biết 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:
nm
a
r
a
r
D
aD
Si
Si
118,0
8
3
4
3
2
2
2
3
==
==
=
Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8
Vậy ta tính được khối lượng riêng của Si là: 2,33g.cm-3
.
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B):
Hãy dự đoán số nguyên tố của chu kỳ 7 nếu nó được điền đầy đủ các ô nguyên tố. Viết cấu hình
electron nguyên tử của nguyên tố có Z = 107 và 117 và cho biết chúng được xếp vào những phân nhóm
nào trong bảng tuần hoàn?
BÀI GIẢI:
Nguyên tử đầu tiên của chu kỳ 7 là 7s1
và kết thúc ở 7p6
7s2
5f14
6d10
7p6
: 32 nguyên tố ở chu kỳ 7.
Z = 107: [Rn]5f14
6d5
7s2
: Nhóm VIIB
Z = 117: [Rn]5f14
6d10
7s2
7p5
: Nhóm VIIA
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 = 6,3.10-7
m
λ nằm trong vùng các tia sáng nhìn thấy nên phân hủy được và có màu:
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: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p3
; As: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
3d10
4s2
4p3
.
P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3.
X
H
H
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
X
X
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)
N
F
F
F
sp3
Si
H
Cl
Cl
Cl
sp3
S
F F
O
O O
sp3 sp2
B
F
F F
sp2
Si
F
F
F
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 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
3d5
4s1
(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
n
Z
(n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân).
(a) Tính năng lượng 1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ 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] 3d10
4s2
4p1
, ion Ga2+
có cấu hình [ar] 3d10
4s1
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 : 1s2
2s2
. 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 1s2
2s2
2p2
; O 1s2
2s2
2p4
. 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)
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 (7000
C) 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
– 830
C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 00
C, hãy giải thích vì sao?
BÀI GIẢI:
1.
* Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome.
Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của
phân tử dime và monome:
Monome ; dime
* Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong 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.
Cl
Cl
ClAl
Cl
Cl
Cl
Al Al
Cl
Cl
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
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) = 00
C > Tnc(HF) = – 830
C.
* 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
M = 20
µ = 1,91 Debye
M = 18
µ = 1,84 Debye
O
O
O
O
O
O
Al
Cl
Cl Cl
1200
120
0
120
0

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
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.
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]5f3
6d1
7s2
. 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
1s2
2s1
-340,000
-600,848
-637,874
1s2
2s2
1s2
2s2
2p1
- 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:
. . .H
C
H
H
O
H. . .
F O
H
H
C2H5
O
C2H5
H
O
H
O

2/ a) U238
tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx
cùng với ba loại hạt cơ bản: 2α 4
, -1βo
vàoγo
. Theo
định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có 82Pb206
.
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]5f3
6d1
7s2
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]5f3
6d1
7s2
– 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
1s2
2s1
B4+
B3+
B2+
- 340,000
- 600,848
- 637,874
1s2
2s2
1s2
2s2
2p1
B+
B
- 660,025
- 669,800
Cã ®Þnh nghÜa: N¨ng lîng ion ho¸ (cña mét nguyªn tö) lµ n¨ng lîng Ýt nhÊt cÇn ®Ó
t¸ch 1 e khái nguyªn tö ë tr¹ng th¸i c¬ b¶n mµ kh«ng truyÒn thªm ®éng n¨ng cho e ®ã.
VËy gi÷a n¨ng lîng ε cña1 e ë tr¹ng th¸i c¬ b¶n vµ n¨ng lîng ion ho¸ I t¬ng
øng cã liªn hÖ: I = - ε (1).
VËy víi sù ion ho¸ M (k – 1)+
- e M k+
; Ik (2),
Ta cã liªn hÖ: Ik = - ε = - [EM(k -1)+ - EMk+ ] (3)
Trong ®ã: k chØ sè e ®· bÞ mÊt (do sù ion ho¸) cña vi h¹t ®ù¬c xÐt, cã trÞ sè tõ 1 ®Õn
n; do ®ã k+ chØ sè ®¬n vÞ ®iÖn tÝch d¬ng cña ion M k+
;
Ik lµ n¨ng lîng ion ho¸ thø k cña nguyªn tè M ®îc biÓu thÞ theo (2).
XÐt cô thÓ víi nguyªn tè Bo: v× Z = 5 nªn nguyªn tö cã 5 e; vËy k = 1 ®Õn 5. ¸p
dông ph«ng tr×nh (2) vµ (3), dïng sè d÷ kiÖn b¶ng trªn cho Bo, ta cã:
* 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) Tõ kÕt qu¶ trªn, ta thÊy cã qui luËt liªn hÖ c¸c trÞ n¨ng lîng ion ho¸ cña
Bo nh 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) XÐt dÊu cña nhiÖt ph¶n øng ΔH = νiEi - νjEj
i j
Trong ®ã i, j lµ liªn kÕt thø i, thø j ë chÊt tham gia, chÊt t¹o thµnh t¬ng øng cña ph¶n
øng ®îc xÐt; Ei ; Ej lµ n¨ng lîng cña liªn kÕt thø i, thø j ®ã.
b) Xét cụ thể với nitơ :
Phản ứng 4 N N4 (1)
Cã ∆ H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 6 × 163 ; vËy ∆ H1 = - 978 kJ .
Ph¶n øng 4 N 2 N2 (2)
Cã ∆ H2 = 4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2 × 945 ; vËy ∆ 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+ Be2+ vµLi+ ®ång electron
t¨ng Na+
Mg2+
ví i nhau, nh- ng ë Be2+
®iÖn
r K+ tÝch h¹t nh©n nhiÒu h¬n
r nhá h¬n cñaLi+
gi¶m r
VËy trong sè 5 ion nµy Be2+
cã b¸n kÝnh nhá nhÊt.
∑ ∑

2. §èi víi tinh thÓ lËp ph¬ng t©m diÖn ( mÆt), mçi « m¹ng c¬ së cã sè ®¬n vÞ cÊu tróc
lµ 46
2
1
8
8
1
=+ xx . ( ThÝ sinh cã thÓ vÏ h×nh khi tÝnh sè ®¬n vÞ cÊu tróc trªn ). VËy
khèi lîng riªng cña tinh thÓ ®ã lµ:
( )
)cm/g(91,5
10.022,6.10.432,0
)168,55(4
d 3
2337
=
+
=
−
Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1
, 3s2
, 3p3
, 3p6
là nguyên tố hay
ion? Tại sao?
H·y dÉn ra mét ph¶n øng ho¸ häc (nÕu cã) ®Ó minh ho¹ tÝnh chÊt ho¸ häc ®Æc
trng cña mçi vi h¹t.
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 1s2
2s2
2p6
, ứng với cấu hình của
[Ne].
1. CÊu h×nh [Ne] 3s1
chØ cã thÓ øng víi nguyªn tö Na (Z = 11), kh«ng thÓ øng víi 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.
CÊu h×nh [Ne] 3s2
øng víi nguyªn tö Mg (Z = 12), kh«ng thÓ øng víi ion. Mg lµ
kim loai ho¹t ®éng. Mg ch¸y rÊt m¹nh trong oxi vµ c¸ trong CO2.
2 Mg + O2 2 MgO
3.
CÊu h×nh [Ne] 3s2
3p3
øng víi nguyªn tö P (Z = 15), kh«ng thÓ øng víi ion. P lµ
phi kim ho¹t ®éng. P ch¸y m¹nh trong oxi.
4 P + 5 O2 2 P2O5
4.
CÊu h×nh [Ne] 3s2
3p6
:
a) Trêng hîp vi h¹t cã Z = 18. §©y lµ Ar, mét khÝ tr¬.
b) Vi h¹t cã Z < 18. §©y lµ ion ©m:
Z = 17. §©y lµ Cl−
, chÊt khö yÕu. ThÝ dô:
2 MnO4
−
+ 16 H+
+ 10 Cl−
2 Mn2+
+ 8 H2O + 10 Cl2
Z = 16. §©y lµ S2−
, chÊt khö t¬ng ®èi m¹nh. ThÝ dô:
2 H2S + O2 2 S + 2 H2O
Z = 15. §©y lµ P3−
, rÊt kh«ng bÒn, khã tån t¹i.

c) Vi h¹t cã Z > 18. §©y lµ ion d¬ng:
Z = 19. §©y lµ K+
, chÊt oxi ho¸ rÊt yÕu, chØ bÞ khö díi t¸c dông cña dßng ®iÖn
(®iÖn ph©n KCl hoÆcKOH nãng ch¶y).
Z = 20. §©y lµ Ca2+
, chÊt oxi ho¸ yÕu, chØ bÞ khö díi t¸c dông cña dßng ®iÖn
(®iÖn ph©n CaCl2 nãng ch¶y).
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 226
Ra88) 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 (0o
C 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 nam
α Rn
3,83 ngay
α RaA
3,05ph
α RaB
26,8ph
β
RaC
19,7ph
β
RaC'
1,63.10-4
s
α
RaD
27,1 nam
β
RaE
5 ngay
β
Po
138 ngay
α Pb
(RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon)
1. Viết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử, số khối của tất
cả các hạt nhân có liên quan.
Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã của radi, trừ
RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng ước lượng này để tiến hành
các tính toán sau:
2. a) Có bao nhiêu nguyên tử He được hình thành từ mỗi nguyên tử radi phân rã sau 83 ngày?
b) Có tổng cộng bao nhiêu nguyên tử heli được tạo thành trong thí nghiệm?
3. Hãy tính trị số gần đúng của số Avogadro từ số liệu trên. Biết tại 0o
C 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
+→
+→
+→
+→
+→
+→
210
82
214
84
214
84
214
83
214
83
214
82
4
2
214
82
218
84
4
2
218
84
222
86
4
2
222
86
222
88
2) a) 4
b) 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
.
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 = 6,02214.1023
mol-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
= d1
2
+ a2
= 3d1
2
⇒ d1 = (16r2
/3)1/2
.
V1 = d1
3
= [(16r2
/3)1/2
]3
c = 4r c2
= 2d2
2
⇒ d2 = (16r2
/2)1/2
.
V2 = d2
3
= [(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
) = 2,356.10-23
cm3
mỗi đơn vị ô mạng.
3. d1 = V1
1/3
= 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
= 1,241.10-8
cm.
5. Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d2 = (16r2
/2)1/2
= 3,511.10-8
cm.
6. V2 = d2
3
= 4,327.10-23
cm3
.
7. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là:
m = 55,847.4/(6,02214.1023
) = 3,709.10-22
g
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
= 1,8547.10-22
g
5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.1023
= 1,9945.10-23
g
6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10-22
+ 0,42.1,9945.10-23
= 1,938.10-22
g.
7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt - α chiếm thể tích V1 = 2,356.10-23
cm3
.
ρ(martensite có 4,3%C) = 1,938.10-22
/(2,356.10-23
) = 8,228g.cm-3
.
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.
Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232
Th90 và kết thúc với đồng vị bền
208
Pb82.
1. Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này.

2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích.
3. Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js-1
) sản sinh từ 1,00kg 232
Th
(t1/2 = 1,40.1010
năm).
4. 228Th
là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3
tại 0o
C 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 228
Th.
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:
4
He2 = 4,00260u 206
Pb82 = 207,97664u 232
Th90 = 232,03805u
1u = 931,5MeV.
1MeV = 1,602.10-13
J.
NA = 6,022.1023
mol-1
.
Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0o
C 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)
−
++→ β464
2
208
82
232
90 HePbTh
Năng lượng phóng thích Q = [m(232
Th) – m(208
Pb) – 6m(4
He)]c2
= 42,67MeV.
3) 1,00kg có chứa = 24
23
10.60,2
232
10.022,6.1000
= nguyên tử
Hằng số phân hủy của 232
Th
DpsNA
s
6
118
710
10.08,4
10.57,1
10.154,3.10.40,1
693,0
==
== −−
λ
λ
Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV
Công suất = 4,08.106
.42,67.1,602.10-13
= 2,79.10-5
W.
4) HePbTh 4
2
208
82
228
90 5+→
Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 228Th
.
( ) 120
23
10.58,9
228
10.022,6.00,1
91,1
693,0 −
=











== yNA λ
Số hạt He thu được:
NHe = 9,58.1020
.20.5 = 9,58.1022
hạt
VHe = 3,56.103
cm3
= 3,56L.
5) A = λ.N
75,5
.693,0693,0
2/1 ===
A
N
t
λ
năm.
Sæû phuû thuäüc giæîa âäü daìi soïng vaìo quang phäø vaûch cuía
hydro âaî âæåüc biãút âãún láön âáöu tiãn båíi mäüt loaût caïc cäng
trçnh cuía Johann Jakob Balmer - mäüt giaïo viãn ngæåìi Thuûy Syî -
Äng âaî âæa ra cäng thæïc thæûc nghiãûm:
;
1
2
11
22 





−=
n
RH
λ

n = 3,4,5...
RH = 1
33
0
4
109678
8
−
= cm
ch
eme
ε
RH laì hàòng säú Rydberg, me laì khäúi læåüng electron. Niels Bohr
âaî chæïng minh âæåüc cäng thæïc trãn bàòng lyï thuyãút nàm 1913.
Cäng thæïc naìy âuïng våïi hãû nguyãn tæí, ion chè coï 1e.
1. Tênh bæåïc soïng daìi nháút bàòng Å(1Å = 10-10
m) trong daîy Balmer
cuía ion He+
. Boí qua sæû chuyãøn âäüng cuía haût nhán.
2. Mäüt cäng thæïc tæång tæû cäng thæïc cuía Balmer aïp dung cho caïc
vaûch phäø khaïc sinh ra khi âi tæì mæïc nàng læåüng cao hån
xuäúng mæïc nàng læåüng tháúp nháút. Viãút cäng thæïc âoï vaì sæí
duûng noï âãø tênh traûng thaïi cå baín cuía nguyãn tæí hydro (eV)
Nguyãn tæí hydro “muon”1
cuing tæång tæû nhæ nguyãn tæí hydro
nhæng electron bë thay thãú bàòng “muon”. Khäúi læåüng cuía “muon”
gáúp 207 láön khäúi læåüng cuía electron trong khi âiãûn têch cuía
noï cuîng giäúng nhæ âiãûn têch cuía electron. “Muon” coï thåìi gian
täön taûi ráút ngàõn nhæng chuïng ta boí qua sæû keïm bãön cuía noï.
3. Xaïc âënh mæïc nàng læåüng tháúp nháút vaì baïn kênh Bohr thæï
nháút cuía nguyãn tæí hydro “muon”. Boí qua sæû chuyãøn âäüng
cuía haût nhán. Biãút baïn kênh Bohr cuía quîy âaûo thæï nháút
cuía nguyãn tæí hydro laì a0 =
o
e
o
A
em
h
53,02
2
=
π
ε
.
Bæïc tranh toaìn caính vãö lyï thuyãút “quîy âaûo” cuía Bohr âaî
âæåüc thay thãú bàòng lyï thuyãút læåüng tæí våïi khaïi niãûm vãö
“obitan”. Obitan ψ1s(r) cho traûng thaïi cå baín cuía nguyãn tæí hydro
âæåüc cho dæåïi âáy:
0/
3
0
1
1 ar
s e
a
−
=
π
ψ
r laì khoaíng caïch tæì electron tåïi haût nhán vaì a0 laì baïn
kênh Bohr
4. Xem baïn kênh låïp voí hçnh cáöu laì a0 vaì âäü âàûc laì 0,001a0.
Æåïc læåüng xaïc suáút tçm tháúy electron trong låïp voí naìy.
Thãø têch cuía hçnh cáöu coï baïn kênh trong r vaì coï âäü âàûc ∆r
âæåüc tênh bàòng cäng thæïc V = 4πr2
∆r
Phán tæí H2 coï thãø âæåüc phán ly theo hai hæåïng
(i): H2 → H + H (hai nguyãn tæí hydro âäüc láûp)
1
“muon” laì mäüt loaûi haût nàûng (hoü lepton)

(ii): H2 → H+
+ H-
( 1 proton vaì 1 ion hydrua)
Âäö thë nàng læåüng phuû thuäüc vaìo khoaíng caïch (E = f(R)0
cuía H2 âæåüc chè ra mäüt caïch så læåüc åí så âäö trãn âáy. Nàng
læåìng nguyãn tæí vaì phán tæí âæåüc cho trong cuing mäüt tyí lãû
5. Cho biãút phaín æïng (i) vaì (ii) æïng våïi âæåìng cong naìo?
6. Xaïc âënh gêa trë cuía nàng læåüng phán ly (De) bàòng âån vë eV
cuía H2 æïng våïi phaín æïng (i) vaì (ii).
7. Tæì caïc säú liãûu âaî cho. Tênh nàng læåüng cuía quïa trçnh H-
→
H + e-
8. H-
laì hãû 2e. Gèa sæí cäng thæïc tênh nàng læåüng cuía Bohr laì
phuì håüp âäúi våïi mäùi e vaì âiãûn têch taïc duûng lãn mäùi e
laì âiãûn têch hiãûu duûng Z*
. Tênh Z*
cuía H-
BÀI GIẢI:
1. Bước sóng dài nhất λL ứng với n = 3.
Đối với He+
:

o
H A
n
R 1,1641
1
2
1
4
1
22
=





−=
λ
2. ...4,3,2;
1
1
11
22
=





−= n
n
RH
λ
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 = 2,6.10-3 o
A
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.
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; 208
Pb và 206
Pb là những sản phẩm bền tương ứng với các qúa
trình phân rã 232
Th và 238
U. Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng xạ.
Tỉ số các đồng vị (208
Pb/232
Th) đo được bằng phổ khối lượng trong mẫu monazit là 0,104. Chu kỳ
bán huỷ của 232
Th và 238
U lần lượt là 1,41.1010
năm và 4,47.109
năm. Giả sử rằng 208
Pb; 206
Pb; 232
Th và
238
U tồn tại nguyên vẹn từ khi hình thành khoáng monazit.
1. Tính tuổi (thời điểm bắt đầu hình thành) khoáng monazit.
2. Tính tỉ lệ (206
Pb/238
U) trong mẫu monazit.
3. Thori – 232 là nguyên liệu chế tạo năng lượng hạt nhân. Trong qúa trình chiếu xạ nhiệt nơtron nó
hấp thụ 1 nơtron và sinh ra đồng vị 233
U bằng phóng xạ β. Viết các phản ứng hạt nhân hình thành
233
U từ 232
Th.
Trong phản ứng phân hạch hạt nhân của 233
U một hỗn hợp sản phẩm phóng xạ được hình thành.
Sự phân rã sản phẩm 101
Mo bắt đầu chịu tác dụng của phân rã như sau:
RuTcMo phtpht 101
44
3,14101
43
6,14101
42
2/12/1
 → → ==
4. Một mẫu tinh khiết chỉ chứa 101
Mo chứa 5000 nguyên tử 101
Mo. Hỏi có bao nhiêu nguyên tử
101
Mo; 101
Tc; 101
Ru sẽ xuất hiện sau 14,6 phút.
BÀI GIẢI:
1. N = 2/1/693,0 tt
o eN −
12/1/693,0
−=
− tto
e
N
NN
(No – N): Số nguyên tử 232
Th phân rã = số nguyên tử 208
Pb hình thành.
Thay số vào ta tính được: t = 2,01.109
năm.
2. Đặt x = (206
Pb/238
U). Ta có:
12/1/693,0
−= tt
ex
Thay t = 2,01.109
năm và t1/2 = 4,47.109
năm ta thu được kết qủa x = 0,366
3. UPaThTh n
233
92
233
91
233
90
),(232
90 →→ →
−−
ββγ
4 Số nguyên tử của 101
Mo (N1) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N1 = 2500
Số nguyên tử 101
Tc được cho bởi hệ thức:

( )tto
ee
N
N 21
12
1
2
λλ
λλ
λ −−
−
−
=
Với No = 5000 là số nguyên tử 101
Mo ban đầu
3,14
693,0
6,14
693,0
2
1
=
=
λ
λ
Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N2 = 1710
Ru tại 14,6ph là N3 = No – N1 – N2 = 790 nguyên tử.
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
C
N
N
H
H
H
H
3 Viết công thức Lewis cho Thioure – S, S – dioxit với điện tích hình thức của tất cả các nguyên tố
bằng không.
4 Dựa vào thuyết sức đẩy cặp electron (VSEPR). Hãy xác định dạng hình học của nguyên tử lưu
huỳnh, cacbon và nitơ dựa vào cấu trúc Lewis đã đề ra ở câu 3.
4a. Dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T
4b. Dạng hình học của nguyên tử cacbon là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
c) Chữ T.
c. Dạng hình học của nguyên tử Nitơ là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
c) Chữ T.
Cấu trúc phân tử ở trạng thái rắn thường được xác định bởi phương pháp phổ tia X. Dựa vào
phương pháp này thì cấu trúc của Thioure – S, S – dioxit sẽ như sau:

S
O
O
C
N H
N H
H
H
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 H
H
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 O
O
O
O
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:
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 XeF
F
F
F
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 1s
H+
He
σ
σ*

Từ các giản đồ này, có thể thấy rằng cả HeH+
và He2
2+
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 1s2
2s2
2p6
). 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
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 = 10-10
m). 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 = 6,62618.10-34
Js
1eV = 96,486kJ.mol-1
= 2,4180.1014
Hz
1s 1s
He+
He
1s 1s
He2+
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
fi
H
nn
RE
Trong trường hợp này, các vạch của He+
sẽ tuân theo:








−=∆ −
22
1
4
1
f
He
n
RE
Với ∆E = hc/λ, chuyển thành:
1
22
1
4
1
−








−=+
f
He
n
hc
R
λ
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 1,35.10-17
J
5,410.10-7
6 1,06.10-17
J
4,858.10-7
7 0,97.10-7
J
4,540.10-7
8 0,93.10-17
J
4,338.10-7
9 0,91.10-17
J
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 8,72.10-18
J
5,410.10-7
6 8,72.10-18
J
4,858.10-7
7 8,72.10-18
J
4,540.10-7
8 8,72.10-18
J
4,338.10-7
9 8,72.10-18
J
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 = 1,272.10-17
J
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.
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 12
C35
Cl35
Cl. Sự vắng mặt của m/z = 83 cho thấy rằng không có 13
C trong
mẫu thử.
Như vậy ion tại m/z = 28 phải là 12
C12
C2
H2
H. Sự vắng mặt của m/z = 27 cho thấy rằng không có
1
H.
Như thế, ion tại m/z = 75 phải là 35
Cl12
C3
2
H2, và m/z = 77 là đồng vị phân 37
Cl của tiểu phân này.
b) I(m/z 77) = 0,6I(m/z 75)
n(37
Cl) = 0,6n(35
Cl)
%(37
Cl) = [0,6/(1+0,6)].100 = 37,5%
%(35
Cl) = 62,5%.
Có ba đồng vị phân trong điclopropadien
%[C3D2(35
Cl)2] = (62,5)2
= 39,06%
%[C3D2
35
Cl37
Cl] = 2.62,5.37,5 = 46,88%
%[C3D2(37
Cl)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 79
Br-
và 81
Br-
. Hàm lượng trong thiên nhiên của 79
Br và 81
Br 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
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 71
Zn (t1/2 = 2,4 phút);
67
Ga(t1/2 = 78,25 giờ) và 68
Ge (t1/2 = 287 ngày) với độ phóng xạ là 7,0.107
Bq/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, 67
Ga 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 (71
Zn) và bắt electron (67
Ga và 68
Ge). 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 67
Ga (5,0.10-5
mol
% 67
Ga; 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 67
Ga 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 (7,0.107
Bq.mL-1
trong mỗi trường hợp) và It là độ phóng xạ sau
thời gian t thì It = 2/1/ tt
o eI −
.
Nếu đổi tất cả t1/2 ra phút:
t1/2 (67
Ga) = 4,695.103
ph.
t1/2 (68
Ge) = 4,133.105
ph.
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
)
71
Zn 261 0,104
67
Ga 6,96.107
2,78.104
68
Ge 6,9995.107
2,80.104
b) 71
Zn 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.

68
Ge 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…
67
Ga 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:
)(
)(
)(
68
31
0
1
68
32
67
30
0
1
67
31
0
1
71
31
71
30
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 67
Ga 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(67
Ga)
k = ln2/t1/2 = 2,461.10-6
s-1
và Io = 1,09.108
Bq (trong 100mL ở t = 0)
Với liều 1mL tại t = 8 giờ
It = 2/1/ tt
o eI −
.Vlìêu/Vtổng cộng = 9,84.105
Bq.
ii) Độ phóng xạ của liều 1mL còn lại sau 1 giờ nữa sẽ bằng
It = 9,72.105
Bq
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.
a) Chuỗi phân rã thiên nhiên 238
U92 → 206
Pb82 bao gồm một số phân rã anpha và beta trong một loạt các
bước kế tiếp.
i) Hai bước đầu tiên bao gồm 234
Th90 (t1/2 = 24,10 ngày) và 234
Pa91 (t1/2 = 6,66 giờ). Hãy viết các
phản ứng hạt nhân của hai bước đầu tiên trong sự phân rã của 238
U và tính tổng động năng theo
MeV của các sản phẩm phân rã.
Các khối lượng nguyên tử bằng: 238
U = 238,05079u; 234Th
= 234,04360u; 234
Pa = 234,04332u và
4
He = 4,00260u.
1u = 931,5MeV và mn = 1,00867u; 1MeV = 1,602.10-13
J.
ii) Phân rã kế tiếp của 238
U dẫn đến 226
Ra88 (t1/2 = 1620 năm) mà sau đó bức xạ các hạt anpha để tạo
thành 222
Rn (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 238
U 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 235
U92, cuối cùng thường thu được hai sản phẩm
bền là 98
Mo42 và 136
Xe54. 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 235
U theo đơn vị kWh.
Khối lượng nguyên tử: 235
U92 = 235,04393u; 136
Xe54 = 135,90722u; 98
Mo42 = 97,90551u và
mn=1,00867u; 1MeV = 1,602.10-13
J.
BÀI GIẢI:

a) i) Năng lượng phản ứng và tổng động năng:
Bước 1: HeThU 4
2
234
90
238
92 +→
Q = Kd + Kα = [m(238
U) – m(234Th
) – m(4
He)]c2
= 4,28MeV.
Kd và Kα là động năng của con và hạt α
Bước 2: )(0
1
234
91
234
90 βhayePaTh −+→
Q = Kd + Kβ = [m(234
Th) – m(234
Pa)]c2
= 0,26MeV
ii) Tại cân bằng (không đổi) N1λ1 = N2λ2 = A (A: hoạt độ)
Với 226
Ra; λ1 = 1,17.10-6
ngày-1
Với 222
Rn; λ2 = 0,181 ngày-1
.
LV
moln
NN
N
Rn
Rn
4
5
19
2
624
2
24
23
1
10.15,7
10.86,2
10.72,110.17,1.10.66,2181,0.
10.66,2
226
10.022,6.1000
222
−
−
−
=⇒
=
=⇒=
==
iii) N1 = Noe-λt
.
Nên:
)(
2
1 21
2
1
tt
t
o
t
o
e
eN
eN
N
N −
−
−
== λ
λ
λ
85,3
181,0
693,0
181,0
80,12
10ln
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 1
0
136
54
98
42
235
92
1
0 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 = 3,32.10-11
J cho mỗi phân hạch.
iv) Năng lượng mỗi gam = 8,5.1010
J.g-1
.
Vậy công suất theo kWh = 8,51.1010
/3,60.106
= 2,36.104
kWh
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 (35
Cl)
b: hàm lượng tương đối của các đồng vị nặng (37
Cl)
n: số nguyên tử halogen có mặt
Do hàm lượng tương đối của 35
Cl = 75,77 và của 37
Cl = 24,23 thì ta có thể đơn giản hóa tỉ lệ
35
Cl:37
Cl = 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 CH2
35
Cl+
và CH2
37
Cl+
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, 79
Br : 81
Br ≈ 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 79
Br = 1
b: cường độ tương đối của 81
Br = 1
n: số nguyên tử halogen có mặt = 3
Cường độ tương đối = a3
+ 3a2
b + 3ab2
+ b3
M : (M + 2) : (M + 4) : (M + 6) = 13
: 3 .12
.1 .3.1.12
.13
= 1:3:3:1
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 238
U thành đồng vị bền 206
Pb 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 206
Pb, đồng vị
204
Pb không phải là sản phẩm của sự phân rã phóng xạ và vì vậy, số mol 204
Pb (ghi là n(204
Pb)) 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(238
U), no(206
Pb) và n(204
Pb) 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(206
Pb)/(204
Pb) 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(206
Pb) là một hàm theo nt(238
U) và no(206
Pb), k và t, với t là thời gian
mẫu khoáng bắt đầu kết tinh và k là hằng số phân rã phóng xạ của 238
U.
Các mẫu khoáng vật khác nhau có chứa những hàm lượng ban đầu khác nhau của các đồng vị tạp
chất 238
U và 206
Pb. Vì vậy tuổi của một mẫu khoáng vật cho trước không thể suy ra được từ số đo của
nt(238
U) và nt(206
Pb) mà thôi. Tuy nhiên n(204
Pb) tỉ lệ với hàm lượng ban đầu của chì trong một mẫu
khoáng vật cho trước, và vì thế cũng tỉ lệ với no(206
Pb).
Các cặp trị số tương quan của nt(238
U), nt(206
Pb) và n(204
Pb) 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(238
U)/n(204
Pb) và trục tung nt(206
Pb)/n(204
Pb). 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(238
U)/n(204
Pb) nt(206
Pb)/n(204
Pb)
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 206
Pb phải bằng phần giảm từ 238
U, như vậy:
nt(206
Pb) - no(206
Pb) = no(238
U) - nt(238
U)
Do nt(238
U) = no(238
U)e-kt
. thay vào phương trình trên ta được:
nt(206
Pb) = nt(238
U)(ekt
- 1) + no(206
Pb)
b) Từ phương trình trên:
( ) ( )
( ) )(
)(
)1(
)( 204
206
204
238
204
206
Pbn
Pbn
e
Pbn
Un
Pbn
Pbn okttt
+−=
Do
( )
( )Pbn
Pbnt
204
206
là một hàm tuyến tính của
( )
( )Pbn
Unt
204
238
. Từ các số liệu, bằng hồi quy tuyến tính cho phép
tính độ dốc bằng ,769 = ekt
- 1, với
9
9
10.551,1
10.468,4
2ln −
==k . Suy ra t = 3,7Ga

y = 0.7822x + 11259
R
2
= 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
Pbno
204
206
tại thời điểm của sự kết tinh khoáng chất phân tích.
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
.
• cos
L
xnπ
• sinkx
• sin
L
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
8mL
nh
En =
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
1,4.10-10
m. 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
ψ
ψ
E
dx
d
m
=− 2
22
.
2

với
π2
h
=
ii. Từ điều kiện biên dẫn đến: ψ(0) = 0; ψ(L) = 0
Chỉ có biểu thức ψ = sin
L
xnπ
thoả mãn điều kiện này.
iii. 2
22
2
2
22
2
2
22
2
22
82
sin
2
sin.
2 mL
n
mL
E
L
xn
n
mLL
xn
dx
d
m
n
πππππ 
==⇒−=−
iv.
L
x
NxN π
ψ sin)(1 =
Lấy tích phân: ∫
+∞
∞−
==
2
)(1 2
1
L
NdxxN
ψ
Với N là một số thực bất kỳ thì ta có:
L
N
2
=
L
x
L
xN π
ψ sin
2
)(1 =
b) L = 5 . 1,4.10-10
= 7.10-10
m
Ba mức năng lượng đầu của hệ sẽ là:
JEE
JEE
J
mL
h
E
19
13
19
12
19
2
2
1
10.98,109
10.88,44
10.22,1
8
−
−
−
==
==
==
Vậy mức năng lượng cực tiểu của hệ là: E3 – E2 = 6,10.10-19
J.
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)
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: oar
s e /
1
−
ψ . Với a0 là bán kính Bohr (a0 = 5,3.10-11
m)
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 3dz
2
có dạng:
( ) o
z
o
z
o
a
r
o
d
a
r
o
p
a
r
o
s
e
a
r
e
a
r
e
a
r
32
2
2
3
2
2
2
1
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
2
6,13
n
Z
En −=
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. oa
r
N
s Ne
−
=1ψ
∫ == 23
2
11 Nadv o
N
z πψ (N là một số thực bất kỳ)
( ) oa
r
o
N
s
o
ea
aN
−−
−
=
=
2
1
3
1
2
1
3
)(
πψ
π
ii. Xác suất tìm thấy electron giữa khoảng r và r + dr
= ( ) drear oa
r
o
2
132
.4
−−
ππ
Xác suất là cực đại khi r = rmax. Lấy đạo hàm bậc nhất biểu thức trên ta được:
o
rr
a
r
ar
er
dr
d o
=⇒
=
=
−
max
2
2
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 =
z
dψ khi 3cos2
θ – 1 = 0
3
1
cos 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
a) Ta có các phản ứng phân hạch 235
U bằng nơtron nhiệt:
nBanU
XeSrnU
3...
...
141
56
235
92
140
...
38
94
235
92
++→+
++→+
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(235
U) = 235,0493u
m(94
Zr) = 93,9063u
m(140
Ce) = 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 %235
U 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 235
U.
BÀI GIẢI:
a) Các phản ứng xảy ra:
nKrBanU
nXeSrnU
3
...2
92
36
141
56
235
92
140
54
38
94
235
92
++→+
++→+
b) Phản ứng xảy ra:
−
+++→+ enCeZrnU 62140
58
94
40
235
92
Năng lượng giải phóng Q = [m(235
U) – m(94
Zr) – m(140
Ce) – m(n)]c2
= 213,3eV
c) 1MWd = 8,64.1010
J
U phân rã =
21
13
10
10.53,2
10.602,1.3,213
10.64,8
=−
Như vậy khối lượng uran = 0,99g
Vậy m(235
U) còn lại = 7,2 – 0,99 = 6,21g
%235
U = 0,621%
Đồng vị phóng xạ 210
Bi là sản phẩm của qúa trình phân rã 210
Pb rồi nó tiếp tục phân rã β để sinh
ra 210
Po. 210
Po cũng sẽ tiếp tục phóng xạ để cuối cùng thu được đồng vị bền 206
Pb.

210
Pb 210
Bi 210
Po 206
Pb
β
T1/2 = 22,3y
β
T1/2 = 5,01d
α
T1/2=138,4d
Một mẫu 210
Bi tinh khiết phóng xạ đã được điều chế từ 210
Pb và sau đó nó tiếp tục phóng xạ ra
210
Po. Mẫu 210
Bi ban đầu có độ phóng xạ 100µCi (1Ci = 3,7.1010
dps)
a) Hãy tính khối lượng ban đầu của mẫu 210
Bi.
b) Hãy tính thời điểm mà số nguyên tử 210
Po là cực đại và số nguyên tử 210
Po là bao nhiêu?
c) Xác định tốc độ phân rã α của 210
Po và phân rã β của 210
Bi vào thời điểm này?
BÀI GIẢI:
a) 1µCi = 3,7.104
dps nên 100µCi = 3,7.106
dps
Ta có:
120
1
6
11
0
1
10.31,2
10.7,3.
=⇒
==−
=
N
DpsN
dt
dN o
t
λ
Với No
1 là số nguyên tử 210
Bi ở thời điểm ban đầu
Từ No
1 ở trên ta tính được m(210
Bi) ban đầu = 8,06.10-10
g.
b) Số nguyên tử 210
Bi ở thời điểm T (là thời điểm mà số nguyên tử 210
Po là cực đại):
to
eNN 1
11
λ−
=
Po (N2) ở thời điểm này được cho bởi phương trình:
2211
2
NN
dt
dN
λλ −=
Thay thế biểu thức của N1 vào phương trình hình thành 210
Po và nhân hai vế cho t
e 2λ
ta được:
( )tott
eNeN
dt
dN
e 1222
1122
2 λλλλ
λλ −
=+
( ) ( )tot
eNeN
dt
d 122
112
λλλ
λ −
=
Lấy tích phân biểu thức trên ta thu được:
( )
CeNteN to
+
−
= − 12
1
12
1
22
λλ
λλ
λ
λ
Để tính t ta thay N2 = 0 và t = 0 vào ta suy ra được C =
12
11
λλ
λ
−
−
o
N
Điều này dẫn đến:
( )tto
eeNN 21
1
12
1
2
λλ
λλ
λ −−
−
−
=
Tại thời điểm t =T ta có:
02
=
=Tt
dt
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 210
Po = 7,11.10-10
g
c) tốc độ phân rã α của 210
Po tại t = T là 1,18.105
Dps
tốc độ phân rã β của 210
Bi = tốc độ phân rã α của 210
Po = 1,18.105
Dps

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
k
2
1
= (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.
14
C 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 14
C trong khí quyển luôn luôn không đổi. Kết qủa là 14
C trong khí
quyển luôn đi cùng với các đồng vị bền 12
C và 13
C 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 14
C/12
C 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
14
C/12
C trong các mẫu trên không phải luôn là một hằng số nhất định mà luôn giảm đi theo thời gian vì
14
C liên tục bị phân rã.

Lượng 14
C 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 14
C/12
C = 0,25
b) Chuyện gì xảy ra với nguyên tử 14
C khi nó bị phân rã?
c) Nếu 14
C 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
14
C thực hiện và lượng C trong cơ thể là 18,5%.
BÀI GIẢI:
a) Gọi No là tỉ lệ 14
C/12
C 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:
11400ln
2ln
ln
2/1
=−=
−
=
o
o
N
NtN
N
t
λ
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 14
C ta có:
14
C → 14
N + β + ῡe
c) Trong một phân tử hữu cơ chứa 14
C thì nếu 14
C 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
10
2ln
. ===⇒=−=
t
R
R
NN
dt
dN
R
λ
λ nguyên tử = 1,66nmol.
Uran (Z = 92) là một nguyên tố phóng xạ tồn tại trong tự nhiên. Nó là một hỗn hợp của hai đồng
vị 238
U (99,3%, T = 4,47.109
năm) và 235
U(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
206
Pb82 và 207
Pb82 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.
235
U kém bền hơn 238
U và phản ứng diễn ra dễ dàng hơn với sự tham gia của nơtron nhiệt. Phản
ứng phân hạch được dẫn ra dưới đây:
235
U + n → U* → sản phẩm phân hạch + 2 – 3n + 200MeV/1 hạt 235
U.
a) Tính số hạt α và β sinh ra trong hai chuỗi phóng xạ (238
U → 206
Pb và 235
U → 207
Pb).
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 (235
U : 238
U = 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 235
U bằng nơtron. Sử dụng phản ứng:

On thi hoc_sinh_gioi_hoa_4272

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Ähnlich wie On thi hoc_sinh_gioi_hoa_4272

Ähnlich wie On thi hoc_sinh_gioi_hoa_4272 (20)

Mehr von Trần Nhật Tân

Mehr von Trần Nhật Tân (20)

On thi hoc_sinh_gioi_hoa_4272