cấu tạo chất nhiệt động học đề thi olympic hóa học

Tổng hợp các bài tập hóa học chuyên đề cấu tạo chất và nhiệt động học, giúp ôn thi học sinh giỏi quốc gia và kì thi olympic khu vực và quốc tế Tài liệu có hơn 100 trang tổng hợp các bài tập hay và khó Nguồn: Sưu tầm và tổng hợp từ internet

CHUYÊN ĐỀ BÀI TẬP CẤU TẠO CHẤT VÀ NHIỆT ĐỘNG HỌC TRONG ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM VÀ OLYMPIC HÓA HỌC

QUỐC TẾ

Nguồn: Sưu tầm

A PHẦN CẤU TẠO CHẤT:

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

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 hóatrị ở oxy

3)

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

Lý thuyết lượng t ử 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 baonhiêu?

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= 9obitan 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 tửchính 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 Phânmức 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 kếttrong 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 là104,5o, 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

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:

0,0957.10−9 1,6.10−19

µ1(lt) = 3,33.10 −30 = 4,60D

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 tửcộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó Cho biết MSi = 28,086g.mol-1 Kim

cương có c ấu 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.

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 cấ uhình electron nguyên tử c ủa nguyên tố có Z = 107 và 117 và cho biết chúng được xếp vào những phânnhóm nào trong bảng tuần hoàn?

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?

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

2)

X

n = 3 +1 = 4 (sp3): hình tứ diệnX

Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy

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 Liệ u pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân

(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), hãyviết một phương trình phản ứng để minh họa

3 Biết En = -13,6 Z2

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

n 2

(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 vớielectron 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

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

↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑

(b) (1) là cấu hình e của nguyên t ử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loạ i chuyển tiếp (theoHTTH các nguyên tố) Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nêu là cation, số e = 24thì 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

(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể:

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

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 d ạng 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 củanguyên 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, M H 2 O 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:

* 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

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

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, lựckhuếch tán)

*Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡ ng cực x ấp xỉ nhau, phân tử khố i 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 ch ảy 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 ch ỉ 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 đ ó liên kết v ới nhau bằng lự c Van der Waals yếu Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lự c 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 củ a tứ diện Trong nướ c đá mỗi phân

tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới

không gian 3 chiều Muốn làm nóng ch ảy n ướ c đá cần phải phá v ỡ 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 ionnào có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thànhliên 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? Cóthể 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 độngtrong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác Do đó mỗi trạng tháicủa mộ t cấu hình electron có một trị số năng lượng Với nguyên tử Bo (số đơn vị điện tích hạtnhân 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)

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

C2H5H

2/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền

Theo định luật bảo toàn khối lượng: x =

92Pb x cùng với ba loại hạt cơ bản: 2α 4, -1βo và oγo 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 82 Pb206 + 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 nănglượng như sau:

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 phươngtrình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có:

Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e t ạo thành M k+ có s ố 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

∑νiEi

2 a) Xét dấu của nhiệt phản ứng ∆H = - νjEj

Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chấ t 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

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

2 Đối với tinh thể lập phương tâm diện (mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là

1x8 +1x6 = 4 Vậy khối lượng riêng của tinh thể đó là:

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 vihạt

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 hạ t là 1s2 2s22p6 , ứng vớ i 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

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:

Nă m 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 = 3,42.1010hạt α mỗi giây

Năm 1911, Rutherford và B Boltwood đo tốc độ tạo thành heli từ radi Thí nghi ệm này cho phépcác ông có được trị số chính xác nhất có thể có vào thời gian ấ y của số Avogadro, miễn là tr ị số thể tích molcủa khí lý tưởng đượ c biết rõ Để đạt được mục đích này, một mẫ u muối radi được làm tinh khiết từ mộtsản 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 hi ểu được các kế t 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)

1 Vi ết 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 hànhcác 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: Ra k1 → Rn k2 → RaA

(trong đó k1 và k2 là h ằng s ố tốc độ của các phản ứng tươ ng 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 thínghiệm N’Rn, nếu tất cả các nguyên tử này phân rã thành RaD?

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) 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

Nế u giả thi ết rằ ng tấ t cả các nguyên t ử 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 ấ y số nguyên tử heli bức xạ trong khoảng thời gian t

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1997:

Sắt kim loại nóng chảy ở 1811K Giữa nhiệ t độ phòng và điểm nóng chảy của nó, sắt kim loạ i

có thể tồn t ại ở các dạng thù hình và các dạng tinh thể khác nhau Từ nhiệt độ phòng đế n 1185K, sắt cócấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (bcc) quen gọi là sắt-? Từ 1185K đến 1667K sắt kim loại có cấu tạo mạng l ập phương tâm diện (fcc) và được gọi là sắt-? Trên 1167K và cho tớ i điểm nóng chả y sắt chuyể n 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 chiế m bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thườ ng trong khoảng 0,1% đến 4% Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép ch ứa 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

mạ ng sắt-? Chất rắ n mới này - được gọi là martensite - r ất 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-? trongmartensite 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:

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 rcủa 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 từkhối 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 lượ ng riêng ρ fcc c ủa sắt - γ là tính ti l ệ phầ n tră m 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 s ự 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

(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

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 (khôngbắt 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 tửsắt

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 s ồi 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 biể n 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 l ượng rất nhỏ đồng vị phóng xạ Pb-210 (chu kỳ bán hủy là 22,3 năm) cũng đồng thời l ắng đọng Nên biết rằng cây sồi châu Âu rụng lá ngay từ năm đầu tiên Năm 1995 một nhóm nghiên cứu l ấy 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 đấ t và do một số nguyên nhân, một lượng nhất định Pb-210 thoát vào khí quyển và bám vào các phần tử trầm tíchlắng 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

Pb 82 Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232Th90 và kết thúc với đồng vị bền

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

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) 90232 Th →82208 Pb +642 He + 4β −

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

3) 1,00kg có chứa = 1000.6,022.1023

= 2,60.1024 nguyên tử 232

Hằng số phân hủy của 232Th

λ=0,693=1,57.10−18 s −1

1,40.1010.3,154.107

A = Nλ = 4,08.106 Dps

Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV

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 đầutiên bởi một loạt các công trình của một giáo viên người Thụy Sỹ là ông Johan Jakob Balmer Balmer đãđưa ra công thức thực nghiệm:

1

= R

1

−1

RH là hằng số Rydberg, me là khối lượ ng 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 tươ ng tự như nguyên tử hydro nhưng các electron bị thay thế bằng “muon” Khối lượ ng của “muon” gấp 207 lầ n khối lượng electron trong khi điện tích c ủa 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

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-

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

A 4 Xác suất = ψ (a o ) 2 4πa o2 0,001a o = 0,004e−2 = 5,41.10−4

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 sẵ n ở bang Kerala (Ấn Độ) Một mẫu monazit chứa 9%ThO2 và 0,35% U3O8; 208Pb và 206Pb là những sản phẩm bền tươ ng ứng với các qúatrình phân rã 232Th và 238U Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng

xạ

Tỉ s ố các đồng vị (208Pb/232Th) đo được bằ ng 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

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 = N o e −0,693t / t1/ 2

N o − N = e 0,693t/t1/ 2 −1

N

(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

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:

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:

Điện tích hình thức: C-1 ; O+1

Tr ạng thái oxy hóa: C2+ ;

O2- 3:

Cấu trúc đúng:

N O

O N

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

N 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 t ừng được nghĩ là hoàn toàn trơ và hoàn toàn không có khả năng tạo liên k ết 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 giớihạn 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 cómang điện tích (th ường là điện tích dương) Ví dụ, nguyên tử Heli có thể tạo đượ c 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, sátdưới 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?

XeF4 có 6 đôi electron trên Xe, nên cấu tạo dựa trên cấu hình tám mặt (bát diện)

Trong hai khả năng

σσ*

1s1s

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 nhấ t trong bả ng tuầ n 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 líhọc 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 thíchcủa nguyên tử hoặc ion "kiểu hydro" (như những tiểu phân có cấu hình electron tương tự H) Tiểu phânnày 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 trạngthái năng lượ ng thấp n i = 4 Các vạch hấp thụ t ương ứng ở trạng thái n f cao hơn có đặc điểm gì? Tính hằng

số kiểu Rydberg (nghĩa là hằng số tương đương R H 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 củanăng lượng phả i cung cấp cho He để tách cả hai electron của nguyên tử Tính tầ n số và độ dài sóng củaphoton có năng lượng thấp nhất có khả năng ảnh hưởng đế n 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

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:

lại: Nếu ta chọn nf = 6 cho chuyển tiếp 6558Å, ta có:

λ Nf"R(He+)"

6,558.10-7 5 8,72.10-18J5,410.10-7 6 8,72.10-18J4,858.10-7 7 8,72.10-18J4,540.10-7 8 8,72.10-18J4,338.10-7 9 8,72.10-18JGía 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 thấyđượ c (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 bằ ng 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, mũitại 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+ đượ c 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 điề u chế từ các nguyên tố cacbon, hydro và clo theo cách không được rõràng: các hóa chất sử dụng đượ c biết có chứa một lượ ng đồng vị với tỉ lệ khác với tỉ l ệ thường gặ pcủa hidro, cacbon và clo nhưng chỉ chứa các đồng vị bền Hơn nữa, cũng không chuẩn bị để xác địnhloại 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 trămmỗi đồng vị phân của diclopropadien (đồng vị phân là các chất có cùng công thức hóa học nhưngkhác 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 nhânđúng 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 dị ch 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 làmũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion dương Mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dòion âm xuất hiện tại m/z = 59

f) Những ion nào gây nên hai mũi trên?

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 C

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 dòion âm, quan sát thấy các mũi do 79Br- và 81Br- Hàm lượng trong thiên nhiên của 79Br và 81Brtheo 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:

C3 H 7 OH → C3 H 7 O − +C3 H 7 OH

2+ 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 gấ p đôi Các kỹ thuật chiếu xạ bao gồm việc bắn phá các nơi có sự phân chia tế bào để tiêu diệt chúng Kỹ thuậ t ảnh hạt nhân dùng đồng vị phóng xạ để tìm hiểu chi tiết s ự 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 mỗichất 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 việcxác 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 (5,0.10-5mol % 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 chếlần đầu, 1mL dung dịch được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân và sau 1giờ lấy 1mL mẫu máu củabệnh 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 = I o e −t/t1/ 2

ii) I t 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)

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 ngạ i trái ngược: vẫ n còn hoạt tính sau 30 phút và với chu kỳ bán hủy gần 1 nă m nó vẫncòn 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 thờ i gian sống đủ để thực hiện phép đo thể tích máu tin cậy được với một lượng

tương đối nhỏ vật liệu phóng xạ

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 loạtcác 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

iii) Hoạt độ của một mẫu phóng xạ của một phân tử trong chuỗi 238U giảm 10 lần sau 12,80ngày 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

ii) Tại cân bằng (không đổi) N1λ1 = N2λ2 = A (A: hoạt độ)

Với 226Ra; λ1 = 1,17.10-6 ngày-1

1

0 n +92235 U →9842 Mo +13654 Xe + 4β + 210 n

Các hạt cơ bản được phóng thích: 4β và 2n

ii) Khối lượng đầu vào = 236,05260u

Khối lượng đầu ra = 235,83007u

Khối l ượng 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 c ủa 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 tửbrom.

Bảng: Một số nguyên tố chọn lọc và hàm lượng tương đối:

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 l ượng 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 CH237Cl+ theo thứ tự

Cường độ tương đối của các mũi tại m/z 49 và 51 = a + b

= 3 + 1Nghĩa 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 giớ i được tìm thấy ở vùng Isua ở Greenland Tu ổi của chúng được xác định do hàm lượng của các đồng vị bền và đồng vị phóng xạ chứa trong các hạtkhoáng đặc trưng

Sự phân rã của đồng vị uran phóng x ạ 238U thành đồng vị bền 206Pb vớ i chu kỳ bán huỷ bằng4,468Ga (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 đầ u của các đồng vị(no(238 U), no(206Pb) và n(204Pb) lẫn trong các mẫu khoáng khác nhau có thể cúng khác nhau Tuy nhiên

tỉ lệ ban đầ u của các đồng vị của cùng một nguyên t ố, ví dụ như tỉ lệ no(206Pb)/(204Pb) sẽ như nhau đốivới mọi mẫu khoáng vật kết tinh trong cùng một khối tạo đá)

a) Viết hệ th ức liên l ạc 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 đầ u khác nhau của các đồng vị tạp chất 238U và 206Pb Vì vậy tuổi của một mẫu khoáng vật cho tr ước 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 mẫukhoáng 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 khácnhau 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 n t (238U)/n(204Pb) và trục tung n t (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 đáIsua:

2,859 13,567

b) Hãy tính tuổi của loại đ á Isua 3,390 13,815

c) Đi ểm cắt trục y của đồ thị có ý nghĩa gì?

a) Phần tăng trong 206Pb phải bằng phần giảm từ 238U, như

13,60013,40013,20013,00012,80012,60012,40012,20012,000

206

c) Điểm cắt trục y biểu thị tỉ số n n o( (204Pb Pb) ) 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

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 cóchứa 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 thẳ ng 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

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: