Tài liệu Báo cáo thực tập-cấu tạo chất

  • Số trang: 51 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 250 |
  • Lượt tải: 0
quangtran

Đã đăng 3721 tài liệu

Mô tả:

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): σ s2σ s2*π x2 = π y2σ z2 2) I1(C) < I1(O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O. I1(CO) > I1(O): vì năng lượng của electron ở σz của CO thấp hơn năng lượng của electron hóa trị ở oxy. 3) OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A): Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là kí hiệu của số lượng tử phụ n = 4). 1) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có 2) Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng. 3) Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao nhiêu? BÀI GIẢI: 1) Phân mức năng lượng ng ứng với gía trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e. 2) Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f) và l = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g có tổng số n + l = 9. Phân mức này phải nằm sát sau phân mức 8s. 3) (Rn)7s25f146d107p68s25g1. Z = 121. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A) 1) Hãy cho biết cấu hình hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích. a) NO2; NO2+; NO2-. b) NH3; NF3. 2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích. 3) Thực nghịêm xác định được mome lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết ∠HOH là 104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) Cho biết số thứ tự Z của các nguyên tố: 7(N); 8(O); 9(F); 16(S) 1D = 3,33.10-30 C.m Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m. BÀI GIẢI: 1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). a) N O 2 N O O N O O O sp 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) sp N N H H F F H 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: sp3 N N H H F H 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) µ1 H O µ2 µ H 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 µ 1 (lt ) = = 4,60 D 3,33.10 −30 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: 3 D=a 2 D a 3 = 2rSi = 2 4 a 3 = 0,118nm rSi = 8 Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8 Vậy ta tính được khối lượng riêng của Si là: 2,33g.cm-3. OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): Hãy dự đoán số nguyên tố của chu kỳ 7 nếu nó được điền đầy đủ các ô nguyên tố. Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố có Z = 107 và 117 và cho biết chúng được xếp vào những phân nhóm nào trong bảng tuần hoàn? BÀI GIẢI: Nguyên tử đầu tiên của chu kỳ 7 là 7s1 và kết thúc ở 7p6 7s25f146d107p6: 32 nguyên tố ở chu kỳ 7. Z = 107: [Rn]5f146d57s2: Nhóm VIIB Z = 117: [Rn]5f146d107s27p5: Nhóm VIIA OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy được Br2(k) thành các nguyên tử không. Biết rằng năng lượng phá vỡ liên kết giữa hai nguyên tử là 190kJ.mol-1. Tại sao hơi Br2 có màu? Biết h = 6,63.10-34 J.s; c = 3.108 m.s-1; NA = 6,022.1023 mol-1. BÀI GIẢI: E = h(c/λ).NA ⇒ λ = 6,3.10-7m λ nằm trong vùng các tia sáng nhìn thấy nên phân hủy được và có màu: OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B): 1) Có các phân tử XH3: a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. 2) Xét các phân tử POX3 a) Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu hình hình học như thế nào? b) Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn? 3) Những phân tử nào sau đây có momen lưỡng cực lớn hơn 0? BF3; NH3; SiF4; SiHCl3; SF2; O3. Cho biết: ZP = 15; ZAs = 33; ZO = 8; ZF = 9; ZCl = 17; ZB = 5; ZN = 7; ZSi = 14; ZS = 16. BÀI GIẢI: Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). 1) P: 1s22s22p63s23p3; As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3. P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3. X H H sp3 H 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) O P 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 sp 3 H F F F Cl S Si Cl sp 3 F Cl O sp2 O F F Si B F sp3 O F F F sp2 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. 59 27Co + 1 0n 60 → X? X? → 28Ni + ... ; (1) hν = 1,25 MeV (2) (a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào được áp dụng để hoàn th ành phương trình. (b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2 → CoCl2). 2. Có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d54s1 (1) (a) Dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn cấu hình electron (1). (b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tố hay ion ? Tại sao ? (c) Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của ion hay nguyên tố ứng với cấu hình electron (1), hãy viết một phương trình phản ứng để minh họa. 3. Biết En = -13,6. Z2 (n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân). n2 (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. 59 60 27Co + 0n1 → 27Co . Số khối : 60 = 60; điện tích : 27 = 28 + x → x = −1. VËy cã −1e0. 60 60 27Co → 28Ni + -1e; hv = 1,25MeV. (b) Điểm khác nhau Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới. Ví dụ (b) ở trên. Phản ứng hoá học (oxi hoá - khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp chất. Ví dụ : Co + Cl2 → Co2+ + 2Cl− → CoCl2. Chất dùng trong phản ứng hạt nhân có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá - khử, phụ thuộc vào cấu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất. Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo phản ứng hoá học thông thường. 2. (a) Dùng ô lượng tử biểu diễn cấu hình : ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ (b) (1) là cấu hình e của nguyên tử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nêu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 ... Không có cấu hình cation nào ứng với các số liệu này. Vậy Z chỉ có thể là 24. (Nguyên tố Ga có cấu hình [ar] 3d104s24p1, ion Ga2+ có cấu hình [ar] 3d104s1 bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s1 để suy ra nguyên tố). (c) Z = 24 → nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử. Cr + 2HCl → CrCl2 + H2↑ 3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E1. Do đó công thức là E1 = −13,6 Z2 (ev) (2’) Thứ tự theo trị số Z: Z = 6 → C5+ : (E1) C5+ = −13,6 x 62 = −489,6 eV Z = 7 → N6+ : (E1) N6+ = −13,6 x 72 = −666,4 eV Z = 8 → O7+ : (E1) O7+ = −13,6 x 82 = −870,4 eV (b) Quy luật liên hệ E1với Z : Z càng tăng E1 càng âm (càng thấp). Qui luật này phản ánh tác dụng lực hút hạt nhân tới e được xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh → năng lượng càng thấp → hệ càng bền, bền nhất là O7+. (c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể: C5+ : I6 = −(E1, C5+) = + 489, 6 eV. N6+ : I7 = −(E1, N6+) = + 666, 4 eV. O7+ : I8 = −(E1, O7+) = + 870,4 eV. 4. Phân tử thẳng có 3 nguyên tố được giải thích về hình dạng : Nguyên tố trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng). BeH2, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s1; Be : 1s22s2. Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp: ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ lai hoá sp 2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đã xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết σ. Vậy BeH2 → H−Be−H (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết). CO2, cấu hình electron : C 1s22s22p2; O 1s22s22p4. Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa sp ↑↓ ↑↓ ↑↓ → ↑ ↑ → ↑↓ ↑ ↑ lai hoá sp ↑ ↑ 2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan pz của 2 O tạo ra 2 liên kết σ. 2 obitan p thuần khiết của C xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết π (x↔x ; y ↔y) nên 2 liên kết π này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết σ. VËy CO2 : O= C = O Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết σ, π trong CO2 (chó ý: phải nói rõ có sự tương ứng obitan giữa C với O : x↔x; y ↔y) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2003 (Bảng A): 1. Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại ở dạng dime (Al2Cl6). Ở nhiệt độ cao (7000C) dime bị phân li thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó. 2. Phẩn tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91 Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20, M H 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? 2 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 Cl Al Cl Cl Cl Cl ; Al Al dime Cl Cl Cl Cl * 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. • Al O Cl Cl 1200 Cl 1200 Al 0 120 Cl O O O O O O 2. * Phân tử H-F M = 20 Jt ; µ = 1,91 Debye H-O-H M = 18 µ = 1,84 Debye có thể tạo liên kết hidro – H…O – có thể tạo liên kết hidro – H…F – * Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử) phụ thuộc vào các yếu tố: - Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. - Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực khuếch tán). *Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và đều có liên kết hidro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hidro bền hơn). Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 00C > Tnc(HF) = – 830C. * Giải thích: Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên … H-F H-F…H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hidro tạo thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực Van der Waals yếu. Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực Van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng thời mỗi phần liên kết hidro cững bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng chảy. Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hidro với 4 phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hidro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hỏi nhiệt độ cao hơn. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng A): 1. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và ion nào có thể tạo liên kết hidro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thành liên kết đó. 2. a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt α được phóng ra trong qúa trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của quá trình này. b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f36d17s2. Nguyên tố này có bao nhiêu electron độc thân? Có thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu? 3. Trong nguyên tố hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển động trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó mỗi trạng thái của một cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tử Bo (số đơn vị điện tích hạt nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau: Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) -340,000 -600,848 -637,874 2 - 660,025 - 669,800 1 1s 1s2 1s22s1 2 1s 2s 1s22s22p1 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 F H O H O H C H H O ... H C2H 5 O O. . .H C2H 5 2/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx cùng với ba loại hạt cơ bản: 2α 4, -1βo và oγo. Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có 82Pb206. 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 82Pb 206 + 8 He + 6β. b) Cấu hình electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau: ↑ Vậy nguyên tố ↑ ↑ 92U 238 ↑ ↑↓ có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất là +6 và U[Rn]5f36d17s2 – 6 e U [Rn]+6 . 3/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo: Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị năng lượng như sau: Cấu hình electron Vi hạt 1s1 1s2 1s22s1 B4+ B3+ B2+ Năng lượng (theo eV) - 340,000 - 600,848 - 637,874 Cấu hình electron 1s22s2 1s22s22p1 Vi hạt Năng lượng (theo eV) B+ B - 660,025 - 669,800 Có định nghĩa: Năng lượng ion hoá (của một nguyên tử) là năng lượng ít nhất cần để tách 1 e khỏi nguyên tố ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó. I Vậy giữa năng lượng ε của 1 e ở trạng thái cơ bản và năng lượng ion hoá I tương ứng có liên hệ: = -ε (1). Vậy với sự ion hoá M (k – 1)+ - e M k+ ; Ik (2), Ta có liên hệ: Ik = - ε = - [EM(k -1)+ - EMk+ ] (3) Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt được xét, có trị số từ 1 đến n; do đó k+ chỉ số đơn vị điện tích dương của ion M k+ ; Ik là năng lượng ion hoá thứ k của nguyên tố M được biểu thị theo (2). Xét cụ thể với nguyên tử Bo: vì Z = 5 nên nguyên tử có 5 e; vậy k = 1 đến 5. ¸áp dụng phương trình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có: * Bo − e B+ ; I1 ( vËy k = 1); I1 = - [ EB − EB+] = − (−669,800 + 660,025 ). VËy I1 = 9,775 eV . B2+ ; I2 ( vậy k = 2); * B+ − e 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 . I1 b) Từ kết quả trên, ta thấy có quy luật liên hệ các trị năng lượng ion hoá của Bo như sau < I2 < I3 < I4 < I5 (4). Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e tạo thành M k+ có số đơn vị điện tích k+ lớn hơn (k – 1) nên lực hút tác dụng lên e tiếp theo trong vi hạt M k+ mạnh hơn so với trong M (k – 1)+. Do đó phải tốn năng lượng lớn hơn để tách 1e tiếp theo khỏi M k+ ; nghĩa là I( k – 1) < Ik như đã được chỉ ra trong (4) trên đây. 2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng ∆H = ∑νiEi νjEj i j Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tương ứng của phản ứng được xét; Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó. b) Xét cụ thể với nitơ : Phản ứng 4N N4 (1) Có ∆ H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 6 × 163 ; vậy ∆ H1 = - 978 kJ . Phản ứng 4N 2 N2 (2) Có ∆ H2 = 4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2 × 945 ; vậy ∆ H2 = - 1890 kJ . Ta thây ∆ H2 < ∆ H1. Vậy phản ứng 4N 2 N2 xảy ra thuận lợi hơn phản ứng 4N 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. Tăng r Li+ Na+ K+ Be2+ Mg2+ Giảm r Be2+ và Li+ đẳng electron với nhau nhưng Be2+ có điện tích hạt nhân nhiều hơn nên phải có bán kính nhỏ hơn. Vậy Be2+ có bán kính nhỏ nhất 2. Đối với tinh thể lập phương tâm diện (mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là 1 1 x8 + x6 = 4 . Vậy khối lượng riêng của tinh thể đó là: 8 2 4(55,8 + 16) = 5,91(g / cm 3 ) d= 23 −7 3 0,432.10 .6,022.10 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2005 (Bảng A): ( ) Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 là nguyên tố hay ion? Tại sao? Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh họa tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm VIII(0). BÀI GIẢI: Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne]. 1. Cấu hình [Ne] 3s1 chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion. Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H2O ở nhiệt độ thường. 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2 2. Cấu hình [Ne] 3s2 ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loai hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cả trong CO2. 2 Mg + O2 2 MgO 3. Cấu hình [Ne] 3s23p3 ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là phi kim hoạt động. P cháy mạnh trong oxi. 4 P + 5 O2 2 P2O5 4. Cấu hình [Ne] 3s23p6: a) Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ. b) Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm: Z = 17. Đây là Cl−, chất khử yếu. Thí dô: 2 MnO4− + 16 H+ + 10 Cl− 2 Mn2+ + 8 H2O + 10 Cl2 Z = 16. Đây là S2−, chất khử tương đối mạnh. Thí dô: 2 S + 2 H2O 2 H2S + O2 Z = 15. Đây là P3−, rất không bền, khó tồn tại. c) Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dương: Z = 19. Đây là K+, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử duới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặc KOH nóng chảy). Z = 20. Đây là Ca2+, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử duới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl2 nóng chảy). II. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ: OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1996: Năm 1908 Rutherford, cùng với H. Geiger đo tốc độ bức xạ hạt α (x) bằng radi (trong tự nhiên, nguyên tố này được biểu thị bởi một hạt duy nhất 226Ra88) và thấy rằng 1,00g radi bức xạ x = 3,42.1010 hạt α mỗi giây. Năm 1911, Rutherford và B. Boltwood đo tốc độ tạo thành heli từ radi. Thí nghiệm này cho phép các ông có được trị số chính xác nhất có thể có vào thời gian ấy của số Avogadro, miễn là trị số thể tích mol của khí lý tưởng được biết rõ. Để đạt được mục đích này, một mẫu muối radi được làm tinh khiết từ một sản phẩm phân rã có chứa m = 192mg Ra được cho vào một thiết bị và đo thể tích khí heli thoát ra. Sau 83 (t = 83,0 ngày) ngày làm thí nghiệm, thu được 6,58mm3 khí He (0oC và 1atm). Để hiểu được các kết qủa thí nghiệm, ta cần sơ đồ động học phân rã phóng xạ của Ra cho dưới đây (ghi trên mũi tên là chu kỳ bán huỷ, ghi dưới mũi tên là kiểu phân rã). Ra > 1500 nam α Rn RaD 3,83 ngay α 27,1 nam RaA 3,05ph α 5 ngay RaB 26,8ph β 138 ngay RaE Po Pb β α β (RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon) RaC 19,7ph β RaC' 1,63.10-4s α 1. Viết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử, số khối của tất cả các hạt nhân có liên quan. Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã của radi, trừ RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng ước lượng này để tiến hành các tính toán sau: 2. a) Có bao nhiêu nguyên tử He được hình thành từ mỗi nguyên tử radi phân rã sau 83 ngày? b) Có tổng cộng bao nhiêu nguyên tử heli được tạo thành trong thí nghiệm? 3. Hãy tính trị số gần đúng của số Avogadro từ số liệu trên. Biết tại 0oC và 1atm thì V = 22,4L. Để tính được số Avogadro chính xác hơn, chu kỳ bán hủy của Radon (t1/2(Rn) = 3,83 ngày) không thể bỏ qua, vì chu kỳ này là đáng kể so với thời gian tiến hành thí nghiệm t; nghĩa là không phải mọi nguyên tử radon bị phân rã vào cuối thí nghiệm. 4. Chọn tương quan giữa tốc độ phân rã k của bất kì hạt nhân nào đã cho so với chu kỳ bán huỷ t1/2 của nó. a) k = 1/T1/2. b) k = ln2/T1/2. c) k = ln2.T1/2. d) k = π/T1/2. k1 k2 Rn ⎯⎯→ RaA 5. a) Dùng sơ đồ động học đơn giản: Ra ⎯⎯→ (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) 222 222 4 88 Ra → 86 Rn + 2 He 222 86 218 Rn → 84 Po + 42 He 218 84 214 Po → 82 Pb + 42 He 214 82 214 Pb → 83 Bi + e 214 83 214 Bi → 84 Po + e 210 Po → 82 Pb + e 2) a) 4 214 84 b) NHe = 4xmt = 4.3,42.1010.0,192.(83.24.3600) = 1,9.1017. 3) Số Avogadro NA là số hạt vi mô có trong 1 mol NA = NHe/nHe với NHe là số nguyên tử heli và nHe là số mol He tạo thành trong khoảng thời gian t. Nếu giả thiết rằng tất cả các nguyên tử radon tạo thành từ các nguyên tử radi đều phân rã trong thời gian thí nghiệm (giả thiết này theo sau giả thiết là chu kỳ bán hủy của radon có thể bỏ qua so với thời gian 83 ngày, điều này dẫn đến sai số khoảng 5%), khi ấy số nguyên tử heli bức xạ trong khoảng thời gian t là NHe = 4xmt và ta có thể tính được NA = 6,4.1023 mol-1. 4) b) 5) a) N’Rn = k1.NRa/k2. Số nguyên tử radon đạt đến trạng thái gần tĩnh (cân bằng phóng xạ), tại đó tốc độ tạo thành bằng tốc độ phân rã k2N’Rn = k1.NRa, từ đó N’Rn = k1.NRa/k2. b)Tốc độ phân rã của radi là k1NRa = xm, từ đó ta có thể tính được N’Ra = 3,14.1015. 6) 3N’Rn. 7) a) NHe = 4xmt – 3N’Rn = 1,79.1017. b) NA = NHe/VHe = 6,09.1023. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1997: Sắt kim loại nóng chảy ở 1811K. Giữa nhiệt độ phòng và điểm nóng chảy của nó, sắt kim loại có thể tồn tại ở các dạng thù hình và các dạng tinh thể khác nhau. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K, sắt có cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (bcc) quen gọi là sắt-? Từ 1185K đến 1667K sắt kim loại có cấu tạo mạng lập phương tâm diện (fcc) và được gọi là sắt-? Trên 1167K và cho tới điểm nóng chảy sắt chuyển về dạng cấu tạo lập phương tâm khối (bcc) tương tự sắt-? Cấu trúc sau cùng (pha cuối) còn được gọi là sắt-? 1) Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm-3 ở 293K, a) Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm). b) Ước lượng khối lượng riêng của sắt (tính theo g.cm-3) ở 1250K Chú ý: Bỏ qua các ảnh hưởng không đáng kể do sự giãn nở nhiệt của kim loại. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc) trong mạng tinh thể bị chiếm bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thường trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép chứa 4,3% theo khối lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh qúa nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng sắt-?. Chất rắn mới này - được gọi là martensite - rất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắt-? (bcc). 2) Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt. a) Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt-? trong martensite chứa 4,3%C theo khối lượng. b) Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu này. Khối lượng mol nguyên tử và các hằng số: MFe = 55,847g.mol-1. MC = 12,011g.mol-1. NA = 6,02214.1023mol-1. BÀI GIẢI: 1) Các bước tính toán: 1. Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d1, d2 và r) và thể tích (V1 và V2) cho cả hai cấu tạo bcc và fcc của sắt. 2. Tính thể tích V1 của ô mạng đơn vị của sắt - α nhờ khối lượng riêng của nó (ρbcc) ở 293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (MFe), và số Avogadro NA. 3. 4. 5. Tính chiều dài d1 cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó. Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d1. 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. Va1 = 2Va2 Va2 = 4Va Va = (4/3)πr3 2 2 b2 = d12 + a2 = 3d12 ⇒ d1 = (16r2/3)1/2. b = 4r a = 2d1 c = 4r c2 = 2d22 ⇒ d2 = (16r2/2)1/2. V1 = d13 = [(16r2/3)1/2]3 2 1/2 3 3 V2 = d2 = [(16r /2) ] 2. 1,000cm3 sắt có khối lượng 7,874g ở 293K (ρbcc). 1 mol sắt có khối lượng 55,847g (MFe). Vậy 0,1410mol (7,874/55,847) của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm3 hoặc 1mol sắt sẽ chiếm thể tích 7,093cm3. 1 mol tương ứng chiếm 6,02214.1023 nguyên tử. V1 = 7,093.2/(6,02214.1023) = 2,356.10-23cm3 mỗi đơn vị ô mạng. 3. d1 = V11/3 = 2,867.10-8 cm. 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 = (3d12/16)1/2 = 1,241.10-8cm. 5. Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d2 = (16r2/2)1/2 = 3,511.10-8cm. 6. V2 = d23 = 4,327.10-23cm3. 7. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là: m = 55,847.4/(6,02214.1023) = 3,709.10-22g ρfcc = m/V2 = 8,572g/cm3. 8. Cách giải khác để tìm khối lượng riêng ρfcc của sắt - γ: 5’. R1 = [(Va1)/V1].100% = 68,02% 6’. R2 = [(Va2)/V2].100% = 74,05% 7’. ρbcc/ρfcc = 74,05/68,02 = 1,089 8’. ρfcc = 8,572g/cm3. 3) Các bước tính toán: 1. Từ phần trăm cấu thành của martensite (theo khối lượng), tính số mol tương ứng của cacbon và sắt. 2. Đưa tỉ lệ mol C/Fe về một ô mạng đơn vị (Ghi chú: Hai nguyên tử Fe trong mỗi ô mạng đơn vị). 3. Tìm số nguyên be nhất các nguyên tử C trong số nguyên bé nhất của ô mạng đơn vị (không bắt buộc). 4. Tính khối lượng sắt trong một ô mạng đơn vị 5. Tính khối lượng cacbon trong một ô mạng đơn vị 6. Tính tổng khối lượng sắt và cacbon trong một ô mạng đơn vị 7. Tính khối lượng riêng của martensite [ρ(martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng của C và Fe và thể tích V1 của ô mạng đơn vị sắt - α cấu tạo bcc. 4)Chi tiết: 1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C ⇒ nC = 0,36mol và nFe = 1,71mol. Vậy cứ 1 nguyên tử cacbon có 4,8 nguyên tử sắt hay 0,21 nguyên tử cacbon cho mỗi nguyên tử sắt. 2. Martensite có cấu tạo tinh thể bcc (2 nguyên tử sắt cho mỗi ô mạng đơn vị). Như vậy số nguyên tử cacbon trong mỗi ô mạng đơn vị là: 2.(1/4,8) = 0,42 nguyên tử. 3. 5 nguyên tử C [(0,42 nguyên tử C/0,42).5] trong 12 ô mạng đơn vị [1 ô mạng đơn vị/0,42).5] 4. Số gam Fe trong mỗi ô mạng đơn vị là: 55,847.2/6,02214.1023 = 1,8547.10-22g 5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.1023 = 1,9945.10-23g 6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10-22 + 0,42.1,9945.10-23 = 1,938.10-22g. 7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt - α chiếm thể tích V1 = 2,356.10-23cm3. ρ(martensite có 4,3%C) = 1,938.10-22/(2,356.10-23) = 8,228g.cm-3. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998: Nathan Thompson là một trong những cư dân đầu tiên của đảo Lord Howe đã trồng trong vườn nhà mình một số cây sồi châu Âu. Tuy nhiên người ta không thể biết chính xácv thời gian đã trồng vì quyển nhật kí của ông ta đã bị thất lạc trong bão biển. Phía sau nhà Nathan có một cái hồ nhỏ. Qua nhiều năm, lá cây sồi châu Âu và các hạt tích tụ ở đáy hồ. Một lượng rất nhỏ đồng vị phóng xạ Pb-210 (chu kỳ bán hủy là 22,3 năm) cũng đồng thời lắng đọng. Nên biết rằng cây sồi châu Âu rụng lá ngay từ năm đầu tiên. Năm 1995 một nhóm nghiên cứu lấy mẫu đất bùn từ đáy hồ. Đất bùn được cắt thành những lát dày 1cm và khảo sát trầm tích và chì phóng xạ Pb-210. Sự khảo sát đất bùn cho thấy: • Trầm tích của sồi châu Âu và hạt của nó tìm thấy đầu tiên ở độ sâu 50cm. • Độ phóng xạ của Pb-210 ở phần trên của đất bùn là 356Bq/kg còn ở độ sâu 50cm là 1,40Bq/kg. 4. 1) Nathan Thompson đã gieo hạt năm nào? Chì phóng xạ Pb-210 là một trong những phân rã của U-238. U-238 có trong vỏ trái đất và do một số nguyên nhân, một lượng nhất định Pb-210 thoát vào khí quyển và bám vào các phần tử trầm tích lắng đọng dưới đáy hồ. Chuỗi phân rã U-238 là: U-238 – U-234 – Th-230 – Ra-226 – Rn-222 – (Po-218 – Bi-214)* - Pb-210 – Pb-236 (bền) *: Chu kỳ bán hủy rất ngắn, tính theo phút và ngày: 2. Bước nào trong chuỗi phân rã giải thích bằng cách nào Pb-210 lại có trong nước mưa trong khi nguyên tố mẹ U-238 chỉ có trong vỏ trái đất. BÀI GIẢI: 1) Tại độ sâu 50cm sự phân rã của Pb-210 tương đương với: 356 – 178 – 89 – 44,5 – 22,5 – 11,25 – 5,63 – 2,81 – 1,39 =8 chu kỳ bán hủy. = 8.22 = 176 năm Nếu năm khai quật là 1995 thì năm gieo hạt là 1995 – 176 = 1819(±2) 2) Ra-226 – Rn-222. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999: Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232Th90 và kết thúc với đồng vị bền 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 232Th (t1/2 = 1,40.1010 năm). 228Th là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1atm thu được là bao 4. 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: 4 206 232 He2 = 4,00260u Pb82 = 207,97664u Th90 = 232,03805u 1u = 931,5MeV. 1MeV = 1,602.10-13J. NA = 6,022.1023mol-1. Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0oC và 1atm là 22,4L. BÀI GIẢI: 1) A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha. Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2.6 = 12 đơn vị, nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vị. Nên phản có 4 hạt beta bức xạ. 232 208 Pb + 6 42 He + 4β − 2) 90 Th → 82 Năng lượng phóng thích Q = [m(232Th) – m(208Pb) – 6m(4He)]c2 = 42,67MeV. 1000.6,022.10 23 = 2,60.10 24 nguyên tử 3) 1,00kg có chứa = 232 Hằng số phân hủy của 232Th 0,693 λ= = 1,57.10 −18 s −1 10 7 1,40.10 .3,154.10 A = Nλ = 4,08.10 6 Dps Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV Công suất = 4,08.106.42,67.1,602.10-13 = 2,79.10-5W. 228 208 4) 90 Th → 82 Pb + 5 42 He Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 228Th. ⎛ 0,693 ⎞ ⎡1,00. 6,022.10 23 ⎤ 20 −1 A = λN = ⎜ ⎟⎢ ⎥ = 9,58.10 y 1 , 91 228 ⎝ ⎠⎣ ⎦ Số hạt He thu được: NHe = 9,58.1020.20.5 = 9,58.1022 hạt VHe = 3,56.103cm3 = 3,56L. 5) A = λ.N 0,693 0,693.N t1 / 2 = = = 5,75 năm. λ A OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001: Sự phụ thuộc giữa độ dài sóng và quang phổ vạch của nguyên tử hydro đã được biết đến lần đầu tiên bởi một loạt các công trình của một giáo viên người Thụy Sỹ là ông Johan Jakob Balmer. Balmer đã đưa ra công thức thực nghiệm: 1 1 ⎞ ⎛ 1 = RH ⎜ 2 − 2 ⎟ λ n ⎠ ⎝2 m e .e 4 Với RH = = 109768cm −1 8.ε o3 .h 3 .c RH là hằng số Rydberg, me là khối lượng electron. Niels Bohr đã chứng minh được công thức trên bằng lý thuyết năm 1913. Công thức này đúng với hệ nguyên tử, ion chỉ có 1e. 1.1. Tính bước sóng dài nhất bằng Å (1Å = 10-10m) trong dãy Balmer của ion He+, bỏ qua sự chuyển động của hạt nhân. 1.2. Một công thức tương tự như công thức của Balmer được áp dụng cho các vạch phổ khác sinh ra khi đi từ mức năng lượng cao hơn xuống mức năng lượng thấp nhất. Viết công thức đó và hãy sử dụng nó để tính năng lượng ở trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro (eV) Nguyên tử hydro “muon”1 cũng tương tự như nguyên tử hydro nhưng các electron bị thay thế bằng “muon”. Khối lượng của “muon” gấp 207 lần khối lượng electron trong khi điện tích của nó cũng giống như điện tích của electron. “Muon” có thời gian tồn tại rất ngắn nhưng ở bài toán này chúng ta không xét đến sự kém bền của nó. 1.3. Xác định mức năng lượng thứ nhất và bán kính Bohr thứ nhất của nguyên tử hydro “muon”. Bỏ qua sự chuyển động của các hạt nhân. Biết bán kính của qũy đạo thứ nhất của nguyên tử hydro là o ε h2 a o = o 2 = 0,53 A me e π Bức tranh toàn cảnh về lý thuyết “qũy đạo” của Bohr đã được thay thế bằng lý thuyết lượng tử với khái niệm về “obitan”. Obitan ψ1s (r) ở trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro được cho dưới đây: 1 ψ 1s = e − r / a0 3 πa 0 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: (hai nguyên tử hydro độc lập) (i): H2 → H + H (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. 1.6. 1.7. 1.8. Cho biết phản ứng (i) và (ii) ứng với đường cong nào? Xác định giá trị của năng lượng phân ly (De) bằng đơn vị eV của H2 ứng với phản ứng (i) và (ii). Từ các số liệu đã cho tính năng lượng của qúa trình H- → H + e H- là hệ 2e. Giả sử rằng công thức tính năng lượng của Bohr là phù hợp với mỗi e và điện tích tác dụng lên mỗi e là điện tích hiệu dụng Z*. Tính Z* của H-. BÀI GIẢI: 1. Bước sóng dài nhất λL ứng với n = 3. Đối với He+: o 1 1 ⎞ ⎛ 1 = 4 R H ⎜ 2 − 2 ⎟ = 1641,1 A λ n ⎠ ⎝2 1 ⎛1 1 ⎞ 2. = R H ⎜ 2 − 2 ⎟; n = 2,3,4... λ n ⎠ ⎝1 E = -hcRH = -13,6eV. 3 Mức năng lượng thấp nhất = -207.13,6 = -2,82keV. o Bán kính của qũy đạo Bohr thứ nhất = 0,53/207 = 2,6.10-3 A 2 4 Xác suất = ψ (a o ) 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 sẵn ở bang Kerala (Ấn Độ). Một mẫu monazit chứa 9%ThO2 và 0,35% U3O8; 208Pb và 206Pb là những sản phẩm bền tương ứng với các qúa trình phân rã 232Th và 238U. Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng xạ. Tỉ số các đồng vị (208Pb/232Th) đo được bằng phổ khối lượng trong mẫu monazit là 0,104. Chu kỳ bán huỷ của 232Th và 238U lần lượt là 1,41.1010 năm và 4,47.109 năm. Giả sử rằng 208Pb; 206Pb; 232Th và 238U tồn tại nguyên vẹn từ khi hình thành khoáng monazit. 1. Tính tuổi (thời điểm bắt đầu hình thành) khoáng monazit. 2. Tính tỉ lệ (206Pb/238U) trong mẫu monazit. 3. Thori – 232 là nguyên liệu chế tạo năng lượng hạt nhân. Trong qúa trình chiếu xạ nhiệt nơtron nó hấp thụ 1 nơtron và sinh ra đồng vị 233U bằng phóng xạ β. Viết các phản ứng hạt nhân hình thành 233 U từ 232Th. Trong phản ứng phân hạch hạt nhân của 233U một hỗn hợp sản phẩm phóng xạ được hình thành. Sự phân rã sản phẩm 101Mo bắt đầu chịu tác dụng của phân rã như sau: 101 101 1 / 2 =14 , 6 ph 1 / 2 =14 , 3 ph ⎯⎯→ 43 Tc ⎯t⎯ ⎯⎯→ 44 Ru Mo ⎯t⎯ 101 4. Một mẫu tinh khiết chỉ chứa Mo chứa 5000 nguyên tử 101Mo. Hỏi có bao nhiêu nguyên tử 101 Mo; 101Tc; 101Ru sẽ xuất hiện sau 14,6 phút. BÀI GIẢI: 1. N = N o e −0,693t / t1/ 2 No − 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. 2. Đặt x = (206Pb/238U). Ta có: x = e 0,693t / t1/ 2 − 1 Thay t = 2,01.109 năm và t1/2 = 4,47.109 năm ta thu được kết qủa x = 0,366 101 42 233 233 − − 233 n ,γ ) β β 232 3. 90 Th ⎯(⎯ ⎯→ 90 Th ⎯⎯→ 91 Pa ⎯⎯→ 92 U 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: λN N 2 = 1 o e − λ1t − e − λ2t λ 2 − λ1 Với No = 5000 là số nguyên tử 101Mo ban đầu 0,693 λ1 = 14,6 0,693 λ2 = 14,3 Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N2 = 1710 Số nguyên tử 101Ru tại 14,6ph là N3 = No – N1 – N2 = 790 nguyên tử. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005: 1. Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau: ( ) a) N2. b) NH3. c) O3. d) SO3. 2 Vẽ công thức Lewis của cacbon monoxit và xác định điện tích hình thức, trạng thái oxy hóa của cacbon và oxy trong cacbon monoxit. Thioure – S, S – dioxit có khung cấu tạo như sau: H O S O N H N H C H 3 Viết công thức Lewis cho Thioure – S, S – dioxit với điện tích hình thức của tất cả các nguyên tố bằng không. 4 Dựa vào thuyết sức đẩy cặp electron (VSEPR). Hãy xác định dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh, cacbon và nitơ dựa vào cấu trúc Lewis đã đề ra ở câu 3. 4a. Dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T 4b. Dạng hình học của nguyên tử cacbon là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T. c. Dạng hình học của nguyên tử Nitơ là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T. Cấu trúc phân tử ở trạng thái rắn thường được xác định bởi phương pháp phổ tia X. Dựa vào phương pháp này thì cấu trúc của Thioure – S, S – dioxit sẽ như sau:
- Xem thêm -