ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM CÁC NĂM

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 Z
C
= 6; Z
O
= 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 Z
Fe
= 26, Z
Ni
= 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



5f
14
6d
10
7p
6
8s
2
5g
1
. 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) NO
2
; NO
2
+
; NO
2
-
.
b) NH
3
; NF
3
.
2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH
3

sp
N
O
O
sp
2

(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
sp
3
N
F
F
F
sp
3

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.
(NH
3

 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





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 M
Si
= 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

Nguyên tử đầu tiên của chu kỳ 7 là 7s
1
và kết thúc ở 7p
6

7s
2
5f
14
6d
10
7p
6
: 32 nguyên tố ở chu kỳ 7.
Z = 107: [Rn]5f
14
6d
5
7s
2
: Nhóm VIIB
Z = 117: [Rn]5f
14
6d
10
7s
2
7p
5
: Nhóm VIIA

1) Có các phân tử XH
3
:
a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH
3
và AsH
3
.
b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
2) Xét các phân tử POX
3

a) Các phân tử POF
3
và POCl
3
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?
BF
3
; NH
3
; SiF
4
; SiHCl
3
; SF
2
; O

2
3p
3
; As: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
2
4p
3
.
P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH
3
.
X
H
H
H
sp
3
Hình tháp tam giác

O
O
sp
3
sp
2
B
F
F F
sp
2
Si
F
F
F
F
sp
3

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.
27
Co
59
+
0
n
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 E
n
= -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 N
6+
, C
5+
, O
7+
.
(b) Qui luật liên hệ giữa E
n
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 BeH
2
, CO
2
đều là phân tử
thẳng.

e; 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 + Cl
2
 Co
2+
+ 2Cl

 CoCl
2
.
 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 3d
10
4s
2
4p
1

2
= 489,6 eV
Z = 7  N
6+
: (E
1
) N
6+
= 13,6 x 7
2
= 666,4 eV
Z = 8  O
7+
: (E
1
) O
7+
= 13,6 x 8
2
= 870,4 eV
(b) Quy luật liên hệ E
1
với Z : Z càng tăng E
1
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 O
7+
.
(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể:

BeH
2
, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s
1
; Be : 1s
2
2s
2
. 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 .
Vậy BeH
2
 HBeH (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết).
CO
2
, cấu hình electron : C 1s
2
2s
2
2p
2
; O 1s
2
2s
2
2p

2. Phẩn tử HF và phân tử H
2
O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91
Debye, H
2
O 1,84 Debye, M
HF
20,
2
H O
M 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là
– 83
0
C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 0
0
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 AlCl
3

Cl
Cl
Cl
và liên kết cho nhận.
* Cấu trúc hình học:
Phân tử AlCl
3
: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp
2
(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 Al
2
Cl
6
: 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

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 H
2
O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi
phân tử H
2
O liên kết với 4 phân tử H
2
O khác tạo thành mạng lưới
M = 20
 = 1,91 Debye
M = 18
 = 1,84 Debye
O
O
O
O
O
O
Al

)
2
O , 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) U
238
tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt  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]5f
3
6d
1
7s
2
. 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)
1s
1
1s
2

1s
2
2s

tử N có thể tạo ra 1

phân tử N
4
tứ diện đều hoặc 2 phân tử N
2
thông thường. Trường hợp nào
thuận lợi hơn? Hãy giải thích.
BÀI GIẢI:
1/ Các vi hạt CH
2
Br
2
, Ca
2+
, H
3
As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết
hidro với phân tử nước.
Các vi hạt F
-
, CH
2
O, (C
2
H
5
)
2
O có nguyên tố âm điện mạnh nên có thể tạo liên kết hidro với

. . .
H
C
H
H
O
H
. . .
F
O
H
H
C
2
H
5
O
C
2
H
5
H
O
H
O
Theo nh lut bo ton in tớch :[ 92 (82 + 2 8)] / (1) = 6. Vy cú 6 ht
-1

o
.

6d
1
7s
2


6 e U [Rn]
+
6
.
3/ a) Tớnh cỏc tr nng lng ion hoỏ cú th cú ca Bo:
T cu hỡnh electron ó cho , ta xỏc nh c cỏc vi ht tng ng cựng vi tr nng
lng nh sau:
Cu hỡnh
electron
Vi ht Nng lng
(theo eV)
Cu hỡnh
electron
Vi ht Nng lng
(theo eV)
1s
1
1s
2

1s

- 669,800

Có định nghĩa: Năng lợng ion hoá (của một nguyên tử) là năng lợng ít nhất cần để tách 1 e
khỏi nguyên tử ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó.
Vậy giữa năng lợng của1 e ở trạng thái cơ bản và năng lợng ion hoá I tơng
ứng có liên hệ: I = - (1).

Vậy với sự ion hoá M
(k 1)+
- e

M
k+
; I
k
(2),
Ta có liên hệ: I
k
= - = - E
M
(k -1)+ - E
M
k+ (3)
Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt đựơc xét, có trị số từ 1 đến n; do
đó k+ chỉ số đơn vị điện tích dơng của ion M
k+
;
I
k
là năng lợng ion hoá thứ k của nguyên tố M đợc biểu thị theo (2).

2
= - [ E
B+
E
B
2+] = (660,025 + 637,874). Vy I
2
= 22,151 eV .
* B
2+
e

B
3+
; I
3
( vy k = 3);
I
3
= - [E
B
2+ E
B
3+] = (637,874 + 600,848). Vy I
3
= 37,026 eV .
* B
3+
e


5
= 340,000 eV .

b) Từ kết quả trên, ta thấy có qui luật liên hệ các trị năng lợng ion hoá của Bo nh
sau I
1
I
2
I
3
I
4
I
5
(4).
Gii thớch: Khi vi ht M
(k 1)+
mt thờm 1 e to thnh M
k+
cú s n v in tớch k+ ln hn
(k 1) nờn lc hỳt tỏc dng lờn e tip theo trong vi ht M
k+
mnh hn so vi trong M
(k 1)+
. Do
ú phi tn nng lng ln hn tỏch 1e tip theo khi M
k+
; ngha l I
( k 1)
I

N4
= 0,0 - 6 163 ; vậy H
1
= - 978 kJ .
Phản ứng 4 N 2 N
2
(2)
Có H
2
= 4 E
N
- 2 E
N2
= 0,0 - 2 945 ; vậy H
2
= - 1890 kJ .
Ta thõy H
2
H
1
. Vy phn ng 4 N 2 N
2
xy ra thun li hn phn
ng 4 N N
4
.
THI CHN HC SINH GII QUC GIA VIT NAM NM 2004 (Bng B):
1. Ion no trong cỏc ion sau õy cú bỏn kớnh nh nht? Hóy gii thớch.
Li
+

+
tích hạt nhân nhiều hơn
r nhỏ hơn của Li
+
giảm r

V
ậ
y

t
r
o
n
g

s
ố

5

i
o
n

n
à
y

B

1
8
8
1
xx . ( Thí sinh có thể vẽ hình khi tính số đơn vị cấu trúc trên ). Vậy
khối lợng riêng của tinh thể đó là:

)cm/g(91,5
10.022,6.10.432,0
)168,55(4
d
3
23
3
7





THI CHN HC SINH GII QUC GIA VIT NAM NM 2005 (Bng A):
Cỏc vi ht cú cu hỡnh electron phõn lp ngoi cựng: 3s
1
, 3s
2
, 3p
3
, 3p
6
l nguyờn t hay

2
.
2 Mg + O
2
2 MgO

3.
Cấu hình [Ne] 3s
2
3p
3
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 O
2
2 P
2
O
54.
Cấu hình [Ne] 3s
2
3p
6
:
a) Trờng 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

Z = 19. Đây là K
+
, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện (điện
phân KCl hoặcKOH nóng chảy).
Z = 20. Đây là Ca
2+
, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện (điện
phân CaCl
2
nóng chảy).
II. OLYMPIC HểA HC QUC T:
OLYMPIC HểA HC QUC T 1996:
Nm 1908 Rutherford, cựng vi H. Geiger o tc bc x ht (x) bng radi (trong t nhiờn,
nguyờn t ny c biu th bi mt ht duy nht
226
Ra
88
) v thy rng 1,00g radi bc x x = 3,42.10
10

ht mi giõy.
Nm 1911, Rutherford v B. Boltwood o tc to thnh heli t radi. Thớ nghim ny cho phộp
cỏc ụng cú c tr s chớnh xỏc nht cú th cú vo thi gian y ca s Avogadro, min l tr s th tớch
mol ca khớ lý tng c bit rừ. t c mc ớch ny, mt mu mui radi c lm tinh khit t
mt sn phm phõn ró cú cha m = 192mg Ra c cho vo mt thit b v o th tớch khớ heli thoỏt ra.
Sau 83 (t = 83,0 ngy) ngy lm thớ nghim, thu c 6,58mm
3
khớ He (0
o
C v 1atm).


Pb
(RaA RaE l cỏc sn phm trung gian ca s phõn ró radon)
1. Vit nm phõn ró phúng x u tiờn, dựng cỏch biu din cho thy s hiu nguyờn t, s khi ca tt
c cỏc ht nhõn cú liờn quan.
c lng ban u cho thy cỏc chu k bỏn hy ca tt c cỏc sn phm phõn ró ca radi, tr
RaD v Po, cú th c coi nh khụng ỏng k so vi thi gian o t. Dựng c lng ny tin hnh
cỏc tớnh toỏn sau:
2. a) Cú bao nhiờu nguyờn t He c hỡnh thnh t mi nguyờn t radi phõn ró sau 83 ngy?
b) Cú tng cng bao nhiờu nguyờn t heli c to thnh trong thớ nghim?
3. Hóy tớnh tr s gn ỳng ca s Avogadro t s liu trờn. Bit ti 0
o
C v 1atm thỡ V = 22,4L.
tớnh c s Avogadro chớnh xỏc hn, chu k bỏn hy ca Radon (t
1/2
(Rn) = 3,83 ngy)
khụng th b qua, vỡ chu k ny l ỏng k so vi thi gian tin hnh thớ nghim t; ngha l khụng phi
mi nguyờn t radon b phõn ró vo cui thớ nghim.
4. Chn tng quan gia tc phõn ró k ca bt kỡ ht nhõn no ó cho so vi chu k bỏn hu t
1/2
ca
nú.
a) k = 1/T
1/2
.
b) k = ln2/T
1/2
.
c) k = ln2.T
1/2

= k
2
.N
Ra
/k
1
.
- N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/2k
2
.
- N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/3k
2
.
b) Tính N’
Rn
dùng tốc độ phân rã radi cho ở trên (x = 3,42.10
10
hạt  mỗi gam radi trong một giây).

HeRnRa






210
82
214
84
214
84
214
83
214
83
214
82
4
2
214
82
218
84
4
2
218
84
222

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
N
He
= 4xmt và ta có thể tính được N
A
= 6,4.10
23
mol
-1
.
4) b)
5) a) N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/k
2
.
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 k
2
N’
Rn
= k
1
.N

A
= N
He
/V
He
= 6,09.10
23
.
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.

1
và V
2
) cho cả
hai cấu tạo bcc và fcc của sắt.
2. Tính thể tích V
1
của ô mạng đơn vị của sắt -  nhờ khối lượng riêng của nó (
bcc
) ở
293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (M
Fe
), và số Avogadro N
A
.
3. Tính chiều dài d
1
cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó.
4. Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d
1
.
5. Tính chiều dài d
2
của cạnh ô mạng đơn vị fcc (ở 1250K) từ bán kính nguyên tử r của
sắt.
6. Tính thể tích V
2
của ô mạng đơn vị fcc của sắt -  từ chiều dài d
2
của cạnh.

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.
d
1
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
d
2
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
V
1
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
V
2
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .
V
a
: thể tích chiếm bởi một nguyên tử.
V
a1
: Thể tích chiếm bởi hai nguyên tử trong một ô mạng đơn vị bcc.
V
a2
: Thể tích chiếm bởi bốn nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc.
R
1
: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị bcc.
R

 d
1
= (16r
2
/3)
1/2
.
V
1
= d
1
3
= [(16r
2
/3)
1/2
]
3
c = 4r c
2
= 2d
2
2
 d
2
= (16r
2
/2)
1/2
.

1
= 7,093.2/(6,02214.10
23
) = 2,356.10
-23
cm
3
mỗi đơn vị ô mạng.
3. d
1
= V
1
1/3
= 2,867.10
-8
cm.
4. Với cấu tạo bcc, gía trị của d
1
có thể được biểu thị là: d
1
= (16r
2
/3)
1/2
. Vậy gía trị của r
sẽ là: r = (3d
1
2
/16)
1/2

= m/V
2
= 8,572g/cm
3
.
Cách giải khác để tìm khối lượng riêng 
fcc
của sắt - :
5’. R
1
= [(V
a1
)/V
1
].100% = 68,02%
6’. R
2
= [(V
a2
)/V
2
].100% = 74,05%
7’. 
bcc
/
fcc
= 74,05/68,02 = 1,089
8’. 
fcc
= 8,572g/cm

g
5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.10
23
= 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 -  chiếm thể tích V
1
= 2,356.10
-23
cm
3
.
(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

Pb
82
.
1. Hãy tính số phân hủy  xảy ra trong chuỗi này.
2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích.
3. Hóy tớnh tc to thnh nng lng (cụng sut) theo watt (1W = Js
-1
) sn sinh t 1,00kg
232
Th
(t
1/2
= 1,40.10
10
nm).
4.
228Th
l mt phn t trong chui thori, th tớch ca heli theo cm
3
ti 0
o
C v 1atm thu c l bao
nhiờu khi 1,00g
228Th
(t
1/2
= 1,91 nm) c cha trong bỡnh trong 20,0 nm? Chu k bỏn hy ca
tt c cỏc ht nhõn trung gian l rt ngn so vi
228
Th.

C v 1atm l 22,4L.
BI GII:
1) A = 232 208 = 24 v 24/4 = 6 ht anpha.
Nh vy in tớch ht nhõn gim 2.6 = 12 n v, nhng s khỏc bit v in tớch ht nhõn ch l
90 82 = 8 n v. Nờn phn cú 4 ht beta bc x.
2)



46
4
2
208
82
232
90
HePbTh
Nng lng phúng thớch Q = [m(
232
Th) m(
208
Pb) 6m(
4
He)]c
2
= 42,67MeV.
3) 1,00kg cú cha =
24
23
10.60,2

4) HePbTh
4
2
208
82
228
90
5
Chu k bỏn hy ca nhng ht trung gian khỏc nhau l khỏ ngn so vi
228Th
.



120
23
10.58,9
228
10.022,6.00,1
91,1
693,0










t

nm.
OLYMPIC HểA HC QUC T 2001:
Sổỷ phuỷ thuọỹc giổợa õọỹ daỡi soùng vaỡo quang phọứ vaỷch cuớa hydro õaợ õổồỹc bióỳt õóỳn
lỏửn õỏửu tión bồới mọỹt loaỷt caùc cọng trỗnh cuớa Johann Jakob Balmer - mọỹt giaùo vión ngổồỡi Thuỷy
Syợ - ng õaợ õổa ra cọng thổùc thổỷc nghióỷm:

;
1
2
11
22







n
R
H

n = 3,4,5
R
H
=
1
33

têch ca nọ cng giäúng nhỉ âiãûn têch ca electron. “Muon” cọ thåìi gian täưn tải ráút ngàõn
nhỉng chụng ta b qua sỉû kẹm bãưn ca nọ.
3. Xạc âënh mỉïc nàng lỉåüng tháúp nháút v bạn kênh Bohr thỉï nháút ca ngun tỉí hydro
“muon”. B qua sỉû chuøn âäüng ca hảt nhán. Biãút bạn kênh Bohr ca qy âảo thỉï
nháút ca ngun tỉí hydro l a
0
=
o
e
o
A
em
h
53,0
2
2



.
Bỉïc tranh ton cnh vãư l thuút “qy âảo” ca Bohr â âỉåüc thay thãú bàòng l
thuút lỉåüng tỉí våïi khại niãûm vãư “obitan”. Obitan ψ
1s
(r) cho trảng thại cå bn ca ngun tỉí
hydro âỉåüc cho dỉåïi âáy:
0
/
3
0
1

“muon” l mäüt loải hảt nàûng (h lepton)
(ii): H
2
H
+
+ H
-
( 1 proton vaỡ 1 ion hydrua)
ọử thở nng lổồỹng phuỷ thuọỹc vaỡo khoaớng caùch (E = f(R)0 cuớa H
2
õổồỹc chố ra mọỹt
caùch sồ lổồỹc ồớ sồ õọử trón õỏy. Nng lổồỡng nguyón tổớ vaỡ phỏn tổớ õổồỹc cho trong cuing mọỹt tyớ
lóỷ
5. Cho bióỳt phaớn ổùng (i) vaỡ (ii) ổùng vồùi õổồỡng cong naỡo?
6. Xaùc õởnh gờa trở cuớa nng lổồỹng phỏn ly (D
e
) bũng õồn vở eV cuớa H
2
ổùng vồùi phaớn ổùng (i)
vaỡ (ii).
7. Tổỡ caùc sọỳ lióỷu õaợ cho. Tờnh nng lổồỹng cuớa quùa trỗnh H
-
H + e
-

8. H
-
laỡ hóỷ 2e. Gốa sổớ cọng thổùc tờnh nng lổồỹng cuớa Bohr laỡ phuỡ hồỹp õọỳi vồùi mọựi e vaỡ
õióỷn tờch taùc duỷng lón mọựi e laỡ õióỷn tờch hióỷu duỷng Z
*







2. 4,3,2;
1
1
11
22







 n
n
R
H


E = -hcR
H
= -13,6eV.

;
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 1,41.10
10
năm và 4,47.10
9
năm. Giả sử rằng
208
Pb;
206

101
44
3,14
101
43
6,14
101
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



tt
ex
Thay t = 2,01.10
9
năm và t
1/2
= 4,47.10
9
năm ta thu được kết qủa x = 0,366
3. UPaThTh
n
233
92
233
91
233
90
),(
232
90
 



4 Số nguyên tử của
101
Mo (N
1
) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N

2
1





Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N
2
= 1710
Số nguyên tử
101
Ru tại 14,6ph là N
3
= N
o
– N
1
– N
2
= 790 nguyên tử.
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:
1. Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau:
a) N
2
.
b) NH
3
.
c) O

c) Chữ T.
c. Dạng hình học của nguyên tử Nitơ là dạng nào trong 3 dạng sau:
a) Tháp tam giác.
b) Tam giác phẳng.
c) Chữ T.
Cấu trúc phân tử ở trạng thái rắn thường được xác định bởi phương pháp phổ tia X. Dựa vào
phương pháp này thì cấu trúc của Thioure – S, S – dioxit sẽ như sau:
S
O
O
C
N H
N H
H
H
65
o

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(NH
2
)
2
là 65
o
.
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

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: C
2+
; O

S
C
N
N
O
O
S
C
N
N
O
O
+
O

III. BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO CÁC KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ:
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:
Các khí hiếm đã từng được nghĩ là hoàn toàn trơ và hoàn toàn không có khả năng tạo liên kết hóa
học. Ngày nay nhận thức trên đã thay đổi, hầu hết các sách giáo khoa hóa học đã mô tả một số hợp chất
có chứa krypton và xenon đã cô lập được.
a) Dùng thuyết liên kết hóa trị (VB), dự đoán hình học phân tử có thể có của XeF
2
v à XeF
4
.
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

F
F

XeF
2
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.
XeF
4
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

Từ các giản đồ này, có thể thấy rằng cả HeH
+
và He
2
2+
đều có bậc liên kết là , trong khi He
2
+
có
bậc liên kết là 0,5.
d) Các nguyên tố nhóm II có năng lượng ion hóa thứ hai khá thấp (Vì Be
+
 Be
2+
hoặc Mg  Mg
2+
tạo
ra một lớp ngoài cùng bão hoà, có cấu hình khí hiếm 1s
2
hay 1s
2
2s

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 He
2+
?
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 n
i
= 4. Các vạch hấp thụ tương 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 (He
i+
) 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(He
i+
)?
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(He
2+

He
1s
1s

He
2
+

He



*



*