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 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
σππσσ
=
2) I

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.
µ(NH
3
) > µ(NF

Dlt 60,4
10.33,3
10.6,1.10.0957,0
)(
30
199
1
==
−
−−
µ
Ta dễ dàng suy ra độ ion của liên kết O – H là 32,8%
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):
Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534nm. Tính
bán kính nguyên tử cộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm
-3
) của nó. Cho biết
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
a
r
a
r
D

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
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng B):
Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy được Br
2(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 Br

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
3
.
Cho biết: Z
P
= 15; Z

; 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
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)

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
→ X? (1)
X? →
28
Ni
60
+ ; hν = 1,25 MeV (2)

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.
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
27
Co

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
, ion Ga
2+
có cấu hình [ar] 3d
10

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:
C
5+
: I

; 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 σ. 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
4
. Vậy C là nguyên tử trung tâm lai
hóa sp
↑↓ ↑↓ ↑ ↑ → ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑

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
là sp
2
vì Al có 3 cặp electron hoá trị;
Trong Al
2
Cl

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
có thể tạo liên kết hidro – H
…
F – có thể tạo liên kết hidro – H
…
O –
* Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử)
phụ thuộc vào các yếu tố:
- Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao.
- Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút
giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực
khuếch tán).

Cl Cl
120
0
120
0
120
0
* 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 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
không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá

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
1
-340,000
-600,848
-637,874

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 phân tử nước:
2/ a) U
238
tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền
92
Pb
x
cùng với ba loại hạt cơ bản:

+ 8 He + 6β.
b) Cấu hình electron [Rn]5f
3
6d
1
7s
2
có số electron ngoài được biểu diễn như sau:
↑
↑
↑
↑
↑↓
Vậy nguyên tố
92
U
238
có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất
là +6 và U[Rn]5f
3
6d
1
7s
2
–

6 e U [Rn]
+6
.
3/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo:

2s
2
1s
2
2s
2
2p
1
B
+
B
-
660,025
-
669,800



. . .
H
C
H
H
O
H
. . .
F
O
H
H

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

B
+
; I
1
( vậy k = 1);
I
1
= - [ E
B
E
B
+] = (669,800 + 660,025 ). Vậy I
1

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

B
4+
; I
4
( vy k = 4);
I
4
= - [E
B
3+ E
B
4+] = (600,848 + 340,000). Vy I
4
= 260,848 eV .
* B
4+
e

B

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
k
nh ó c ch ra trong (4) trờn õy.
2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng H =
i
E
i
-
j
E
j

i j
Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tơng ứng của phản
ứng đợc xét; E
i
; E
j
là năng lợng của liên kết thứ i, thứ j đó.

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
+
, Na
+
, K
+
, Be
2+
, Mg
2+
.
2. St monoxit FeO cú cu trỳc mng tinh th lp phng tõm din (mt) kiu NaCl vi
thụng s mng a = 0,430 nm. Hóy tớnh khi lng riờng ca tinh th st monoxit ú.
BI GII:
1.
Li
+
Be
2+

=+ 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 ion? Ti sao?
Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trng
của mỗi vi hạt.
Cho bit: Cỏc vi ht ny l ion hoc nguyờn t ca nguyờn t thuc nhúm A v

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
5

4.
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

, chất khử yếu. Thí dụ:
2 MnO
4

+ 16 H

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).
hiu c cỏc kt qa thớ nghim, ta cn s ng hc phõn ró phúng x ca
Ra cho di õy (ghi trờn mi tờn l chu k bỏn hu, ghi di mi tờn l kiu phõn ró).

(RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon)
1. Viết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử,
số khối của tất cả các hạt nhân có liên quan.
Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã
của radi, trừ RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng
ước lượng này để tiến hành các tính toán sau:
2. a) Có bao nhiêu nguyên tử He được hình thành từ mỗi nguyên tử radi phân rã sau 83
ngày?
b) Có tổng cộng bao nhiêu nguyên tử heli được tạo thành trong thí nghiệm?
3. Hãy tính trị số gần đúng của số Avogadro từ số liệu trên. Biết tại 0
o
C và 1atm thì V =
22,4L.
Để tính được số Avogadro chính xác hơn, chu kỳ bán hủy của Radon (t
1/2
(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 t
1/2
của nó.
a) k = 1/T
1/2
.
b) k = ln2/T
1/2
.
c) k = ln2.T
1/2

Rn
= 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

HePoRn
HeRnRa
+→
+→
+→
+→
+→
+→
210
82
214
84
214
84
214
83
214
83
214
82
4
2
214
82
218
84
4
2
218
84

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 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

b) 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

2
và r) và thể tích (V
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 - α nhờ khối lượng riêng của
nó (ρ
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

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.
d
1
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.
d
2
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ.
V
1
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.
V
2
: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - γ.
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

2
= 3d
1
2
⇒ 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

1 mol tương ứng chiếm 6,02214.10
23
nguyên tử.
V
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

-22
g
8. ρ
fcc
= m/V
2
= 8,572g/cm
3
.
Cách giải khác để tìm khối lượng riêng ρ
fcc
của sắt - γ:
5’. R
1
= [(V
a1
)/V
1
].100% = 68,02%
6’. R
2
= [(V
a2
)/V
2
].100% = 74,05%
7’. ρ
bcc
/ρ
fcc

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: 55,847.2/6,02214.10
23
= 1,8547.10
-22
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 - α chiếm thể tích V
1
= 2,356.10
-23
cm
3
.
ρ(martensite có 4,3%C) = 1,938.10
-22
/(2,356.10
-23

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
232
Th
90
và kết thúc với
đồng vị bền
208
Pb
82
.
1. Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này.
2. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích.
3. Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js
-1
) sản sinh từ
1,00kg
232
Th (t
1/2
= 1,40.10
10
năm).
4.
228Th
là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm
3
tại 0

-13
J.
N
A
= 6,022.10
23
mol
-1
.
Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0
o
C và 1atm là 22,4L.
BÀI GIẢI:
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



Mi phõn hy gii phúng 42,67MeV
Cụng sut = 4,08.10
6
.42,67.1,602.10
-13
= 2,79.10
-5
W.
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

= 3,56L.
5) A = .N
75,5
.693,0693,0
2/1
===
A
N
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:
n = 3,4,5
R
H
=
1
33
0
4
109678
8

= cm
ch
em
e


2.
Mäüt cäng thỉïc tỉång tỉû cäng thỉïc ca Balmer ạp dung cho cạc vảch phäø khạc sinh ra
khi âi tỉì mỉïc nàng lỉåüng cao hån xúng mỉïc nàng lỉåüng tháúp nháút. Viãút cäng thỉïc
âọ v sỉí dủng nọ âãø tênh trảng thại cå bn ca ngun tỉí hydro (eV)
Ngun tỉí hydro “muon”
1
cuing tỉång tỉû nhỉ ngun tỉí hydro nhỉng electron bë
thay thãú bàòng “muon”. Khäúi lỉåüng ca “muon” gáúp 207 láưn khäúi lỉåüng ca electron trong
khi âiãûn 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
=
π
ε
.

2
∆r
Phán tỉí H
2
cọ thãø âỉåüc phán ly theo hai hỉåïng
(i): H
2
→ H + H (hai ngun tỉí hydro âäüc láûp)
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

1
4
1
22
=






−=
λ
2.
4,3,2;
1
1
11
22
=






−= n
n
R
H

O
8
;
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

bắt đầu chịu tác dụng của phân rã như sau:
RuTcMo
phtpht
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

1
2/1
/693,0
−=
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
→→ →
−−
ββγ
4 Số nguyên tử của
101
Mo (N

693,0
6,14
693,0
2
1
=
=
λ
λ
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

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