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
1

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
và NF
3

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
3
)
Giải thích:
N
H

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
aD
Si
Si
118,0
8

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
2
có màu?
Biết h = 6,63.10
-34
J.s; c = 3.10

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
= 33; Z
O
= 8; Z
F
= 9; Z
Cl
= 17; Z

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)
PO
X
X
X
n = 3 +1 = 4 (sp
3
): hình tứ diện
Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy.
3)
N

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)
(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 + Cl
2
→ CoCl
2
).
2. Có cấu hình electron 1s
2

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
60
.
27
Co
59
+
0
n1 →
27
Co

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
4s
1
bền nên không thể căn
cứ vào lớp ngoài cùng 4s
1
để suy ra nguyên tố).
(c) Z = 24 → nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử.
Cr + 2HCl → CrCl
2
+ H
2

) 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
6
= −(E
1
, C
5+
) = + 489, 6 eV.
N
6+
: I
7
= −(E
1

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
↑↓ ↑↓ ↑ ↑ → ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑
lai hoá sp
2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan p
z
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 CO
2
: O= C = O
Ghi chó: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên vì các liên kết σ, π trong CO
2
(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

* 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
6
là sp
3
vì Al có 4 cặp electron hoá trị .
Liên kết trong mỗi phân tử:
AlCl
3
có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.
Al
2
Cl
6
: 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




…
F – có thể tạo liên kết hidro – H
…
O –
* Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử)
phụ thuộc vào các yếu tố:
- Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao.
- Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút
giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực
khuếch tán).
*Nhận xét: HF và H
2
O 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 T
nc
(H
2
O) = 0
0
C > T
nc
(HF) = – 83
0
C.
* Giải thích:
Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên
H-F







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: CH
2
Br
2
, F
-
, CH
2
O, Ca
2+
, H
3
As, (C
2
H
5
)
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.

2s
2
1s
2
2s
2
2p
1
- 660,025
- 669,800
Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu
lực hút hạt nhân.
a) Hãy trình bày chi tiết về kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có thể có của nguyên tử Bo
theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên.
b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá đó.
4. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol
–1
, của N≡N bằng 945 kJ.mol
–1
. Từ 4 nguyên tử
N có thể tạo ra 1

phân tử 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

4
,
-1
β
o
và
o
γ
o
. Theo
định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 − 4 × 8 = 206. Vậy có
82
Pb
206
.



. . .
H
C
H
H
O
H
. . .
F
O
H
H

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:
Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị năng
lượng như sau:

2
2s
2
2p
1
B
+
B
- 660,025
- 669,800
  !"#$%&'()*
 !+,-./0#)1,2 (3
456ε(+,-./07#8.
9 :8;<ε"3

457=>?@
)A"B
<(

@
)B
C8
)
"D
E :8
)
;<ε;<[F
@
)<"B<F
@

− e

B
2+
; I
2
( vậy k = 2);
I
2
= - [ E
B+
− E
B
2+] = − (−660,025 + 637,874). Vậy I
2
= 22,151 eV .
* B
2+
− e

B
3+
; I
3
( vậy k = 3);
I
3
= - [E
B
2+ − E

( vậy k = 5);
I
5
= - [E
B
4+ − E
B
5+] = − (−340,000 + 0,000). Vậy I
5
= 340,000 eV .
∆

 /"EN)OY0, D%Y5 :,R
>8

<8

<8
G
<8
Z
<8
U
Z"3
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

Phản ứng 4 N N
4
(1)
∆[

;ZF

<F
Z
;D<]× ]G ; 75∆[

;<^_`)a3
b09 Z 

"
∆[

;ZF

<F

;D<× ^ZU ; 75∆[

;<`^)a3
Ta thây ∆ H
2
< ∆ H
1
. Vậy phản ứng 4 N 2 N
2

d((,

B
@
B
7=De+R(
B
:
,f
B
$-g2.
,*.c
B
0,

45,>IU#R(
B
/)$*%3
∑
∑
3 hI7='5VV.gK:i"Dj1-.>+>I.7%,k#
46
2
1
8
8
1
=+ xx
3E$>'7lS)$>I.7%,k, "345
)I, '#

2
2s
2
2p
6
, ứng với cấu hình của
[Ne].
13%So(pG>

H'97= !T;"D)1'97=3
Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H
2
O ở nhiệt độ
thường.
2 Na + 2 H
2
O 2 NaOH + H
2
23
%So(pG>

97= !@T;"D)1'97=3@#)
-3@,%-,L7#,

3
2 Mg + O
2
2 MgO
33
%So(pG>

 @
B
B`[

B


T;]3hg#s

−
D%)!.I-3E$KQ
[

sB

 sB[


T;U3hg#b
G
−
D,%)1/2D)d-3
" 4-Tt`3hg#K.
T;^3hg#f
B
D%L,%ODH/)!K=KQKu::Vg
fif[0"3
T;3hg#
B
D%LODH/)!K=KQKu::Vg

α
RaA
3,05ph
α
RaB
26,8ph
β
RaC
19,7ph
β
RaC'
1,63.10
-4
s
α
RaD
27,1 nam
β
RaE
5 ngay
β
Po
138 ngay
α
Pb
(RaA – RaE là các sản phẩm trung gian của sự phân rã radon)
1. Viết năm phân rã phóng xạ đầu tiên, dùng cách biểu diễn cho thấy số hiệu nguyên tử, số khối của tất
cả các hạt nhân có liên quan.
Ước lượng ban đầu cho thấy các chu kỳ bán hủy của tất cả các sản phẩm phân rã của radi, trừ
RaD và Po, có thể được coi như không đáng kể so với thời gian đo t. Dùng ước lượng này để tiến hành

RaRnRa
kk
→→
(trong đó k
1
và k
2
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 N
Ra
.
- N’
Rn
= k
1
.N
Ra
/k
2
.
- N’
Rn
= k
2
.N
Ra
/k
1

.
- 2N’
Rn
.
- 5N’
Rn
.
- N’
Rn
.
- 3N’
Rn
.
7. Dùng lời giải của các câu hỏi trên, hãy tính một giá trị gần đúng tốt hơn của
a) Số nguyên tử Heli tạo thành.
b) Số Avogadro.
BÀI GIẢI:
1)
ePbPo
ePoBi
eBiPb
HePbPo
HePoRn
HeRnRa
+→
+→
+→
+→
+→
+→

2) a) 4
b) N
He
= 4xmt = 4.3,42.10
10
.0,192.(83.24.3600) = 1,9.10
17
.
3) Số Avogadro N
A
là số hạt vi mô có trong 1 mol
N
A
= N
He
/n
He
với N
He
là số nguyên tử heli và n
He
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
N
He
= 4xmt và ta có thể tính được N
A
= 6,4.10

2
.
b)Tốc độ phân rã của radi là k
1
N
Ra
= xm, từ đó ta có thể tính được N’
Ra
= 3,14.10
15
.
6) 3N’
Rn
.
7) a) N
He
= 4xmt – 3N’
Rn
= 1,79.10
17
.
b) N
A
= N
He
/V
He
= 6,09.10
23
.

= 55,847g.mol
-1
.
M
C
= 12,011g.mol
-1
.
N
A
= 6,02214.10
23
mol
-1
.
BÀI GIẢI:
1) Các bước tính toán:
1. Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d
1
, d
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

) của sắt - γ từ các gía trị của m và V
2
.
Một hướng khác để tìm khối lượng riêng ρ
fcc
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: ρ
bcc
/ρ
fcc
.
8’ Từ gía trị cho trước ở bướ 7’ ta tính được ρ
fcc
.
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.
d
1
: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - α.

= 2V
a2
V
a2
= 4V
a
b = 4r a
2
= 2d
1
2
b
2
= d
1
2
+ a
2
= 3d
1
2
⇒ d
1
= (16r
2
/3)
1/2
.
V
1

]
3

2. 1,000cm
3
sắt có khối lượng 7,874g ở 293K (ρ
bcc
).
1 mol sắt có khối lượng 55,847g (M
Fe
).
Vậy 0,1410mol (7,874/55,847) của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm
3
hoặc 1mol sắt sẽ
chiếm thể tích 7,093cm
3
.
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

= 3,511.10
-8
cm.
6. V
2
= d
2
3
= 4,327.10
-23
cm
3
.
7. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là:
m = 55,847.4/(6,02214.10
23
) = 3,709.10
-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

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 V
1
của ô mạng đơn vị sắt - α cấu tạo bcc.
4)Chi tiết:
1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C ⇒ n
C
= 0,36mol và n
Fe
= 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: 55,847.2/6,02214.10
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

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
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. Hóy tớnh tc to thnh nng lng (cụng sut) theo watt (1W = Js
-1
) sn sinh t 1,00kg
232

206
Pb
82
= 207,97664u
232
Th
90
= 232,03805u
1u = 931,5MeV.
1MeV = 1,602.10
-13
J.
N
A
= 6,022.10
23
mol
-1
.
Th tớch mol ca khớ lý tng ti 0
o
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)

++


6
118
710
10.08,4
10.57,1
10.154,3.10.40,1
693,0
==
==



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

20
.20.5 = 9,58.10
22
ht
V
He
= 3,56.10
3
cm
3
= 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:
;
1
2
11
22

e l
khäúi lỉåüng electron. Niels Bohr â chỉïng minh âỉåüc cäng thỉïc trãn
bàòng l thuút nàm 1913. Cäng thỉïc ny âụng våïi hãû ngun tỉí, ion chè cọ 1e.
1. Tênh bỉåïc sọng di nháút bàòng Å(1Å = 10
-10
m) trong dy Balmer ca ion He
+
. B qua sỉû chuøn
âäüng ca hảt nhán.
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

0
. Ỉåïc lỉåüng xạc sút tçm tháúy electron
trong låïp v ny. Thãø têch ca hçnh cáưu cọ bạn kênh trong r v cọ âäü âàûc ∆r âỉåüc tênh bàòng cäng
thỉïc V = 4πr
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

1
22
=






=

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

;
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
Pb;

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
−
1
2/1
/693,0

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
1
) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N
1
= 2500
Số nguyên tử
101
Tc được cho bởi hệ thức:
( )

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
.
c) O
3
.
d) SO
3
.
2 Vẽ công thức Lewis của cacbon monoxit và xác định điện tích hình thức, trạng thái oxy hóa của

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
O
N
N
a)
c)N

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
2-
.
3:
Cấu trúc đúng:
S
C
N
N
O
O
Cấu trúc không đúng (phải thêm điện tích hình thức):
S

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
mang điện tích (thường là điện tích dương). Ví dụ, nguyên tử Heli có thể tạo được các hợp chất quan sát
được (không nhất thiết tồn tại lâu) với H
+
, với He
+
và với He
2+
. 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 XHe
2+
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
+

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
Cấu tạo phẳng làm giảm tối đa lực đẩy giữa các đôi electron không liên kết và được ưu
tiên hơn.
b) F luôn có số oxy hóa là -1. Vì vậy các số oxy hóa tương ứng của Xe là +2 (XeF
2
) và +4
(XeF
4
). Các tiểu phân này là những tác nhân oxy hóa rất mạnh.
c) Không kể sự sai biệt mức năng lượng của H và He, ta có thể vẽ các giản đồ MO sau:
1s 1s
H
+
He
σ
σ*
Từ các giản đồ này, có thể thấy rằng cả HeH
+
và He
2

). Do đó Mg phù hợp nhất với 'Z'.
e) Trong các nguyên tố kế cận Mg: Ca có năng lượng ion hóa thứ hai thấp nhất trong số các nguyên tố
(Be, Na, Al, Ca). Vì những lí do tương tự đã nêu trên. Nên Ca thích hợp nhất để tạo dication bền với He.
Na
+
đã có lớp vỏ ngoài cùng bão hoà, nên rất khó xảy ra qúa trình Na
+
→ Na
2+
. Vì vậy khả năng để na
tạo dication với He là ít nhất
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998:
Heli là nguyên tố duy nhất trong bảng tuần hoàn tìm thấy được trong một vật thể ngoài trái đất
(hào quang mặt trời) trước khi cô lập được trong phòng thí nghiệm. Ta biết được nhiều tính chất lí học
và hóa học của heli; nhưng trong gần 30 năm, từ năm 1868, phổ mặt trời là nguồn duy nhất cung cấp
thông tin về nguyên tố hiếm này.
a) Với kiến thức hiện nay về lý thuyết lượng tử, phổ này chứa nhiều dữ kiện hữu ích để phân tích. Chẳng
hạn như phổ thấy được bao gồm một dãy các vạch hấp thụ tại độ dài sóng 4338, 4540, 4858, 5410 và
6558Å (1Å = 10
-10
m). Khoảng cách giữa các vạch chỉ ra rằng sự hấp thụ tuỳ thuộc trạng thái kích thích
của nguyên tử hoặc ion "kiểu hydro" (như những tiểu phân có cấu hình electron tương tự H). Tiểu phân
này là He, He
+
hay 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

-8
ms
-1
h = 6,62618.10
-34
Js
1eV = 96,486kJ.mol
-1
= 2,4180.10
14
Hz
1s 1s
He
+
He
1s 1s
He
2+
He
σ
σ*
σ
σ*