cau tao chat

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 (C) < I 1 (O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O. I 1 (CO) > I 1 (O): vì năng lượng của electron ở σ z 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)7s 2 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 và NF 3 . Giải thích. 3) Thực nghịêm xác định được mome lưỡng cực của phân tử H 2 O là 1,85D, góc liên kết ∠HOH là 104,5 o , 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 -19 C; 1nm = 10 -9 m. 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 O sp 2 N OO 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 3 ) Giải thích: N H H H N F F F Ở NH 3 chiều của các momen liên kết và của cặp electron của N cùng hướng nên momen tổng cộng của phân tử lớn khác với NF 3 (hình vẽ). 3) O H H µ µ 1 µ 2 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: 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 aD Si Si 118,0 8 3 4 3 2 2 2 3 == == = 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 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 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 8 m.s -1 ; N A = 6,022.10 23 mol -1 . BÀI GIẢI: E = h(c/λ).N A ⇒ λ = 6,3.10 -7 m 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 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 3 . Cho biết: Z P = 15; Z As = 33; Z O = 8; Z F = 9; Z Cl = 17; Z B = 5; Z N = 7; Z Si = 14; Z S = 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: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 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 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 F F sp 3 Si H Cl Cl Cl sp 3 S F F O 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 → 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 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 (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 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. 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 60 . Số khối : 60 = 60; điện tích : 27 = 28 + x → x = −1. VËy cã −1e 0 . 27 Co 60 → 28 Ni 60 + -1 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 , 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 ↑ 3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E 1 . Do đó công thức là E 1 = −13,6 Z 2 (ev) (2’) Thứ tự theo trị số Z: Z = 6 → C 5+ : (E 1 ) C 5+ = −13,6 x 6 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: C 5+ : I 6 = −(E 1 , C 5+ ) = + 489, 6 eV. N 6+ : I 7 = −(E 1 , N 6+ ) = + 666, 4 eV. O 7+ : I 8 = −(E 1 , O 7+ ) = + 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). 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 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 ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ → ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ 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 cao thì tồn tại ở dạng dime (Al 2 Cl 6 ). Ở nhiệt độ cao (700 0 C) dime bị phân li thành monome (AlCl 3 ). 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 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 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 và liên kết cho nhận. * Cấu trúc hình học: Phân tử AlCl 3 : nguyên tử Al lai hoá kiểu sp 2 (tam giác phẳng) Al Cl Cl Cl 120 0 120 0 120 0 Cl Cl Cl Al Cl Cl Cl Al Al Cl Cl Cl 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). *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 … 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 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): M = 20 µ = 1,91 Debye M = 18 µ = 1,84 Debye O O O O O O 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. 2. a) U 238 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]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 1 -340,000 -600,848 -637,874 1s 2 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 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: 2 α 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 . Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2× 8)] / (−1) = 6. Vậy có 6 hạt -1 β o . Do đó phương trình chung của qúa trình này là: 92 U 238 82 Pb 206 + 8 He + 6β.    . . . H C H H O H . . . F O H H C 2 H 5 O C 2 H 5 H O H O b) Cu hỡnh electron [Rn]5f 3 6d 1 7s 2 cú s electron ngoi c biu din nh sau: Vy nguyờn t 92 U 238 cú 4 e c thõn (cha ghộp ụi); mc (s) oxi hoỏ cao nht l +6 v U[Rn]5f 3 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 2 2s 1 B 4+ B 3+ B 2+ - 340,000 - 600,848 - 637,874 1s 2 2s 2 1s 2 2s 2 2p 1 B + B - 660,025 - 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). 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 = 9,775 eV . * B + e B 2+ ; I 2 ( vy k = 2); I 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 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 5+ ; I 4 ( vy k = 5); I 5 = - [E B 4+ E B 5+] = (340,000 + 0,000). Vy I 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 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. b) Xột c th vi nit : Phn ng 4 N N 4 (1) Có H 1 = 4 E N - E N4 = 0,0 - 6 ì 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 ì 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 + , 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+ Be 2+ và Li + đồng electron tăng Na + Mg 2+ với nhau, nhưng ở Be 2+ điện r K + tích hạt nhân nhiều hơn r nhỏ hơn của Li + giảm r Vậy trong số 5 ion này Be 2+ có bán kính nhỏ nhất. 2. Đối với tinh thể lập phơng tâm diện ( mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là 46 2 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 ion? Ti sao?