CHUYÊN ĐỀ LỚP 10 ĐỂ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA: CẤU TRÚC MẠNG TINH THỂ KIM LOẠI, HOÁ HỌC HẠT NHÂN

2 DẠNG 2: CẤU TRÚC MẠNG TINH THỂ KIM LOẠI, HOÁ HỌC HẠT NHÂN Câu (2 điểm) ) lớp 10 chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam 1.Trong tinh thể Fe  có cấu trúc lập phương tâm khối chứa nguyên tử cacbon chiếm mặt ô mạng sở o a Nếu bán kính kim loại sắt khơng có cacbon 1,24 A Tính độ dài cạnh a mạng sở o b Nếu bán kính cộng hóa trị cacbon 0,77 A Hỏi độ dài cạnh a tăng lên sắt  có chứa cacbon so với cạnh a sắt  nguyên chất ? Người ta tổng hợp [NiSe 4]2- , [ZnSe4]2- xác định phức chất Ni có dạng hình vng phẳng, Zn có dạng hình tứ diện Hãy đưa cấu tạo hợp lí cho trường hợp giải thích Đáp án 1.a Độ dài cạnh a mạng sở sắt  là: a  o 4r �1,24   2,86A 3 b Khi sắt  có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a ô mạng sở o   �(r  r )  a  2(1,24  0,77)  2,86  1,16A Fe C 2.Cấu hình e ion trạng thái có Ni2+ : 1s22s22p63s23p63d8 Zn2+ : 1s22s22p63s23p63d10 Niken có mức oxi hố phổ biến +2; kẽm có mức oxi hố phổ biến +2 2 Selen có tính chất giống lưu huỳnh có khả tạo thành ion polyselenua Se hay [ -Se —Se-]2- Cấu tạo vuông phẳng phức chất [NiSe4]2- cấu hình electron ion Ni2+ cho phép lai hố dsp2 Cấu tạo tứ diện phức chất [ZnSe4]2- cấu hình electron Zn2+ cho phép lai hoá sp3 Tổng hợp yếu tố cho phép đưa cấu tạo sau phức chất: Se Se Se Ni Se Zn Se Se Se Se ion điselenua đóng vai trị phối tử Câu 2: (2 điểm) lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định Bạc kim loại có cấu trúc chặt khít xếp theo kiểu ABCABC 1 Vẽ tế bào đơn vị tinh thể bạc Tìm khối lượng riêng (g/cm3) Ag Tính khoảng cách (nm) lớp A-B cạnh tinh thể Ag Một loại hợp kim kiểu thay Ag-Au Au chiếm 10% khối lượng Tính khối lượng riêng loại hợp kim Giả thiết số mạng không thay đổi Cho: Bán kính nguyên tử Ag tinh thể: 0,144 nm Ag = 107,87; Au = 196,97 Hướng dẫn giải: a Cấu trúc chặt khít xếp theo kiểu ABCABC kiểu lập phương tâm mặt → Ơ mạng đơn vị: Sự tiếp xúc xảy đường chéo mặt → a = 0,407 nm = 4,07 × 10-8 cm Khối lượng riêng: d = 10,60 g/cm3 b Khoảng cách hai mặt A-B 1/4 đường chéo ô mạng đơn vị c Vì thông số ô mạng khơng đổi nên thể tích mạng khơng đổi Vì Au chiếm 10% khối lượng → dễ thấy tỉ lệ số lượng : 0,0574 Au 0,9426 Ag → Khối lượng mạng hợp kim: × (0,9426 ×107,87+0,0574 ×196,97) = 451,94 g/mol Khối lượng riêng hợp kim = 11,10 g/cm3 Câu 2: ( điểm) TINH THỂ lớp 10 chuyên Ninh Bình Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm Bán kính ion Cs+ 0,169 nm Khối lượng mol CsI 2,59,8 g.mol- Hãy tính: a) Bán kính ion I-? b)Tính độ dặc khít mạng tinh thể CsI? c) Tính khối lượng riêng CsI? Hướng dẫn giải: Vẽ ô mạng sở Cs Cl c) nCs+= (ion); nI- = 8.1/8=1 Trong ô đơn vị có phân tử CsI Khối lượng riêng CsI là: Câu (2 điểm): Tinh thể Liên kết lớp 10 chuyên Lào Cai Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện Ô mạng sở có độ dài cạnh 5,14.10 -10 m Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức xảy tiếp xúc anion - anion ion Li + xếp khít vào khe ion Cl- Hãy tính độ dài bán kính ion Li+ , Cl- mạng tinh thể theo picomet (pm) Hai nguyên tố X Y thuộc chu kì 2, tạo với Clo hợp chất sau đây: XCl (phân tử phẳng, tam giác); YCl4 (phân tử tứ diện) XCl3 tác dụng với Cl- cho XCl4- dễ bị thủy phân YCl4 khơng có tính chất Xác định vị trí X Y bảng HTTH nguyên tố hóa học? So sánh góc liên kết, độ dài liên kết momen lưỡng cực cặp XCl3 (I) XCl4- (II) Hướng dẫn giải: 2.1 Mỗi loại ion tạo mạng lập phương tâm mặt Hai mạng lồng vào nhau, khoảng cách hai mạng a/2 Học sinh mô tả cấu trúc tinh thể LiCl d đường chéo ô mạng tinh tinh thể d2 = 2a2  d = a  d = 4r ( Cl ) a 2 5,14 x10  10 x 182 pm 4 Xét cạnh a: a = r (Cl-) + r (Li+) a  2r (Cl  ) 514  x182 r(Li+) =  75 pm 2 2.2 Từ cấu trúc Lewis hợp chất Suy cấu hình electron lớp nguyên tử X Y trạng thái : X: s2p1  X ô số B Y: s2p2  Y số C (Từ tính chất hóa học cho ta suy ra: - Lớp vỏ electron hóa trị X XCl3 cịn obital trống lớp vỏ electron hóa trị Y ( YCl4) khơng , mà X Y chu kì II.)  (I) = 1200;  ( II ) = 109,28’ d (I ) < d(II) liên kết X- Cl (I) ngòai liên kết  có phần liên kết  (p-p) Mặt khác obitan lai hóa %s lớn độ dài liên kết nhỏ  I   II = r ( Cl  ) = Câu I(3đ): lớp 10 chuyên Hưng Yên Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương a Tính bán kính nguyên tử silic Cho khối lượng riêng silic tinh thể 2,33g.cm -3; khối lượng mol nguyên tử Si 28,1g.mol-1 b So sánh bán kính nguyên tử silic với cacbon (rC = 0,077 nm) giải thích Hướng dẫn giải: a Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình dưới) độ dài liên kết C-C 1/8 độ dài đường chéo d tế bào đơn vị (unit cell) Mặt khác, d = a 3, với a độ dài cạnh tế bào Gọi ρ khối lượng riêng Si Từ kiện đầu ta có: nM 8.28,1 ρ= = = 2,33 NV 6, 02.1023.a suy ra: a = [8 28,1 / 6,02.1023 2,33]1/3 cm = 5,43.10-8 d = a  = 9,40.10-8 cm; r Si = d : = 1,17.10-8 cm = 0,117nm b rSi = 0,117 nm > rC = 0,077 nm Kết hoàn toàn phù hợp với biến đổi bán kính nguyên tử nguyên tố bảng hệ thống tuần hoàn Câu (2 điểm) ) lớp 10 chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam 1.a Có hạt  ,  phóng từ dãy biến đổi phóng xạ 238 92 U thành A (trong A có e cuối phân bố vào nguyên tử đặc trưng n=6, l= 1, m=0, m s = +1/2) Tỷ lệ hạt không mang điện hạt mang điện hạt nhân A 1,5122? 1b Tỷ lệ 3T so với tổng số nguyên tử H mẫu nước sông 8.10-18 3T phân hủy phóng xạ với T1/2 =12,3 năm Có nguyên tử 3T ( T) 10 gam mẫu nước sông sau 40 năm? Phản ứng clo hóa axit fomic pha khí xảy theo chế dây chuyền sau: k0 2Cl - Sinh mạch: Cl2 ��� � k1 HCl + COOH - Phát triển mạch: Cl + HCOOH ��� k2 HCl + CO2 + Cl Cl2 + COOH ��� � k3 Cl (thành bình) - Ngắt mạch: Cl + thành bình �� � � Hãy chứng tỏ phương trình động học phản ứng có dạng: - d[Cl ] = k.[Cl ][HCOOH] dt Đáp án a A có bốn số lượng tử cuối n=6, l=1, m=0, mS= +1/2 nên A có cấu hình e cuối 6p2, Z = 82 � n = 82 1,5122= 124 A 206 82 Pb Phương trình phản ứng hạt nhân : 238U � 206Pb x 4He y 0 92 82 1 Áp dụng ĐLBT số khối BT điện tích ta có hệ � 92  82  x  y � x 8 � �� � � �238  206  x �y  � � b Số nguyên tử H 10 g mẫu nước sông n= 10 2.6,02.1023 = 6,69.1023 nguyên tử 18 Số nguyên tử T = 8.10-8 6,69.1023= 5,35.106 nguyên tử Số nguyên tử T lại sau 40 năm t= ln N0 Thay số vào N = 5,62.105 nguyên tử t k Nt Áp dụng phương trình nồng độ dừng cho tiểu phân trung gian ta có dCl = 2k [Cl ] - k [Cl][HCOOH] + k [Cl ] [COOH]- k [Cl] = (1) 2 dt d[COOH] = k [Cl][HCOOH] - k [Cl ][COOH] = (2) 2 dt Từ (1) (2) ta có 2k0 [Cl2 ] [Cl] = k3 2k0.k1.[HCOOH] [COOH] = k3.k2 Phương trình động học cho Cl2 2k0k1 d[Cl2 ] [Cl2 ][HCOOH] = - k2[Cl2][COOH]= k3 dt Vậy phương trình động học Cl2 - d[Cl2 ] 2k0k1 [Cl2 ][HCOOH]= K [Cl2 ][HCOOH] = k3 dt Câu 3: (2 điểm) lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 lượng cực nhỏ Ra-226 Giả thiết ban đầu mẫu đá khơng có chì radi tồn sẵn a Tính tuổi mẫu đá b Tìm khối lượng radi (mg) có mẫu đá Phân tích mẫu quặng cho thấy tỉ lệ số mol Pb-206/U-238 0,1224 tỉ lệ số mol Pb206/Pb-204 75,41 Xác định tuổi mẫu quặng Cho: Chu kì bán hủy U-238 Ra-226 4,47 × 10 năm 1600 năm Tỉ lệ đồng vị tự nhiên chì Pb-204 : Pb-206 : Pb-207 : Pb-208 = 1,48 : 23,6 : 22,6 : 52,3 Hướng dẫn giải: a Vì khối lượng Ra-226 mẫu quặng nhỏ nên coi nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol) nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol) Tuổi mẫu đá: → t = 5,25 × 109 năm b U-238 có chu kì bán huỷ lớn so với Ra-226, hệ có cân phóng xạ kỉ Ở cân phóng xạ kỉ, ta có: λU-238 NU-238 = λRa-226 NRa-226 → mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg Giả sử mẫu quặng có mol U-238 → 0,1224 mol Pb-206 0,1224/75,41 mol Pb-204 → Lượng Pb-204 ban đầu mẫu quặng 0,1224/75,41 mol → Lượng Pb-206 ban đầu mẫu quặng : (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) mol → Lượng Pb-206 U-238 phân rã ra: 0,1224 - (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) = 0,09652 mol → t = 5,94×108 năm Câu (2 điểm): Động học- Phản ứng hạt nhân lớp 10 chuyên Lào Cai Một mẫu đồng vị 210Po thời điểm t=0 phóng 1,736.1014 hạt α giây, sau ngày mẫu phóng 1,44.1019 hạt α ngày * Viết phương trình phân rã * Tính khối lượng Po cần lấy lúc đầu để sau 10 ngày ta có mẫu có tốc độ phóng xạ Ci Hướng dẫn giải 207 207 84 Po   e  83 Bi 207  207 84 Po   82 Bi 207 203 84 Po  He 82 Pb Vo = 1,736.1014 P rã/s = 1,736 x 1014 x 3600 x 24 = 1,5.1019p.rã/ngày V = 1,44.1019 p.rã/ngày Vo 1,5.1019 k  ln  ln 0,00583 ngày -1 19 t V 1,44.10 40 206 84 P0  He 82 Pb Xét mẫu Po có V= 1Ci = 3,7.1010 p.rã/s = 3,7.1010 x 3600 x 24 = 3,2 x 105 p.rã/ngày v 32.105 N  5,483 x1017 (ng.tử) pt p.rã : k 0,00583 Vậy NPo phải lấy lúc đầu (No) No ln k t  N0 = N.ekt = 5,483.1017.e0,00583.10 = 5,812.1017 ng.tử N  m Po  5,812 x1017 6,022 x10 23 x 20 202,68.10  ( g ) = 2,03.10-4 g Câu II(2đ): lớp 10 chuyên Hưng Yên Uran thiên nhiên chứa 99,28% 238U (có thời gian bán huỷ 4,5.10 9năm) 0,72% 235U (có thời gian bán huỷ 7,1.108năm) Tính tốc độ phân rã đồng vị 10gam U3O8 điều chế Mary PieCurie điều chế 226Ra từ quặng Uran thiên nhiên.226Ra tạo từ đồng vị hai đồng vị ? Hướng dẫn giải : Tốc độ phân huỷ hạt nhân dược tính theo phương trình v= .N (1) ( số tốc độ phân huỷ, N tổng số hạt nhân phóng xạ có thời điểm xét) + Trước hết cần tìm  Ta có  = 0,693 / T1/2 (2) T1/2 thời gian phân huỷ đầu cho Khi tính nên đổi giây cho phù hợp thơng lệ (1 năm = 3,15 107 giây) + Tiếp đến tìm N sau: 10 Tìm số mol U3O8 có 10gam =  1,19.10-2(mol) 238 �3  16 �8 Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 1,19.10-2.6,022.1023.3 = 2,15.1022 Trong đó: N(238U) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022 N(235U) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020 +Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã từng loại hạt nhân Uran 0,693 22 U238 có v(238) = (238U) N(238U) = 2,13 �10 � 4,5 �109 �3,15 �107 v(238) = 1,04.105 hạt nhân/giây 0,693 20 U235 có v(235) = (235U) N(235U) = 1,55 �10 � 7,1 �108 �3,15 �107 v(235) = 4,76.103 hạt nhân/giây 238 92 U 226 86 Ra + 42 He + 2 Câu 3: (2điểm) ĐỘNG HỌC –PHẢN ƯNG HẠT NHÂN lớp 10 chuyên Ninh Bình Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo phản ứng:   64 29 Cu k1  3064 Zn    64 29 k2 64 Cu   28 Ni    64 Thực nghiệm cho biết từ mol Cu ban đầu, sau 25 36 phút lấy hỗn hợp lại hồ tan vào dung dịch HCl dư cịn 16 gam chất rắn không tan Từ lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 44 phút lấy hỗn hợp cịn lại hồ tan vào dung dịch KOH dư phần chất rắn khơng tan có khối lượng 50,4% khối lượng hỗn hợp Tính số phóng xạ k1, k2 chu kì bán rã 64Cu Tính thời gian để 64Cu cịn lại 10% Tính thời gian để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp Hướng dẫn giải: Phương trình dn Cu - - - (1) dt dn Cu ( 2) Cu dt nCu  ln Cu (1) Zn Cu Ni dt dn n (0) k t n (t ) n (0)  dn k n  ln k t dt n (t ) n (0) = kt (k + k )t = kt  ln n (t )  dnZn k dt Cu (2) Nin  Cu (3) Cu Khi hoà tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn Ni tan hết lại 16 gam Cu - Tại t =25 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = mol; nCu(t) = 0,25 mol ln nCu n Cu (0) (t ) ln ln kt kx1536 phút 0,25 k = 9,025x 10-4ph-1 T 1/  ln 0,693  4 k 9,025 x10 1 ph 768 phút * Tại t = 29 44 phút = 1784 phút hồ tan hỗn hợp vào NaOH dư kẽm tan hết, lại Cu Ni Từ mol Cu ban đầu sau 1784 phút nCu + nNi = 0,504 mol nZn = - 0,504 = 0,496 mol * Theo (3) ln n ( 0) n (1784) Cu = 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006 Cu 5,003 nCu (1784) nCu(1784) = 0,19988  0,20 mol nCu(đã phân rã) = - 0,2 = 0,80 mol nCu(đã phân rã phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol nCu(đã phân rã phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2) * k k  nZn n Ni (1) (2) Mặt khác  0,496 1,6316 k1 = 1,6316 k2 0,304 k1 + k2 = 0,0009025 k2 + 1,6316k2 = 0,0009205 Từ k2 = 3,4295.10-4  3,43.10-4 k1 = 5,5955 10-4  5,56.10-4 Từ mol 64Cu ban đầu, thời gian để lại 0,1 mol 64Cu : ln 9,025 x10  t 0,1 t = 2551 phút Từ mol 64Cu ban đầu,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol k2 3,4295 x10  xn Zn  x0,30 0,183871mol nNi= k1 5,5955 x10  nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol Câu 2: Tinh thể (lớp 10 chuyên Biên Hoà- Hà Nam) Hãy chứng minh phần thể tích bị chiếm đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) mạng tinh thể kim loại thuộc hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1:1,31:1,42 Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm Bán kính ion Cs+ 0,169nm Khối lượng mol CsI 259,8 g/mol Hãy tính a) Bán kính Ib) Độ đặc khít tinh thể c) Khối lượng riêng tinh thể 10 Hướng dẫn giải : Phần thể tích bị chiếm nguyên tử mạng tinh thể phần thể tích mà nguyên tử chiếm tế bào đơn vị (ô mạng sở) - Đối với mạng lập phương đơn giản: + Số nguyên tử tế bào: n = 8.1/8 = + Gọi r bán kính nguyên tử kim loại, thể tích V1 nguyên tử kim loại (1) + Gọi a cạnh tế bào, thể tích tế bào V2 = a3 (2) Trong tế bào mạng lập phương đơn giản a = 2r (3) Thay (3) vào (2) ta có V2 = a3 = 8r3 (4) Phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào : - Đối với mạng lập phương tâm khối : + Số nguyên tử tế bào : n = 8.1/8 + = → V1 = +) Trong tế bào mạng lập phương tâm khối Thể tích tế bào : V2 = a3 = 64r3/ Do phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào - Đối với mạng tâm diện : + Số nguyên tử tế bào : n = 8.1/8 + + ½ = → V1 = + Trong tế bào mạng tâm diện → a = 4r/ Thể tích tế bào: V2 = a3 = 64r3/2 11 Phần thể tích bị nguyên tử chiếm tế bào : Vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào mạng đơn giản, tâm khối tâm diện tỉ lệ với : 0,52 : 0,68 : 0,74 = : 1,31 : 1,42 2.2 a) CsCl có mạng sở kiểu lập phương tâm khối nên CsI có ô mạng sở kiểu lập phương tâm khối → mạng có ion I- 8.1/8 = ion Cs+ → phân tử CsI Ta có độ dài đường chéo hình lập phương: → b) Độ đặc khít tinh thể c) Khối lượng riêng tinh thể Câu (2 điểm): chuyên 10 Hải Dương Vàng (Au) kết tinh dạng lập phương tâm mặt có cạnh mạng sở a = 407 pm (1pm = 10-12 m) a) Tính khoảng cách nhỏ hạt nhân nguyên tử Au? b) Xác định số phối trí nguyên tử Au? c) Tính khối lượng riêng tinh thể Au? d) Tính độ khít tinh thể Au? Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023 Hướng dẫn giải: 12 Cấu trúc tinh thể ô mạng sở Au: 407 -8  287, 79 (pm) = 2,8779.10 (cm) d a) Tính khoảng cách ngắn hạt nhân Au: Mặt ô mạng: AO = 2R = d A a B a O C D a b Số phối thể nguyên tử Au 12 c.Trong ô mạng sở có số nguyên tử Au: � 2d  a � d  1   nguyên tử d  2R  2,8779.10 8 (cm) d D m 4.196,97   19, (g/cm3) V 6, 022.1023  4, 07.10 8   Au = 74% � R  1, 43895.108 (cm) � Độ đặc khít tinh thể 4 .3,14 1,43895.10  Au  3 4,07.10  Bài 2: (tuyển chuyên quốc học Huế)     Hãy chứng minh phần thể tích bị chiếm đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) mạng tinh thể kim loại thuộc hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ : 1,31 : 1,42 HƯỚNG DẪN GIẢI Phần thể tích bị chiếm nguyên tử mạng tinh thể phần thể tích mà nguyên tử chiếm tế bào đơn vị (ô mạng sở) Đối với mạng đơn giản: + Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 = + Gọi r bán kính nguyên tử kim loại, thể tích V1 nguyên tử kim loại là: V1 = 4/3 x  r3 (1) + Gọi a cạnh tế bào, thể tích tế bào là: V2 = a3 (2) Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan r a thể hình sau: r a 13 hay a = 2r (3) Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4) Phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào là: V1/V2 = 4/3  r3 : 8r3 =  /6 = 0,5236 Đối với mạng tâm khối: + Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 + = Do V1 = 2x(4/3)  r3 + Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ r a thể hình sau: Do đó: d = a = 4r Suy a = 4r/ Thể tích tế bào: V2 = a3 = 64r3/ 3 Do phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào là: V1 : V2 = 8/3  r3 : 64r3/3 = 0,68 Đối với mạng tâm diện: + Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 + x 1/2 = Do thể tích nguyên tử tế bào là: V1 = x 4/3  r3 + Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ bán kính nguyên tử r cạnh a tế bào biểu diễn hình sau: d a Từ dó ta có: d = a = 4r, a = 4r/ Thể tích tế bào: V2 = a3 = 64r3/2 Phần thể tích bị nguyên tử chiếm tế bào là: V1/V2 = 16/3  r3: 64r3/ 2 = 0,74 Như tỉ lệ phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào mạng đơn giản, tâm khối tâm diện tỉ lệ với 0,52 : 0,68 : 0,74 = : 1,31 : 1,42 Bài 3: (tuyển chuyên quốc học Huế) 64 Đồng vị 29 Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo phản ứng : -  64 29Cu k1 64 30 Zn + - vµ 64 29Cu k2 64+ 28Ni + + 14 64 29 Thực nghiệm cho biết từ mol Cu ban đầu, sau 25 36 phút lấy hỗn hợp lại hịa tan vào dung dịch HCl dư cịn 16 g chất rắn không tan 64 29 Từ lượng Cu ban đầu, sau 29 44 phút lấy hỗn hợp lại hòa tan vào dung dịch KOH dư phần chất rắn khơng tan có khối lượng 50,4% khối lượng hỗn hợp Tính số phóng xạ k1, k2 chu kì bán rã Tính thời gan để 64 29 64 29 Cu Cu cịn lại 10% Tính thời gian để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp HƯỚNG DẪN GIẢI Phương trình: dn Cu - - - (1) dt dn Cu (2) Cu dt n Cu  ln Cu (1) Zn Cu Ni dt dn n (0) k t n (t ) n (0)  dn k n  ln k t dt ( t ) n n (0) = kt (k + k )t = kt  ln n (t )  dnZn k dt Cu (2) Nin  Cu (3) Cu Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn Ni tan hết lại 16 g Cu - Tại t =25 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = mol; nCu(t) = 0,25 mol ln nCu n Cu (0) (t ) ln ln kt kx1536 phút 0,25 k = 9,025x 10-4ph-1 k 1/  ln 0,693  4 k 9,025x10 1 ph 768 phút * Tại t = 29 44 phút = 1784 phút hòa tan hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư Zn tan hết, cịn lại Cu Ni Từ mol Cu ban đầu sau 1784 phút nCu + nNi = 0,504 mol nZn = - 0,504 = 0,496 mol * Theo (3) ln n ( 0) n (1784) Cu = 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006 Cu 5,003 ( 1784 ) nCu nCu(1784) = 0,19988  0,20 mol nCu(đã phân rã) = - 0,2 = 0,80 mol nCu(đã phân rã phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol nCu( phân rã phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2) 15 * k k  nZn n Mặt khác Ni (1) (2)  0,496 1,6316 đó: k1 = 1,6316 k2 0,304 k1 + k2 = 0,0009025 k2 + 1,6316k2 = 0,0009205 Từ k2 = 3,4295.10-4  3,43.10-4 k1 = 5,5955 10-4  5,56.10-4 Từ mol 64Cu ban đầu, thời gan để lại 0,1 mol 64Cu : ln 9,025 x10  t 0,1 t = 2551 phút Từ mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol nNi= k2 3,4295 x10  xn Zn  x0,30 0,183871mol k1 5,5955 x10  nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol ln kt 9,025 x10  ph  xt ( ph) 0,661649 0,516 t 0,661649 733 ph 9,025x10  Bài (lớp 10 chuyên Bắc Giang) A Sự xếp cấi trúc kiểu gọi “lập phương tâm mặt”: Hãy tính độ đặc khít cấu trúc so sánh chúng với cấu trúc lập phương đơn giản C Chỉ lổ tứ diện bát diện cấu trúc Tính số lượng lỗ B A mạng sở Tính bán kính lớn nguyên tử X “chui vào” lổ hổng tứ diện bát diện Hướng dẫn giải: Trong cấu trúc xếp chặt khít ngun tử tiếp xúc với nguyên tử khác đường chéo cạnh Độ dài đường chéo hình vuông r Trong ô mạng sở có nguyên tử (8 đỉnh 4.πr π mặt) Như độ chặt khít tính sau: = = 0,74 hay 74% (2r 2) 16 Số lỗ hổng tứ diện x = 8; bát diện là: 1x1 + (1/4)x 12 = Với lổ hổng tứ diện Một đường thằng từ cạnh chia góc tứ diện làm hai phần Độ dài cạnh r X Khoảng cách từ đỉnh tứ diện đến tâm rM + rX Góc lúc 109,5°/2 sin θ = rx / (rM + rX)→ sin (109,5°/2)· (rM + rX) = rX → 0.816 rM = 0.184 rX → rM/rX = 0.225 Với lổ hổng bát diện (2rx)2= (rM + rx)2 + (rM + rX)2 nên rX 2= rM + rX � rM = ( -1) rX Câu (Phản ứng hạt nhân, HTTH) chuyên 10 Bắc Ninh 134 Cs 137Cs sản phẩm phân hạch nhiên liệu urani lò phản ứng hạt nhân Cả hai đồng vị phân rã β- với thời gian bán hủy t1/2(134Cs) = 2,062 năm t1/2(137Cs) = 30,17 năm a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn phân rã phóng xạ 134Cs lượng (ra eV) giải phóng phân rã 134Cs dựa vào số liệu Đồng vị 134 55 Cs Ba 134 56 137 Cs, tính Nguyên tử khối (u) 133,906700 133,904490 b) Trong mẫu nước thu sau cố nhà máy điện hạt nhân người ta phát hai đồng vị nói Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 1,92 mCi Khối lượng 137Cs có mẫu nước 14,8 = µg - Sau năm hoạt độ phóng xạ tổng cộng đồng vị mẫu nước cho cịn 80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng 134Cs 137Cs thời điểm Giả thiết thiết bi đo đo hoạt độ phóng xạ β- lớn 0,1 Bq Cho: 1Ci = 3,7.1010 Bq; vận tốc ánh sáng c = 2,997925.108ms-1; 1eV = 1,60219.10-19J; số Avogađro NA= 6,02.1023; năm = 365 ngày Hướng dẫn giải Câu 1: (phản ứng hạt nhân) a) 55134Cs → 56134Ba + e (1) 17 137 55 Cs → 56137Ba + e (2) Năng lượng thoát phân rã phóng xạ 55134Cs: ∆E = ∆m.c2 = (133,906700 - 133,904490) (10-3/6,02.1023)( 2,997925.108)2(J) = 3,28.10-13 J = 3,28.10-13/1,60219.10-19 = 2,05.106 eV b) Gọi A1 hoạt độ phóng xạ, t1/21 thời gian bán hủy 55134Cs Gọi A2 hoạt độ phóng xạ, t1/22 thời gian bán hủy 55137Cs 0, 693 14,8.106 x6, 02.10 23 137  N( Cs)   1, 28.mCi A = 137 Cs 30,17x365x24x3600 137x3, 7.1010 A01 = Atổng - A02 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi Sau thời gian t: t t1/ 1� Atổng = A1 + A2 = A � �� +A �2 � t t1/2 �1 � �� �2 � Vì: A2 ≤ Atổng = 0,08 mCi (1) t t1/2 �1 � 1� → A2/ A = � � � � ≤ 0,08/1,28 = � �2 � �2 � → t/ t1/22 ≥ → t ≥ 4t1/22 = 120,68 năm = 58,53 t1/21 (2) (3) Sau 58,53 t1/21, hoạt độ phóng xạ 55134Cs cịn: 58,53 58,53 �1 � �1 � A1 = A � � = 640 � � = 1,54.10-15 µCi �2 � �2 � = 1,54.10-15x3,7.104 Bq = 5,7.10-11 Bq