Đề thi Olympic và Quốc gia môn Hóa THPT

g sản phẩm bền tương ứng với các qúa trình phân rã 232Th và 238U. Tất cả chì có trong monazit đều có nguồn gốc từ cùng một chất phóng xạ. Tỉ số các đồng vị (208Pb/232Th) đo được bằng phổ khối lượng trong mẫu monazit là 0,104. Chu kỳ bán huỷ của 232Th và 238U lần lượt là 1,41.1010 năm và 4,47.109 năm. Giả sử rằng 208Pb; 206Pb; 232Th và 238U tồn tại nguyên vẹn từ khi hình thành khoáng monazit. 1. Tính tuổi (thời điểm bắt đầu hình thành) khoáng monazit. 2. Tính tỉ lệ (206Pb/238U) trong mẫu monazit. 3. Thori – 232 là nguyên liệu chế tạo năng lượng hạt nhân. Trong qúa trình chiếu xạ nhiệt nơtron nó hấp thụ 1 nơtron và sinh ra đồng vị 233U bằng phóng xạ β. Viết các phản ứng hạt nhân hình thành 233U từ 232Th. Trong phản ứng phân hạch hạt nhân của 233U một hỗn hợp sản phẩm phóng xạ được hình thành. Sự phân rã sản phẩm 101Mo bắt đầu chịu tác dụng của phân rã như sau: RuTcMo phtpht 101 44 3,14101 43 6,14101 42 2/12/1 ⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯⎯ →⎯ == 4. Một mẫu tinh khiết chỉ chứa 101Mo chứa 5000 nguyên tử 101Mo. Hỏi có bao nhiêu nguyên tử 101Mo; 101Tc; 101Ru sẽ xuất hiện sau 14,6 phút. BÀI GIẢI: 1. N = 2/1/693,0 ttoeN − 12/1/693,0 −=− tto e N NN (No – N): Số nguyên tử 232Th phân rã = số nguyên tử 208Pb hình thành. Thay số vào ta tính được: t = 2,01.109 năm. 2. Đặt x = (206Pb/238U). Ta có: 12/1/693,0 −= ttex Thay t = 2,01.109 năm và t1/2 = 4,47.109 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 101Mo (N1) trong mẫu sau một chu kỳ bán hủy là: N1 = 2500 Số nguyên tử 101Tc được cho bởi hệ thức: ( )tto eeNN 21 12 1 2 λλ λλ λ −− −−= Với No = 5000 là số nguyên tử 101Mo ban đầu 3,14 693,0 6,14 693,0 2 1 = = λ λ Và tại thời điểm t = 14,6ph ta tính được N2 = 1710 Số nguyên tử 101Ru tại 14,6ph là N3 = No – N1 – N2 = 790 nguyên tử. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005: 1. Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau: a) N2. b) NH3. c) O3. d) SO3. 2 Vẽ công thức Lewis của cacbon monoxit và xác định điện tích hình thức, trạng thái oxy hóa của cacbon và oxy trong cacbon monoxit. Thioure – S, S – dioxit có khung cấu tạo như sau: O S O C N N H H H H 3 Viết công thức Lewis cho Thioure – S, S – dioxit với điện tích hình thức của tất cả các nguyên tố bằng không. 4 Dựa vào thuyết sức đẩy cặp electron (VSEPR). Hãy xác định dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh, cacbon và nitơ dựa vào cấu trúc Lewis đã đề ra ở câu 3. 4a. Dạng hình học của nguyên tử lưu huỳnh là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. b) Tam giác phẳng. c) Chữ T 4b. Dạng hình học của nguyên tử cacbon là dạng nào trong 3 dạng sau: a) Tháp tam giác. 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: SO O C N H N H H H 65o 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(NH2)2 là 65o. 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 Na) c)Nb) H H H d) S O O O S O O O Có thể chấp nhận các câu trả lời sau: O O O O O O O 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: C2+ ; O2-. 3: Cấu trúc đúng: S C N N O O Cấu trúc không đúng (phải thêm điện tích hình thức): S C N N O O 4: S (b): tam giác phẳng C (b): tam giác phẳng N (a): tháp tam giác 5: S C N NO 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 XeF2 v à XeF4. 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 He2+. 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 XHe2+ 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+ nhỏ hơn năng lượng cần thiết để ion hóa He. Không cần dựa vào bảng trị số các mức năng lượng ion hóa kế tiếp của nguyên tử, hãy xác định nguyên tố 'Z' nào trong khoảng từ H đến Ar phù hợp nhất với tiêu chuẩn này. e) Nguyên tố nào ngay sát với nguyên tố Z đ ã định trên (nghĩa là nguyên tố sát trái, sát phải, sát trên, sát dưới nguyên tố Z trong bảng tuần hoàn) là thích hợp nhất để cũng tạo được một di-cation bền vững với He? Nguyên tố nào ngay sát nguyên tố Z là khó có thể tạo được di-cation như trên? BÀI GIẢI: a) XeF F XeF F F F XeF2 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. XeF4 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 (XeF2) và +4 (XeF4). 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 He22+ đều có bậc liên kết là , trong khi He2+ có bậc liên kết là 0,5. d) Các nguyên tố nhóm II có năng lượng ion hóa thứ hai khá thấp (Vì Be+ → Be2+ hoặc Mg → Mg2+ tạo ra một lớp ngoài cùng bão hoà, có cấu hình khí hiếm 1s2 hay 1s22s22p6). Mg2+ có hiệu ứng màn che tốt hơn Be2+ nên IE(Mg+) < IE(Be+). 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+ → Na2+. 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 = 10-10m). 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 He2+? 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 ni = 4. Các vạch hấp thụ tương ứng ở trạng thái nf cao hơn có đặc điểm gì? Tính hằng số kiểu Rydberg (nghĩa là hằng số tương đương RH trong quang phổ hydro nguyên tử) của tiểu phân hấp thụ (Hei+) 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(Hei+)? 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(He2+), của sự tạo thành He2+ từ He. Trị số AE(He2+) là lượng tử bé nhất của năng lượng phải cung cấp cho He để tách cả hai electron của nguyên tử. Tính tần số và độ dài sóng của photon có năng lượng thấp nhất có khả năng ảnh hưởng đến sự ion hóa kép của heli. Ánh sáng mặt trời tại bề mặt trái đất có thể là nguồn cung cấp các photon nói trên có hiệu qủa không? Các hằng số cần thiết: c = 2,997925.10-8 ms-1 h = 6,62618.10-34Js 1eV = 96,486kJ.mol-1 = 2,4180.1014Hz 1s 1s He+He 1s 1s He2+He σ σ* σ σ* BÀI GIẢI: a) Nguyên tử heli có 2e; tiểu phân "kiểu hydro" chỉ có 1e. Do đó tiểu phân đề cập phải là He+ b) Phổ hydro tuân theo biểu thức: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=∆ 22 11 fi H nn RE Trong trường hợp này, các vạch của He+ sẽ tuân theo: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=∆ − 22 1 4 1 f He n RE Với ∆E = hc/λ, chuyển thành: 1 22 1 4 1 − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=+ f He n hcR λ Nay thử các phổ vào biểu thức tương quan trên. Giả sử rằng độ dài sóng dài nhất quan sát được là 6558Å (là chuyển tiếp có năng lượng thấp nhất) tương ứng với nf = 5; ta có: λ Nf "R(He+)" 6,558.10-7 5 1,35.10-17J 5,410.10-7 6 1,06.10-17J 4,858.10-7 7 0,97.10-7J 4,540.10-7 8 0,93.10-17J 4,338.10-7 9 0,91.10-17J Nếu đúng, mọi chuyển tiếp phải cho cùng gía trị R(He+). Rõ ràng là không đúng nên phải chọn lại: Nếu ta chọn nf = 6 cho chuyển tiếp 6558Å, ta có: λ Nf "R(He+)" 6,558.10-7 5 8,72.10-18J 5,410.10-7 6 8,72.10-18J 4,858.10-7 7 8,72.10-18J 4,540.10-7 8 8,72.10-18J 4,338.10-7 9 8,72.10-18J Gía trị thu được của R(He+) không đổi, vậy kết qủa này là đúng. c) IE(He+) bằng R(He+). Để đổi thành electronvon, cần nhân cho 6,02205.1023 mol-1 và chia cho 96486J.mol-1.eV-1: tính được IE(He+) = 54,44eV d) IE(He+)/IE(He) = 2,180; nên IE(He) = 24,97eV Vậy AE(He2+) = 79,41eV = 1,272.10-17J Có thể tính tần số, ν = E/h = 1,920.1016 s-1, và độ dài sóng λ = c/v = 15,61nm, của photon cso năng lượng thấp nhất có khả năng ion hóa kép (2 lần). Độ dài sóng này rất ngắn hơn độ dài sóng của phổ thấy được (khả kiến) (300nm < λ < 700nm): mặt trời không phải là "thể đen" đủ nóng để tạo nhiều phôtn như vậy và hầu hết sẽ bị khí quyển hấp thụ trước khi đến được trái đất. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998: Một mẫu diclopropadien được phân tích bằng khối phổ kế. Khối phổ cho thấy một mũi rất rõ ở tỉ lệ khối:điện tích (m/z) là 75, một mũi khác tại m/z = 77. Ở điều kiện vận hành nhất định chỉ quan sát thấy hai mũi trên trong khối phổ. Ở điều kiện khác, cùng một mẫu thử cho một số mũi khác, bao gồm m/z = 82 (không có 83) và m/z =28 (nhưng không có 27). Không tùy thuộc vào điều kiện vận hành, mũi tại m/z = 77 luôn có cường độ bằng 60% cường độ của mũi tại m/z = 75. Có những giả thiết sau: Các ion quan sát được đều là ion dương 1+ được tạo ra trực tiếp từ sự ion hóa phân tích của diclopropadien, không xảy ra bất kỳ sự dời chuyển nào trong qúa trình phân mảnh. Diclopropadien được điều chế từ các nguyên tố cacbon, hydro và clo theo cách không được rõ ràng: các hóa chất sử dụng được biết có chứa một lượng đồng vị với tỉ lệ khác với tỉ lệ thường gặp của hidro, cacbon và clo nhưng chỉ chứa các đồng vị bền. Hơn nữa, cũng không chuẩn bị để xác định loại đồng vị của các nguyên tử cụ thể trong phân tử. a) Công thức hóa học của các ion dò thấy tại m/z = 75 và 77 là gì? b) Tính thành phần phần trăm các đồng vị có trong mẫu diclopropadien? Tính thành phần phần trăm mỗi đồng vị phân của diclopropadien (đồng vị phân là các chất có cùng công thức hóa học nhưng khác nhau các đồng vị thành phần). c) Khối lượng mol phân tử của mẫu? Để đơn giản, giả thiết rằng nguyên tử khối của mỗi hạt nhân đúng bằng số khối. d) Có thể xác định được đồng phân của diclopropadien đã khảo sát ở đây không? Phương pháp khối phổ truyền thống gần đây được phát triển với phương pháp khối phổ tia electron (ESMS). ESMS chỉ khác với phương pháp khối phổ truyền thống ở chỗ dung dịch phun vào khối phổ kế và không có nguồn ion hóa. Kỹ thuật này chỉ dò tìm những ion có sẵn trong dung dịch. Ví dụ như một mẫu chứa tetrabutyl amoni bromua (trong dung môi trơ) được phun vào một ESMS cho một mũi tại m/z = 242 là mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion dương. Có hai mũi chính, với cường độ gần như nhau tại m/z = 79 và m/z = 81 trong kiểu dò ion âm. e) Những ion nào gây nên ba mũi trên? Một mẫu isopropanol (propan-2-ol) được phun vào thiết bị ESMS cho một mũi tại m/z = 61 là mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion dương. Mũi có cường độ mạnh nhất ứng với kiểu dò ion âm xuất hiện tại m/z = 59. f) Những ion nào gây nên hai mũi trên? BÀI GIẢI: a) Ion tại m/z = 82 phải là 12C35Cl35Cl. Sự vắng mặt của m/z = 83 cho thấy rằng không có 13C trong mẫu thử. Như vậy ion tại m/z = 28 phải là 12C12C2H2H. Sự vắng mặt của m/z = 27 cho thấy rằng không có 1H. Như thế, ion tại m/z = 75 phải là 35Cl12C32H2, và m/z = 77 là đồng vị phân 37Cl của tiểu phân này. b) I(m/z 77) = 0,6I(m/z 75) n(37Cl) = 0,6n(35Cl) %(37Cl) = [0,6/(1+0,6)].100 = 37,5% %(35Cl) = 62,5%. Có ba đồng vị phân trong điclopropadien %[C3D2(35Cl)2] = (62,5)2 = 39,06% %[C3D235Cl37Cl] = 2.62,5.37,5 = 46,88% %[C3D2(37Cl)2] = (37,5)2 = 14,06% c) 1mol tương ứng với 0,3906.110,0 + 0,4688.112,0 + 0,1406.114,0 = 111,50g.mol-1. d) CCl2+ và CD2+ chỉ có thể có nếu cấu tạo của điclopropadien là: C C Cl Cl C D D Vị trí lượn sóng là chỗ cắt để tạo thành 2 ion. e) Mũi tại m/z = 242 trong chế độ dò ion dương là do các tiểu phân (C4H9)4N+ (C16H36N=242amu) là tiểu phân mang điện dương duy nhất trong dung dịch. Trong chế độ dò ion âm, quan sát thấy các mũi do 79Br- và 81Br-. Hàm lượng trong thiên nhiên của 79Br và 81Br theo thứ tự là 50,7% và 49,3% nên hai mũi này nhất thiết có độ cao như nhau. f) Các phổ này phù hợp với sự tự ion hóa: +− +→ 2737373 OHHCOHCOHHC m/z = 59,1 m/z = 61,1 OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1998: Việc sử dụng các đồng vị phóng xạ trong y học hạt nhân đã tăng lên gấp đôi. Các kỹ thuật chiếu xạ bao gồm việc bắn phá các nơi có sự phân chia tế bào để tiêu diệt chúng. Kỹ thuật ảnh hạt nhân dùng đồng vị phóng xạ để tìm hiểu chi tiết sự trao đổi chất của một cơ quan trong cơ thể. Một trong các kỹ thuật như vậy là xác định thể tích máu của bệnh nhân. a) Ba hợp chất dược phẩm phóng xạ lần lượt có chứa các đồng vị phóng xạ 71Zn (t1/2 = 2,4 phút); 67Ga(t1/2 = 78,25 giờ) và 68Ge (t1/2 = 287 ngày) với độ phóng xạ là 7,0.107Bq/mL. Với mỗi chất nói trên (i). Hãy tính độ phóng xạ mỗi mL sau thời gian 30 phút. (ii). Hãy tính độ phóng xạ mỗi mL sau khi pha loãng dược chất phóng xạ từ 1,0mL thành 25L. b) Không kể đến hiệu ứng hóa học, 67Ga có thuận lợi gì hơn hai đồng vị phóng xạ kia trong việc xác định thể tích máu của bệnh nhân.? c) Kiểu phóng xạ của ba đồng vị này là bức xạ hạt β (71Zn) và bắt electron (67Ga và 68Ge). Sản phẩm của qúa trình phóng xạ này là gì? d) Một dược sĩ điều chế gali xitrat (GaC6H5O6.3H2O) từ một mẫu gali đã làm giàu 67Ga (5,0.10-5 mol % 67Ga; 10,25mg Ga tổng cộng). Sự tổng hợp gali xitrat là định lượng; tiếp theo sự tổng hợp, dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100mL nước. Tám giờ sau khi 67Ga được điều chế lần đầu, 1mL dung dịch được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân và sau 1giờ lấy 1mL mẫu máu của bệnh nhân. (i). Tính độ phóng xạ (theo Bq) của liều 1mL dung dịch gali xitrat. (ii). Nếu mẫu máu có độ phóng xạ là 105,6Bq thì thể tích máu của bệnh nhân là bao nhiêu? BÀI GIẢI: a) Nếu coi độ phóng xạ lúc đầu là Io (7,0.107Bq.mL-1 trong mỗi trường hợp) và It là độ phóng xạ sau thời gian t thì It = 2/1/ ttoeI − . Nếu đổi tất cả t1/2 ra phút: t1/2 (67Ga) = 4,695.103ph. t1/2 (68Ge) = 4,133.105ph. Nay có thể xác định được i) It ii) It sau khi pha loãng [trị số sau bằng (1/2500) trị số trước]. Đồng vị It(Bq.mL-1) It sau khi pha loãng (Bq.mL-1) 71Zn 261 0,104 67Ga 6,96.107 2,78.104 68Ge 6,9995.107 2,80.104 b) 71Zn có chu kỳ bán hủy qúa nhỏ nên hoạt tính không kéo dài: sau 30 phút hầu như phản ứng đã ngừng lại. Tốc độ đếm, nhất là sau khi pha loãng vào máu bệnh nhân là qúa nhỏ để có thể đo được chính xác. Hơn nữa, chu kỳ bán hủy ngắn như vậy có nghĩa là đồng vị sử dụng cần được tổng hợp cho từng bệnh nhân vì không thể để lâu được. 68Ge có trở ngại trái ngược: vẫn còn hoạt tính sau 30 phút và với chu kỳ bán hủy gần 1 năm nó vẫn còn duy trì hoạt tính trong một thời gian dài. Nếu đồng vị vẫn còn trong cơ thể, bệnh nhân sẽ chịu tác dụng chiếu xạ cao qúa mức chiụ đựng trong suốt thời gian ấy, gây các hậu qủa nghiêm trọng về thương tổn tế bào, v.v… 67Ga có thời gian sống đủ để thực hiện phép đo thể tích máu tin cậy được với một lượng tương đối nhỏ vật liệu phóng xạ. c) Các phản ứng: )( )( )( 68 31 0 1 68 32 67 30 0 1 67 31 0 1 71 31 71 30 γ γ γ +→+ +→+ ++→ − − − GaeGe ZneGa eGaZn d) i) Dược phẩm phóng xạ lúc đầu chứa 1,47.10-4 mol Ga, nghĩa là (1,47.10-4.5,0.10-7) = 7,35.10-11 mol 67Ga hay 4,43.1013 nguyên tử của đồng vị này. Với sự phân rã phóng xạ, tốc độ phản ứng có bậc 1 v = It = knt(67Ga) k = ln2/t1/2 = 2,461.10-6s-1 và Io = 1,09.108Bq (trong 100mL ở t = 0) Với liều 1mL tại t = 8 giờ It = 2/1/ ttoeI − .Vlìêu/Vtổng cộng = 9,84.105Bq. ii) Độ phóng xạ của liều 1mL còn lại sau 1 giờ nữa sẽ bằng It = 9,72.105Bq So sánh độ phóng xạ này với độ phóng xạ lúc đầu của 1mL mẫu máu thu được hệ số pha loãng = 9,72.105/105,6 = 9201 Thể tích máu của bệnh nhân như vậy bằng 9,20L. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999: a) Chuỗi phân rã thiên nhiên 238U92 → 206Pb82 bao gồm một số phân rã anpha và beta trong một loạt các bước kế tiếp. i) Hai bước đầu tiên bao gồm 234Th90 (t1/2 = 24,10 ngày) và 234Pa91 (t1/2 = 6,66 giờ). Hãy viết các phản ứng hạt nhân của hai bước đầu tiên trong sự phân rã của 238U và tính tổng động năng theo MeV của các sản phẩm phân rã. Các khối lượng nguyên tử bằng: 238U = 238,05079u; 234Th = 234,04360u; 234Pa = 234,04332u và 4He = 4,00260u. 1u = 931,5MeV và mn = 1,00867u; 1MeV = 1,602.10-13J. ii) Phân rã kế tiếp của 238U dẫn đến 226Ra88 (t1/2 = 1620 năm) mà sau đó bức xạ các hạt anpha để tạo thành 222Rn (t1/2 = 3,83 ngày). Nếu một thể tích mol của radon trong điều kiện này là 25,0L thì thể tích của radon ở cân bằng bền với 1,00kg radi là bao nhiêu? iii) Hoạt độ của một mẫu phóng xạ của một phân tử trong chuỗi 238U giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Hãy tìm hằng số phân rã và chu kỳ bán hủy của nó. b) Trong sự phân hạch nhị nguyên cảm ứng nơtron của 235U92, cuối cùng thường thu được hai sản phẩm bền là 98Mo42 và 136Xe54. Giả sử rằng các hạt này được tạo ra từ qúa trình phân hạch nguyên thủy, hãy tìm: i) Hạt cơ bản nào được phóng thích. ii) Năng lượng phóng thích mỗi phân hạch theo MeV và theo Jun. iii) Năng lượng phóng thích từ mỗi gam 235U theo đơn vị kWh. Khối lượng nguyên tử: 235U92 = 235,04393u; 136Xe54 = 135,90722u; 98Mo42 = 97,90551u và mn=1,00867u; 1MeV = 1,602.10-13J. BÀI GIẢI: a) i) Năng lượng phản ứng và tổng động năng: Bước 1: HeThU 42 234 90 238 92 +→ Q = Kd + Kα = [m(238U) – m(234Th) – m(4He)]c2 = 4,28MeV. Kd và Kα là động năng của con và hạt α Bước 2: )(01 234 91 234 90 βhayePaTh −+→ Q = Kd + Kβ = [m(234Th) – m(234Pa)]c2 = 0,26MeV ii) Tại cân bằng (không đổi) N1λ1 = N2λ2 = A (A: hoạt độ) Với 226Ra; λ1 = 1,17.10-6 ngày-1 Với 222Rn; λ2 = 0,181 ngày-1. LV moln NN N Rn Rn 4 5 19 2 624 2 24 23 1 10.15,7 10.86,2 10.72,110.17,1.10.66,2181,0. 10.66,2 226 10.022,6.1000 222 − − − =⇒ = =⇒= == iii) N1 = Noe-λt. Nên: )( 2 1 21 2 1 tt t o t o e eN eN N N − − − == λλ λ 85,3 181,0 693,0 181,0 80,12 10ln 2/1 == ==⇒ t λ b) i) Phía chất tham gia có 92 proton, trong khí phía sản phẩm có 96 proton. Như vậy phải có 4β và 2n bên phía sản phẩm nXeMoUn 10 136 54 98 42 235 92 1 0 24 +++→+ β Các hạt cơ bản được phóng thích: 4β và 2n. ii) Khối lượng đầu vào = 236,05260u Khối lượng đầu ra = 235,83007u. Khối lượng của 4β được tính trong khối lượng của sản phẩm, nên không xuất hiện trong khối lượng đầu ra. ∆m = 0,22253u Năng lượng = 207,3MeV = 3,32.10-11J cho mỗi phân hạch. iv) Năng lượng mỗi gam = 8,5.1010J.g-1. Vậy công suất theo kWh = 8,51.1010/3,60.106 = 2,36.104kWh OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1999: a) Khối phổ của diclometan CH2Cl2 có mũi đặc trưng tại m/z = 49 (mũi cơ bản), 51, 84 (ion phân tử), 86, 88. Dự đoán cường độ tương đối của các mũi: i) m/z = 49 và 51 ii) m/z = 84; 86 và 88 b) Hãy tính tỉ lệ các mũi đồng vị dự đoán trong khối phổ của một hợp chất có chứa ba nguyên tử brom. Bảng: Một số nguyên tố chọn lọc và hàm lượng tương đối: Nguyên tố Số khối Hàm lượng tương đối (%) H 1 99,985 2 0,015 C 12 99,889 13 1,111 N 14 99,634 15 0.366 O 16 99,763 17 0,037 18 0,200 Cl 35 75,77 37 24,23 Br 79 50,69 81 49,31 BÀI GIẢI: a) Với các mũi trong cụm ion phân tử, ba mũi được dự trù từ hai nguyên tử clo. Cường độ có thể tính được từ (a+b)n. Với a: hàm lượng tương đối của các đồng vị nhẹ (35Cl) b: hàm lượng tương đối của các đồng vị nặng (37Cl) n: số nguyên tử halogen có mặt Do hàm lượng tương đối của 35Cl = 75,77 và của 37Cl = 24,23 thì ta có thể đơn giản hóa tỉ lệ 35Cl:37Cl = 3:1 (i) Cường độ tương đối các mũi tại m/z = 49 và 51 tương ứng với sự mất một nguyên tử clo từ ion phân tử, hai mũi do CH235Cl+ và CH237Cl+ theo thứ tự. Cường độ tương đối của các mũi tại m/z 49 và 51 = a + b = 3 + 1 Nghĩa là cường độ tương đối của các mũi tại m/z 49 và 51 = 3 : 1 (ii) Cường độ tương đối tại các mũi tại m/z 84, 86, 88 = a2 + 2ab + b2 = 32 + 2.3.1 + 12 Nghĩa là, cường độ tương đối tại các mũi 84, 86, 88 = 9 : 6 : 1 b) Theo hàm lượng tương đối, 79Br : 81Br ≈ 1 : 1 Cường độ tương đối của các mũi đồng vị có thể được tính theo (a + b)n Với a: cường độ tương đối của 79Br = 1 b: cường độ tương đối của 81Br = 1 n: số nguyên tử halogen có mặt = 3 Cường độ tương đối = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 M : (M + 2) : (M + 4) : (M + 6) = 13 : 3 .12.1 .3.1.12 .13 = 1:3:3:1 OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2000: Một số trong các kiến tạo đá cố nhất trên thế giới được tìm thấy ở vùng Isua ở Greenland. Tuổi của chúng được xác định do hàm lượng của các đồng vị bền và đồng vị phóng xạ chứa trong các hạt khoáng đặc trưng. Sự phân rã của đồng vị uran phóng x ạ 238U thành đồng vị bền 206Pb với chu kỳ bán huỷ bằng 4,468Ga (Ga = 109 n ăm) qua m ột chu ỗi c ác đ ồng v ị k ém b ền h ơn nhi ều. Trái với 206Pb, đồng vị 204Pb không phải là sản phẩm của sự phân rã phóng xạ và vì vậy, số mol 204Pb (ghi là n(204Pb)) trong một mẫu khoáng vật có thể coi là không đổi theo thời gian. Ở thời điểm (t = 0) khi khoáng vật kết tinh, những đồng vị này có thể lẫn trong khoáng vật dưới dạng tạp chất. Hàm lượng ban đầu của các đồng vị (no(238U), no(206Pb) và n(204Pb) lẫn trong các mẫu khoáng khác nhau có thể cúng khác nhau. Tuy nhiên tỉ lệ ban đầu của các đồng vị của cùng một nguyên tố, ví dụ như tỉ lệ no(206Pb)/(204Pb) sẽ như nhau đối với mọi mẫu khoáng vật kết tinh trong cùng một khối tạo đá). a) Viết hệ thức liên lạc cho thấy nt(206Pb) là một hàm theo nt(238U) và no(206Pb), k và t, với t là thời gian mẫu khoáng bắt đầu kết tinh và k là hằng số phân rã phóng xạ của 238U. Các mẫu khoáng vật khác nhau có chứa những hàm lượng ban đầu khác nhau của các đồng vị tạp chất 238U và 206Pb. Vì vậy tuổi của một mẫu khoáng vật cho trước không thể suy ra được từ số đo của nt(238U) và nt(206Pb) mà thôi. Tuy nhiên n(204Pb) tỉ lệ với hàm lượng ban đầu của chì trong một mẫu khoáng vật cho trước, và vì thế cũng tỉ lệ với no(206Pb). Các cặp trị số tương quan của nt(238U), nt(206Pb) và n(204Pb) với những mẫu khoáng vật khác nhau phát xuất từ cùng một thứ đá có thể được xác định nhờ khối phổ. Mỗi cặp ấy sẽ biểu diễn từng điểm riêng biệt trên một đồ thị với trục hoành nt(238U)/n(204Pb) và trục tung nt(206Pb)/n(204Pb). Nối với nhau, các điểm trên sẽ tạo thành một đường thẳng và tuổi của đá có thể tính được từ độ dốc. Gần đây, người ta thu được các cặp tỉ lệ đồng vị sau của các khoáng vật có trong một loại đá Isua: nt(238U)/n(204Pb) nt(206Pb)/n(204Pb) 1,106 12,098 1,883 12,733 2,632 13,305 2,859 13,567 2,896 13,588 3,390 13,815 b) Hã