Chuyên đề: Nguyên tử & Bảng tuần hoàn — Lý thuyết và Phương pháp giải

Bước 1: Gọi $x$ là thành phần phần trăm số nguyên tử của đồng vị $^{10}\mathrm{B}$ ($0 < x < 100$).

Khi đó phần trăm số nguyên tử của đồng vị $^{11}\mathrm{B}$ là $100 - x$ (%).

Bước 2: Áp dụng công thức tính nguyên tử khối trung bình:

$$\overline{A}_{\mathrm{B}} = \frac{10 \cdot x + 11 \cdot (100 - x)}{100} = 10{,}81$$

Bước 3: Giải phương trình đại số:

$$10x + 1100 - 11x = 1081 \Leftrightarrow -x = 1081 - 1100 = -19 \Leftrightarrow x = 19\%$$

Phần trăm của đồng vị $^{11}\mathrm{B}$ là: $100\% - 19\% = 81\%$.

Kết luận: Phần trăm số nguyên tử của $^{10}\mathrm{B}$ là $19\%$ và $^{11}\mathrm{B}$ là $81\%$.

a) Cấu hình electron nguyên tử:

• Với $\mathrm{Fe}$ ($Z = 26$): Phân bố theo mức năng lượng: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 4s^2 3d^6$.

Sắp xếp theo lớp: $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 3d^6 4s^2$ hay viết gọn là $[\mathrm{Ar}] 3d^6 4s^2$. Lớp ngoài cùng có $2$ electron $\Rightarrow \mathrm{Fe}$ là kim loại.

• Với $\mathrm{Cl}$ ($Z = 17$): $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^5$ hay viết gọn là $[\mathrm{Ne}] 3s^2 3p^5$. Lớp ngoài cùng có $7$ electron $\Rightarrow \mathrm{Cl}$ là phi kim.

b) Cấu hình electron của các ion:

• $\mathrm{Fe} \rightarrow \mathrm{Fe^{2+}} + 2e$: Nguyên tử nhường $2$ electron ở phân lớp ngoài cùng ($4s$) trước: Cấu hình $\mathrm{Fe^{2+}}$ là $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 3d^6$ hay $[\mathrm{Ar}] 3d^6$.

• $\mathrm{Fe} \rightarrow \mathrm{Fe^{3+}} + 3e$: Tiếp tục nhường $1$ electron ở phân lớp $3d$: Cấu hình $\mathrm{Fe^{3+}}$ là $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 3d^5$ hay $[\mathrm{Ar}] 3d^5$ (phân lớp $d$ bán bão hòa rất bền).

• $\mathrm{Cl} + 1e \rightarrow \mathrm{Cl^-}$: Nhận thêm $1$ electron vào phân lớp $3p$: Cấu hình $\mathrm{Cl^-}$ là $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6$ hay $[\mathrm{Ar}]$ (đạt cấu hình octet bền vững của khí hiếm Argon).

Bước 1: Xác định vị trí của từng nguyên tố trong bảng tuần hoàn:

• $\mathrm{Na} (Z = 11): [\mathrm{Ne}] 3s^1 \Rightarrow$ Chu kì 3, nhóm IA.

• $\mathrm{Mg} (Z = 12): [\mathrm{Ne}] 3s^2 \Rightarrow$ Chu kì 3, nhóm IIA.

• $\mathrm{Al} (Z = 13): [\mathrm{Ne}] 3s^2 3p^1 \Rightarrow$ Chu kì 3, nhóm IIIA.

• $\mathrm{K} (Z = 19): [\mathrm{Ar}] 4s^1 \Rightarrow$ Chu kì 4, nhóm IA.

Bước 2: So sánh các đại lượng theo quy luật tuần hoàn:

• Trong chu kì 3 (từ trái sang phải: $\mathrm{Na} \rightarrow \mathrm{Mg} \rightarrow \mathrm{Al}$): Bán kính giảm dần, tính kim loại giảm dần: $r_{\mathrm{Al}} < r_{\mathrm{Mg}} < r_{\mathrm{Na}}$ và tính kim loại $\mathrm{Al} < \mathrm{Mg} < \mathrm{Na}$.

• Trong nhóm IA (từ trên xuống dưới: $\mathrm{Na} \rightarrow \mathrm{K}$): Bán kính tăng dần, tính kim loại tăng dần: $r_{\mathrm{Na}} < r_{\mathrm{K}}$ và tính kim loại $\mathrm{Na} < \mathrm{K}$.

Kết luận:

a) Bán kính nguyên tử tăng dần: $r_{\mathrm{Al}} < r_{\mathrm{Mg}} < r_{\mathrm{Na}} < r_{\mathrm{K}}$.

b) Tính kim loại giảm dần: $\mathrm{K} > \mathrm{Na} > \mathrm{Mg} > \mathrm{Al}$.

a) Xác định tên nguyên tố $\mathrm{R}$:

Vì $\mathrm{R}$ thuộc nhóm VIA nên hóa trị cao nhất của $\mathrm{R}$ với oxygen là $6$.

Công thức oxide cao nhất của $\mathrm{R}$ là $\mathrm{RO_3}$.

Theo giả thiết, phần trăm khối lượng của oxygen trong $\mathrm{RO_3}$ là $60{,}0\%$:

$$\%m_{\mathrm{O}} = \frac{3 \cdot M_{\mathrm{O}}}{M_{\mathrm{R}} + 3 \cdot M_{\mathrm{O}}} \times 100\% = \frac{3 \times 16}{M_{\mathrm{R}} + 48} \times 100\% = 60{,}0\%$$

$$\Leftrightarrow \frac{48}{M_{\mathrm{R}} + 48} = 0{,}6 \Leftrightarrow M_{\mathrm{R}} + 48 = \frac{48}{0{,}6} = 80 \Leftrightarrow M_{\mathrm{R}} = 32\text{ (amu)}$$

Vậy nguyên tố $\mathrm{R}$ là Sulfur (Lưu huỳnh, kí hiệu: $\mathrm{S}$).

b) Oxide cao nhất và Hydroxide tương ứng:

• Oxide cao nhất là $\mathrm{SO_3}$ (sulfur trioxide) — mang tính chất của một acidic oxide mạnh, tác dụng mãnh liệt với nước tạo acid: $\mathrm{SO_3 + H_2O \rightarrow H_2SO_4}$.

• Hydroxide tương ứng là $\mathrm{H_2SO_4}$ (sulfuric acid) — là một acid mạnh.