IChO 2017 · Theory problem 6
Iron
Iron (\(\ce{Fe}\)) is the fourth most abundant element in the Earth’s crust and has been used for more than 5,000 years.
Part A.
Pure iron is easily oxidized, which limits its utilization. Element X is one of the alloying elements that is added to improve the oxidation resistance property of iron.
6.1 Below is some information about the element X:
(1) In first ionization, an electron with quantum numbers \(n_1=4-l_1\) is removed.
(2) In second ionization, an electron with quantum numbers \(n_2=5-l_2\) is removed.
(3) The atomic mass of X is lower than that of \(\ce{Fe}\).
What is the element X?
(Answer by writing the proper symbol according to the periodic table.)
6.2 Both \(\ce{Fe}\) and X crystallize in the body centered cubic structure. Approximating the \(\ce{Fe}\) atoms as hard-spheres, the volume taken up by the \(\ce{Fe}\) atoms inside the unit cell is \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\). The volume of the unit cell of X is \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\). A complete substitutional solid solution usually occurs when
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
is less than or equal to 15, where \(R_X\) and \(R_{\ce{Fe}}\) are the atomic radii of X and \(\ce{Fe}\), respectively. Can X and \(\ce{Fe}\) form a complete substitutional solid solution?
Tick the relevant box ☐ YES ☐ NO.
Show your calculation. The volume of sphere is \(4/3\pi r^3\).
Part B.
Iron in natural water is in the form of \(\ce{Fe(HCO3)2}\), which ionizes to \(\ce{Fe^2+}\) and \(\ce{HCO3^-}\). To remove iron from water, \(\ce{Fe(HCO3)2}\) is oxidized to an insoluble complex \(\ce{Fe(OH)3}\), which can be filtered out of the water.
6.3 \(\ce{Fe^2+}\) can be oxidized by \(\ce{KMnO4}\) in a basic solution to yield \(\ce{Fe(OH)3}\) and \(\ce{MnO2}\) precipitates. Write the balanced ionic equation for this reaction in a basic solution.
6.4 Under this condition, \(\ce{HCO3^-}\) ions are converted to \(\ce{CO3^2-}\). Write the balanced ionic equation for this reaction in a basic solution.
6.5 A covalent compound A which contains more than 2 atoms and, a potential oxidizing agent, can be prepared by the reaction between diatomic halogen molecule (\(\ce{X2}\)) and \(\ce{NaQO2}\)
where \(x\), \(y\) and \(z\) are the coefficients for the balanced equation. Among the binary compounds between hydrogen and halogen, \(\ce{HX}\) has the lowest boiling point. Identify X and if A has an unpaired electron, draw a Lewis structure of compound A with zero formal charge on all atoms.
6.6 Compound D is an unstable oxidizing agent that can be used to remove \(\ce{Fe(HCO3)2}\) from natural water. It consists of elements G, Z and hydrogen and the oxidation number of Z is +1. In this compound, hydrogen is connected to the element having the higher electronegativity among them. Below is some information about the elements G and Z:
(1) G exists in its normal state as a diatomic molecule, \(\ce{G2}\).
(2) Z has one proton fewer than that of element E. E exists as a gas under standard conditions. \(\ce{Z2}\) is a volatile solid.
(3) The compound \(\ce{EG3}\) has a pyramidal shape.
Identify the elements G and Z and draw a molecular structure of compound D.
Part C.
\(\ce{^{59}Fe}\) is a radiopharmaceutical isotope which is used in the study of iron metabolism in the spleen. This isotope decays to \(\ce{^{59}Co}\) as follows:
6.7 What are a and b in equation (1)? (Mark ✓ in the appropriate boxes.)
| proton | neutron | beta | positron | alpha | gamma |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 Consider equation (1), if the \(\ce{^{59}Fe}\) isotope is left for 178 days which is \(n\) times of its half-life (\(t_{1/2}\)), the mole ratio of \(\ce{^{59}Co}\) to \(\ce{^{59}Fe}\) is 15 : 1. If \(n\) is an integer, what is the half-life of \(\ce{^{59}Fe}\) in day(s)? Show your calculation.
Official English text of the problem.
Answers
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\), chromium.
- 6.2: YES, according to the stated criterion. \(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\), \(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\); the radius mismatch is approximately \(2.5\%\).
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\); A is chlorine dioxide, \(\ce{ClO2}\), SMILES
O=[Cl]=O. \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] The requested Lewis structure has two chlorine–oxygen double bonds, two lone pairs on each oxygen, and one lone pair plus one unpaired electron on chlorine. All formal charges are zero. - 6.6: \(G=\ce{O}\), \(Z=\ce{I}\). D is hypoiodous acid, \(\ce{HOI}\), SMILES
[H]OI. Its structure is \(\ce{H-O-I}\), bent at oxygen. - 6.7: Mark beta and gamma: \(a=\beta^-\), \(b=\gamma\), with their order interchangeable.
- 6.8: \(n=4\), and \(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{days}}\).
Solution
6.1
The quantum-number conditions are
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
The allowed subshells satisfying the first condition are \(4s\) and \(3p\); those satisfying the second are \(5s\), \(4p\), and \(3d\). For an element lighter than iron, the relevant successive removals are from \(4s\) and then \(3d\).
Chromium has the ground-state configuration
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
Removing its single \(4s\) electron gives chromium(I), \(\ce{Cr+}\), SMILES [Cr+], with configuration \([\ce{Ar}]\,3d^5\). The next electron is removed from \(3d\), producing chromium(II), \(\ce{Cr^2+}\), SMILES [Cr+2], with configuration \([\ce{Ar}]\,3d^4\).
Thus,
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
which satisfy both conditions. Chromium also has a lower atomic mass than iron. Therefore,
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
A body centered cubic unit cell contains
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
atoms. The given volume for iron is the volume occupied by these two atomic spheres, so
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
Consequently,
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
For X, the given value is the entire unit-cell volume. Its edge length is
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
In a body centered cubic structure, atoms touch along the body diagonal:
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
Therefore,
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
Using the unrounded radii,
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
The radius mismatch is approximately \(2.5\%\), below the stated \(15\%\) limit. Therefore, tick YES.
6.3
Iron is oxidized from oxidation state \(+2\) to \(+3\):
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
Manganese is reduced from \(+7\) in permanganate to \(+4\) in manganese dioxide:
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
Multiplying the iron half-reaction by three, adding, and cancelling electrons and hydroxide gives
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
The total charge on the left is \(3(2)-1-5=0\), equal to that on the right.
The species names and SMILES are:
| Formula | Name | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | Iron(II) ion | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | Permanganate ion | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | Hydroxide ion | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | Water | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | Iron(III) hydroxide | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | Manganese(IV) oxide, or manganese dioxide | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
For the two precipitates, the disconnected SMILES represent formal ionic formula units. They do not describe the extended solid structures or metal coordination geometries.
6.4
Hydroxide removes a proton from hydrogen carbonate:
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
This is an acid–base reaction; carbon remains in oxidation state \(+4\).
Hydrogen carbonate, also called bicarbonate, \(\ce{HCO3^-}\), has SMILES O=C(O)[O-]. Carbonate, \(\ce{CO3^2-}\), has SMILES O=C([O-])[O-]. These SMILES show individual resonance representations; the carbonate ion is planar, with equivalent oxygen positions in the free ion.
6.5
Here X is a halogen and is independent of the label X in Part A.
Among the hydrogen halides:
- Hydrogen fluoride, \(\ce{HF}\), SMILES
[H]F, has an unusually high boiling point because of hydrogen bonding. - Hydrogen chloride, \(\ce{HCl}\), SMILES
[H]Cl, has the lowest boiling point. - Hydrogen bromide, \(\ce{HBr}\), SMILES
[H]Br, and hydrogen iodide, \(\ce{HI}\), SMILES[H]I, have stronger dispersion interactions than hydrogen chloride.
Thus,
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
To identify the odd-electron compound A, let it contain \(p\) chlorine atoms and \(q\) oxygen atoms. Using the displayed reaction scheme, conservation of sodium gives \(z=x\). Conservation of chlorine and oxygen then gives
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
An odd total number of valence electrons requires \(7p+6q\) to be odd, so \(p\) is odd. Since \(py=2\), this gives
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
The requirement of more than two atoms gives \(q\ge2\). The coefficient bound gives
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
so \(q=2\). Hence A is chlorine dioxide:
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
The reactants and products are chlorine, \(\ce{Cl2}\), SMILES ClCl; sodium chlorite, \(\ce{NaClO2}\), SMILES [Na+].[O-]Cl=O; chlorine dioxide, \(\ce{ClO2}\), SMILES O=[Cl]=O; and sodium chloride, \(\ce{NaCl}\), SMILES [Na+].[Cl-].
Chlorine dioxide has
\[ 7+2(6)=19 \]
valence electrons. For the requested zero-formal-charge Lewis structure, place chlorine centrally, with a double bond to each oxygen. Give each oxygen two lone pairs, and give chlorine one lone pair and one unpaired electron.
The formal charges are
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
The molecule is bent. The SMILES does not display the lone pairs or the bond angle; the electron placement above specifies the requested Lewis representation.
6.6
The volatile solid consisting of diatomic molecules is iodine, \(\ce{I2}\), SMILES II. Therefore,
\[ Z=\ce{I}. \]
Iodine has atomic number 53, so the element with one more proton is xenon, \(\ce{Xe}\), atomic number 54, which is a gas under standard conditions.
The pyramidal compound is xenon trioxide, \(\ce{XeO3}\), SMILES O=[Xe](=O)=O. Its xenon center has three bonding regions and one lone pair, giving a trigonal pyramidal molecular geometry. Therefore,
\[ G=\ce{O}. \]
This also satisfies the diatomic-element clue: oxygen occurs as dioxygen, \(\ce{O2}\), SMILES O=O. That simple SMILES does not encode dioxygen’s triplet electronic state.
The compound containing hydrogen, oxygen, and iodine with iodine in oxidation state \(+1\) is hypoiodous acid, \(\ce{HOI}\), SMILES [H]OI:
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
Oxygen is more electronegative than iodine, so hydrogen bonds to oxygen. The requested drawing is therefore \(\ce{H-O-I}\), bent at oxygen. Oxygen has two lone pairs, and iodine has three lone pairs.
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
The mass number stays at 59, while the atomic number increases from 26 to 27. This identifies beta-minus decay:
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
The emitted beta particle is an electron. Of the listed choices, gamma radiation supplies the second emission with zero charge and zero mass number, corresponding to de-excitation of the daughter nucleus.
Thus, in the schematic notation of the question,
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
Mark beta and gamma. Physically, beta-minus decay also emits an electron antineutrino, \(\bar{\nu}_e\), which the problem’s schematic omits.
6.8
For an initially pure sample containing \(N_0\) iron-59 nuclei, after \(n\) half-lives,
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
The number of cobalt-59 nuclei formed is
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
The mole ratio equals the ratio of nucleus counts, so
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
Therefore,
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
and
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
The solution was checked against the official solution.
IChO 2017 · Theorieaufgabe 6
Eisen
Eisen (\(\ce{Fe}\)) ist das vierthäufigste Element in der Erdkruste und wird seit mehr als 5.000 Jahren verwendet.
Teil A.
Reines Eisen wird leicht oxidiert, was seine Verwendung einschränkt. Das Element X ist eines der Legierungselemente, die zugesetzt werden, um die Oxidationsbeständigkeit von Eisen zu verbessern.
6.1 Im Folgenden sind einige Informationen über das Element X angegeben:
(1) Bei der ersten Ionisierung wird ein Elektron mit den Quantenzahlen \(n_1=4-l_1\) entfernt.
(2) Bei der zweiten Ionisierung wird ein Elektron mit den Quantenzahlen \(n_2=5-l_2\) entfernt.
(3) Die Atommasse von X ist kleiner als die von \(\ce{Fe}\).
Um welches Element X handelt es sich?
(Geben Sie als Antwort das entsprechende Elementsymbol aus dem Periodensystem an.)
6.2 Sowohl \(\ce{Fe}\) als auch X kristallisieren in der kubisch-raumzentrierten Struktur. Nähert man die \(\ce{Fe}\)-Atome als harte Kugeln an, so beträgt das von den \(\ce{Fe}\)-Atomen innerhalb der Elementarzelle eingenommene Volumen \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\). Das Volumen der Elementarzelle von X beträgt \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\). Eine lückenlose Substitutionsmischkristallreihe entsteht üblicherweise, wenn
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
kleiner oder gleich 15 ist, wobei \(R_X\) und \(R_{\ce{Fe}}\) die Atomradien von X bzw. \(\ce{Fe}\) sind. Können X und \(\ce{Fe}\) eine lückenlose Substitutionsmischkristallreihe bilden?
Kreuzen Sie das entsprechende Kästchen an: ☐ JA ☐ NEIN.
Zeigen Sie Ihre Berechnung. Das Volumen einer Kugel beträgt \(4/3\pi r^3\).
Teil B.
Eisen liegt in natürlichen Gewässern in Form von \(\ce{Fe(HCO3)2}\) vor, das in \(\ce{Fe^2+}\) und \(\ce{HCO3^-}\) dissoziiert. Um Eisen aus Wasser zu entfernen, wird \(\ce{Fe(HCO3)2}\) zu einem unlöslichen Komplex \(\ce{Fe(OH)3}\) oxidiert, der aus dem Wasser abfiltriert werden kann.
6.3 \(\ce{Fe^2+}\) kann durch \(\ce{KMnO4}\) in basischer Lösung oxidiert werden, wobei \(\ce{Fe(OH)3}\) und \(\ce{MnO2}\) als Niederschläge entstehen. Schreiben Sie die ausgeglichene Ionengleichung für diese Reaktion in basischer Lösung auf.
6.4 Unter diesen Bedingungen werden \(\ce{HCO3^-}\)-Ionen in \(\ce{CO3^2-}\) umgewandelt. Schreiben Sie die ausgeglichene Ionengleichung für diese Reaktion in basischer Lösung auf.
6.5 Eine kovalente Verbindung A, die mehr als 2 Atome enthält und ein potenzielles Oxidationsmittel ist, kann durch die Reaktion zwischen einem zweiatomigen Halogenmolekül (\(\ce{X2}\)) und \(\ce{NaQO2}\) hergestellt werden.
Dabei sind \(x\), \(y\) und \(z\) die Koeffizienten der ausgeglichenen Gleichung. Unter den binären Verbindungen aus Wasserstoff und einem Halogen hat \(\ce{HX}\) den niedrigsten Siedepunkt. Bestimmen Sie X und zeichnen Sie, falls A ein ungepaartes Elektron besitzt, eine Lewis-Struktur der Verbindung A, in der alle Atome die Formalladung null haben.
6.6 Die Verbindung D ist ein instabiles Oxidationsmittel, das verwendet werden kann, um \(\ce{Fe(HCO3)2}\) aus natürlichen Gewässern zu entfernen. Sie besteht aus den Elementen G, Z und Wasserstoff, und die Oxidationszahl von Z beträgt +1. In dieser Verbindung ist Wasserstoff an dasjenige dieser Elemente gebunden, das die höhere Elektronegativität besitzt. Im Folgenden sind einige Informationen über die Elemente G und Z angegeben:
(1) G liegt in seinem normalen Zustand als zweiatomiges Molekül \(\ce{G2}\) vor.
(2) Z hat ein Proton weniger als das Element E. E liegt unter Standardbedingungen als Gas vor. \(\ce{Z2}\) ist ein flüchtiger Feststoff.
(3) Die Verbindung \(\ce{EG3}\) hat eine pyramidale Gestalt.
Bestimmen Sie die Elemente G und Z und zeichnen Sie eine Molekülstruktur der Verbindung D.
Teil C.
\(\ce{^{59}Fe}\) ist ein radiopharmazeutisches Isotop, das zur Untersuchung des Eisenstoffwechsels in der Milz verwendet wird. Dieses Isotop zerfällt wie folgt zu \(\ce{^{59}Co}\):
6.7 Was sind a und b in Gleichung (1)? (Markieren Sie die entsprechenden Kästchen mit ✓.)
| Proton | Neutron | Beta | Positron | Alpha | Gamma |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 Betrachten Sie Gleichung (1): Lässt man das Isotop \(\ce{^{59}Fe}\) 178 Tage lang stehen, was dem \(n\)-Fachen seiner Halbwertszeit (\(t_{1/2}\)) entspricht, so beträgt das Stoffmengenverhältnis von \(\ce{^{59}Co}\) zu \(\ce{^{59}Fe}\) 15 : 1. Wenn \(n\) eine ganze Zahl ist, wie groß ist die Halbwertszeit von \(\ce{^{59}Fe}\) in Tagen? Zeigen Sie Ihre Berechnung.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\), Chrom.
- 6.2: JA, nach dem angegebenen Kriterium. \(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\), \(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\); die relative Radiendifferenz beträgt ungefähr \(2.5\%\).
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\); A ist Chlordioxid, \(\ce{ClO2}\), SMILES
O=[Cl]=O. \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] Die geforderte Lewis-Struktur besitzt zwei Chlor–Sauerstoff-Doppelbindungen, zwei freie Elektronenpaare an jedem Sauerstoffatom sowie ein freies Elektronenpaar und ein ungepaartes Elektron am Chloratom. Alle Formalladungen sind null. - 6.6: \(G=\ce{O}\), \(Z=\ce{I}\). D ist hypoiodige Säure, \(\ce{HOI}\), SMILES
[H]OI. Ihre Struktur ist \(\ce{H-O-I}\), am Sauerstoffatom gewinkelt. - 6.7: Markieren Sie Beta und Gamma: \(a=\beta^-\), \(b=\gamma\), wobei ihre Reihenfolge vertauscht werden kann.
- 6.8: \(n=4\), und \(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{Tage}}\).
Lösung
6.1
Die Bedingungen für die Quantenzahlen lauten
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
Die zulässigen Unterschalen, die die erste Bedingung erfüllen, sind \(4s\) und \(3p\); diejenigen, die die zweite erfüllen, sind \(5s\), \(4p\) und \(3d\). Bei einem Element, das leichter als Eisen ist, erfolgen die relevanten aufeinanderfolgenden Elektronenentfernungen aus \(4s\) und anschließend aus \(3d\).
Chrom besitzt die Grundzustandskonfiguration
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
Durch Entfernen seines einzigen \(4s\)-Elektrons entsteht Chrom(I), \(\ce{Cr+}\), SMILES [Cr+], mit der Konfiguration \([\ce{Ar}]\,3d^5\). Das nächste Elektron wird aus \(3d\) entfernt, wodurch Chrom(II), \(\ce{Cr^2+}\), SMILES [Cr+2], mit der Konfiguration \([\ce{Ar}]\,3d^4\) entsteht.
Somit gilt
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
womit beide Bedingungen erfüllt sind. Chrom hat außerdem eine kleinere Atommasse als Eisen. Daher gilt
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
Eine kubisch-raumzentrierte Elementarzelle enthält
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
Atome. Das für Eisen angegebene Volumen ist das von diesen beiden Atomkugeln eingenommene Volumen, also gilt
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
Folglich ist
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
Für X ist der angegebene Wert das gesamte Volumen der Elementarzelle. Ihre Kantenlänge beträgt
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
In einer kubisch-raumzentrierten Struktur berühren sich die Atome entlang der Raumdiagonalen:
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
Daher gilt
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
Mit den ungerundeten Radien ergibt sich
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
Die relative Radiendifferenz beträgt ungefähr \(2.5\%\) und liegt damit unter der angegebenen Grenze von \(15\%\). Daher ist JA anzukreuzen.
6.3
Eisen wird von der Oxidationsstufe \(+2\) zur Oxidationsstufe \(+3\) oxidiert:
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
Mangan wird von \(+7\) im Permanganat zu \(+4\) im Mangandioxid reduziert:
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
Multipliziert man die Teilreaktion des Eisens mit drei, addiert die Teilreaktionen und kürzt Elektronen und Hydroxidionen, erhält man
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
Die Gesamtladung auf der linken Seite beträgt \(3(2)-1-5=0\) und ist gleich der auf der rechten Seite.
Die Namen der Spezies und ihre SMILES sind:
| Formel | Name | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | Eisen(II)-Ion | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | Permanganation | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | Hydroxidion | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | Wasser | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | Eisen(III)-hydroxid | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | Mangan(IV)-oxid oder Mangandioxid | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
Bei den beiden Niederschlägen stellen die SMILES mit unverbundenen Komponenten formale ionische Formeleinheiten dar. Sie beschreiben weder die ausgedehnten Festkörperstrukturen noch die Koordinationsgeometrien der Metalle.
6.4
Hydroxid entzieht Hydrogencarbonat ein Proton:
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
Dies ist eine Säure–Base-Reaktion; Kohlenstoff verbleibt in der Oxidationsstufe \(+4\).
Hydrogencarbonat, auch Bicarbonat genannt, \(\ce{HCO3^-}\), hat den SMILES O=C(O)[O-]. Carbonat, \(\ce{CO3^2-}\), hat den SMILES O=C([O-])[O-]. Diese SMILES zeigen einzelne mesomere Grenzstrukturen; das Carbonation ist planar, wobei die Sauerstoffpositionen im freien Ion gleichwertig sind.
6.5
Hier ist X ein Halogen und unabhängig von der Bezeichnung X in Teil A.
Für die Halogenwasserstoffe gilt:
- Fluorwasserstoff, \(\ce{HF}\), SMILES
[H]F, hat aufgrund von Wasserstoffbrückenbindungen einen ungewöhnlich hohen Siedepunkt. - Chlorwasserstoff, \(\ce{HCl}\), SMILES
[H]Cl, hat den niedrigsten Siedepunkt. - Bromwasserstoff, \(\ce{HBr}\), SMILES
[H]Br, und Iodwasserstoff, \(\ce{HI}\), SMILES[H]I, weisen stärkere Dispersionswechselwirkungen als Chlorwasserstoff auf.
Somit gilt
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
Um die Verbindung A mit ungerader Elektronenzahl zu bestimmen, nehmen wir an, dass sie \(p\) Chloratome und \(q\) Sauerstoffatome enthält. Aus dem dargestellten Reaktionsschema ergibt sich durch die Natriumbilanz \(z=x\). Die Chlor- und Sauerstoffbilanzen ergeben dann
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
Eine ungerade Gesamtzahl an Valenzelektronen erfordert, dass \(7p+6q\) ungerade ist; somit ist \(p\) ungerade. Da \(py=2\) gilt, folgt daraus
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
Die Forderung nach mehr als zwei Atomen ergibt \(q\ge2\). Die Schranke für die Koeffizienten ergibt
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
also ist \(q=2\). Somit ist A Chlordioxid:
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
Die Edukte und Produkte sind Chlor, \(\ce{Cl2}\), SMILES ClCl; Natriumchlorit, \(\ce{NaClO2}\), SMILES [Na+].[O-]Cl=O; Chlordioxid, \(\ce{ClO2}\), SMILES O=[Cl]=O; und Natriumchlorid, \(\ce{NaCl}\), SMILES [Na+].[Cl-].
Chlordioxid besitzt
\[ 7+2(6)=19 \]
Valenzelektronen. Für die geforderte Lewis-Struktur mit Formalladungen von null wird Chlor in der Mitte angeordnet, mit jeweils einer Doppelbindung zu jedem Sauerstoffatom. Jedem Sauerstoffatom werden zwei freie Elektronenpaare zugeordnet, dem Chloratom ein freies Elektronenpaar und ein ungepaartes Elektron.
Die Formalladungen betragen
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
Das Molekül ist gewinkelt. Der SMILES zeigt weder die freien Elektronenpaare noch den Bindungswinkel; die oben beschriebene Elektronenanordnung legt die geforderte Lewis-Darstellung fest.
6.6
Der flüchtige Feststoff, der aus zweiatomigen Molekülen besteht, ist Iod, \(\ce{I2}\), SMILES II. Daher gilt
\[ Z=\ce{I}. \]
Iod hat die Ordnungszahl 53. Das Element mit einem Proton mehr ist somit Xenon, \(\ce{Xe}\), mit der Ordnungszahl 54, das unter Standardbedingungen ein Gas ist.
Die pyramidale Verbindung ist Xenontrioxid, \(\ce{XeO3}\), SMILES O=[Xe](=O)=O. Ihr Xenonzentrum besitzt drei Bindungsbereiche und ein freies Elektronenpaar, woraus sich eine trigonal-pyramidale Molekülgeometrie ergibt. Daher gilt
\[ G=\ce{O}. \]
Dies erfüllt auch den Hinweis auf das zweiatomige Element: Sauerstoff kommt als Disauerstoff, \(\ce{O2}\), SMILES O=O, vor. Dieser einfache SMILES kodiert nicht den elektronischen Triplettzustand von Disauerstoff.
Die Verbindung, die Wasserstoff, Sauerstoff und Iod mit Iod in der Oxidationsstufe \(+1\) enthält, ist hypoiodige Säure, \(\ce{HOI}\), SMILES [H]OI:
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
Sauerstoff ist elektronegativer als Iod, daher bindet Wasserstoff an Sauerstoff. Die geforderte Zeichnung ist folglich \(\ce{H-O-I}\), am Sauerstoffatom gewinkelt. Sauerstoff besitzt zwei freie Elektronenpaare und Iod drei freie Elektronenpaare.
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
Die Massenzahl bleibt bei 59, während die Ordnungszahl von 26 auf 27 steigt. Dies kennzeichnet einen Beta-minus-Zerfall:
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
Das emittierte Betateilchen ist ein Elektron. Unter den aufgeführten Auswahlmöglichkeiten liefert Gammastrahlung die zweite Emission mit Ladung null und Massenzahl null, entsprechend der Abregung des Tochterkerns.
In der schematischen Schreibweise der Aufgabe gilt somit
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
Markieren Sie Beta und Gamma. Physikalisch wird beim Beta-minus-Zerfall auch ein Elektron-Antineutrino, \(\bar{\nu}_e\), emittiert, das im Schema der Aufgabe weggelassen wird.
6.8
Für eine anfangs reine Probe mit \(N_0\) Eisen-59-Kernen gilt nach \(n\) Halbwertszeiten
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
Die Anzahl der entstandenen Cobalt-59-Kerne beträgt
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
Das Stoffmengenverhältnis ist gleich dem Verhältnis der Kernanzahlen, also gilt
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
Daher gilt
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
und
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.
IChO 2017 · Teori sorusu 6
Demir
Demir (\(\ce{Fe}\)), yer kabuğunda en bol bulunan dördüncü elementtir ve 5.000 yılı aşkın süredir kullanılmaktadır.
Bölüm A.
Saf demir kolayca yükseltgenir ve bu durum kullanımını sınırlar. X elementi, demirin yükseltgenmeye karşı direncini artırmak için eklenen alaşım elementlerinden biridir.
6.1 X elementi hakkında bazı bilgiler aşağıda verilmiştir:
(1) Birinci iyonlaşmada, kuantum sayıları \(n_1=4-l_1\) olan bir elektron uzaklaştırılır.
(2) İkinci iyonlaşmada, kuantum sayıları \(n_2=5-l_2\) olan bir elektron uzaklaştırılır.
(3) X elementinin atom kütlesi, \(\ce{Fe}\) elementininkinden küçüktür.
X hangi elementtir?
(Cevabınızı periyodik tablodaki uygun simgeyi yazarak veriniz.)
6.2 Hem \(\ce{Fe}\) hem de X, hacim merkezli kübik yapıda kristallenir. \(\ce{Fe}\) atomları sert küreler olarak kabul edildiğinde, birim hücre içindeki \(\ce{Fe}\) atomlarının kapladığı hacim \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\) olur. X elementinin birim hücre hacmi \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\) değerindedir. Tam bir yer alan katı çözelti genellikle
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
değerinin 15'e eşit veya daha küçük olması durumunda oluşur; burada \(R_X\) ve \(R_{\ce{Fe}}\), sırasıyla X ve \(\ce{Fe}\) elementlerinin atom yarıçaplarıdır. X ve \(\ce{Fe}\), tam bir yer alan katı çözelti oluşturabilir mi?
İlgili kutuyu işaretleyiniz ☐ EVET ☐ HAYIR.
Hesaplamanızı gösteriniz. Kürenin hacmi \(4/3\pi r^3\) ile verilir.
Bölüm B.
Doğal sularda demir, \(\ce{Fe^2+}\) ve \(\ce{HCO3^-}\) iyonlarına ayrışan \(\ce{Fe(HCO3)2}\) biçiminde bulunur. Demiri sudan uzaklaştırmak için \(\ce{Fe(HCO3)2}\), süzülerek sudan ayrılabilen, çözünmeyen bir kompleks olan \(\ce{Fe(OH)3}\)'e yükseltgenir.
6.3 \(\ce{Fe^2+}\), bazik çözeltide \(\ce{KMnO4}\) ile yükseltgenerek \(\ce{Fe(OH)3}\) ve \(\ce{MnO2}\) çökeleklerini oluşturabilir. Bu tepkimenin bazik çözeltideki denkleştirilmiş iyon denklemini yazınız.
6.4 Bu koşullarda \(\ce{HCO3^-}\) iyonları \(\ce{CO3^2-}\) iyonlarına dönüşür. Bu tepkimenin bazik çözeltideki denkleştirilmiş iyon denklemini yazınız.
6.5 İkiden fazla atom içeren ve yükseltgen olarak kullanılma potansiyeli olan kovalent bir A bileşiği, iki atomlu halojen molekülü (\(\ce{X2}\)) ile \(\ce{NaQO2}\) arasındaki tepkimeyle hazırlanabilir.
Burada \(x\), \(y\) ve \(z\), denkleştirilmiş denklemin katsayılarıdır. Hidrojen ile halojenlerin oluşturduğu ikili bileşikler arasında \(\ce{HX}\), en düşük kaynama noktasına sahiptir. X elementini belirleyiniz ve A eşleşmemiş bir elektrona sahipse, A bileşiğinin tüm atomlarında formal yükün sıfır olduğu bir Lewis yapısını çiziniz.
6.6 D bileşiği, doğal sulardan \(\ce{Fe(HCO3)2}\)'yi uzaklaştırmak için kullanılabilen kararsız bir yükseltgendir. G, Z ve hidrojen elementlerinden oluşur ve Z elementinin yükseltgenme basamağı +1'dir. Bu bileşikte hidrojen, bu elementler arasında elektronegatifliği daha yüksek olan elemente bağlıdır. G ve Z elementleri hakkında bazı bilgiler aşağıda verilmiştir:
(1) G, normal hâlinde iki atomlu bir molekül, \(\ce{G2}\), olarak bulunur.
(2) Z elementinin proton sayısı, E elementininkinden bir eksiktir. E, standart koşullarda gaz hâlinde bulunur. \(\ce{Z2}\), uçucu bir katıdır.
(3) \(\ce{EG3}\) bileşiği piramidal bir şekle sahiptir.
G ve Z elementlerini belirleyiniz ve D bileşiğinin molekül yapısını çiziniz.
Bölüm C.
\(\ce{^{59}Fe}\), dalaktaki demir metabolizmasının incelenmesinde kullanılan radyofarmasötik bir izotoptur. Bu izotop, aşağıdaki gibi \(\ce{^{59}Co}\)'a bozunur:
6.7 Denklem (1)'deki a ve b nedir? (Uygun kutulara ✓ işareti koyunuz.)
| proton | nötron | beta | pozitron | alfa | gama |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 Denklem (1)'i ele alınız. \(\ce{^{59}Fe}\) izotopu, yarı ömrünün (\(t_{1/2}\)) \(n\) katı olan 178 gün boyunca bekletilirse, \(\ce{^{59}Co}\)'ın \(\ce{^{59}Fe}\)'e mol oranı 15 : 1 olur. \(n\) bir tam sayı ise \(\ce{^{59}Fe}\)'in yarı ömrü kaç gündür? Hesaplamanızı gösteriniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\), krom.
- 6.2: Verilen ölçüte göre EVET. \(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\), \(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\); yarıçap uyumsuzluğu yaklaşık \(2.5\%\)'tir.
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\); A, klor dioksittir, \(\ce{ClO2}\), SMILES
O=[Cl]=O. \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] İstenen Lewis yapısında iki klor–oksijen çift bağı, her oksijen üzerinde iki ortaklanmamış elektron çifti ve klor üzerinde bir ortaklanmamış elektron çifti ile bir eşleşmemiş elektron bulunur. Tüm formal yükler sıfırdır. - 6.6: \(G=\ce{O}\), \(Z=\ce{I}\). D, hipoiyodöz asittir, \(\ce{HOI}\), SMILES
[H]OI. Yapısı \(\ce{H-O-I}\) biçimindedir ve oksijen atomunda açısaldır. - 6.7: beta ve gama seçeneklerini işaretleyiniz: \(a=\beta^-\), \(b=\gamma\); bunların sırası değiştirilebilir.
- 6.8: \(n=4\) ve \(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{gün}}\).
Çözüm
6.1
Kuantum sayısı koşulları şunlardır:
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
Birinci koşulu sağlayan izinli alt kabuklar \(4s\) ve \(3p\); ikinci koşulu sağlayanlar ise \(5s\), \(4p\) ve \(3d\)'dir. Demirden daha hafif bir element için ilgili ardışık elektron uzaklaştırmaları önce \(4s\), ardından \(3d\) alt kabuğundan gerçekleşir.
Kromun temel hâl elektron dizilimi şöyledir:
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
Tek \(4s\) elektronunun uzaklaştırılmasıyla, elektron dizilimi \([\ce{Ar}]\,3d^5\) olan krom(I), \(\ce{Cr+}\), SMILES [Cr+], oluşur. Bir sonraki elektron \(3d\) alt kabuğundan uzaklaştırılır ve elektron dizilimi \([\ce{Ar}]\,3d^4\) olan krom(II), \(\ce{Cr^2+}\), SMILES [Cr+2], oluşur.
Dolayısıyla,
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
olur ve bu değerler her iki koşulu da sağlar. Kromun atom kütlesi de demirinkinden küçüktür. Bu nedenle,
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
Hacim merkezli kübik bir birim hücre,
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
atom içerir. Demir için verilen hacim, bu iki atom küresinin kapladığı hacimdir; dolayısıyla
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
Bunun sonucunda,
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
X için verilen değer, birim hücrenin tüm hacmidir. Kenar uzunluğu şöyledir:
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
Hacim merkezli kübik bir yapıda atomlar, cisim köşegeni boyunca birbirine temas eder:
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
Bu nedenle,
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
Yuvarlanmamış yarıçaplar kullanıldığında,
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
Yarıçap uyumsuzluğu yaklaşık \(2.5\%\) olup belirtilen \(15\%\) sınırının altındadır. Bu nedenle EVET seçeneğini işaretleyiniz.
6.3
Demir, \(+2\) yükseltgenme basamağından \(+3\)'e yükseltgenir:
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
Mangan, permanganattaki \(+7\) yükseltgenme basamağından mangan dioksitteki \(+4\)'e indirgenir:
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
Demir yarı tepkimesi üçle çarpılıp tepkimeler toplandığında ve elektronlar ile hidroksit iyonları sadeleştirildiğinde şu denklem elde edilir:
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
Sol taraftaki toplam yük \(3(2)-1-5=0\) olup sağ taraftaki yüke eşittir.
Türlerin adları ve SMILES gösterimleri şöyledir:
| Formül | Ad | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | Demir(II) iyonu | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | Permanganat iyonu | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | Hidroksit iyonu | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | Su | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | Demir(III) hidroksit | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | Mangan(IV) oksit veya mangan dioksit | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
İki çökelek için, bağlantısız SMILES gösterimleri biçimsel iyonik formül birimlerini temsil eder. Bunlar, uzanımlı katı yapılarını veya metal koordinasyon geometrilerini betimlemez.
6.4
Hidroksit, hidrojen karbonattan bir proton uzaklaştırır:
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
Bu bir asit–baz tepkimesidir; karbonun yükseltgenme basamağı \(+4\) olarak kalır.
Bikarbonat olarak da adlandırılan hidrojen karbonatın, \(\ce{HCO3^-}\), SMILES gösterimi O=C(O)[O-] şeklindedir. Karbonatın, \(\ce{CO3^2-}\), SMILES gösterimi O=C([O-])[O-] şeklindedir. Bu SMILES gösterimleri, ayrı ayrı rezonans yapılarını gösterir; karbonat iyonu düzlemseldir ve serbest iyonda oksijen konumları eşdeğerdir.
6.5
Burada X bir halojendir ve Bölüm A'daki X etiketinden bağımsızdır.
Hidrojen halojenürler arasında:
- Hidrojen florür, \(\ce{HF}\), SMILES
[H]F, hidrojen bağları nedeniyle olağan dışı derecede yüksek bir kaynama noktasına sahiptir. - Hidrojen klorür, \(\ce{HCl}\), SMILES
[H]Cl, en düşük kaynama noktasına sahiptir. - Hidrojen bromür, \(\ce{HBr}\), SMILES
[H]Br, ve hidrojen iyodür, \(\ce{HI}\), SMILES[H]I, hidrojen klorürden daha güçlü dispersiyon etkileşimlerine sahiptir.
Dolayısıyla,
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
Tek sayıda elektron içeren A bileşiğini belirlemek için, bileşiğin \(p\) klor atomu ve \(q\) oksijen atomu içerdiğini varsayalım. Verilen tepkime şemasında sodyumun korunumu \(z=x\) sonucunu verir. Klor ve oksijenin korunumu ise şunları verir:
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
Toplam değerlik elektronu sayısının tek olması, \(7p+6q\) değerinin tek olmasını gerektirir; dolayısıyla \(p\) tektir. \(py=2\) olduğundan,
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
İkiden fazla atom bulunması koşulu \(q\ge2\) sonucunu verir. Katsayı sınırı ise
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
olduğundan \(q=2\) bulunur. Dolayısıyla A, klor dioksittir:
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
Tepkimeye girenler ve ürünler; klor, \(\ce{Cl2}\), SMILES ClCl; sodyum klorit, \(\ce{NaClO2}\), SMILES [Na+].[O-]Cl=O; klor dioksit, \(\ce{ClO2}\), SMILES O=[Cl]=O; ve sodyum klorür, \(\ce{NaCl}\), SMILES [Na+].[Cl-] şeklindedir.
Klor dioksitin
\[ 7+2(6)=19 \]
değerlik elektronu vardır. İstenen, formal yüklerin sıfır olduğu Lewis yapısı için kloru merkeze yerleştiriniz ve her bir oksijene bir çift bağla bağlayınız. Her oksijene iki ortaklanmamış elektron çifti, klora ise bir ortaklanmamış elektron çifti ve bir eşleşmemiş elektron yerleştiriniz.
Formal yükler şöyledir:
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
Molekül açısaldır. SMILES gösterimi, ortaklanmamış elektron çiftlerini veya bağ açısını göstermez; yukarıda belirtilen elektron yerleşimi, istenen Lewis gösterimini tanımlar.
6.6
İki atomlu moleküllerden oluşan uçucu katı iyottur, \(\ce{I2}\), SMILES II. Bu nedenle,
\[ Z=\ce{I}. \]
İyodun atom numarası 53'tür; dolayısıyla bir fazla protonu olan element, atom numarası 54 olan ve standart koşullarda gaz hâlinde bulunan ksenondur, \(\ce{Xe}\).
Piramidal bileşik, ksenon trioksittir, \(\ce{XeO3}\), SMILES O=[Xe](=O)=O. Merkezdeki ksenon atomunun üç bağ bölgesi ve bir ortaklanmamış elektron çifti vardır; bu da üçgen piramidal molekül geometrisi oluşturur. Bu nedenle,
\[ G=\ce{O}. \]
Bu sonuç, iki atomlu element ipucunu da sağlar: oksijen, dioksijen, \(\ce{O2}\), SMILES O=O, olarak bulunur. Bu basit SMILES gösterimi, dioksijenin triplet elektronik hâlini kodlamaz.
Hidrojen, oksijen ve iyot içeren ve iyodun yükseltgenme basamağının \(+1\) olduğu bileşik hipoiyodöz asittir, \(\ce{HOI}\), SMILES [H]OI:
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
Oksijenin elektronegatifliği iyodunkinden daha yüksektir; bu nedenle hidrojen oksijene bağlanır. Dolayısıyla istenen çizim, oksijen atomunda açısal olan \(\ce{H-O-I}\) yapısıdır. Oksijenin iki, iyodun ise üç ortaklanmamış elektron çifti vardır.
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
Kütle numarası 59 olarak kalırken atom numarası 26'dan 27'ye çıkar. Bu durum beta-eksi bozunmasını gösterir:
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
Yayımlanan beta parçacığı bir elektrondur. Listelenen seçenekler arasında gama ışınımı, yavru çekirdeğin uyarılmış hâlden daha düşük enerjili bir hâle geçişine karşılık gelen, yükü ve kütle numarası sıfır olan ikinci yayımı sağlar.
Dolayısıyla, sorudaki şematik gösterimle,
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
beta ve gama seçeneklerini işaretleyiniz. Fiziksel olarak beta-eksi bozunmasında, sorunun şematik gösteriminde yer almayan bir elektron antinötrinosu, \(\bar{\nu}_e\), da yayımlanır.
6.8
Başlangıçta \(N_0\) demir-59 çekirdeği içeren saf bir örnek için, \(n\) yarı ömür sonra,
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
Oluşan kobalt-59 çekirdeği sayısı şöyledir:
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
Mol oranı, çekirdek sayılarının oranına eşittir; dolayısıyla
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
Bu nedenle,
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
ve
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IChO 2017 · Problema teórico 6
Hierro
El hierro (\(\ce{Fe}\)) es el cuarto elemento más abundante en la corteza terrestre y se utiliza desde hace más de 5000 años.
Parte A.
El hierro puro se oxida fácilmente, lo que limita su utilización. El elemento X es uno de los elementos de aleación que se añaden para mejorar la resistencia del hierro a la oxidación.
6.1 A continuación se proporciona información sobre el elemento X:
(1) En la primera ionización, se extrae un electrón con números cuánticos \(n_1=4-l_1\).
(2) En la segunda ionización, se extrae un electrón con números cuánticos \(n_2=5-l_2\).
(3) La masa atómica de X es menor que la de \(\ce{Fe}\).
¿Cuál es el elemento X?
(Responda escribiendo el símbolo correspondiente según la tabla periódica).
6.2 Tanto \(\ce{Fe}\) como X cristalizan en la estructura cúbica centrada en el cuerpo. Aproximando los átomos de \(\ce{Fe}\) como esferas rígidas, el volumen ocupado por los átomos de \(\ce{Fe}\) dentro de la celda unidad es \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\). El volumen de la celda unidad de X es \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\). Por lo general, se forma una disolución sólida sustitucional completa cuando
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
es menor o igual que 15, donde \(R_X\) y \(R_{\ce{Fe}}\) son los radios atómicos de X y \(\ce{Fe}\), respectivamente. ¿Pueden X y \(\ce{Fe}\) formar una disolución sólida sustitucional completa?
Marque la casilla correspondiente ☐ SÍ ☐ NO.
Muestre sus cálculos. El volumen de una esfera es \(4/3\pi r^3\).
Parte B.
El hierro presente en las aguas naturales se encuentra en forma de \(\ce{Fe(HCO3)2}\), que se ioniza para dar \(\ce{Fe^2+}\) y \(\ce{HCO3^-}\). Para eliminar el hierro del agua, el \(\ce{Fe(HCO3)2}\) se oxida a un complejo insoluble, \(\ce{Fe(OH)3}\), que puede separarse del agua por filtración.
6.3 El \(\ce{Fe^2+}\) puede oxidarse con \(\ce{KMnO4}\) en disolución básica para producir precipitados de \(\ce{Fe(OH)3}\) y \(\ce{MnO2}\). Escriba la ecuación iónica ajustada de esta reacción en disolución básica.
6.4 En estas condiciones, los iones \(\ce{HCO3^-}\) se convierten en \(\ce{CO3^2-}\). Escriba la ecuación iónica ajustada de esta reacción en disolución básica.
6.5 Un compuesto covalente A, que contiene más de 2 átomos y es un posible agente oxidante, puede prepararse mediante la reacción entre una molécula diatómica de halógeno (\(\ce{X2}\)) y \(\ce{NaQO2}\)
donde \(x\), \(y\) y \(z\) son los coeficientes de la ecuación ajustada. Entre los compuestos binarios de hidrógeno y halógeno, \(\ce{HX}\) tiene el punto de ebullición más bajo. Identifique X y, si A tiene un electrón desapareado, dibuje una estructura de Lewis del compuesto A con carga formal cero en todos los átomos.
6.6 El compuesto D es un agente oxidante inestable que puede utilizarse para eliminar el \(\ce{Fe(HCO3)2}\) de las aguas naturales. Está formado por los elementos G, Z e hidrógeno, y el número de oxidación de Z es +1. En este compuesto, el hidrógeno está unido al elemento que tiene la mayor electronegatividad entre ellos. A continuación se proporciona información sobre los elementos G y Z:
(1) G existe en su estado normal como una molécula diatómica, \(\ce{G2}\).
(2) Z tiene un protón menos que el elemento E. E es un gas en condiciones estándar. \(\ce{Z2}\) es un sólido volátil.
(3) El compuesto \(\ce{EG3}\) tiene forma piramidal.
Identifique los elementos G y Z y dibuje una estructura molecular del compuesto D.
Parte C.
El \(\ce{^{59}Fe}\) es un isótopo radiofarmacéutico que se utiliza en el estudio del metabolismo del hierro en el bazo. Este isótopo se desintegra para dar \(\ce{^{59}Co}\) de la siguiente manera:
6.7 ¿Qué son a y b en la ecuación (1)? (Marque ✓ en las casillas correspondientes).
| protón | neutrón | beta | positrón | alfa | gamma |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 Considere la ecuación (1). Si se deja transcurrir un tiempo de 178 días para el isótopo \(\ce{^{59}Fe}\), equivalente a \(n\) veces su período de semidesintegración (\(t_{1/2}\)), la relación molar de \(\ce{^{59}Co}\) a \(\ce{^{59}Fe}\) es 15 : 1. Si \(n\) es un número entero, ¿cuál es el período de semidesintegración del \(\ce{^{59}Fe}\) en días? Muestre sus cálculos.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\), cromo.
- 6.2: SÍ, según el criterio indicado. \(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\), \(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\); la diferencia relativa entre los radios es aproximadamente del \(2.5\%\).
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\); A es dióxido de cloro, \(\ce{ClO2}\), SMILES
O=[Cl]=O. \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] La estructura de Lewis solicitada tiene dos enlaces dobles cloro–oxígeno, dos pares de electrones no enlazantes en cada oxígeno y un par de electrones no enlazantes más un electrón desapareado en el cloro. Todas las cargas formales son cero. - 6.6: \(G=\ce{O}\), \(Z=\ce{I}\). D es ácido hipoyodoso, \(\ce{HOI}\), SMILES
[H]OI. Su estructura es \(\ce{H-O-I}\), angular en el oxígeno. - 6.7: Marque beta y gamma: \(a=\beta^-\), \(b=\gamma\), con su orden intercambiable.
- 6.8: \(n=4\), y \(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{días}}\).
Solución
6.1
Las condiciones sobre los números cuánticos son
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
Las subcapas permitidas que satisfacen la primera condición son \(4s\) y \(3p\); las que satisfacen la segunda son \(5s\), \(4p\) y \(3d\). Para un elemento más ligero que el hierro, las extracciones sucesivas pertinentes se producen de \(4s\) y después de \(3d\).
El cromo tiene la configuración en el estado fundamental
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
La extracción de su único electrón \(4s\) da cromo(I), \(\ce{Cr+}\), SMILES [Cr+], con configuración \([\ce{Ar}]\,3d^5\). El siguiente electrón se extrae de \(3d\), produciendo cromo(II), \(\ce{Cr^2+}\), SMILES [Cr+2], con configuración \([\ce{Ar}]\,3d^4\).
Así,
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
que satisfacen ambas condiciones. El cromo también tiene una masa atómica menor que la del hierro. Por tanto,
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
Una celda unidad cúbica centrada en el cuerpo contiene
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
átomos. El volumen dado para el hierro es el volumen ocupado por estas dos esferas atómicas, por lo que
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
En consecuencia,
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
Para X, el valor dado es el volumen total de la celda unidad. La longitud de su arista es
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
En una estructura cúbica centrada en el cuerpo, los átomos están en contacto a lo largo de la diagonal del cuerpo:
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
Por tanto,
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
Utilizando los radios sin redondear,
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
La diferencia relativa entre los radios es aproximadamente del \(2.5\%\), inferior al límite indicado del \(15\%\). Por tanto, marque SÍ.
6.3
El hierro se oxida del estado de oxidación \(+2\) al \(+3\):
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
El manganeso se reduce de \(+7\) en el permanganato a \(+4\) en el dióxido de manganeso:
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
Al multiplicar la semirreacción del hierro por tres, sumar y cancelar los electrones y los iones hidróxido, se obtiene
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
La carga total del lado izquierdo es \(3(2)-1-5=0\), igual a la del lado derecho.
Los nombres de las especies y sus SMILES son:
| Fórmula | Nombre | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | Ion hierro(II) | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | Ion permanganato | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | Ion hidróxido | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | Agua | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | Hidróxido de hierro(III) | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | Óxido de manganeso(IV), o dióxido de manganeso | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
Para los dos precipitados, los SMILES con componentes desconectados representan unidades fórmula iónicas formales. No describen las estructuras extendidas de los sólidos ni las geometrías de coordinación de los metales.
6.4
El hidróxido extrae un protón del hidrogenocarbonato:
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
Esta es una reacción ácido–base; el carbono permanece en el estado de oxidación \(+4\).
El hidrogenocarbonato, también llamado bicarbonato, \(\ce{HCO3^-}\), tiene el SMILES O=C(O)[O-]. El carbonato, \(\ce{CO3^2-}\), tiene el SMILES O=C([O-])[O-]. Estos SMILES muestran representaciones de resonancia individuales; el ion carbonato es plano, con posiciones de oxígeno equivalentes en el ion libre.
6.5
Aquí X es un halógeno y es independiente de la etiqueta X de la Parte A.
Entre los haluros de hidrógeno:
- El fluoruro de hidrógeno, \(\ce{HF}\), SMILES
[H]F, tiene un punto de ebullición inusualmente alto debido a los enlaces de hidrógeno. - El cloruro de hidrógeno, \(\ce{HCl}\), SMILES
[H]Cl, tiene el punto de ebullición más bajo. - El bromuro de hidrógeno, \(\ce{HBr}\), SMILES
[H]Br, y el yoduro de hidrógeno, \(\ce{HI}\), SMILES[H]I, presentan interacciones de dispersión más intensas que el cloruro de hidrógeno.
Así,
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
Para identificar el compuesto A, con un número impar de electrones, supongamos que contiene \(p\) átomos de cloro y \(q\) átomos de oxígeno. Utilizando el esquema de reacción mostrado, la conservación del sodio da \(z=x\). La conservación del cloro y del oxígeno da entonces
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
Un número total impar de electrones de valencia requiere que \(7p+6q\) sea impar, por lo que \(p\) es impar. Puesto que \(py=2\), esto da
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
El requisito de que haya más de dos átomos da \(q\ge2\). La cota para los coeficientes da
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
por lo que \(q=2\). Por consiguiente, A es dióxido de cloro:
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
Los reactivos y los productos son cloro, \(\ce{Cl2}\), SMILES ClCl; clorito de sodio, \(\ce{NaClO2}\), SMILES [Na+].[O-]Cl=O; dióxido de cloro, \(\ce{ClO2}\), SMILES O=[Cl]=O; y cloruro de sodio, \(\ce{NaCl}\), SMILES [Na+].[Cl-].
El dióxido de cloro tiene
\[ 7+2(6)=19 \]
electrones de valencia. Para la estructura de Lewis solicitada con cargas formales cero, coloque el cloro en el centro, con un enlace doble a cada oxígeno. Asigne a cada oxígeno dos pares de electrones no enlazantes, y al cloro un par de electrones no enlazantes y un electrón desapareado.
Las cargas formales son
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
La molécula es angular. El SMILES no muestra los pares de electrones no enlazantes ni el ángulo de enlace; la distribución de electrones anterior especifica la representación de Lewis solicitada.
6.6
El sólido volátil formado por moléculas diatómicas es el yodo, \(\ce{I2}\), SMILES II. Por tanto,
\[ Z=\ce{I}. \]
El yodo tiene número atómico 53, por lo que el elemento con un protón más es el xenón, \(\ce{Xe}\), de número atómico 54, que es un gas en condiciones estándar.
El compuesto piramidal es el trióxido de xenón, \(\ce{XeO3}\), SMILES O=[Xe](=O)=O. Su átomo central de xenón tiene tres regiones enlazantes y un par de electrones no enlazantes, lo que da una geometría molecular piramidal trigonal. Por tanto,
\[ G=\ce{O}. \]
Esto también satisface la pista del elemento diatómico: el oxígeno se presenta como dioxígeno, \(\ce{O2}\), SMILES O=O. Ese SMILES simple no codifica el estado electrónico triplete del dioxígeno.
El compuesto que contiene hidrógeno, oxígeno y yodo con el yodo en el estado de oxidación \(+1\) es el ácido hipoyodoso, \(\ce{HOI}\), SMILES [H]OI:
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
El oxígeno es más electronegativo que el yodo, por lo que el hidrógeno se enlaza al oxígeno. El dibujo solicitado es, por tanto, \(\ce{H-O-I}\), angular en el oxígeno. El oxígeno tiene dos pares de electrones no enlazantes y el yodo tiene tres.
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
El número másico se mantiene en 59, mientras que el número atómico aumenta de 26 a 27. Esto identifica una desintegración beta menos:
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
La partícula beta emitida es un electrón. Entre las opciones enumeradas, la radiación gamma aporta la segunda emisión con carga cero y número másico cero, correspondiente a la desexcitación del núcleo hijo.
Así, en la notación esquemática del enunciado,
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
Marque beta y gamma. Físicamente, la desintegración beta menos también emite un antineutrino electrónico, \(\bar{\nu}_e\), que el esquema del problema omite.
6.8
Para una muestra inicialmente pura que contiene \(N_0\) núcleos de hierro-59, tras \(n\) períodos de semidesintegración,
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
El número de núcleos de cobalto-59 formados es
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
La relación molar es igual a la relación entre los números de núcleos, por lo que
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
Por tanto,
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
y
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
La solución se comprobó con la solución oficial.
IChO 2017 · 理论题 6
铁
铁（\(\ce{Fe}\)）是地壳中丰度第四高的元素，人类使用铁的历史已有 5,000 多年。
部分 A.
纯铁容易被氧化，这限制了它的应用。元素 X 是为提高铁的抗氧化性能而加入的合金元素之一。
6.1 以下是关于元素 X 的一些信息：
(1) 第一次电离时，移去的电子的量子数满足 \(n_1=4-l_1\)。
(2) 第二次电离时，移去的电子的量子数满足 \(n_2=5-l_2\)。
(3) X 的原子质量小于 \(\ce{Fe}\) 的原子质量。
元素 X 是什么？
（请根据元素周期表写出正确的元素符号作答。）
6.2 \(\ce{Fe}\) 和 X 均以体心立方结构结晶。将 \(\ce{Fe}\) 原子近似视为硬球，晶胞内 \(\ce{Fe}\) 原子所占的体积为 \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\)。X 的晶胞体积为 \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\)。当
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
小于或等于 15 时，通常能够形成完全互溶的置换固溶体，其中 \(R_X\) 和 \(R_{\ce{Fe}}\) 分别为 X 和 \(\ce{Fe}\) 的原子半径。X 和 \(\ce{Fe}\) 能否形成完全互溶的置换固溶体？
在相应的方框内打勾：☐ 是 ☐ 否。
写出计算过程。球的体积为 \(4/3\pi r^3\)。
部分 B.
天然水中的铁以 \(\ce{Fe(HCO3)2}\) 的形式存在，它电离生成 \(\ce{Fe^2+}\) 和 \(\ce{HCO3^-}\)。为了除去水中的铁，将 \(\ce{Fe(HCO3)2}\) 氧化为不溶性配合物 \(\ce{Fe(OH)3}\)，随后可通过过滤将其从水中除去。
6.3 在碱性溶液中，\(\ce{Fe^2+}\) 可被 \(\ce{KMnO4}\) 氧化，生成 \(\ce{Fe(OH)3}\) 和 \(\ce{MnO2}\) 沉淀。写出该反应在碱性溶液中的配平离子方程式。
6.4 在此条件下，\(\ce{HCO3^-}\) 离子转化为 \(\ce{CO3^2-}\)。写出该反应在碱性溶液中的配平离子方程式。
6.5 共价化合物 A 含有两个以上的原子，可用作氧化剂，可由双原子卤素分子（\(\ce{X2}\)）与 \(\ce{NaQO2}\) 反应制得：
其中，\(x\)、\(y\) 和 \(z\) 为配平方程式中的系数。在氢与卤素形成的二元化合物中，\(\ce{HX}\) 的沸点最低。确定 X；若 A 含有一个未成对电子，画出化合物 A 的路易斯结构，使所有原子的形式电荷均为零。
6.6 化合物 D 是一种不稳定的氧化剂，可用于除去天然水中的 \(\ce{Fe(HCO3)2}\)。它由元素 G、Z 和氢组成，其中 Z 的氧化数为 +1。在该化合物中，氢与这些元素中电负性较大的元素相连。以下是关于元素 G 和 Z 的一些信息：
(1) G 在常态下以双原子分子 \(\ce{G2}\) 的形式存在。
(2) Z 的质子数比元素 E 少一个。E 在标准状况下以气体形式存在。\(\ce{Z2}\) 是一种易挥发的固体。
(3) 化合物 \(\ce{EG3}\) 呈锥形。
确定元素 G 和 Z，并画出化合物 D 的分子结构。
部分 C.
\(\ce{^{59}Fe}\) 是一种用于研究脾脏中铁代谢的放射性药用同位素。该同位素按如下方式衰变为 \(\ce{^{59}Co}\)：
6.7 方程式 (1) 中的 a 和 b 是什么？（在相应的方框内打 ✓。）
| 质子 | 中子 | 贝塔 | 正电子 | 阿尔法 | 伽马 |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 考虑方程式 (1)，若将 \(\ce{^{59}Fe}\) 同位素放置 178 天，即其半衰期（\(t_{1/2}\)）的 \(n\) 倍后，\(\ce{^{59}Co}\) 与 \(\ce{^{59}Fe}\) 的物质的量之比为 15 : 1。若 \(n\) 为整数，\(\ce{^{59}Fe}\) 的半衰期是多少天？写出计算过程。
题目译自官方英文原文。
答案
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\)，铬。
- 6.2: 根据给定判据，是。\(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\)，\(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\)；半径的相对差异约为 \(2.5\%\)。
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\)；A 是二氧化氯，\(\ce{ClO2}\)，SMILES 为
O=[Cl]=O。 \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] 所要求的路易斯结构含有两个氯氧双键，每个氧原子上有两对孤电子对，氯原子上有一对孤电子对和一个未成对电子。所有形式电荷均为零。 - 6.6: \(G=\ce{O}\)，\(Z=\ce{I}\)。D 是次碘酸，\(\ce{HOI}\)，SMILES 为
[H]OI。其结构为 \(\ce{H-O-I}\)，在氧原子处弯折，呈折线形。 - 6.7: 勾选 贝塔 和 伽马：\(a=\beta^-\)，\(b=\gamma\)，两者顺序可互换。
- 6.8: \(n=4\)，且 \(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{天}}\)。
解答
6.1
量子数条件为
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
满足第一个条件的允许亚层为 \(4s\) 和 \(3p\)；满足第二个条件的允许亚层为 \(5s\)、\(4p\) 和 \(3d\)。对于原子质量小于铁的元素，相应的连续电离应先从 \(4s\) 移去电子，再从 \(3d\) 移去电子。
铬的基态电子排布为
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
移去其唯一的 \(4s\) 电子，得到铬(I)离子 \(\ce{Cr+}\)，SMILES 为 [Cr+]，电子排布为 \([\ce{Ar}]\,3d^5\)。下一个电子从 \(3d\) 移去，生成铬(II)离子 \(\ce{Cr^2+}\)，SMILES 为 [Cr+2]，电子排布为 \([\ce{Ar}]\,3d^4\)。
因此，
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
满足这两个条件。铬的原子质量也小于铁。因此，
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
一个体心立方晶胞含有
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
个原子。题目给出的铁的体积是这两个原子球所占的体积，因此
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
由此可得，
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
对于 X，给出的数值是整个晶胞的体积。其棱长为
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
在体心立方结构中，原子沿体对角线相接触：
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
因此，
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
使用未经舍入的半径，
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
半径的相对差异约为 \(2.5\%\)，低于给定的 \(15\%\) 限值。因此，勾选 是。
6.3
铁从氧化态 \(+2\) 被氧化至 \(+3\)：
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
锰从高锰酸根中的 \(+7\) 价被还原至二氧化锰中的 \(+4\) 价：
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
将铁的半反应乘以三，两式相加，再约去电子和氢氧根离子，得到
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
左侧的总电荷为 \(3(2)-1-5=0\)，与右侧相等。
各物种的名称和 SMILES 如下：
| 化学式 | 名称 | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | 亚铁离子 | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | 高锰酸根离子 | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | 氢氧根离子 | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | 水 | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | 氢氧化铁 | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | 氧化锰(IV)，或二氧化锰 | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
对于这两种沉淀，以不相连片段表示的 SMILES 仅表示形式上的离子式量单位，并不描述其延展的固体结构或金属的配位几何构型。
6.4
氢氧根离子从碳酸氢根离子夺取一个质子：
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
这是一个酸碱反应；碳的氧化态保持为 \(+4\)。
碳酸氢根（又称重碳酸根）\(\ce{HCO3^-}\) 的 SMILES 为 O=C(O)[O-]。碳酸根 \(\ce{CO3^2-}\) 的 SMILES 为 O=C([O-])[O-]。这些 SMILES 各自表示一个共振式；碳酸根离子呈平面形，游离离子中的各氧原子位置等价。
6.5
这里的 X 是卤素，与部分 A 中的标记 X 无关。
在卤化氢中：
- 氟化氢 \(\ce{HF}\)，SMILES 为
[H]F，由于存在氢键而具有异常高的沸点。 - 氯化氢 \(\ce{HCl}\)，SMILES 为
[H]Cl，沸点最低。 - 溴化氢 \(\ce{HBr}\)，SMILES 为
[H]Br，以及碘化氢 \(\ce{HI}\)，SMILES 为[H]I，其色散相互作用均比氯化氢更强。
因此，
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
为确定奇电子化合物 A，设其含有 \(p\) 个氯原子和 \(q\) 个氧原子。根据所示反应式，由钠元素守恒可得 \(z=x\)。再由氯元素和氧元素守恒可得
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
价电子总数为奇数，要求 \(7p+6q\) 为奇数，因此 \(p\) 为奇数。由于 \(py=2\)，可得
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
含有两个以上原子的要求给出 \(q\ge2\)。由系数的限制可得
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
因此 \(q=2\)。所以 A 是二氧化氯：
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
反应物和产物分别为氯气 \(\ce{Cl2}\)，SMILES 为 ClCl；亚氯酸钠 \(\ce{NaClO2}\)，SMILES 为 [Na+].[O-]Cl=O；二氧化氯 \(\ce{ClO2}\)，SMILES 为 O=[Cl]=O；以及氯化钠 \(\ce{NaCl}\)，SMILES 为 [Na+].[Cl-]。
二氧化氯具有
\[ 7+2(6)=19 \]
个价电子。对于所要求的形式电荷为零的路易斯结构，将氯置于中心，与每个氧形成一个双键。在每个氧原子上放置两对孤电子对，在氯原子上放置一对孤电子对和一个未成对电子。
形式电荷为
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
该分子呈折线形。SMILES 不显示孤电子对或键角；上述电子分布明确给出了所要求的路易斯表示方式。
6.6
由双原子分子组成的易挥发固体是碘 \(\ce{I2}\)，SMILES 为 II。因此，
\[ Z=\ce{I}. \]
碘的原子序数为 53，因此比它多一个质子的元素是氙 \(\ce{Xe}\)，原子序数为 54，在标准状况下为气体。
呈锥形的化合物是三氧化氙 \(\ce{XeO3}\)，SMILES 为 O=[Xe](=O)=O。其中心氙原子具有三个成键区域和一对孤电子对，因此分子几何构型为三角锥形。因此，
\[ G=\ce{O}. \]
这也符合双原子单质的线索：氧以氧气 \(\ce{O2}\) 的形式存在，SMILES 为 O=O。这一简单的 SMILES 并未编码氧气的三重态电子状态。
由氢、氧和碘组成且碘的氧化态为 \(+1\) 的化合物是 次碘酸 \(\ce{HOI}\)，SMILES 为 [H]OI：
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
氧的电负性大于碘，因此氢与氧成键。所以所要求的结构图为 \(\ce{H-O-I}\)，在氧原子处弯折，呈折线形。氧原子上有两对孤电子对，碘原子上有三对孤电子对。
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
质量数保持为 59，而原子序数从 26 增加到 27。这表明发生了贝塔负衰变：
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
发射的贝塔粒子是电子。在列出的选项中，伽马辐射可作为第二种发射，其电荷和质量数均为零，对应于子核的退激。
因此，按照题目所用的示意表示法，
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
勾选 贝塔 和 伽马。从物理过程来看，贝塔负衰变还会发射一个电子反中微子 \(\bar{\nu}_e\)，题目的示意式将其省略了。
6.8
对于最初含有 \(N_0\) 个铁-59 原子核的纯样品，经过 \(n\) 个半衰期后，
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
生成的钴-59 原子核数为
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
物质的量之比等于原子核数之比，因此
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
因此，
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
且
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
解答已与官方解答核对。
IChO 2017 · Теоретическая задача 6
Железо
Железо (\(\ce{Fe}\)) — четвёртый по распространённости элемент в земной коре; оно используется уже более 5 000 лет.
Часть A.
Чистое железо легко окисляется, что ограничивает его применение. Элемент X — один из легирующих элементов, добавляемых для повышения стойкости железа к окислению.
6.1 Ниже приведены некоторые сведения об элементе X:
(1) При первой ионизации удаляется электрон с квантовыми числами \(n_1=4-l_1\).
(2) При второй ионизации удаляется электрон с квантовыми числами \(n_2=5-l_2\).
(3) Атомная масса X меньше атомной массы \(\ce{Fe}\).
Что это за элемент X?
(В ответе запишите соответствующий символ из периодической таблицы.)
6.2 И \(\ce{Fe}\), и X кристаллизуются в объёмно-центрированной кубической структуре. Если рассматривать атомы \(\ce{Fe}\) как жёсткие шары, то объём, занимаемый атомами \(\ce{Fe}\) внутри элементарной ячейки, составляет \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\). Объём элементарной ячейки X равен \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\). Непрерывный твёрдый раствор замещения обычно образуется, когда величина
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
меньше или равна 15, где \(R_X\) и \(R_{\ce{Fe}}\) — атомные радиусы X и \(\ce{Fe}\) соответственно. Могут ли X и \(\ce{Fe}\) образовать непрерывный твёрдый раствор замещения?
Отметьте соответствующий вариант ☐ ДА ☐ НЕТ.
Приведите расчёт. Объём шара равен \(4/3\pi r^3\).
Часть B.
Железо в природной воде находится в форме \(\ce{Fe(HCO3)2}\), который диссоциирует на \(\ce{Fe^2+}\) и \(\ce{HCO3^-}\). Для удаления железа из воды \(\ce{Fe(HCO3)2}\) окисляют до нерастворимого комплекса \(\ce{Fe(OH)3}\), который можно отделить от воды фильтрованием.
6.3 В щелочном растворе \(\ce{Fe^2+}\) может окисляться под действием \(\ce{KMnO4}\) с образованием осадков \(\ce{Fe(OH)3}\) и \(\ce{MnO2}\). Запишите ионное уравнение этой реакции в щелочном растворе, расставив коэффициенты.
6.4 В этих условиях ионы \(\ce{HCO3^-}\) превращаются в \(\ce{CO3^2-}\). Запишите ионное уравнение этой реакции в щелочном растворе, расставив коэффициенты.
6.5 Ковалентное соединение A, содержащее более 2 атомов и способное выступать в роли окислителя, можно получить реакцией между двухатомной молекулой галогена (\(\ce{X2}\)) и \(\ce{NaQO2}\)
где \(x\), \(y\) и \(z\) — коэффициенты в уравнении реакции. Среди бинарных соединений водорода с галогенами \(\ce{HX}\) имеет самую низкую температуру кипения. Определите X и, если A имеет неспаренный электрон, изобразите структуру Льюиса соединения A с нулевыми формальными зарядами на всех атомах.
6.6 Соединение D — неустойчивый окислитель, который можно использовать для удаления \(\ce{Fe(HCO3)2}\) из природной воды. Оно состоит из элементов G, Z и водорода, причём степень окисления Z равна +1. В этом соединении водород связан с тем из этих элементов, который имеет более высокую электроотрицательность. Ниже приведены некоторые сведения об элементах G и Z:
(1) G в обычном состоянии существует в виде двухатомной молекулы \(\ce{G2}\).
(2) Z имеет на один протон меньше, чем элемент E. E при стандартных условиях является газом. \(\ce{Z2}\) — летучее твёрдое вещество.
(3) Соединение \(\ce{EG3}\) имеет пирамидальную форму.
Определите элементы G и Z и изобразите молекулярную структуру соединения D.
Часть C.
\(\ce{^{59}Fe}\) — изотоп, используемый в радиофармацевтических препаратах для изучения обмена железа в селезёнке. Этот изотоп распадается с образованием \(\ce{^{59}Co}\) следующим образом:
6.7 Что представляют собой a и b в уравнении (1)? (Поставьте ✓ в соответствующих ячейках.)
| протон | нейтрон | бета | позитрон | альфа | гамма |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 Рассмотрим уравнение (1): если изотоп \(\ce{^{59}Fe}\) выдержать в течение 178 суток, что составляет \(n\) периодов его полураспада (\(t_{1/2}\)), мольное отношение \(\ce{^{59}Co}\) к \(\ce{^{59}Fe}\) будет равно 15 : 1. Если \(n\) — целое число, чему равен период полураспада \(\ce{^{59}Fe}\) в сутках? Приведите расчёт.
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\), хром.
- 6.2: ДА, согласно указанному критерию. \(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\), \(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\); относительное различие радиусов составляет приблизительно \(2.5\%\).
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\); A — диоксид хлора, \(\ce{ClO2}\), SMILES
O=[Cl]=O. \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] Требуемая структура Льюиса содержит две двойные связи хлор–кислород, по две неподелённые электронные пары на каждом атоме кислорода, а также одну неподелённую пару и один неспаренный электрон на атоме хлора. Все формальные заряды равны нулю. - 6.6: \(G=\ce{O}\), \(Z=\ce{I}\). D — иодноватистая кислота, \(\ce{HOI}\), SMILES
[H]OI. Её структура — \(\ce{H-O-I}\), с углом при атоме кислорода. - 6.7: Отметьте бета и гамма: \(a=\beta^-\), \(b=\gamma\), причём их порядок можно поменять местами.
- 6.8: \(n=4\), и \(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{суток}}\).
Решение
6.1
Условия для квантовых чисел имеют вид
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
Допустимые подуровни, удовлетворяющие первому условию, — \(4s\) и \(3p\); второму — \(5s\), \(4p\) и \(3d\). Для элемента легче железа подходящее последовательное удаление электронов происходит сначала с \(4s\), а затем с \(3d\).
Хром в основном состоянии имеет конфигурацию
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
Удаление его единственного \(4s\)-электрона даёт ион хрома(I), \(\ce{Cr+}\), SMILES [Cr+], с конфигурацией \([\ce{Ar}]\,3d^5\). Следующий электрон удаляется с \(3d\), образуя ион хрома(II), \(\ce{Cr^2+}\), SMILES [Cr+2], с конфигурацией \([\ce{Ar}]\,3d^4\).
Таким образом,
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
что удовлетворяет обоим условиям. Атомная масса хрома также меньше атомной массы железа. Следовательно,
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
Объёмно-центрированная кубическая элементарная ячейка содержит
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
атома. Указанный для железа объём — это объём, занимаемый этими двумя атомными шарами, поэтому
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
Следовательно,
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
Для X указан полный объём элементарной ячейки. Длина её ребра равна
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
В объёмно-центрированной кубической структуре атомы соприкасаются вдоль пространственной диагонали:
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
Следовательно,
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
Используя неокруглённые значения радиусов, получаем
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
Относительное различие радиусов составляет приблизительно \(2.5\%\), что меньше указанного предела \(15\%\). Поэтому следует отметить ДА.
6.3
Железо окисляется из степени окисления \(+2\) до \(+3\):
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
Марганец восстанавливается из степени окисления \(+7\) в перманганате до \(+4\) в диоксиде марганца:
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
Умножив полуреакцию для железа на три, сложив полуреакции и сократив электроны и гидроксид-ионы, получаем
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
Суммарный заряд в левой части равен \(3(2)-1-5=0\), как и в правой части.
Названия частиц и веществ и их SMILES:
| Формула | Название | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | Ион железа(II) | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | Перманганат-ион | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | Гидроксид-ион | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | Вода | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | Гидроксид железа(III) | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | Оксид марганца(IV), или диоксид марганца | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
Для двух осадков записи SMILES с несвязанными компонентами представляют формальные ионные формульные единицы. Они не описывают протяжённые структуры твёрдых веществ или геометрию координационного окружения металлов.
6.4
Гидроксид-ион отщепляет протон от гидрокарбонат-иона:
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
Это кислотно-основная реакция; углерод сохраняет степень окисления \(+4\).
Гидрокарбонат-ион, также называемый бикарбонат-ионом, \(\ce{HCO3^-}\), имеет SMILES O=C(O)[O-]. Карбонат-ион, \(\ce{CO3^2-}\), имеет SMILES O=C([O-])[O-]. Эти записи SMILES показывают отдельные резонансные структуры; карбонат-ион имеет плоское строение, а положения атомов кислорода в свободном ионе эквивалентны.
6.5
Здесь X — галоген, и это обозначение не связано с обозначением X в части A.
Среди галогеноводородов:
- Фтороводород, \(\ce{HF}\), SMILES
[H]F, имеет необычно высокую температуру кипения вследствие образования водородных связей. - Хлороводород, \(\ce{HCl}\), SMILES
[H]Cl, имеет самую низкую температуру кипения. - Бромоводород, \(\ce{HBr}\), SMILES
[H]Br, и иодоводород, \(\ce{HI}\), SMILES[H]I, имеют более сильные дисперсионные взаимодействия, чем хлороводород.
Таким образом,
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
Чтобы определить соединение A с нечётным числом электронов, предположим, что оно содержит \(p\) атомов хлора и \(q\) атомов кислорода. Согласно приведённой схеме реакции, баланс натрия даёт \(z=x\). Баланс хлора и кислорода тогда даёт
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
Нечётное суммарное число валентных электронов требует, чтобы \(7p+6q\) было нечётным, поэтому \(p\) нечётно. Поскольку \(py=2\), получаем
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
Условие наличия более двух атомов даёт \(q\ge2\). Ограничение на коэффициенты даёт
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
поэтому \(q=2\). Следовательно, A — диоксид хлора:
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
Реагенты и продукты — хлор, \(\ce{Cl2}\), SMILES ClCl; хлорит натрия, \(\ce{NaClO2}\), SMILES [Na+].[O-]Cl=O; диоксид хлора, \(\ce{ClO2}\), SMILES O=[Cl]=O; и хлорид натрия, \(\ce{NaCl}\), SMILES [Na+].[Cl-].
Диоксид хлора имеет
\[ 7+2(6)=19 \]
валентных электронов. Для построения требуемой структуры Льюиса с нулевыми формальными зарядами поместите хлор в центр и соедините его двойной связью с каждым атомом кислорода. Разместите на каждом атоме кислорода по две неподелённые электронные пары, а на атоме хлора — одну неподелённую пару и один неспаренный электрон.
Формальные заряды равны
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
Молекула имеет угловое строение. Запись SMILES не показывает неподелённые электронные пары или валентный угол; описанное выше расположение электронов задаёт требуемую структуру Льюиса.
6.6
Летучее твёрдое вещество, состоящее из двухатомных молекул, — иод, \(\ce{I2}\), SMILES II. Следовательно,
\[ Z=\ce{I}. \]
Атомный номер иода равен 53, поэтому элемент с числом протонов на один больше — ксенон, \(\ce{Xe}\), с атомным номером 54, который при стандартных условиях является газом.
Пирамидальное соединение — триоксид ксенона, \(\ce{XeO3}\), SMILES O=[Xe](=O)=O. У центрального атома ксенона имеются три области связывающих электронов и одна неподелённая пара, что придаёт молекуле форму тригональной пирамиды. Следовательно,
\[ G=\ce{O}. \]
Это также удовлетворяет указанию на двухатомные молекулы простого вещества: кислород существует в виде молекулярного кислорода, \(\ce{O2}\), SMILES O=O. Эта простая запись SMILES не кодирует триплетное электронное состояние молекулярного кислорода.
Соединение, содержащее водород, кислород и иод со степенью окисления иода \(+1\), — иодноватистая кислота, \(\ce{HOI}\), SMILES [H]OI:
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
Кислород более электроотрицателен, чем иод, поэтому водород связан с кислородом. Следовательно, требуемая структура — \(\ce{H-O-I}\), с углом при атоме кислорода. У кислорода две неподелённые электронные пары, а у иода — три.
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
Массовое число остаётся равным 59, а атомный номер увеличивается с 26 до 27. Это указывает на бета-минус-распад:
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
Испускаемая бета-частица — электрон. Среди перечисленных вариантов гамма-излучение соответствует второму виду излучения с нулевым зарядом и нулевым массовым числом, возникающему при переходе дочернего ядра в состояние с меньшей энергией.
Таким образом, в схематических обозначениях задачи,
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
Отметьте бета и гамма. В действительности при бета-минус-распаде также испускается электронное антинейтрино, \(\bar{\nu}_e\), которое в схеме задачи опущено.
6.8
Для первоначально чистого образца, содержащего \(N_0\) ядер железа-59, через \(n\) периодов полураспада
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
Число образовавшихся ядер кобальта-59 равно
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
Мольное отношение равно отношению чисел ядер, поэтому
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
Следовательно,
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
и
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
Решение проверено по официальному решению.
IChO 2017 · مسألة نظرية 6
الحديد
الحديد (\(\ce{Fe}\)) هو رابع أكثر العناصر وفرةً في القشرة الأرضية، وقد استُخدم منذ أكثر من 5,000 سنة.
الجزء A.
يتأكسد الحديد النقي بسهولة، مما يحدّ من استخدامه. والعنصر X أحد عناصر السبك التي تُضاف لتحسين مقاومة الحديد للأكسدة.
6.1 فيما يلي بعض المعلومات عن العنصر X:
(1) في التأين الأول، يُنزع إلكترون أعداده الكمية تحقق \(n_1=4-l_1\).
(2) في التأين الثاني، يُنزع إلكترون أعداده الكمية تحقق \(n_2=5-l_2\).
(3) الكتلة الذرية للعنصر X أقل من الكتلة الذرية للحديد \(\ce{Fe}\).
ما العنصر X؟
(أجب بكتابة الرمز الصحيح وفقًا للجدول الدوري.)
6.2 يتبلور كلٌّ من \(\ce{Fe}\) وX في البنية المكعبة مركزية الجسم. وباعتبار ذرات \(\ce{Fe}\) كرات صلبة تقريبًا، فإن الحجم الذي تشغله ذرات \(\ce{Fe}\) داخل خلية الوحدة هو \(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}\). وحجم خلية الوحدة للعنصر X هو \(0.0252\ \mathrm{nm^3}\). يتكوّن عادةً محلول صلب إحلالي كامل عندما تكون
\[ \Delta R=\left(\frac{|R_X-R_{\ce{Fe}}|}{R_{\ce{Fe}}}\right)\times100 \]
أقل من أو تساوي 15، حيث إن \(R_X\) و\(R_{\ce{Fe}}\) هما نصفا القطر الذريان للعنصرين X و\(\ce{Fe}\)، على الترتيب. هل يمكن أن يشكّل X و\(\ce{Fe}\) محلولًا صلبًا إحلاليًا كاملًا؟
ضع علامة في المربع المناسب ☐ نعم ☐ لا.
بيّن حساباتك. حجم الكرة هو \(4/3\pi r^3\).
الجزء B.
يوجد الحديد في المياه الطبيعية على صورة \(\ce{Fe(HCO3)2}\)، الذي يتأين إلى \(\ce{Fe^2+}\) و\(\ce{HCO3^-}\). ولإزالة الحديد من الماء، يُؤكسد \(\ce{Fe(HCO3)2}\) إلى معقّد غير ذائب هو \(\ce{Fe(OH)3}\)، يمكن فصله من الماء بالترشيح.
6.3 يمكن أكسدة \(\ce{Fe^2+}\) بواسطة \(\ce{KMnO4}\) في محلول قاعدي لإنتاج راسبَي \(\ce{Fe(OH)3}\) و\(\ce{MnO2}\). اكتب المعادلة الأيونية الموزونة لهذا التفاعل في محلول قاعدي.
6.4 في هذه الظروف، تتحول أيونات \(\ce{HCO3^-}\) إلى \(\ce{CO3^2-}\). اكتب المعادلة الأيونية الموزونة لهذا التفاعل في محلول قاعدي.
6.5 يمكن تحضير مركّب تساهمي A يحتوي على أكثر من ذرتين، ويمكن أن يعمل عاملًا مؤكسدًا، بالتفاعل بين جزيء هالوجين ثنائي الذرة (\(\ce{X2}\)) و\(\ce{NaQO2}\)
حيث إن \(x\) و\(y\) و\(z\) هي معاملات المعادلة الموزونة. ومن بين المركّبات الثنائية للهيدروجين مع الهالوجينات، يمتلك \(\ce{HX}\) أدنى درجة غليان. حدّد X، وإذا كان A يحتوي على إلكترون منفرد، فارسم بنية لويس للمركّب A بحيث تكون الشحنة الشكلية على جميع الذرات صفرًا.
6.6 المركّب D عامل مؤكسد غير مستقر يمكن استخدامه لإزالة \(\ce{Fe(HCO3)2}\) من المياه الطبيعية. وهو يتكوّن من العنصرين G وZ والهيدروجين، وعدد تأكسد Z هو +1. في هذا المركّب، يرتبط الهيدروجين بالعنصر الأعلى كهرسلبيةً من بينهما. فيما يلي بعض المعلومات عن العنصرين G وZ:
(1) يوجد G في حالته العادية على هيئة جزيء ثنائي الذرة، \(\ce{G2}\).
(2) يحتوي Z على بروتون واحد أقل مما يحتوي عليه العنصر E. يوجد E على هيئة غاز في الظروف القياسية. أما \(\ce{Z2}\) فهو مادة صلبة متطايرة.
(3) للمركّب \(\ce{EG3}\) شكل هرمي.
حدّد العنصرين G وZ وارسم البنية الجزيئية للمركّب D.
الجزء C.
\(\ce{^{59}Fe}\) نظير يُستخدم في المستحضرات الصيدلانية الإشعاعية لدراسة استقلاب الحديد في الطحال. يضمحل هذا النظير إلى \(\ce{^{59}Co}\) كما يلي:
6.7 ما a وb في المعادلة (1)؟ (ضع علامة ✓ في المربعات المناسبة.)
| بروتون | نيوترون | بيتا | بوزيترون | ألفا | غاما |
|---|---|---|---|---|---|
6.8 بالنظر إلى المعادلة (1)، إذا تُرك النظير \(\ce{^{59}Fe}\) مدة 178 يومًا، وهي تساوي \(n\) أمثال عمر النصف له (\(t_{1/2}\))، فإن النسبة المولية لـ\(\ce{^{59}Co}\) إلى \(\ce{^{59}Fe}\) تكون 15 : 1. إذا كان \(n\) عددًا صحيحًا، فما عمر النصف لـ\(\ce{^{59}Fe}\) بالأيام؟ بيّن حساباتك.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
- 6.1: \(\boxed{X=\ce{Cr}}\)، الكروم.
- 6.2: نعم، وفقًا للمعيار المذكور. \(R_{\ce{Fe}}=0.124\ \mathrm{nm}\)، \(R_X=0.127\ \mathrm{nm}\)؛ يبلغ الاختلاف النسبي بين نصفي القطر نحو \(2.5\%\).
- 6.3: \[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}} \]
- 6.4: \[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}} \]
- 6.5: \(X=\ce{Cl}\)؛ A هو ثنائي أكسيد الكلور، \(\ce{ClO2}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو
O=[Cl]=O. \[ \ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl} \] تحتوي بنية لويس المطلوبة على رابطتين مزدوجتين بين الكلور والأكسجين، وزوجين إلكترونيين حرّين على كل ذرة أكسجين، وزوج إلكتروني حر واحد وإلكترون منفرد واحد على الكلور. جميع الشحنات الشكلية تساوي صفرًا. - 6.6: \(G=\ce{O}\)، \(Z=\ce{I}\). D هو حمض الهيبويودوز، \(\ce{HOI}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو
[H]OI. بنيته هي \(\ce{H-O-I}\)، وهي منحنية عند الأكسجين. - 6.7: ضع علامة عند بيتا وغاما: \(a=\beta^-\)، \(b=\gamma\)، ويمكن تبديل ترتيبهما.
- 6.8: \(n=4\)، و\(\boxed{t_{1/2}=44.5\ \text{يومًا}}\).
الحل
6.1
شرطا الأعداد الكمية هما
\[ n_1+l_1=4,\qquad n_2+l_2=5. \]
المستويان الفرعيان المسموحان اللذان يحققان الشرط الأول هما \(4s\) و\(3p\)؛ أما المستويات التي تحقق الشرط الثاني فهي \(5s\) و\(4p\) و\(3d\). وبالنسبة إلى عنصر أخف من الحديد، فإن عمليتَي نزع الإلكترون المتتاليتين المعنيتين تحدثان من \(4s\) ثم من \(3d\).
للكروم التوزيع الإلكتروني الآتي في الحالة القاعية:
\[ \ce{Cr}:\quad [\ce{Ar}]\,3d^5\,4s^1. \]
يؤدي نزع إلكترونه الوحيد في \(4s\) إلى تكوين الكروم(I)، \(\ce{Cr+}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو [Cr+]، وله التوزيع الإلكتروني \([\ce{Ar}]\,3d^5\). ويُنزع الإلكترون التالي من \(3d\)، فينتج الكروم(II)، \(\ce{Cr^2+}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو [Cr+2]، وله التوزيع الإلكتروني \([\ce{Ar}]\,3d^4\).
إذن،
\[ (n_1,l_1)=(4,0),\qquad(n_2,l_2)=(3,2), \]
وهما يحققان كلا الشرطين. كما أن الكتلة الذرية للكروم أقل من الكتلة الذرية للحديد. ومن ثم،
\[ \boxed{X=\ce{Cr}}. \]
6.2
تحتوي خلية الوحدة المكعبة مركزية الجسم على عدد من الذرات يساوي
\[ 8\left(\frac18\right)+1=2 \]
ذرتين. والحجم المعطى للحديد هو الحجم الذي تشغله هاتان الكرتان الذريتان، ولذلك
\[ 2\left(\frac43\pi R_{\ce{Fe}}^3\right) =1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3}. \]
وبناءً على ذلك،
\[ R_{\ce{Fe}} =\left(\frac{3(1.59\times10^{-23}\ \mathrm{cm^3})}{8\pi}\right)^{1/3} =1.23811\times10^{-8}\ \mathrm{cm} =0.123811\ \mathrm{nm}. \]
أما بالنسبة إلى X، فالقيمة المعطاة هي حجم خلية الوحدة بأكملها. وطول حرفها هو
\[ a_X=(0.0252\ \mathrm{nm^3})^{1/3} =0.293179\ \mathrm{nm}. \]
في البنية المكعبة مركزية الجسم، تتلامس الذرات على امتداد القطر الفراغي:
\[ 4R_X=\sqrt3\,a_X. \]
ومن ثم،
\[ R_X=\frac{\sqrt3}{4}(0.293179\ \mathrm{nm}) =0.126950\ \mathrm{nm}. \]
وباستخدام نصفي القطر دون تقريب،
\[ \Delta R =\frac{|0.126950-0.123811|}{0.123811}\times100 =2.5356. \]
يبلغ الاختلاف النسبي بين نصفي القطر نحو \(2.5\%\)، وهو أقل من الحد المذكور البالغ \(15\%\). ولذلك، ضع علامة عند نعم.
6.3
يتأكسد الحديد من حالة التأكسد \(+2\) إلى \(+3\):
\[ \ce{Fe^2+ + 3OH^- -> Fe(OH)3(s) + e^-}. \]
يُختزل المنغنيز من \(+7\) في البرمنغنات إلى \(+4\) في ثنائي أكسيد المنغنيز:
\[ \ce{MnO4^- + 2H2O + 3e^- -> MnO2(s) + 4OH^-}. \]
بضرب نصف تفاعل الحديد في ثلاثة، ثم جمع نصفي التفاعل وحذف الإلكترونات وأيونات الهيدروكسيد المشتركة بين الطرفين، نحصل على
\[ \boxed{\ce{3Fe^2+ + MnO4^- + 5OH^- + 2H2O -> 3Fe(OH)3(s) + MnO2(s)}}. \]
الشحنة الكلية في الطرف الأيسر هي \(3(2)-1-5=0\)، وتساوي الشحنة الكلية في الطرف الأيمن.
أسماء الأنواع الكيميائية وتمثيلاتها بصيغة SMILES هي:
| الصيغة | الاسم | SMILES |
|---|---|---|
| \(\ce{Fe^2+}\) | أيون الحديد(II) | [Fe+2] |
| \(\ce{MnO4^-}\) | أيون البرمنغنات | [O-][Mn](=O)(=O)=O |
| \(\ce{OH^-}\) | أيون الهيدروكسيد | [OH-] |
| \(\ce{H2O}\) | الماء | O |
| \(\ce{Fe(OH)3}\) | هيدروكسيد الحديد(III) | [Fe+3].[OH-].[OH-].[OH-] |
| \(\ce{MnO2}\) | أكسيد المنغنيز(IV)، أو ثنائي أكسيد المنغنيز | [Mn+4].[O-2].[O-2] |
بالنسبة إلى الراسبين، تمثّل صيغ SMILES ذات الأجزاء غير المتصلة وحدات صيغة أيونية شكلية. وهي لا تصف البنى الصلبة الممتدة أو الأشكال الهندسية للتناسق حول الفلز.
6.4
ينزع الهيدروكسيد بروتونًا من كربونات الهيدروجين:
\[ \boxed{\ce{HCO3^- + OH^- -> CO3^2- + H2O}}. \]
هذا تفاعل حمض–قاعدة؛ ويبقى الكربون في حالة التأكسد \(+4\).
كربونات الهيدروجين، التي تُسمّى أيضًا البيكربونات، \(\ce{HCO3^-}\)، تمثيلها بصيغة SMILES هو O=C(O)[O-]. والكربونات، \(\ce{CO3^2-}\)، تمثيلها بصيغة SMILES هو O=C([O-])[O-]. تُظهر هذه الصيغ تمثيلات رنين منفردة؛ وأيون الكربونات مستوٍ، وتكون مواضع الأكسجين متكافئة في الأيون الحر.
6.5
يمثّل X هنا هالوجينًا، وهو مستقل عن الرمز X في الجزء A.
من بين هاليدات الهيدروجين:
- فلوريد الهيدروجين، \(\ce{HF}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو
[H]F، له درجة غليان مرتفعة على نحو غير معتاد بسبب الروابط الهيدروجينية. - كلوريد الهيدروجين، \(\ce{HCl}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو
[H]Cl، له أدنى درجة غليان. - بروميد الهيدروجين، \(\ce{HBr}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو
[H]Br، ويوديد الهيدروجين، \(\ce{HI}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو[H]I، لهما تآثرات تشتت أقوى من تلك الموجودة في كلوريد الهيدروجين.
إذن،
\[ \boxed{X=\ce{Cl}}. \]
لتحديد المركّب A ذي العدد الفردي من الإلكترونات، لنفترض أنه يحتوي على \(p\) ذرة كلور و\(q\) ذرة أكسجين. وباستخدام مخطط التفاعل المعروض، يعطي انحفاظ الصوديوم \(z=x\). ثم يعطي انحفاظ الكلور والأكسجين
\[ 2+x=py+z\quad\Rightarrow\quad py=2, \qquad 2x=qy. \]
لكي يكون العدد الكلي لإلكترونات التكافؤ فرديًا، يجب أن يكون \(7p+6q\) فرديًا، ومن ثم يكون \(p\) فرديًا. وبما أن \(py=2\)، فإن ذلك يعطي
\[ p=1,\qquad y=2,\qquad q=x=z. \]
ويعطي شرط وجود أكثر من ذرتين \(q\ge2\). كما يعطي القيد المفروض على المعاملات
\[ x+y+z=2q+2\le7, \]
ومن ثم \(q=2\). وعليه، فإن A هو ثنائي أكسيد الكلور:
\[ \boxed{\ce{Cl2 + 2NaClO2 -> 2ClO2 + 2NaCl}}, \qquad x+y+z=6\le7. \]
المتفاعلات والنواتج هي الكلور، \(\ce{Cl2}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو ClCl؛ وكلوريت الصوديوم، \(\ce{NaClO2}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو [Na+].[O-]Cl=O؛ وثنائي أكسيد الكلور، \(\ce{ClO2}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو O=[Cl]=O؛ وكلوريد الصوديوم، \(\ce{NaCl}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو [Na+].[Cl-].
يحتوي ثنائي أكسيد الكلور على عدد من إلكترونات التكافؤ يساوي
\[ 7+2(6)=19 \]
إلكترونًا. ولرسم بنية لويس المطلوبة ذات الشحنات الشكلية الصفرية، ضع الكلور في المركز، مع رابطة مزدوجة بينه وبين كل ذرة أكسجين. ضع على كل ذرة أكسجين زوجين إلكترونيين حرّين، وعلى الكلور زوجًا إلكترونيًا حرًا واحدًا وإلكترونًا منفردًا واحدًا.
الشحنات الشكلية هي
\[ \operatorname{FC}(\ce{Cl}) =7-3-\frac82=0, \qquad \operatorname{FC}(\ce{O}) =6-4-\frac42=0. \]
الجزيء منحني الشكل. لا يُظهر تمثيل SMILES الأزواج الإلكترونية الحرة أو زاوية الرابطة؛ ويحدّد توزيع الإلكترونات الموضّح أعلاه تمثيل لويس المطلوب.
6.6
المادة الصلبة المتطايرة المكوّنة من جزيئات ثنائية الذرة هي اليود، \(\ce{I2}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو II. ومن ثم،
\[ Z=\ce{I}. \]
العدد الذري لليود هو 53، ولذلك فإن العنصر الذي يزيد عنه ببروتون واحد هو الزينون، \(\ce{Xe}\)، وعدده الذري 54، وهو غاز في الظروف القياسية.
المركّب الهرمي هو ثلاثي أكسيد الزينون، \(\ce{XeO3}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو O=[Xe](=O)=O. تحيط بذرة الزينون المركزية ثلاث مناطق ترابط وزوج إلكتروني حر واحد، مما يعطي شكلًا جزيئيًا هرميًا ثلاثيًا. ومن ثم،
\[ G=\ce{O}. \]
وهذا يحقق أيضًا المعلومة الدالة على أن العنصر ثنائي الذرة: إذ يوجد الأكسجين على هيئة ثنائي الأكسجين، \(\ce{O2}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو O=O. لا يرمّز هذا التمثيل البسيط بصيغة SMILES للحالة الإلكترونية الثلاثية لثنائي الأكسجين.
المركّب الذي يحتوي على الهيدروجين والأكسجين واليود، ويكون فيه اليود في حالة التأكسد \(+1\)، هو حمض الهيبويودوز، \(\ce{HOI}\)، وتمثيله بصيغة SMILES هو [H]OI:
\[ (+1)_{\ce{H}}+(-2)_{\ce{O}}+(+1)_{\ce{I}}=0. \]
الأكسجين أعلى كهرسلبيةً من اليود، ولذلك يرتبط الهيدروجين بالأكسجين. وعليه، فإن الرسم المطلوب هو \(\ce{H-O-I}\)، وهو منحني عند الأكسجين. للأكسجين زوجان إلكترونيان حرّان، ولليود ثلاثة أزواج إلكترونية حرة.
\[ \boxed{G=\ce{O},\qquad Z=\ce{I},\qquad D=\ce{HOI}}. \]
6.7
يبقى العدد الكتلي 59، بينما يزداد العدد الذري من 26 إلى 27. وهذا يدل على اضمحلال بيتا السالب:
\[ 59=59+0,\qquad 26=27-1. \]
جسيم بيتا المنبعث هو إلكترون. ومن بين الخيارات المدرجة، تمثّل أشعة غاما الانبعاث الثاني، بشحنة صفرية وعدد كتلي صفري، وهو يقابل زوال إثارة النواة الوليدة.
إذن، وفقًا للترميز التخطيطي الوارد في السؤال،
\[ \ce{^{59}_{26}Fe -> ^{59}_{27}Co + ^{0}_{-1}e + \gamma}. \]
ضع علامة عند بيتا وغاما. ومن الناحية الفيزيائية، يصاحب اضمحلال بيتا السالب أيضًا انبعاث ضديد نيوترينو إلكتروني، \(\bar{\nu}_e\)، وهو ما يغفله المخطط الوارد في المسألة.
6.8
لعينة نقية في البداية تحتوي على \(N_0\) نواة من الحديد-59، بعد مرور \(n\) من أعمار النصف،
\[ N_{\ce{Fe}}=\frac{N_0}{2^n}. \]
يكون عدد نوى الكوبالت-59 المتكوّنة
\[ N_{\ce{Co}}=N_0-\frac{N_0}{2^n}. \]
تساوي النسبة المولية نسبة أعداد النوى، ولذلك
\[ \frac{N_{\ce{Co}}}{N_{\ce{Fe}}} =\frac{N_0-N_0/2^n}{N_0/2^n} =2^n-1=15. \]
ومن ثم،
\[ 2^n=16,\qquad n=4, \]
و
\[ \boxed{t_{1/2}=\frac{178\ \mathrm{days}}{4}=44.5\ \mathrm{days}}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.