OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 (Bảng A):Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534nm. Tính bán kính nguyên

tử cộng hóa trị của silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi = 28,086g.mol-1. Kim cương có cấu trúc lập phương tâm mặt (diện), ngoài ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc (site) tứ diện của ô mạng cơ sở.BÀI GIẢI:

Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8Vậy ta tính được khối lượng riêng của Si là: 2,33g.cm-3.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng A):

3. Trong nguyên tố hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển động trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó mỗi trạng thái của một cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tử Bo (số đơn vị điện tích hạt nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau:

Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) Cấu hình electron Năng lượng (theo eV)

1s1

1s2

1s22s1

-340,000-600,848-637,874

1s22s2

1s22s22p1- 660,025- 669,800

Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu lực hút hạt nhân. a) Hãy trình bày chi tiết về kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có thể có của nguyên tử Bo theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên.b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá đó.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM NĂM 2004 (Bảng B):2. Sắt monoxit FeO có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện (mặt) kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,430 nm. Hãy tính khối lượng riêng của tinh thể sắt monoxit đó.BÀI GIẢI:2. Đối với tinh thể lập phương tâm diện ( mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn

vị cấu trúc là . ( Thí sinh có thể vẽ hình khi tính số đơn vị cấu trúc trên ). Vậy

khối lượng riêng của tinh thể đó là:

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 1997:Sắt kim loại nóng chảy ở 1811K. Giữa nhiệt độ phòng và điểm nóng chảy của nó, sắt kim loại có

thể tồn tại ở các dạng thù hình và các dạng tinh thể khác nhau. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K, sắt có cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (bcc) quen gọi là sắt-? Từ 1185K đến 1667K sắt kim loại có cấu tạo mạng lập phương tâm diện (fcc) và được gọi là sắt-? Trên 1167K và cho tới điểm nóng chảy sắt chuyển về dạng cấu tạo lập phương tâm khối (bcc) tương tự sắt-? Cấu trúc sau cùng (pha cuối) còn được gọi là sắt-?

1) Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm-3 ở 293K,a) Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm).b) Ước lượng khối lượng riêng của sắt (tính theo g.cm-3) ở 1250K

- 1 -

Chú ý: Bỏ qua các ảnh hưởng không đáng kể do sự giãn nở nhiệt của kim loại.Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc)

trong mạng tinh thể bị chiếm bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thường trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép chứa 4,3% theo khối lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh qúa nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng sắt-?. Chất rắn mới này - được gọi là martensite - rất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắt-? (bcc).

2) Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt.a) Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt-? trong

martensite chứa 4,3%C theo khối lượng.b) Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu này.

Khối lượng mol nguyên tử và các hằng số:MFe = 55,847g.mol-1.MC = 12,011g.mol-1.NA = 6,02214.1023mol-1.

BÀI GIẢI:1) Các bước tính toán:

1. Định nghĩa các tham số của chiều dài (a, b, c, d1, d2 và r) và thể tích (V1 và V2) cho cả hai cấu tạo bcc và fcc của sắt.

2. Tính thể tích V1 của ô mạng đơn vị của sắt - nhờ khối lượng riêng của nó (bcc) ở 293K, khối lượng mol nguyên tử của sắt (MFe), và số Avogadro NA.

3. Tính chiều dài d1 cạnh của ô mạng đơn vị bcc từ thể tích của nó.4. Tính bán kính nguyên tử r của sắt từ chiều dài d1.5. Tính chiều dài d2 của cạnh ô mạng đơn vị fcc (ở 1250K) từ bán kính nguyên tử r của

sắt.6. Tính thể tích V2 của ô mạng đơn vị fcc của sắt - từ chiều dài d2 của cạnh.7. Tính khối lượng m của số nguyên tử sắt trong một ô mạng đơn vị của sắt - từ khối

lượng mol nguyên tử MFe của sắt và số Avogadro NA.8. Tính khối lượng riêng (fcc) của sắt - từ các gía trị của m và V2.

Một hướng khác để tìm khối lượng riêng fcc của sắt - là tính ti lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong cả hai loại ô mạng đơn vị bcc và fcc, có thể thay thế các bước từ 5 đến 8 bằng các bước từ 5’ đến 8’ sau đây:

5’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị bcc.6’. Tính tỉ lệ phần tăm khoảng không gian chiếm chỗ của ô mạng đơn vị fcc.7’. Từ tỉ lệ fcc/bcc ta suy ra được tỉ lệ: bcc/fcc.8’ Từ gía trị cho trước ở bướ 7’ ta tính được fcc.

2) Các chi tiết:1. Ở 293K sắt - có cấu trúc tinh thể bcc.

Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa hai nguyên tử, trong đó một nguyên tử ở tâm của ô mạng.Ở 1250K, sắt - có cấu tạo tinh thể fcc.Mỗi ô mạng đơn vị thực sự chứa 4 nguyên tử và ở tâm của mỗi mặt có một nửa nguyên tử.r: bán kính nguyên tử của sắta: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị bcc.b: chiều dài đường chéo qua tâm của ô mạng đơn vị bcc.c: chiều dài đường chéo một mặt của ô mạng đơn vị fcc.d1: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .d2: chiều dài cạnh của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .V1: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .V2: Thể tích của ô mạng đơn vị bcc của sắt - .Va: thể tích chiếm bởi một nguyên tử.Va1: Thể tích chiếm bởi hai nguyên tử trong một ô mạng đơn vị bcc.Va2: Thể tích chiếm bởi bốn nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc.R1: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị bcc.R2: Tỉ lệ phần trăm khoảng không gian chiếm chỗ trong một ô mạng đơn vị fcc.Va = (4/3)r3 Va1 = 2Va2 Va2 = 4Va

b = 4r a2 = 2d12 b2 = d1

2 + a2 = 3d12 d1 = (16r2/3)1/2.

- 2 -

V1 = d13 = [(16r2/3)1/2]3 c = 4r c2 = 2d2

2 d2 = (16r2/2)1/2.V2 = d2

3 = [(16r2/2)1/2]3 2. 1,000cm3 sắt có khối lượng 7,874g ở 293K (bcc).

1 mol sắt có khối lượng 55,847g (MFe).Vậy 0,1410mol (7,874/55,847) của sắt chiếm trong thể tích 1,000cm3 hoặc 1mol sắt sẽ chiếm thể tích 7,093cm3.1 mol tương ứng chiếm 6,02214.1023 nguyên tử.V1 = 7,093.2/(6,02214.1023) = 2,356.10-23cm3 mỗi đơn vị ô mạng.

3. d1 = V11/3 = 2,867.10-8 cm.

4. Với cấu tạo bcc, gía trị của d1 có thể được biểu thị là: d1 = (16r2/3)1/2. Vậy gía trị của r sẽ là: r = (3d1

2/16)1/2 = 1,241.10-8cm.5. Ở 1250K, trong cấu tạo fcc, d2 = (16r2/2)1/2 = 3,511.10-8cm.6. V2 = d2

3 = 4,327.10-23cm3.7. Khối lượng m của 4 nguyên tử sắt trong ô mạng đơn vị fcc sẽ là:

m = 55,847.4/(6,02214.1023) = 3,709.10-22g8. fcc = m/V2 = 8,572g/cm3.

Cách giải khác để tìm khối lượng riêng fcc của sắt - :5’. R1 = [(Va1)/V1].100% = 68,02%6’. R2 = [(Va2)/V2].100% = 74,05%7’. bcc/fcc = 74,05/68,02 = 1,0898’. fcc = 8,572g/cm3.

3) Các bước tính toán:1. Từ phần trăm cấu thành của martensite (theo khối lượng), tính số mol tương ứng của cacbon và

sắt.2. Đưa tỉ lệ mol C/Fe về một ô mạng đơn vị (Ghi chú: Hai nguyên tử Fe trong mỗi ô mạng đơn vị).3. Tìm số nguyên be nhất các nguyên tử C trong số nguyên bé nhất của ô mạng đơn vị (không bắt

buộc).4. Tính khối lượng sắt trong một ô mạng đơn vị5. Tính khối lượng cacbon trong một ô mạng đơn vị6. Tính tổng khối lượng sắt và cacbon trong một ô mạng đơn vị7. Tính khối lượng riêng của martensite [(martensite có 4,3%C)] từ tổng khối lượng của C và Fe và

thể tích V1 của ô mạng đơn vị sắt - cấu tạo bcc.4)Chi tiết:1. Trong 100,0g martensite có 4,3%C nC = 0,36mol và nFe = 1,71mol.

Vậy cứ 1 nguyên tử cacbon có 4,8 nguyên tử sắt hay 0,21 nguyên tử cacbon cho mỗi nguyên tử sắt.

2. Martensite có cấu tạo tinh thể bcc (2 nguyên tử sắt cho mỗi ô mạng đơn vị). Như vậy số nguyên tử cacbon trong mỗi ô mạng đơn vị là: 2.(1/4,8) = 0,42 nguyên tử.

3. 5 nguyên tử C [(0,42 nguyên tử C/0,42).5] trong 12 ô mạng đơn vị [1 ô mạng đơn vị/0,42).5]4. Số gam Fe trong mỗi ô mạng đơn vị là: 55,847.2/6,02214.1023 = 1,8547.10-22g5. Số gam C trong mỗi ô mạng đơn vị là: 12,011/6,02214.1023 = 1,9945.10-23g6. Tổng khối lượng C và Fe = 1,8457.10-22 + 0,42.1,9945.10-23 = 1,938.10-22g.7. Mỗi ô mạng đơn vị của sắt - chiếm thể tích V1 = 2,356.10-23cm3.

(martensite có 4,3%C) = 1,938.10-22/(2,356.10-23) = 8,228g.cm-3..

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

- 3 -

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 35Cl12C3

2H2, 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%%[C3D2

35Cl37Cl] = 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:

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:

m/z = 59,1 m/z = 61,1OLYMPIC 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 51ii) m/z = 84; 86 và 88b) Hãy tính tỉ lệ các mũi đồng vị dự đoán trong khối phổ của một hợp chất có chứa ba nguyên tử

brom.

- 4 -

Bảng: Một số nguyên tố chọn lọc và hàm lượng tương đối:Nguyên tố Số khối Hàm lượng tương đối (%)

H 1 99,9852 0,015

C 12 99,88913 1,111

N 14 99,63415 0.366

O 16 99,76317 0,03718 0,200

Cl 35 75,7737 24,23

Br 79 50,6981 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 mặtDo 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 CH2

37Cl+ theo thứ tự.Cường độ tương đối của các mũi tại m/z 49 và 51 = a + b

= 3 + 1Nghĩa 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 : 1b) 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 = 1b: cường độ tương đối của 81Br = 1n: 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 = 1:3:3:1OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001:

Phương trình Schrodinger đơn giản nhất mô tả sự chuyển động của hạt trong hộp thế một chiều và dẫn đến một quy luật cơ bản: sự lượng tử hóa xuất hiện do sự phụ thuộc của các điều kiện biên vào hàm sóng.

a) Một electron di chuyển hạn chế trên trục x trong giới hạn từ x = 0 đến x = L. Giữa hai đường biên thì không có lực nào tác động lên electron.

i. Viết phương trình Schrodinger (không phụ thuộc thời gian) cho hàm sóng của electronii. Trong hộp thế một chiều thì biểu thức hàm sóng cho electron sẽ có dạng: e-kx.

cos

sinkx

sin

k là một số thực bất kỳ và n là một số nguyên dương.iii. Sử dụng hàm sóng tìm được ở câu ii. Hãy chứng minh biểu thức năng lượng có dạng:

- 5 -

iv. Chuẩn hóa hàm sóng cho trạng thái cơ bản của electron.b) Một ví dụ thú vị về hộp thế một chiều trong hóa học là sựu dịch chuyển electron trong các hệ có

chứa liên kết đơn và liên kết đôi liên hợp với nhau. Phân tử 1,3-butadien có 4 electron dị chuyển tự do trên một đường thẳng chứa ba liên kết C-C và mỗi liên kết có độ dài như nhau là 1,4.10-10m. Tính năng lượng cực tiểu của hệ.

c) Điều kiện biên của hàm sóng dẫn đến kết qủa là sự lượng tử hóa không chỉ đối với năng lượng mà còn đối với các tính chất vật lý khác như là momen góc. Hàm sóng phù hợp với gía trị h/2 đối với trục z có momen góc là: () = ei. Với là góc phương vị trong mặt phẳng x – y và có số đo phụ thuộc vào trục x. Sử dụng điều kiện hàm là đơn trị ở mọi điểm trong không gian hãy chứng minh rằng bước sóng cũng được lượng tử hóa. Hãy tính các gía trị lượng tử đối với hình chiếu momen góc phương vị dọc theo trục z.

BÀI GIẢI:a) i. Phương trình Schrodinger cho một tiểu phân bất kỳ trong hộp thế một chiều có dạng

với

ii. Từ điều kiện biên dẫn đến: (0) = 0; (L) = 0

Chỉ có biểu thức = sin thoả mãn điều kiện này.

iii.

iv.

Lấy tích phân:

Với N là một số thực bất kỳ thì ta có:

b) L = 5 . 1,4.10-10 = 7.10-10mBa mức năng lượng đầu của hệ sẽ là:

Vậy mức năng lượng cực tiểu của hệ là: E3 – E2 = 6,10.10-19J.c) Điều kiện làm cho () đơn trị là:

() = ( + 2)() = ei = () = ei( + 2)

ei2 = 1 = m với m = 0; 1; 2; 3Ta có thể thấy rằng hình chiếu momen góc không thể là một số thực nhưng có thể nhận các gía trị

là mћ với m có thể nhận các gía trị từ -m đến +m (kể cả số 0)OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2001:

Obitan là những hàm sóng một electron, nó thể hiện sự dịch chuyển của electron trong nguyên tử (obitan nguyên tử) hay phân tử (obitan phân tử) hay là trạng thái rắn. Mỗi obitan phù hợp với xác suất tìm thấy electron ở những nơi khác nhau trong không gian.

a) Obitan 1s của nguyên tử hydro có biểu thức: . Với a0 là bán kính Bohr (a0 = 5,3.10-11m)

và r là bán kính phối trí (khoảng cách từ một điểm trong không gian đến hạt nhân).i. Chuẩn hóa hàm sóng này.ii. Ở khoảng cách nào so với hạt nhân thì xác suất tìm thấy electron là lớn nhất.

b) Hàm sóng đối với các obitan 2s; 2pz và 3dz2 có dạng:

- 6 -

Hãy xác định hình dạng của các obitan trên.c) Việc giải phương trình Schrodinger cho hệ nguyên tử 1electron phù hợp tốt với lý thuyết cổ điển

của Bohr về sự lượng tử hóa năng lượng.

Để cho tiện sử dụng thì các gía trị số của các hằng số xuất hiện trong công thức trên được chuyển hết về đơn vị eV.Điều thú vị là khi ta sử dụng công thức trên cho phân tử heli trung hòa. Trong nguyên tử heli lực hạt nhân tác dụng lên electron bị giảm bớt do electron khác chắn mất. Điều này có nghĩa là điện tích của hạt nhân tác dụng lên electron không phải là Z = 2 nữa mà sẽ nhỏ hơn gọi là điện tích hiệu dụng (Zeff). Năng lượng ion hóa của nguyên tử heli ở trạng thái cơ bản là 24,46eV. Tính Zeff.

BÀI GIẢI:

a) i.

(N là một số thực bất kỳ)

ii. Xác suất tìm thấy electron giữa khoảng r và r + dr

=

Xác suất là cực đại khi r = rmax. Lấy đạo hàm bậc nhất biểu thức trên ta được:

Vậy electron 1s dễ tìm thấy nhất trong khu vực r = ao.b) 2s = 0 tại r = 2ao

Vậy hình dạng của obitan 2s là một khối cầu có bán kính 2ao.Hình dạng của obitan 3dz

2 trên mặt phẳng xy

khi 3cos2 – 1 = 0

Hình dạng là một hình nón với một phần ở trêm trục xy còn một phần ở dưới.Lưu ý: Tất cả các hàm sóng đều biến mất khi r . Tại r = 0 thì các hàm khác đều không tồn tại

(trừ 1s).c) Mỗi electron ở lớp n = 1 của nguyên tử heli có năng lượng –Z2

eff = 13,6eVMức năng lượng thấp nhất của heli –Z2

eff = 27,2eVỞ trạng thái cơ bản ion He+ có năng lượng = -4.13,6 = -54,4eVNăng lượng ion hoá = (-54,4 + Z2

eff. 27,2) = 24,46 Zeff = 1,70OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2003:1) Có bao nhiêu đỉnh hấp thụ đối với một phân tử CO, một phân tử H2O, một phân tử benzen, ahy mộy

phân tử C60 trong phổ hồng ngoại.a) 1b) 2c) 3d) 4

- 7 -

e) xấp xỉ 30f) 54g) 120h) 174i) 720j) Không thể xác định được nếu chưa có thêm thông tin.

2) Hai phân tử gồm hai nguyên tử chưa biết cho một pic đơn của hấp thụ dao động trong vùng hồng ngọai của phổ cộng hưởng từ electron (EMR). Phân tử XY hấp thụ ở tần số cao hơn phân tử WZ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a) XY và WZ là các hạt nhân khác nhau.b) Liên kết giữa X và Y mạnh hơn liên kết giữa W và Z.c) MXY lớn hơn MWZ.d) Tần số dao động đặc trưng của XY cao hơn WZ.

BÀI GIẢI:1) Số dao động đặc trưng là 3N – 6 cho phân tử không thẳng và 3N – 5 cho phân tử thẳng. Chính vì vậy

ta sẽ có các kết qủa sau:CO : 1; H2O : 3; C6H6 : 30; C60 : 174

2) Những phân tử có tần số dao động trong phổ hồng ngoại đều là những phân tử có tồn tại lưỡng cực hay là những hạt nhân bên trong các phân tử đó là dị hạch.Đối với những phân tử hai nguyên tử có dao động đối xứng thì tần số đặc trưng được cho bởi phương

trình: (với k là hằng số lực và là khối lượng rút gọn của phân tử). Nếu không cho biết

các yếu tố khác thì ta không thể nói trước điều gì về hằng số lực cũng như khối lượng rút gọn của phân tử (Độ mạnh của liên kết thì không phụ thuộc vào k nhưng lại liên quan mật thiết đến năng lượng phân ly liên kết). Tần số đặc trưng thì bằng với tần số hấp thụ của các photon bởi và năng lượng dao động được cho bởi hệ thức: Edd = (v + 0,5)h và năng lượng cộng hưởng là ∆E=E=1 – E =

0.OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2003:

Phổ khối lượng được hình thành bởi cấu tạo của một chùm tia gồm các mảnh ion được tạo thành bằng cách bắn một chùm tia electron có năng lượng cao vào phân tử cần xác định. Các mảnh phát sinh được phân lập bởi từ trường hay điện trường hoặc là kết hợp cả hai. Sự phân lập này phụ thuộc vào tỉ lệ khối lượng/điện tích (m/z) của mỗi ion mảnh. Ở hầu hết các mảnh đều mang điện tích đơn giản (z = 1). Điều này dẫn đến sự phân mảnh phụ thuộc vào khối lượng các ion.

Độ nhạy khác nhau củ các loại phổ khối lượng thường được xác định bởi độ phân giải của nó. Độ phân giải được định nghĩa bởi biểu thức R = m/∆m (với ∆m là độ chênh lệch giữa hai pic liền nhau và m là khối lượng danh nghĩa của pic thứ nhất). Ví dụ: hai ion C2H4

+ và CH2N+ đều có cùng khối lượng danh nghĩa (M = 28) nhưng khối lượng chính xác tương ứng là 28,0313 và 28,0187 thì để có thể phân biệt được 2 pic này cần phải có một dụng cụ có R = 28/(28,0313 – 28,0187) = 2200. Những máy phổ khối lượng rẻ thì có độ phân giải không cao lắm (R 300 – 1000) thì có thể phân biệt được các ion đơn giản có các khối lượng danh nghĩa khác nhau.

Các pic đồng vị trong phổ khối lượngMặc dù các máy phổ có độ phân giải thấp nhưng các mảnh ion có thể phát sinh ra nhiều mảnh liên

tiếp có khối lượng danh nghĩa khác nhau. Điều này chỉ có thể xảy ra đối với các ion có cùng công thức hóa học nhưng các đồng vị tạo thành ion mảnh đó thì khác nhau. Ví dụ: ion CH3

+ gồm có các mảnh ion có khối lượng danh nghĩa từ 15 (mảnh 12C1H3

+) đến 19 (mảnh 13C2H3+).

Cường độ của các mảnh đồng vị phụ thuộc vào thành phần của các nguyên tố cấu thành các mảnh đồng vị đó trong thiên nhiên. Đối với cacbon thì nhiều nhất là 98,90% 12C và 1,10% 13C. Với H thì 1H chiếm 99,985% và 2H chiếm 0,015%. Kết qủ alà pic có cường độ cao nhất là 12C1H3

+ (M = 15), pic có cường độ cao thứ hai là hai pic 13C1H3

+ và 12C1H2H+, còn pic có M = 19 (13C2H3+) thì có cường độ gần như

bằng 0 do lượng 13C và 2H có rất ít trong thiên nhiên.Dưới đây sẽ cho biết cách tính cường độ các pic đồng vị của ion mảnh CH2Cl một cách chính xác.

Biết Cl gồm hai đồng vị (75,77% 35Cl và 24,23% 37Cl).+ Mảnh M = 49: 12C1H2

35Cl: 0,989.(0,99985)2.0,7577 = 0,7431+ Mảnh M = 50: 13C1H2

35Cl: 0,011.(0,99985)2.0,7577 = 0,00833 12C2H1H35Cl: 0,989.0,00015.0,99985.0,7577 = 0,00011 12C1H2H35Cl: 0,989.0,99985.0,00015.0,7577 = 0,00011

- 8 -

= 0,0085+ Mảnh M = 51: 13C2H1H35Cl = 1,25.10-6

13C1H2H35Cl = 1,25.10-6. 12C1H2

37Cl = 0,240 = 0,240

+ Mảnh M = 52: 13C2H235Cl = 1,9.10-10.

13C1H237Cl = 0,00266

12C1H2H37Cl = 3,59.10-5. 12C2H1H37Cl = 3,59.10-5

= 0,0027+ Mảnh M = 53: 13C2H1H37Cl = 4,0.10-7. 13C2H1H37Cl = 4,0.10-7.

12C2H237Cl = 5,4.10-9.

= 8,1.10-7

+ Mảnh M = 54: 13C2H237Cl = 6.10-11.

Cường độ của mỗi pic (từ M đến M +5) tỉ lệ với sự phổ biến của mỗi đồng vị hợp phần trong ion mảnh và sự tính toán xác suất dẫn đến tổng khả năng xuất hiện các hợp phần của các pic có cùng khối lượng phân tử. Pic có cường độ cao nhất được gọi là pic cơ sở và cường độ của các pic liên quan được xác định bởi % của nó so với pic cơ sở.

Từ thí dụ trên ta có:M = 49 = 100%M = 50 (0,0085/0,7491).100 = 1,14%M = 51 (0,240/0,7491).100 = 31,98%M = 52 (0,0027/0,7491).100 = 0,36%M = 53 = 1.10-4%M = 54 = 8.10-9%

1) Silic tự nhiên là hỗn hợp của 3 đồng vị bền 28Si, 29Si và 30Si. Trong khi đó clo tự nhiên là hỗn hợp của hai đồng vị là 35Cl và 37Cl. Có bao nhiêu pic đồng vị của ion SiCl2

+.2) Tất cả các ion mảnh sau: (a): N2

+; (b): CO+; (c): CH2N+; (d): C2H4+ đều có khối lượng danh nghĩa là M

= 28 và không thể phân biệt được chúng bằng các máy phổ phân giải thấp. Tuy nhiên so sánh cường độ các pic M + 1 thì ta có thể phân biệt được tất cả. Xác định các mảnh ion có cường độ mảnh đồng vị M + 1 là 1,15. Các đồng vị có nhiều trong thiên nhiên được cho dưới đây:

H: 1H = 99,985% 2H = 0,015%C: 12C = 98,9% 13C = 1,1%N: 14N = 99,634% 15N = 0,366%O: 16O = 99,762% 17O = 0,038% 18O = 0,20%

BÀI GIẢI:1) M = 98 28Si35Cl2

+

M + 1 = 99 29Si35Cl2+

M + 2 = 100 28Si35Cl37Cl+ + 30Si35Cl2+

M + 3 = 101 29Si35Cl37ClM + 4 = 102 30Si35Cl2

+ + 28Si35Cl37Cl+

M + 5 = 103 29Si37Cl2+

M + 6 = 104 30Si37Cl2+

Như vậy có 7 pic.2 Đối với ion N2

+ ta có:M: 14N14N = (0.99634)2 = 0.9927

M+1: 14N15N + 15N14N = 2×(0.99634×0.00366) = 0.007293 Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 0,735%Đối với ion CO+ ta có:

M: 12C16O = 0.989×0.99762 = 0.9866 M+1: 12C17O + 13C16O = (0.989×0.00038) + (0.011×0.99762) = 0.01135

Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 1,15%Đối với ion CH2N+

M: 12C1H214N = 0.989×(0.99985)2 ×0.99634 = 0.9851

M+1: 13C1H214N + 12C1H2H14N + 12C2H1H14N + 12C1H2

15N

- 9 -

=0.011×(0.99985)2×0.99634+2×0.989×0.99985×0.00015×0.99634+0.989×(0.99985)2×0.00366 =0.01487 Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 1,51%Đối với ion C2H4

+ ta có: M: 12C2

1H4 = (0.989)2×(0.99985)4 = 0.9775 M+1: 13C12C1H4 + 12C13C1H4 + 12C2

2H1H3 + 12C21H2H1H2 + 12C1H2

2H1H + 12C21H3

2H = 0,02234

Như vậy tỉ lệ (M+1)/M = 2,29%Chỉ có CO+ là thoả mãn đề bài.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004: Các cacbua của kim loại chuyển tiếp như TiC được sử dụng rộng rãi trong việc chế tạo các công

cụ cắt và khoan bởi vì nó rất cứng, chống ăn mòn tốt và có nhiệt độ nóng chảy cao. Ngoài những tính chất trên thì titan cacbua còn có tính dẫn điện tốt và điều này không phụ thuộc vào nhiệt độ chính vì vậy nó rất quan trọng trong công nghiệp.1) TiC có cấu trúc tinh thể như thế nào nếu r(Ti4+) = 74,5 và r(C4-) = 141,5pm

TiC kỹ thuật được điều chế từ TiO2 bằng phản ứng khử với cacbon. Biến thiên entanpi của phản ứng này không thể được đo trực tiếp được. Tuy nhiên, nhiệt cháy của các nguyên tố cũng như của TiC có thể đo trực tiếp được. Năng lượng luôn luôn không đổi và không phụ thuộc vào cách tiến hành phản ứng cho nên các gía trị nhiệt động của phản ứng có thể tính được.2) Tính biến thiên entanpi của phản ứng: TiO2 + 3C TiC + 2CO

Biết: ∆fH(TiO2) = -944,7kJ.mol-1

∆fH(CO) = -110,5kJ.mol-1

∆fH (TiC + 1,5O2 → TiO2 + CO) = -870,7kJ.mol-1.Năm 1919, Born và Haber đã độc lập tìm ra ứng dụng của nguyên lý thứ nhất nhiệt động học vào

sự hình thành chất rắn từ các nguyên tố thành phần. Bằng cách này ta có thể có được những thông tin chính xác về năng lượng mạng lưới của tinh thể chất rắn.

KCl đồng hình với TiC và nó kết tinh theo kiểu mạng của NaCl.3) Sử dụng các giá trị cho sẵn để xây dựng chu trình Born – Haber của sự hình thành KCl từ các nguyên

tố và tính năng lượng mạng lưới của KCl.Entanpi của KCl: K(r) → K(k) ∆Hthăng hoa = 89kJ.mol-1

Entanpi phân ly của clo: Cl2(k) → 2Cl ∆Hphân li = 244kJ.mol-1

Ái lực electron của clo: Cl(k) + e → Cl-(k) ∆H = -355kJ.mol-1.

Năng lượng ion hóa của kali: K(k) → K+ + e ∆Hion hóa = 425kJ.mol-1.Entanpi của sự hình thành KCl: K(r) + 0,5Cl2 → KCl(r) ∆fH = -438kJ.mol-1.

BÀI GIẢI:1) r(Ti4+) /r(C4-) = 0,527 → kiểu mạng tinh thể của NaCl.2) TiC + 1,5O2 → TiO2 + CO ∆fH = -870,7kJ.mol-1 (1) C + 0,5O2 → CO ∆fH = -110,5kJ.mol-1 (2) Lấy (1) – 3(2) ta được: TiO2 + 3C TiC + 2CO Như vậy ta tính được ∆fH = 539,2kJ.mol-1.3 Chu trình Born – Haber của sự hình thành KCl:

K+(k) + Cl-

(k) KCl(r)

K+(k) Cl(k)

K(r) 0,5Cl2(k)

Ta tính được UL = -719kJ.mol-1.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004:Bước đầu tiên của các phản ứng quang hóa học là sự hấp thụ ánh sáng của các phân tử. Mối liên

quan giữa mật độ quang A của dung dịch chứa phân tử chất hấp thụ với nồng độ mol C và độ dày của cuvet d được thể hiện bởi định luật Lambert – Beer: A = lg(Po/P) = Cd : hệ số tắt mol.

Ánh sáng có thể được coi như là một chùm photon và mỗi photon có mang năng lượng E = h .

Với h là hằng số Planck, là bước sóng ánh sáng chiếu tới và c là vận tốc ánh sáng:

- 10 -

UL

∆Hion hóa

∆Hphân li

∆H

0,5∆Hphân li

∆fH

Một dung dịch phẩm nhuộm có nồng độ C = 4.10-6M có hệ số tắt mol = 1,5.105mol-1.L.cm-1. Chiếu ánh sáng xanh có bước sóng = 514,5nm và công suất Po = 10nW vào dung dịch này.1. Hãy tính % ánh sáng hấp thụ bởi mẫu nếu cuvet dày 1m.2. Tính số photon/s được hấp thụ bởi mẫu

Sự hấp thụ trên mặt cắt ngang của phân tử là mặt có thể hấp thụ các photon có hiệu quả nhất dưới điều kiện là độ chiếu sáng thấp (như là các tế bào pin mặt trời có thể giữ lại được các photoon trên bề mặt). Ở nhiệt độ phòng, điều này phụ thuộc vào diện tích mặt cắt ngang của phân tử tiếp xúc trực tiếp với ánh sáng. Nếu bạn tính nó từ hệ số tắt mol thì hãy hình dung tất cả các phân tử chịu tác dụng của ánh sáng đều nằm trên một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ánh sáng chiếu tới.3. Khu vực nào được các phân tử chiếm giữ?4. Tính độ hấp thụ mol trên mặt cắt ngang của phân tử (Å2)

Phản ứng quang hóa đã xảy ra trên hành tinh của chúng ta chủ yếu là tổng hợp quang hóa, phản ứng này đã chuyển năng lượng ánh sáng thành năng lượng hóa học. Một photon có bước sóng 680nm là cần thiết để sinh ra 1 phân tử ATP. Dưới các điều kiện sinh lý thì năng lựong nhận được là 59kJ/mol ATP.5. Hiệu suất của phản ứng quang hóa là bao nhiêu?BÀI GIẢI:

1. A = Cd = 6.10-5 Po/P =0,999862. Đây chính là % của photon tồn tại trong mẫu, như vậy phần trăm photon được dung dịch hấp thụ là :

hay 0,0138%

2. Dựa vào kết qủa câu 1 ta có thể tính được Phấp thụ = 1,38.10-4.10-8 = 1,38.10-12J.s-1.Năng lượng của mỗi photon là E = 3,86.10-19JVậy số photon được hấp thụ bởi dung dịch trong mỗi giây là: 1,38.10-12/3,86.10-19 = 3,58.106

3. Hãy hình dung rằng, tia laser chiếu vào khu vực có diện tích 1cm2 của dung dịch phẩm nhuộm. Chùm tia sáng đi xuyên qua một thể tích là V = 1cm2.1m = 10-7L. Số phân tử được chiếu xạ sẽ là: N = C.V.NA = 2,409.1011.Nếu tất cả các phân tử đều được xếp trên một mặt phẳng thì mỗi phân tử sẽ chiếm một diện tích là: S =1/2,409.1011 = 4,15.10-12cm2 hay 415nm2.

4. Độ hấp thụ trên mặt cắt ngang của phân tử là khu vực mà ở đó một phân tử bất kỳ có thể giữ lại được toàn bộ photon chiếu tới. Dưới các điều kiện thí nghiệm thì chỏ có 0,0138% ánh sáng chiếu tới bị hấp thụ bởi một phân tử, như vậy = 1,38.10-4.4,15.10-12 = 0,057nm2 = 5,7Å2.

5. Năng lượng của một photon có bước sóng 680nm = 2,92.10-19J.Sự tổng hợp quang hóa nhận được 59kJ/mol ATP, điều này dẫn đến:EATP = 59.103/6,022.1023 = 9,80.10-20J/phân tử ATPNhư vậy hiệu suất của phản ứng sẽ là: 9,80.10-20/2,92.10-19 = 0,34 hay 34%

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2004:Từ khi những nhà tiên phong trong lĩnh vực nhận dạng các đơn phân tử đã tiến hành công việc từ

đầu thập kỷ 90 của thế kỷ trước thì lĩnh vực về việc sử dụng phương pháp hiển vi để phát hiện các đơn phân tử đã được khám phá và nó nằm trung gian giữa hóa học và vật lý. Ta sẽ khảo sát với phẩm nhuộm cacboxianin 1-1’-didodexyl-3,3,3’,3’-tetrametylindo-cacboxianin peclorat (dilC12). Trong thí nghiệm này, phân tử phẩm nhuộm được trải ra trên một bề mặt mẫu và được định vị thông qua các tín hiệu phát quang. Cấu trúc của dilC12 được cho dưới đây:

- 11 -

1. Xác định phần nào trong phân tử diC12 phát quang:a) Vòng benzen.b) Mạch dodexyl.c) 4 nhóm metyl gắn ở nhân dị vòng.d) Mạch C-N liên kết với hai vòng benzen.e) Ion peclorat.

Tỉ trọng bề mặt của một phân tử thường rất thấp. Nếu muốn nhận dạng chúng như là một chất phát quang dưới kính hiển vi. Giá trị tốt nhất để nhận dạng là 10 phân tử/m2.

10L của một dung dịch dilC12 trong metanol được nhỏ xuống một tấm thủy tinh sạch. Giọt này tạo thành một vòng tròn có đường kính 4mm.

2. Tính nồng độ mol của dung dịch cần thiết để nhận được gía trị 10 phân tử/m2 (Đối với sự tính toán chúng ta có thể giả sử rằng sự vận chuyển của phân tử phẩm nhuộm từ dung dịch đến mẫu bề mặt do sự bốc hơi của dung môi là đồng thể trên toàn bộ bề mặt thấm ướt).Mẫu được chiếu xạ bởi tia laser màu xanh He – Ne có bước sóng là 543,5nm. Năng lượng kích

thích là vừa đủ sao cho khu vực được chiếu sáng (đường kính 100nm) tiếp xúc với 3.1010photon/s.3. Năng lượng kích thích cần thiết là bao nhiêu?

Sự hấp thụ trên mặt cắt ngang là một thông số quang trọng để tính toán các tín hiệu phát quang phát ra đơn phân tử. Nó có thể được xem như là khu vực hiệu lực của phân tử mà nó có thể hấp thụ toàn bộ photon chiếu tới. Ở nhiệt độ phòng, gía trị này xấp xỉ với kích thước của phân tử phẩm nhuộm.

4. Một mẫu dilC12 được chiếu sáng hấp thụ 2,3.105 photon/s dưới các điều kiện được mô tả ở trên. Tính độ hấp thụ trên mặt cắt ngang của phân tử dilC12 (Å2). Biết rằng trên khu vực có đường kính 100nm thì được chiếu xạ một cách đồng bộ.Hiệu suất phát quang lượng tử (số photon phát quang trung bình được sinh ra từ các photon bị hấp

thụ) là 0,7 đối với dilC12 (7 photon phát quang được sinh ra trên tổng số 10 photon hấp thụ). Hiệu suất của nguồn phát quang là 20% trong điều kiện thí nghiệm này (bao gồm cả sự lọc để cho ánh sáng đơn sắc) và hiệu suất nhận dạng photon của máy dò phát quang công nghệ cao là 55% (vượt qua ngưỡng của các phân tử phát quang).

5. Trung bình có bao nhiêu photon phát quang được dò thấy bởi bộ dò phát quang trong 10ms nếu một phân tử dilC12 được định vị trong khu vực chiếu sáng?Hình ảnh phát quang được xây dựng bằng cách quét tốc độ cao bề mặt chiếu sáng trên bề mặt

mẫu.6. Đường kính của điểm phát quang ứng với một phân tử phẩm nhuộm sẽ là bao nhiêu? Chọn câu trả

lời đúng.a) Một pixel.b) 543,5nmc) 100nmd) 200nme) Xấp xỉ 1m

BÀI GIẢI:1) Phân tử phát quang trong vùng khả kiến do sự không định cư của các electron trên hệ liên kết , như

vậy câu trả lời đúng là (4).2) Một vòng với đường kính 4mm bao quanh một bề mặt có diện tích S = r2 = 1,26.10-5m2

Số nguyên tử phẩm nhuộm trong khu vực này là: 10/(10-6)2.1,26.10-5 = 126.106

Nó được chuyển đến bề mặt bởi sự bốc hơi của 10L dung dịch, như vậy nồng độ của nó phải là:(1,26.108/10-5)/(6,022.1023) = 2,1.10-11mol.L-1.

- 12 -

3) Với E = hc/ thì năng lượng của mỗi photon là: E = 3,66.10-19JNhư vậy năng lượng kích thích cần thiết là: 1,1.10-8J.s-1 = 11nW.

4) Trung bình cứ có 10 phân tử/L, như vậy 1 phân tử sẽ chiếm một diện tích S = 10-13m2.Diện tích toàn khu vực chiếu xạ = (50.10-9)2 = 7,85.10-15m2 nhận được 3.1010 photon/s và khu vực chiếm giữ bởi một phân tử sẽ nhận được: 3.1010.10-13/(7,85.10-15) = 3,82.1011 photon/sChỉ có 2,3.105 photon được hấp thụ mỗi giây nên khu vực mà ở đó hấp thụ photon sẽ là: = 6.10-20m2 hay là 6Å2.

5) Một phân tử dilC12 hấp thụ 2,3.105 photon/s thì như vậy số photon phát quang sẽ là 161.103 photon/s. Dựa vào hịêu suất dò thì kết qủa sẽ là: N = 0,2.0,55.161.103 = 17710 photon dò được/s.Trong khoảng 10ms thì số photon dò được sẽ là 177 photon.

6) Mỗi điểm trên khu vực được chiếu xạ của mẫu được tiếp xúc với cùng một số lượng photon/s (chiếu sáng đồng bộ). Một phân tử mà được định vị ở trung tâm của điểm thì sẽ nhận được nhiều photon hơn là nó ở bất kỳ một điểm nào khác của điểm chiếu xạ. Do khu vực chiếu xạ được quét nhanh nên phân tử sẽ trở nên có màu, thời gian có màu càng nhiều khi nó ở bên trong khu vực chiếu sáng. Đây chính là lý do tại sao các điểm phát quang của một phân tử luôn có một kích thước như nhau và bằng với khu vực chiếu sáng. Như vậy đáp án đúng là câu c.

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:Electron trong phức của sắt với hemoglobin có thể được xác định như trong một hệ mà electron

di chuyển tự do như trong hộp thế hai chiều. Dựa vào mô hình này thì năng lượng của electron sẽ được tính bởi công thức:

Với h = 6,63.10-34J.s (hằng số Planck), nx và ny là những số lượng tử chính; me = 9,11.10-31kg là khối lượng của electron, L là chiều dài của hộp thế.

1. Xây dựng các mức năng lượng để chỉ ra mối quan hệ giữa 17 obitan thấp nhất.2. Cho phân tử có chứa 26e, xác định số electron của obitan bị chiếm có mức năng lượng cao nhất ở

trạng thái cơ bản.3. Áp dụng quy tắc Hund cho hệ này, cho biết nó là thuận từ hay nghịch từ.4. Ánh sáng được hấp thụ chỉ khi điều kiện ∆E = h được thoả mãn. Nếu chiều dài L của hộp thế hai

chiều là 1nm, Hãy tính bước sóng dài nhất mà ở đó có thể xảy ra trạng thái kích thích. Cho biết c = 3,00.108m/s.

BÀI GIẢI:1) Ta có:

E1,1 = 2E0 E1,2 = E2,1 = 5E0 E2,2 = 8E0 E1,3 = E3,1 = 10E0 E2,3 = E3,2 = 13E0 E1,4 = E4,1= 17E0 E3,3 = 18E0 E2,4 = E4,2 = 20E0 E3,4 = E4,3 = 25E0 E1,5 = E5,1 = 26E0

Với Eo = h2/8mL2

2) 4e3) Nghịch từ.4) Bước sóng dài nhất để ở đó xảy ra sự kích thích là ∆E = (25 – 20)Eo.

Với Eo = (6,63.10-34)/(8.9,11.10-31.(1.10-9)2) = 6,02.10-20JNhư vậy ∆E = (25 – 20)Eo = 3,01.10-19J = 606nm

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:Hầu hết các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn đều có nhiều hơn 1 đồng vị. Khối lượng

nguyên tử của một nguyên tố được tính toán dựa trên mối quan hệ về thành phần của các đồng vị. Ví dụ: Khối lượng nguyên tử của clo xấp xỉ 35,5 bởi vì hàm lượng của 35Cl gần gấp 3 lần so với 37Cl. Trong phổ khối lượng, thay cho khối lượng phân tử trung bình thì ta nhận được pic khối lượng của các đồng vị (35Cl:

- 13 -

75,77%; 37Cl: 24,23%; 12C: 98,9%; 13C: 1,1%; 79Br: 50,7%; 81Br: 49,3%). Các đồng vị rất có ý nghĩa trong việc phân tích định lượng bằng phương pháp phổ khối lượng.1) Để có thời gian duy trì thì tỉ lệ của các ion M và M + 2 được sử dụng trong việc phân tích định lượng 2,3,7,8 tetraclo dioxin (2,3,7,8 - TCDD) bằng phương pháp sắc ký - khối phổ là tỉ lệ tiêu chuẩn. Tính tỉ lệ lý thuyết này.

Chiều cao của các mảnh đồng vị (cường độ) có thể được phát hiện bằng cách sử dụng công thức sau: (a + b)n với a là hàm lượng tương đối của đồng vị nhẹ, b là hàm lượng tương đối của đồng vị nặng và n là số nguyên tử clo có mặt.2) Ion phân tử thường được chọn trong phép phân tích định lượng. Cường độ của ion phân tử cần được sửa lại nếu tín hịêu bị gây nhiễu bởi các hợp chất khác. Trong phép phân tích các nguyên tố không phải halogen với khối lượng phân tử là 136 thì ion phân tử được chọn trong phép phân tích định lượng. Hãy đề nghị một biểu thức toán học để hịêu chỉnh được tín hiệu của ion phân tử nếu chất phân tích có cùng thời gian duy trì như n - butylbromua.BÀI GIẢI:1) 0,772) Tín hiệu hiệu chỉnh = (m/z 136tín hiệu) - 1,03(m/z 138 tín hiệu)OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ 2005:

Một số đại lượng vật lý có thể đo được, nếu có thể cho kết qủa số thì có thể dẫn đến sai số. Sai số tiêu chuẩn được định nghĩa bởi biểu thức:

=

Với G là gía trị riêng của hằng số vật lý đo được; <G> là trị trung bình của G; <G2> là gía trị trung bình của G2. Gía trị tủng bình của <G> và <G2> có thể nhận được bằng cách đo lặp lại nhiều lần khi thực hiện cùng một phép đo xác định đại lượng G. Định nghĩa này có thể áp dụng được cho cả lý thuyết cổ điển và lý thuyết lượng tử. hai ví dụ liên quan đến việc xác định độ lệch tiêu chuẩn , một là dựa vào tinh chất của phân tử khí và hai là sử dụng hộp thế một chiều sẽ được đưa ra dưới đây:1) Phân bố tốc độ của các phân tử khí như là một hàm của nhiệt độ có thể được mô tả bởi phương trình sau (Phân bố Maxwell - Boltzmann):

Với v là tốc độ của phân tử, M là khối lượng của phân tử. T là nhiệt độ tuyệt đối và R là hằng số khí. Tính tốc độ trung bình <v> và độ lệch tiêu chuẩn V hay sự phân bố tốc độ của phân tử O2 ở 300K (O2 = 32g/mol, R = 8,31J.K-1.mol-1).2) Giả sử một hạt chuyển động theo phương x được chuẩn hóa dưới dạng hàm sóng:

;

Tính độ chuyển dịch trung bình <x> và độ lệch tiêu chuẩn x sau khi x đi được một quãng đường khá dài.3) Trong cơ học lượng tử, momen của hạt trong hộp thế một chiều cso thể được xác định như sau: p=

với h là hằng số Planck. Tính momen trung bình <p> và độ lệch tiêu chuẩn p với tiểu phân có

hàm sóng được mô tả ở câu 2.4) Tính độ bất định về vị trí và momen của hạt xp với các dữ kiện đã cho ở trên.Một số biểu thức tích phân:

với n = 0,1,2,3…

BÀI GIẢI:1) Tốc độ trung bình:

Độ lệch tiêu chuẩn V:

V = 1,87.102 ms-1

- 14 -

2) Toạ độ trung bình:

Độ lệch tiêu chuẩn x:

x = 1

3) Momen trung bình:

Độ lệch chuẩn p:

p = h/44) xp = h/4

I. OLYMPIC HÓA HỌC CÁC QUỐC GIA TRÊN THẾ GIỚi: OLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Trong các chất sau, chất nào không tạo liên kết hydro với nước:a) NH3

b) HFc) CH3OHd) CH3 – CH3

BÀI GIẢI: câu dOLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Liên kết tạo thành giữa hai nguyên tử có cấu hình electron hóa trị là 2s22p5 sẽ thuộc loại liên kết:a) Ionb) Cộng hóa trịc) Kim loạid) Cộng hóa trị không phân cực.

BÀI GIẢI: câu dOLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Rutherford đã chỉ ra rằng mẫu nguyên tử của Thomson là sai khí bắn các hạt vào lá vàng mỏng thì:

a) Rất nhiều hạt đi qua lá vàng.b) Đa số hạt bị lệch đic) Một số hạt bị lệch đi hoặc bật trở lại.d) Một số hạt bị chuyển hóa thành nguyên tử heli

BÀI GIẢI: câu cOLYMPIC HÓA HỌC ĐỨC 1999 (Vòng 4):1) Hạt nhân 80Ge có tính chất phóng xạ và phân rã cùng với sự giải phóng ra các tia . Hạt nhân nào sẽ

hình thành trong qúa trình này?2) 148Gd là chất phóng xạ , hạt nhân nào sẽ được tạo thành?3) Chì có 4 đồng vị bền: 204, 206, 207 và 208. Một trong số đó là sản phẩm cuối cùng của một dãy phân

rã bắt đầu từ 235U. Hãy giải thích đó là đồng vị nào của chì?4) Trong qúa trình ở câu 3 thì có bao nhiêu phân rã ?5) Bi trong tự nhiên chỉ gồm có hạt nhân 209Bi. Người ta bắn phá nó bằng các hạt . Qúa tình này giải

phóng hai nơtron. Hỏi hạt nhân nào đã hình thành?Năm 1988, tấm khăn liệm Turin nổi tiếng được nghiên cứu bằng phương pháp phóng xạ cacbon.

Trong khi cường độ phóng xạ của một gam cacbon lấy từ các cơ quan sống là 735 phân rã trong một giờ thì 1g cacbon lấy từ tấm khăn liệm cho thấy hoạt tính là 677 phân rã trong một giờ. Thời gian bán hủy của 14C là 5570 năm.6) Tính tuổi của tấm khăn đó.

- 15 -

BÀI GIẢI:1) 80As2) 144Sm3) 207Pb vì 235 – 207 = 28 (7 phân rã )4) 4 phân rã 5) 211At.6) Khoảng năm 1327

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002:Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản của Al3+ là:a) 1s22s22p63s23p1.b) 1s22s22p63s23p6.c) 1s22s22p6.d) 1s22s22p63s2.e) 1s22s22p43s2.

BÀI GIẢI: câu cOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002:

232Th90 chuyển hóa thành 208Pb82 sau một loạt phân rã anpha và beta. Hỏi có bao nhiêu phân rã anpha và beta?

Anpha BetaA. 3 2B. 4 8C. 5 2D. 6 4E. 8 8BÀI GIẢI: câu bOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002:

Phân tử nào có các nguyên tử nằm trong cùng một mặt phẳng?1. NH3.2 XeF4.1. SF4.2. ICl4

-

a. 1,2 và 3b. 2 và 3c. 3 và 4d. 2 và 4e. Tất cả đều đúng.

BÀI GIẢI: câu dOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:

Dựa vào thuyết liên kết hóa trị hãy cho biết sự lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XeF2.

a) sp3

b) spc) dsp3

d) d2sp3

e) sp2.BÀI GIẢI: câu cOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:

Tính bước sóng của ánh sáng cần thiết để có thể phân ly nguyên tử brom. Biết EBr-Br = 193kJ/mola) 6,19.10-7mb) 1,03.10-30mc) 1,98.10-28md) 1,93.10-12me) 1,25.10-8m

BÀI GIẢI: câu aOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:

Những phân tử nào sau đây có cực:

- 16 -

1) NH3

2) AsF3

3) CHCl3

4) BeF2

5) SnCl4

a) 1, 2 và 3b) 1 và 3c) 2, 3 và 4d) 2, 4 và 5e) Tất cả

BÀI GIẢI: câu aOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Nguyên tử nào có bán kính lớn nhất?a) Asb) Brc) Pd) Se) Se

BÀI GIẢI: câu aOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Trong những năm đầu tiên của thế kỷ 19 thì John Dalton đã liệt kê một loạt các khối lượng nguyên tử. Một trong số đó là việc xây dựng nguyên tử lượng của amoniac. Bằng cách giả thiết khối lượng của hydro là 1 thì ông có thể tính được công thức của amoniac. Nhưng ông đã ngộ nhận rằng công thức phân tử của amoniac là NH. Vậy khối lượng nguyên tử của amoniac mà ông đã xác định là bao nhiêu?

a) 2b) 5c) 14d) 16e) 42

BÀI GIẢI: câu bOLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Trong các chất sau thì chất nào có nhiệt độ sôi nhỏ nhất:a) NH3

b) H2Oc) C3H8

d) (CH3)2Oe) CH4.

BÀI GIẢI: câu e

- 17 -