lý thuyết và bài tập về “tinh thể”

PHẦN I- MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài
Hóa đại cương và vô cơ là nội dung kiễn thức khá rộng chiếm tỷ lệ đến 60% trong
các đề thi HSG Quốc Gia và Quốc tế. Việc nghiên cứu tính chất của các chất qua các thí
nghiệm rất tường minh, học sinh dễ dàng tiếp cận. Nhưng việc nghiên cứu những hệ vi mô
mà mắt thường không nhìn thấy được thì hoàn toàn không phải dễ dàng, mang đậm tính trìu
tượng, HS phải tưởng tượng ra qua những mô hình phóng đại . Nội dung về tinh thể cũng là
một dạng kiến thức rất đặc trưng khi nghiên cứu về cấu tạo chất. Để giúp các em HS thành
thạo khi tiếp cận với hệ vi mô chúng tôi xin trình bày nội dung lý thuyết và bài tập về “tinh
thể”.

PHẦN II
NỘI DUNG
A. Lý thuyết
* Cấu trúc tinh thể: Mạng lưới tinh thể (cấu trúc tinh thể) là mạng lưới không gian ba
chiều trong đó các nút mạng là các đơn vị cấu trúc (nguyên tử , ion, phân tử ...).
- Tinh thể kim loại
- Tinh thể ion
- Tinh thể nguyên tử ( Hay tinh thể cộng hoá trị)
- Tinh thể phân tử.
* Khái niệm về ô cơ sở:
Là mạng tinh thể nhỏ nhất mà bằng cách tịnh tiến nó theo hướng của ba trục tinh thể ta có
thể thu được toàn bộ tinh thể.
Mỗi ô cơ sở được đặc trưng bởi các thông số:
1. Hằng số mạng: a, b, c, α, β, γ
2. Số đơn vị cấu trúc : n
3. Số phối trí
4. Độ đặc khít.
I. Mạng tinh thể kim loại:

1. Một số kiểu mạng tinh thể kim loại.
1.1. Mạng lập phương đơn giản:
- Đỉnh là các nguyên tử kim loại hay ion dương kim loại.
- Số phối trí = 6.
- Số đơn vị cấu trúc: 1
1.2. Mạng lập phương tâm khối:
- Đỉnh và tâm khối hộp lập phương là nguyên tử hay ion dương
kim loại.
- Số phối trí = 8.
- Số đơn vị cấu trúc: 2
1.3. Mạng lập phương tâm diện
- Đỉnh và tâm các mặt của khối hộp lập phương là các
nguyên tử hoặc ion dương kim loại.
- Số phối trí = 12.
- Số đơn vị cấu trúc:4
1.4. Mạng sáu phương đặc khít (mạng lục phương):
- Khối lăng trụ lục giác gồm 3 ô mạng cơ sở. Mỗi ô mạng cơ
sở là một khối hộp hình thoi. Các đỉnh và tâm khối hộp hình thoi là
nguyên tử hay ion kim loại.
- Số phối trí = 12.
- Số đơn vị cấu trúc: 2
2. Số phối trí, hốc tứ diện, hốc bát diện, độ đặc khít của mạng tinh thể, khối lượng
riêng của kim loại.
2.1. Độ đặc khít của mạng tinh thể

LËp ph­¬ng t©m khèi

LËp ph­¬ng t©m mÆt

C

A

B

B

A

A
Lôc ph­¬ng chÆt khÝt


2.2. Hốc tứ diện và hốc bát diện:

Hèc b¸t diÖn

Hèc tø diÖn

a. Mạng lập phương tâm mặt:
- Hốc tứ diện là 8
- Hốc bát diện là: 1 + 12.1/4 = 4
b. Mạng lục phương:
- Hốc tứ diện là 4
- Hốc bát diện là: 1 + 12.1/4 = 2
2.3. Độ đặc khít của mạng tinh thể
a) Mạng tinh thể lập phương tâm khối

a

a 2
a 3

= 4r

Số quả cầu trong một ô cơ sở : 1 + 8. 1/8 = 2

Tổng thể tích quả cầu
=

Thể tích của một ô cơ sở

4
2. π .r 3
3
=

a3

4
3 3
2. π .(a
)
3
4

a3

= 68%

b) Mạng tinh thể lập phương tâm diện

a
a
a 2 = 4.r

Số quả cầu trong một ô cơ sở : 6. 1/2 + 8. 1/8 = 4
Tổng thể tích quả cầu

4
4. π .r 3
3
=

=

4
2 3
4. π .(a
)
3
4
= 74%

a3

Thể tích của một ô cơ sở

a3

c) Mạng tinh thể lục phương chặt khít
Số quả cầu trong một ô cơ sở: 4. 1/6 + 4. 1/12 + 1 = 2
4
2. π .r 3
3

Tổng thể tích quả cầu
=

Thể tích của một ô cơ sở

a.a

=

3 2a. 6
.
2
2

4 a
2. π .( )3
3
2

= 74%

a3 2

a

2a 6
b=
3

a

a
a

a

a
a = 2.r

¤ c¬ së

a 6
3
a 3
2

Nhận xét: Bảng tổng quát các đặc điểm của các mạng tinh thể kim loại
Cấu trúc

Hằng số

Số

Số

Số

mạng

hạt

phối

hốc T

(n)

trí

Lập

α=β=γ=90o

phương

a=b=c

tâm

khối

(lptk:bcc)

2

8

-

Số hốc O

Độ đặc

Kim loại

khít (%)
-

68

Kim

loại

kiềm,

Ba,

Feα, V, Cr, …


Lập

α=β=γ=90o

phương

a=b=c

tâm

4

12

8

4

74

Au, Ag, Cu,
Ni, Pb, Pd,

diện

Pt, …

(lptd: fcc)
Lục

α=β= 90o

phương

γ =120o

đặc

2

12

4

2

74

Be, Mg, Zn,
Tl, Ti, …

khít a≠b≠c

(hpc)
2.4. Khối lượng riêng của kim loại
a) Công thức tính khối lượng riêng của kim loại
3.M .P

D = 4π r 3 .N (*) hoặc D = (n.M) / (NA.V1 ô )
A
M : Khối lượng kim loại (g) ; NA: Số Avogađro, n: số nguyên tử trong 1 ô cơ sở.
P : Độ đặc khít (mạng lập phương tâm khối P = 68%; mạng lập phương tâm diện,

lục phương chặt khít P = 74%)
r : Bán kính nguyên tử (cm), V1ô : thể tích của 1 ô mạng.
B. Bài tập áp dụng
Bài 1.
a. Mỗi ô cơ sở của mạng lập phương tâm diện, mạng lập phương tâm khối, mạng lập
phương đơn giản chứa bao nhiêu nguyên tử?
b. Tantan (Ta) có khối lượng riêng là 16,7 g/cm3, kết tinh theo mạng lập phương với
o

cạnh của ô mạng cơ sở là 3,32 A .
- Trong mỗi ô cơ sở đó có bao nhiêu nguyên tử Ta.
- Ta kết tinh theo kiểu mạng lập phương nào.
Hướng dẫn giải:
1
1
a. Mỗi ô cơ sở mạng lập phương tâm diện có: 8. 8 + 6. 2 = 4 nguyên tử.
1
Mỗi ô cơ sở mạng lập phương tâm khối có: 8. 8 + 1 = 2
1
Mỗi ô cơ sở mạng lập phương đơn giản có: 8. 8 = 1

nguyên tử.
nguyên tử

o

b. Thể tích ô cơ sở của Ta V = 3,323 A = (3,32.10-8)3 cm3 = 36,6.10-24 cm3.
Khối lượng ô cơ sở là: m = 36,6.10-24 . 16,7 = 611,22.10-24 g.

Gọi n là số nguyên tử Ta trong 1 ô cơ sở:
−24

611, 22.10
Khối lượng 1 nguyên tử Ta là: mTa = n ( g )

MTa= 180.95 nên MTa = mTa . 6,02.1023 => n=2.
Vì n = 2 nên Ta kết tinh theo kiểu lập phương tâm khối.
Bài 2. Tinh thể NaCl có cấu trúc lập phương tâm diện. Tính bán kính của ion Na+ và khối
lượng riêng của NaCl. Cho biết cạnh a của ô mạng cơ sở là 5,58 A0, bán kính của ion Cl- là
1,81 A0, khối lượng mol của Na và Cl lần lượt là 22,99 g/mol và 35,45 g/mol.
Hướng dẫn giải:
* Số ion Na+ trong ô mạng cơ sở:
- Ở 8 đỉnh của lập phương: 8.1/8 = 1
- Ở 6 mặt của lập phương: 6.1/2 = 3
Có 4 ion Na+
* Số ion Cl- trong ô mạng cơ sở:
- Ở giữa các cạnh của hình lập phương : 12.1/4 = 3
- Ở tâm của lập phương : 1.1 = 1
Có 4 ion ClVậy một ô mạng cơ sở có chứa 4 phân tử NaCl
* Ta có a = 2(rNa+ + rCl-)

rNa+ = a/2 – rCl- = 0,98A0

* Khối lượng riêng:
d = N.M/NA.Vtb = 4.58,44/ 6,023.1023.(5,58.10-8)3 = 2,23 g/cm3.
Bài 3. Kim loại X đã được biết đến từ thời cổ xưa và đến này vẫn được sử dụng một cách
0

rộng rãi trong cuộc sống. Nguyên tử của kim loại X có bán kính bằng 1,44 A . Khối lượng

riêng thực nghiệm kim loại X là 19,36 g/cm3. Thể tích các nguyên tử của nguyên tố X chỉ
chiếm 74% thể tích của tinh thể kim loại, phần còn lại là các khe rỗng.
Xác định khối lượng mol nguyên tử của X và cho biết đó là kim loại gì?
+ Khối lượng riêng trung bình của nguyên tử X là: d =
+ Mặt khác, m = V.d =

d ' 19,36
=
g/cm3.
0,74 0,74

19,36
4 3
4
−
−
πr .d = ×3,14×(1,44. 10 8)3×
= 32,7. 10 23 g/ngtử
0,74
3
3


−
+ Vậy khối lượng mol nguyên tử X = 6,023. 1023× 32,7. 10 23 ≈ 197 g/mol. Đó là kim
loại vàng có nhiều ứng dụng từ cổ xưa (làm đồ trang sức) và ngày nay (không chỉ
làm đồ trang sức mà còn sử dụng trong công nghệ cao)
Hướng dẫn giải:
+ Khối lượng riêng trung bình của nguyên tử X là: d =
+ Mặt khác, m = V.d =

d ' 19,36
=
g/cm3.
0,74 0,74

19,36
4 3
4
−
−
πr .d = ×3,14×(1,44. 10 8)3×
= 32,7. 10 23 g/ngtử
0,74
3
3

−
+ Vậy khối lượng mol nguyên tử X = 6,023. 1023× 32,7. 10 23 ≈ 197 g/mol. Đó là kim
loại vàng có nhiều ứng dụng từ cổ xưa (làm đồ trang sức) và ngày nay (không chỉ
làm đồ trang sức mà còn sử dụng trong công nghệ cao)
Bài 4. Cho M là một kim loại hoạt động. Oxit của M có cấu trúc mạng lưới lập phương với
cạnh của ô mạng cơ sở là a= 5,555Å. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O 2- chiếm đỉnh và tâm
các mặt của hình lập phương, còn ion kim loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các hình lập
phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400 g/cm3.
a. Tính số ion kim loại và ion O2- trong một ô mạng cơ sở.
b. Xác định kim loại M và công thức oxit của M.
c. Tính bán kính ion kim loại M (theo nm) biết bán kính của ion O2- là 0,140 nm.
d. Nêu cách điều chế oxit của M.
Hướng dẫn giải:

a) Ion O2- xếp theo mạng lập phương tâm mặt → số ion O2- trong 1 ô mạng cơ sở là:
8.1/8+ 6.1/2 = 4 ion
Trong 1 ô mạng cơ sở (hình lập phương có cạnh là a) có 8 hình lập phương nhỏ có cạnh
là a/2, các ion kim loại nằm ở các tâm của hình lập phương này (hay có 8 hốc tứ diện trong
1 ô mạng cơ sở) → Số ion kim loại M trong 1 ô cơ sở là 8 → trong 1 ô mạng cơ sở có 8 ion
kim loại M, 4 ion O2-→ công thức của oxit là M2O. Trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử
M2O


b) Áp dụng công thức tìm ra:
→ MM = 22,968≈ 23 (g/mol) → nguyên tử khối của M là 23 đvC → M là Na, oxit là Na2O.
c) Xét một hình lập phương nhỏ có cạnh là a/2: Tìm ra bán kính của M là: 0,1005 nm
Bài 5. Fe – γ kết tinh dưới dạng lập phương tâm mặt với thông số mạng là a.
a. Tính số hốc (lỗ) trống tám mặt và bốn mặt thuộc về một ô mạng cơ sở .
b. Xác định bán kính của nguyên tử Fe trong mạng tinh thể của Fe – γ, biết rằng khối
lượng riêng của Fe – γ là ρ = 7,87 g.cm-3.
c. Gang là hợp kim của Fe chứa một lượng nhỏ C. Hãy cho biết C với bán kính r =
0,77A0 có thể chui được vào các hốc tám mặt và bốn mặt của ô mạng Fe–γ mà không làm
biến dạng mạng Fe–γ không?
Cho biết: Fe = 55,85 gam/mol. NA = 6,022.1023.
Hướng dẫn giải:
a. Cấu trúc ô mạng lập phương tâm diện.

Số lỗ trống bát diên = 1x 1 tâm +

x 12 cạnh = 4 lỗ.

Số lỗ trống tứ diện = 1x 8 đỉnh = 8 lỗ.
b. ρ = M. 0,74/V => V =

=

=> R = 1,27.10-8 cm = 1,27 A0.

c. Trường hợp 1: Trong lỗ trống bát diện:
Điều kiện để một vi hạt (với bán kính r) có thể xâm nhập là: R + r ≤ a/2 = R
=> r ≤ R (

- 1) = 0,526A0

Bán kính C là r = 0,77A0 > 0,526A0
=> Nguyên tử cacbon không thể xâm nhập vào các lỗ trống bát diện mà không làm
biến dạng cấu trúc của ô mạng lập phương tâm diện.
Trường hợp 2. Trong lỗ trống tứ diện.


Điều kiện để một vi hạt (với bán kính r) có thể xâm nhập là: R + r ≤ a
=> r ≤ R (

/4 = R

- 1) = 0,285A0.

Bán kính C là r = 0,77A0 > 0,285A0
=> Nguyên tử cacbon không thể xâm nhập vào các lỗ trống tứ diện mà không làm
biến dạng cấu trúc của ô mạng lập phương tâm diện.
Do đó sự xâm nhập của cacbon sẽ dẫn đến sự biến dạng của các ô mạng trong tinh
thể Fe – γ.
Bài 6. Sự sắp xếp cấi trúc kiểu này được gọi là “lập phương tâm mặt”:
a. Hãy tính độ đặc khít của cấu trúc này và so sánh chúng với cấu trúc lập phương đơn

giản.
b. Chỉ ra các lổ tứ diện và bát diện ở cấu trúc trên. Tính số lượng các lỗ trong mỗi ô
mạng cơ sở
c. Tính bán kính lớn nhất của nguyên tử X có thể “chui vào” các lổ hổng tứ diện và
bát diện.
A

C
A

B

Hướng dẫn giải:
a. Trong cấu trúc sắp xếp chặt khít này thì nguyên tử này sẽ tiếp xúc với nguyên tử
khác trên đường chéo cạnh. Độ dài đường chéo của một hình vuông là r 2 . Trong một ô
mạng cơ sở có 4 nguyên tử (8 ở 8 đỉnh và 6 ở 6 mặt). Như vậy độ chặt khít được tính như
4
4.πr 3
π
sau: 3
=
= 0,74 hay 74%
3
(2r 2) 3 2

Số lỗ hổng tứ diện là 8 x 1 = 8; bát diện là: 1x1 + (1/4)x 12 = 4


b. Với lổ hổng tứ diện

Một đường thằng đi từ các cạnh chia góc tứ diện ra làm hai phần. Độ dài của mỗi cạnh là 2
rX. Khoảng cách từ một đỉnh của tứ diện đến tâm của nó là rM + rX. Góc lúc này là 109,5°/2.
sin θ = rx / (rM + rX)→ sin (109,5°/2)· (rM + rX) = rX
→

0.816 rM = 0.184 rX →

rM/rX = 0.225

c. Với lổ hổng bát diện
(2rx)2= (rM + rx)2 + (rM + rX)2 nên rX 2= rM + rX → rM = ( 2 -1) rX

Bài 7. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Hãy biểu diễn mạng cơ sở của
CuCl.
a. Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở.
b. Xác định bán kính ion Cu+.
Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl-= 1,84 A0 ; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5
Hướng dẫn giải:

Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc
bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của
Cu+ và Cl- đều bằng 6
Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion Cu+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1= 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là n = 4


Khối lượng riêng của CuCl là:
D = (n.M) / (NA.a3 ) → a = 5,42.10-8 cm ( a là cạnh của hình lập phương)
Có: 2.(r Cu+ + rCl-) = a = 5,42.10-8 cm → rCu+ = 0,87.10-8 cm
Bài 8. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.

a. Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng
2,33g.cm-3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1.
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích.
Hướng dẫn giải:
a. Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình dưới)

độ dài của liên kết C-C bằng 1/8 độ dài đường chéo d của tế bào đơn vị (unit cell).
Mặt khác, d = a√ 3, với a là độ dài của cạnh tế bào.
Gọi ρ là khối lượng riêng của Si. Từ những dữ kiện của đầu bài ta có:
ρ=

nM
8.28,1
=
= 2,33
NV
6, 02.1023.a 3

suy ra: a = [8 . 28,1 / 6,02.1023 . 2,33]1/3 cm = 5,43.10-8 .
d = a √ 3 = 9,40.10-8 cm; r Si = d : 8 = 1,17.10-8 cm = 0,117nm
b. rSi = 0,117 nm > rC = 0,077 nm . Kết quả này hoàn toàn phù hợp với sự biến đổi bán
kính nguyên tử của các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn.
Bài 9. Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Bán kính nguyên tử của Ag
và Au lần lượt là: RAg = 144 pm; RAu = 147 pm.
a. Tính số nguyên tử Ag có trong một ô mạng cơ sở.
b. Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.
c. Một mẫu hợp kim vàng - bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương diện. Biết hàm
lượng Au trong mẫu hợp kim này là 10%. Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.
Hướng dẫn giải:
a. - Ở mỗi đỉnh và ở tâm mỗi mặt đều có một nguyên tử Ag

- Nguyên tử Ag ở đỉnh, thuộc 8 ô mạng cơ sở


- Nguyên tử Ag ở tâm của mỗi mặt, thuộc 2 ô mạng cơ sở
- Khối lập phương có 8 đỉnh, 6 mặt
⇒ Số nguyên tử Ag có trong 1 ô cơ số là 8 . + 6 .

1
=4
2

b. Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng cơ
sở

d
d

a

a

Từ hình vẽ một mặt của khối lập phương tâm diện, ta có:
d = a = 4RAg ⇒ a = 2RAg. = 2,144. = 407 (pm)
⇒ Khối lượng riêng của Ag là:
4.108.10 −3 kg
= 1,06.104 kg / m3
−12 3
3
23
(407.10 ) .m .6,02.10

c. Số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ số là x và (4 - x)
10 =

197 x
.100 ⇒ x ≈ 0,23
197 x + 108( 4 − x)

⇒ Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:
M =

108.3,77 + 197.0,23
≈ 113,12
4

Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là
R=

144(4 − x ) + 147 x
≈ 0,25
4

⇒ Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:
ahk = a R 2 = 2 .
=

144(4 − x) + 147 x
2
=
(576 + 3x )

2
5

2
(576 + 3.0,23) ≈ 407,78( pm)
2

⇒ Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:
4.113,12.10−3 kg
= 1,108.10 4 kg / m3
−12 3
3
23
(407,78.10 ) .m .6,02.10


Bài 10.
1. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên
tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối,
lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1:1,31:1,42.
2. Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính ion Cs+ là
0,169nm. Khối lượng mol của CsI là 259,8 g/mol. Hãy tính
a. Bán kính Ib. Độ đặc khít của tinh thể
c. Khối lượng riêng của tinh thể
Hướng dẫn giải:
1. Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần
thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở)
- Đối với mạng lập phương đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8.1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V 1 của 1 nguyên tử kim loại là

(1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng lập phương đơn giản a = 2r (3)
Thay (3) vào (2) ta có V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là :

- Đối với mạng lập phương tâm khối :
+ Số nguyên tử trong một tế bào : n = 8.1/8 + 1 = 2
→ V1 =
+) Trong tế bào mạng lập phương tâm khối thì


Thể tích của tế bào : V2 = a3 = 64r3/
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là

- Đối với mạng tâm diện :
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào : n = 8.1/8 + 6 + ½ = 4
→ V1 = 4.
+ Trong tế bào mạng tâm diện

→ a = 4r/

Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là :

Vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản,
tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như :
0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42
2.

a. CsCl có ô mạng cơ sở kiểu lập phương tâm khối nên CsI cũng có ô mạng cơ sở
kiểu lập phương tâm khối
→ mỗi ô mạng có 1 ion I- và 8.1/8 = 1 ion Cs+ → 1 phân tử CsI
Ta có độ dài đường chéo hình lập phương:

→
b. Độ đặc khít của tinh thể

c. Khối lượng riêng của tinh thể


Bài 11: Một hợp kim vàng - bạc tương ứng với một thành phần đặc biệt ( dung dịch rắn) và
kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện với hằng số mạng thu được bằng phương pháp
o

nhiễu xạ tia X là 4,08 A . Biết trong hợp kim, vàng chiếm 0,1 phần khối lượng.
a. Tính hàm lượng phần trăm của vàng trong hợp kim
b. Xác định khối lượng riêng của hợp kim khảo sát
Cho: H = 1; Au = 197; Ag = 108; NA = 6,02.1023mol-1
Hướng dẫn giải:
a. Xét với 1 mol Au: Đặt n Ag = x mol ( x > 0)
⇒ n hh =1+ x (mol)
Ta có:

197
= 0,1 ⇒ x =16,4 ( mol)
197 +108x

% Au =

1
.100% = 5,74%
1+16,4

b. M =
⇒d =

197 +108.16,4
= 113,12 ( g/mol)
16,4 +1

4 . 113,12g/mol
=11,07g/cm 3
23
-1
−8 3
6,02.10 .mol .( 4,08 . 10 )

Bài 12: Biết tinh thể CsBr kết tinh dưới mạng lập phương tâm khối, còn tinh thể AgBr lại
kết tinh ở mạng lập phương tâm diện. Giả thiết các cation và anion trong các mạng tinh thể
nói trên đứng tiếp xúc với nhau.
a. Hãy xác định tỉ số bán kính cation ( r+ ) và bán kính anion ( r − ).
b. Căn cứ vào số liệu thực nghiệm thu được của các ion nói trên, hãy tính tỷ số
rồi rút ra kết luận cấn thiết về dạng tinh thể.
o

o

o

Cho: rAg + = 1,13A ; rCs+ = 1,67 A ; rBr − = 1,96A
Hướng dẫn giải:
a. +) Mạng lập phương tâm khối:
Ta có:

A

r+
r−


BD = a 2 ⇒ AD = a 3 = 2. r+ + 2. r−
⇒a=

2. r+ + 2. r
3

B

Để tinh thể bền, lại có: 2 r− ≤ a
⇒
⇔

2. r+ + 2. r−
3

E
D

C

≥ 2. r− ⇔ ( 3 −1). r− ≤ r+

r+
≥ 3 −1≈ 0,732
r−

+) Mạng lập phương tâm diện:
Ta có: AC = a 2 = 2. r+ + 2. r−
Để tinh thể bền, lại có: 2 r− ≤ a
⇒
⇔

2. r+ + 2. r−
2

≥ 2. r− ⇔ ( 2 −1). r− ≤ r+

r+
≥ 2 −1≈ 0,414
r−
rAg+ 1,13
=
≈ 0,577
b. Thấy: r − 1,96
Br

⇒ Tinh thể AgBr ở dạng lập phương tâm diện
rCs + 1,67
=

≈ 0,852
rBr − 1,96
⇒ Tinh thể CsBr ở dạng lập phương tâm khối
Bài 13: Bằng thực nghiệm, người ta biết rằng kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện,
và bốn hốc tứ diện phân bố đều ở 4 hốc của ô mạng cơ sở. Cho độ dài cạnh ô mạng cơ sở là
o

3,55 A .
a. Biểu diễn ô mạng tế bào cơ sở của kim cương, xác định số nguyên tử Cacbon
trong ô mạng cơ sở.
b. Trình bày cách tính bán kính nguyên tử Cacbon và khoảng cách gần nhất giữa 2
nguyên tử Cacbon trong ô mạng cơ sở.
c. Tính khối lượng riêng của kim cương, biết MC ≈ 12g/mol.
A

Hướng dẫn giải:
B

a


a Số nguyên tử Cacbon trong ô mạng cơ sở là:
1
1
nC = 8. + 6. + 4 = 8 ( nguyên tử )
8
2

E

b.

D
C

a
a 3
3
2 ⇒ AD =
= 3,55.
(A )
2
2
2
o
3
⇒ 4r = AD = 3,55.
⇔ r ≈ 0,769 ( A )
2
o

BD =

Khoảng cách gần nhất giữa 2 nguyên tử Cacbon là đoạn AE:
AE =
c. d =

o
AD 3,55. 3
=

≈1,54 ( A )
2
4

n.M C
8,12 g .mol −1
=
≈ 3,56 g / cm3
23
−1
−8
3
N A .VTB 6,023.10 . mol .(3,55.10 cm)

Bài 14: Khi kết tinh Fe ( α ) có dạng tinh thể lập phương tâm khối.
o

a. Xác định hằng số mạng a ( A ), biết khối lượng riêng của sắt là 7,95.103 kg/m3
b. So sánh kết quả này với phương pháp nhiễu xạ tia X khi ta chiếu chùm tia electron
o
có bước sóng λ = 2 → A , nhiễu xạ bậc 1 vào mạng lưới (110) làm sao để tạo thành một góc

θ = 30o .

Cho Fe = 56.

Hướng dẫn giải:
a.
VTB Fe =

n . M Fe
2, 56 g / mol
=
≈ 2,34.10 −23 cm3
23
−1
3
N A . d 6,023.10 mol .7,95 g / cm
o

⇔ rFe = 3 2,34.10−23 cm3 ≈ 2,86.10−8 cm = 2,86A
2
b. Fe ( α )có dạng tinh thể lập phương tâm khối nên ta có: d hkl =

2

a
Mạng lưới (110) ⇒ d( 110) 2 = ⇒ a = 2 d 2 .
2
Theo phương trình Bragg, lại có:

a2
h2 + k 2 + l 2


d=

n .λ
1. 2
=

=2
2.sinθ 2.sin 30 o
o

⇒ a = 2.2 ≈ 2,83 (A)
2

o

Vậy 2 kết quả này xấp xỉ bằng nhau (chênh lệch 0,03 A )
Bài 15: Một mẫu sắt (II) FexO điều chế trong phòng thí nghiệm có khối lượng riêng là
5,71g/mol. Biết FexO có cấu trúc kiểu NaCl, θ của phản xạ bậc nhất từ họ mặt ( 200) là
9.56o , λ = 71,07 pm .
Xác định:

a. Thông số mạng tinh thể FexO.
b. Tìm x.
c. Tỉ lệ Fe3+ và Fe3+ trong FexO.

Hướng dẫn giải:

a. Theo phương trình Bragg, ta có: d =

λ .n
71,07 pm
=
= 214 pm
2.sinθ 2.sin 9,56

FexO có cấu trúc giống NaCl nên tinh thể có dạng lập phương

⇒ d(200)
f=

2

a2
a2
= 2 2 2=
⇔ a = 4.2142 = 428( pm)
h +k +l
4

n.M Fex O
VTB .N A

=

4.M Fex O g / mol
( 428.10

−10

3

cm) .6,023.10

23

= 5,71 g / cm3

b. ⇒ M Fex O ≈ 64,409 g / mol
M Fex O −16 64,409 g / mol −16 g / mol
⇒ x=
=
≈ 0,918
56
56 g / mol
c. Đặt % Fe3+ = y ( o < y <1) ⇒ % Fe2+ = 1 − y
0,918.[ 3 y + 2(1− y ) ] = 2
Dựa vào định luật trung hòa điện, ta có:

⇒ y = 0,1786 ⇒ 1− y = 0,8214
% Fe 2+ = 82,14%
⇒
3+
% Fe = 17,86%

Bài 16: Ở điều kiện xác định, kali iotua kết tinh dưới dạng lập phương kiểu NaCl với hằng
số mạng a KI = 706 pm , còn hợp chất tali iotua lại kết tinh dưới dạng lập phương kiểu CsCl.
a. Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở cho 2 kiểu tinh thể nói trên.
b. Tính bán kính ion I − biết rằng bán kính ion K + =133 pm và Tl + =147 pm .


c. Xác định khối lượng riêng D theo kg/m3 cho 2 dạng tinh thể KI và TlI.
Cho: K = 39; I = 127; Tl = 204; 1 pm = 10 − 12m.
Hướng dẫn giải:
a. Ô mạng cơ sở của 2 dạng tinh thể có thể biểu diễn như sau:

aKI
aTlI

b. Theo hình vẽ tinh thể KI, ta có:
a KI = 2rK + + 2rI−
⇒ rI− =

a KI
706 pm
− rK + =
−133 = 220 pm
2
2

c. Theo hình vẽ tinh thể TlI, ta có:

a TlI 3 = 2rTl+ + 2 rI−
⇒ a TlI =

2rTl+ + 2rI−
3

=

2
(147 + 220) = 424 pm
3

4(39 +127).10−3
D KI =
= 3,13.103 (kg / m3 )
23
−12 3

6,02310 (706.10 )
1( 204 +127).10−3
DTlI =
= 7,21.103 (kg / m3 )
23
−12 3
6,02310 (424.10 )
Bài 17: Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi
cạnh là 5,14.10-10 m. Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và
ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl -. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li +,
Cl- trong mạng tinh thể theo picomet (pm).
Hướng dẫn giải:
Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào nhau, khoảng
cách hai mạng là

a
.
2


d là đường chéo của ô mạng tinh tinh thể.
d2 = 2a2 ⇒ d = a 2
d = 4r ( Cl
r ( Cl

−

)

=

−

)

a 2
2
= 5,14 x10 −10 x
= 182 pm
4
4

Xét một cạnh a:
a = 2 r(Cl − ) + 2 r(Li+)
r(Li+) =

a − 2r (Cl − ) 514 − 2 x182
=
= 75 pm
2
2

Bài 18: Mạng lưới tinh thể của KCl giống như mạng lưới tinh thể của NaCl. Ở 18 oC, khối
lượng riêng của KCl bằng 1,9893 g/cm3, độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng
thực nghiệm) là 6,29082 Å. Dùng các giá trị của nguyên tử khối để xác định số
Avogadro. Cho biết K = 39,098; Cl = 35,453.
Hướng dẫn giải:
Xét một ô mạng cơ sở

Trong một ô mạng cơ sở có số ion K+ (hoặc Cl-) là: 8 ×

1
1
+ 6× = 4
8
2

Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl
Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó: Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g)
Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm3)
Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10-8)3 = 2,4896.10-22 (cm3)
⇒

Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10-22) = 1,5053.1023

⇒

Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.1023 × 4 = 6,0212.1023

Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.1023


Bài 19: Kim loại X tồn tại trong tự nhiên dưới dạng khoáng vật silicát và oxit. Oxit của X
có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 507nm, trong đó các ion kim loại nằm trong
một mạng lập phương tâm diện, còn các ion O2- chiếm tất cả các lỗ trống (hốc) tứ diện. Khối
lượng riêng của oxit bằng 6,27 g/cm3.
a. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị của mạng tinh thể của oxit.
b. Xác định thành phần hợp thức của oxit và số oxi hoá của X trong oxit. Cho biết
công thức hoá học của silicat tương ứng (giả thiết Xm(SiO4)n).
c. Xác định khối lượng nguyên tử của X và gọi tên nguyên tố đó.

Hướng dẫn giải:
a. Cấu trúc của tế bào đơn vị:
Mạng tinh thể ion: ion Mn+ ()
ion O2- (O)

b. Trong 1 tế bào mạng có 4 ion kim loại X và 8 ion O2- nên thành phần hợp thức
của oxit là XO2.
- Từ công thức của oxit suy ra số oxi hoá của X bằng 4.
- Công thức hoá học của silicát XSiO4.
c. Đặt d là khối lượng riêng của oxit XO2, ta có:
d=
Suy ra

M(X) = ¼ ( d.N(A).a3 – 32 = 91,22. Nguyên tố X là Ziconi Zr)

Bài 20: Tinh thể đồng có dạng lập phương tâm diện.
a. Biết bán kính của nguyên tử Cu là 1,28A 0, hãy tính hằng số mạng ( độ dài của
cạnh lập phương) của tinh thể.


b. Xác định khoảng cánh ngắn nhất giữa hai tâm nguyên tử Cu trong mạng tinh thể?
c. Tính khối lượng riêng của tinh thể Cu theo g/cm3?
d. Cho bán kính của Ni là 1,24A 0, hãy cho biết kiểu mạng tinh thể của hợp kim Ni –
Cu?
Hướng dẫn giải:
a. Hình vẽ ô mạng cơ sở của tinh thể Cu
Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là
− Ở tám đỉnh lập phương = 8 ×
− Ở 6 mặt lập phương = 6 ×

1
=1
8

1
=3
2

Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng lµ: 1 + 3 = 4 (nguyên tử)
- Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × rCu
a=

4 × rCu
2

0

=

4 × 1,28 A
2

= 3,62 Å

b. Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AE =

AC a 2
=
= 2,56 Å

2
2

c. + 1 mol Cu = 64 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu
+ 1 mol Cu có NA = 6,02 ×1023 nguyên tử
Khối lượng riêng d =

64
m
= 4 × 6,02 × 1023 × (3,63 × 10−8 )3 = 8,96 g/cm3
V

d. Kiểu mạng tinh thể của hợp kim Ni – Cu là lập phương tâm diện, tại nút mạng Ni
thay thế một phần Cu.
Bài 21: Tính năng lượng mạng lưới tinh thể ion của muối BaCl 2. Biết rằng nhiệt tạo thành
của tinh thể BaCl2 là 860,23 kJ/mol, nhiệt thăng hoa của Ba là 192,46 kJ/mol, nhiệt phân li
của Cl2 là 244,35 kJ/mol, năng lượng ion hóa thứ nhất, thứ hai tương ứng của Ba là 501,24
kJ/mol; 962,32 kJ/mol, ái lực electron của clo là 370,28 kJ/mol
Hướng dẫn giải:
Có các phương trình và quá trình là:
Ba(r) + Cl2(k) → BaCl2(r)
Ba(r) → Ba(k)

ΔH0tt = - 860,23kJ/mol

(1)

ΔH0th = + 192,46 kJ/mol

(2)


Ba(k) → Ba+(k) + 1e

I1 = + 501,24 kJ/mol

(3)

Ba+(k) → Ba2+(k) +1e

I2 = + 962,32 kJ/mol

(4)

Cl2(k) → 2Cl.(k)

Epl = + 244,35 kJ/mol (5)

Cl.(k) → Cl-(k)

ACl- = - 370,28 kJ/mol

Ba2+(k) + 2Cl-(k) → BaCl2(tt)

Utt = ?

(6)

(7)

Tổ hợp các quá trình trên ta có:
Utt = ΔH0tt - ΔH0th - I1 - I2 - Epl - 2ACl = - 2020,04 kJ/mol.
(Hoặc tỉnh theo chu trình Born – Haber)
=> ΔH0tt = Epl + ΔH0th + 2ACl + I1 + I2 + Utt
=> Utt = ΔH0tt - Epl - ΔH0th - 2ACl - I1 - I2 = - 2020,04 kJ/mol

Bài 22: . Bạc kết tinh ở mạng lập phương tâm diện. Hằng số mạng là 409 pm.
a. Vẽ cấu trúc ô mạng cơ sở của Ag và tính khối lượng riêng của Ag.
b. Tính phần trăm thể tích bị chiếm bởi bởi bạc trong một ô mạng cơ sở.
c. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nút mạng là bao nhiêu?(Cho Ag= 108)
Hướng dẫn giải:

a. Vẽ
Một ô mạng cơ sở chứa 8.1/8 + 6.1/2 = 4 quả cầu
d=

4.M
4.108
=
= 10, 48g / cm 3
3
N A .a
N A (409.10−10 )3

b. VAg = 4.

4.πR 3
; Vô = a 3 (R là bán kính nguyên tử bạc)
3

3
VAg
4.π  R 
2.π
= 4.
→
;
4R
=
a
→
=
=0,74. %Ag chiếm là 74%
2
 ÷
Vô
Vô
3 a
6

VAg

c. dmin= 2R= a/ 2 = 289,2pm.
Bài 23: Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết để tách
những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực.
Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết:
Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ mol

Nhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / mol
Năng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ mol
Năng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ mol
Ái lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ mol
Hướng dẫn giải:
Thiết lập chu trình
Chu trình Born - Haber
Ca(tt)

∆H2

Ca (k)I +I
1

Ca2+ (k)

+

∆H1

Cl2 (k)

∆H3

2Cl (k)2A

2

CaCl2(tt)
-Uml

2Cl- (k)

+

Ta có:
Uml = ∆H2 + I1 + I2 + ∆H3 + 2A - ∆H1
Uml = 192 + 1745 + 243 – (2 x 364) - (-795)
Uml = 2247 (kJ/.mol)
Bài 24: Liti hiđrua LiH có cấu trúc tinh thể kiểu lập phương tâm diện.
a. Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể? Tính số phân tử LiH có trong một ô mạng cơ
sở?
b. Tính độ chặt khí của tinh thể LiH?
0

0

c. Cho bán kính của các cation và anion lần lượt là 0,76 A và 1,36 A ; Li = 6,94;
H = 1. Tính khối lượng riêng của LiH (g/cm3) ?
Hướng dẫn giải:
a. Hình vẽ:
o

o
o
o

o
o

o
o

o

o

o
o
o

o

Số ion Li+ trong 1 đơn vị cấu trúc = 8.1/8 + 6.1/2 = 4 => số phân tử LiH trong một đơn vị
cấu trúc = 4.


0

0

r(Li+) = 0,76 A ; r(H-) = 1,36 A ;

4
4
4.( πr 3 + πr '3 )
3
3
= 0,6494
( 2r + 2r ' ) 3

b. Độ chặt khít =

c. Khối lượng riêng

(6,94 + 1)
6,022.10 23
= 0,6919 g / cm 3
(2r.10 −8 + 2r '.10 −8 ) 3
4.

Bài 25: Tính khối lượng riêng của tinh thể Ni, biết Ni kết tinh theo mạng tinh thể lập
0
phương tâm mặt và bán kính của Ni là 1,24 A .
Hướng dẫn giải:
a=
a

0
4r 4.1, 24
=
= 3,507( A) ; P = 0,74
2
2

Khối lượng riêng của Ni:
3.58, 7.0, 74
=9,04 (g/cm3)
4.3,14.(1, 24.10−8 )3 .6, 02.10 23

a
a 2 = 4.r

Bài 26: Thực nghiệm cho biết ở pha rắn, vàng ( Au) có khối lượng riêng là 19,4 g/cm 3 và
có mạng lưới lập phương tâm diện. Độ dài cạnh của ô mạng đơn vị là 4,070.10 -10 m. Khối
lượng mol nguyên tử của vàng là: 196,97 g/cm3.
a. Tính phần trăm thể tích không gian trống trong mạng lưới tinh thể của vàng.
b. Xác định trị số của số Avogadro.
Hướng dẫn giải:
- Số nguyên tử trong 1 ô cơ sở:
8.1/8 + 6.1/2 = 4.

a

- Bán kính nguyên tử Au:
a
a 2 = 4.r

4.r = a

2

→ r= a

cm

Thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử:
Vnguyên tử= 4/3.π.r3 = 4.4/3.3,14.(1,435.10-8 )3 = 5.10-23 cm3.
Thể tích 1 ô đơn vị:

2 /4= 1,435.10-8