Bài tập cơ sở khoa học vật liệu

Câu 1: Nếu bán kính nguyên tử của Al là 0.143nm, tính thể tích ô cơ sở lập phương
Giải:
Nhôm có cấu trúc FCC theo bảng 3.1. Thể tích ô cơ sở tính theo PT 3.4
Ta có

16

√2

16 0.143 10

√2

6.62 10

*Phụ lục bảng 3.1 và phương trình 3.4

Bảng 3.1 Bán kính nguyên tử và cấu trúc tinh thể của 16 kim loại

Câu 2: Tính thông số mạng a của nguyên tử có cấu trúc lập phương tâm khối (LP thể tâm:BCC)
Giải
Ô cở sở của BCC

Xét tam giác NOP có (NP)2 = a2 + a2 = 2a2
Xét tam giác NPQ có (NQ)2 = (QP)2 + (NP)2. Do NQ = 4R, với R là bán kính NT, và QP = a nên (4R)2 = a2 + 2a2 hay
4 /√3

Page 1 of 35


Câu 3: Cho hệ lục giác xếp chặt (HCP), chúng minh c/a = 1.633

Giải:
Hệ HCP được biểu diễn như sau:

Xét tứ diện JKLM, nguyên tử ở vị trí M nằm giữa đỉnh và đáy trong ô cơ sở (OCS) nên MH = c/2. Do NT ở J, K và M tiếp
xúc với nhau nên JM = JK = 2R = a với R là bán kính NT. Từ tam giác JHM có
(JM)2 = (JH)2 + (MH)2 hay a2 = (JH)2 + (c/2)2. Xét tam giác đều JKL có
vào a, ta có

/

√

/√3. Thay giá trị JH

và

1.633

suy ra

√

30

Câu 4: Chứng minh mật độ thể tích (hệ sốxếp chặt - atomic packing factor or APF) của hệ LGXC (HCP) là 0.74
Giải:
HCP có 6 nguyên tử/ô cơ sở như hình dưới

Nên

6

8

Thể tích ô cơ sở (OCS) VC bằng diện tích đáy x chiều cao c,

Với diện tích đáy = 3* diện tích hình thoi ACDE.
2

Diện tích ACDE = CD*BC, do CD = a = 2R và
Diện tích đáy (AREA) = 3 * CD * BC = 3 * 2R *
6

√3

√

6

√

30
6

1.633

√3. Do
√3

Page 2 of 35

, do đó diện tích đáy (AREA) được tính như sau:

2

1.633

2

1.633 nên
12√3

1.633


Nên Hệ số xếp chặt

0.74

.

√

Câu 6: Sắt có cấu trúc LPTK (LP thể tâm BCC), bán kính nguyên tử(NT) là 0.124 nm và khối lượng nguyên tử
(KLNT) là 55.85g/mol. Tính và so sánh KLR lý thuyết của Fe
Giải:
Từ PT 3.5,

.

Cấu trúc BCC có n = 2 NT/OCS và thễ tích OCS
.
.

√

.
√

.

√

, do đó

7.90 /

.

. Giá trị đo là 7.87 g/cm3

Phụ lục PT 3.5

Câu 7: Tính bán kính NT Iridium, biết Ir có cấu trúc FCC, KLR 22.4 g/cm3, KLNT là 192.2 g/mol
Giải:
Ir có cấu trúc FCC, n = 4 NT/OCS và thể tích OCS
4
16

√2

16 22.4

16

√2, ta có

192.2
6.022. 10

√2

, thay vào ta được

√

1.36 10

0.136

Câu 8: Tìm tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 4?
Giải:
SPT 4, có cấu trúc tứ diện như hình dưới

Do NT ở vị trí A, B tiếp xúc, do vậy:
2 /√2. Ta có
Từ tam giác ABF, ta có

2 , nhưng

2

2
nhưng
Page 3 of 35

2 /√2và

2

nên

√2

2

suy ra


Do đó ta có 2

2

√

. Quy về tỉ lệ

/

√

ta thu được

0.225

Vậy tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 4 là 0.225
Câu 9: Tính tỉ lệ bán kính cation/anion nhỏ nhất của SPT 6?. Dùng cấu trúc NaCl làm ví dụ, biết NaCl có cấu trúc
FCC
Giải:

Cấu trúc NaCl, LPTD
2 và

SPT 6, bố trí nguyên tử như hình trên, từ tam giác FGH ta có:

2

, ta có

giác vuông với
Cuối cùng thu được

√

1

. Do tam giác FGH là tam
dẫn đến

√

0.414

Vậy tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 6 là 0.414
Câu 10: Tìm tỉ lệ bán kính cation/anion nhỏ nhất của SPT 8?
Giải:
NT có SPT 8 bố trí như hình dưới, có cạnh OCS là 2rA

Ta có
ta có

2
2

Cuối cùng thu được:

2

8
2
√3

dẫn đến
2

2 √2 . Từ tam giác xy-cạnh OCS

và 2 √2

4

2

1=0.732

Vậy tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 8 là 0.732

Page 4 of 35

2

và 2

√3

1

2


Câu 11: Dựa vào bảng 1, bảng 2, bảng 3 dự đoán cấu trúc tinh thể của (a) CsI; (b) NiO; (c) KI và(d) NiS
Giải:

Bảng 2: SPT và cấu trúc không gian theo tỉ lệ rC/rA

.

(a) Đối với CsI, tra bảng 1, ta có

0.773. Dựa vào bảng 2, tra SPT của Cs+ là 8, kết hợp bảng 3 dự đoán

.

cấu trúc của CsI như CsCl (Cesium Chloride)
.

(b) Đối với NiO, tra bảng 1, ta có

.

0.493. Dựa vào bảng 2, tra SPT của Ni2+ là 6, kết hợp bảng 3 dự đoán

cấu trúc của NiO như NaCl
(c) Đối với KI, tra bảng 1, ta có

K

.

I

.

0.627. Dựa vào bảng 2, tra SPT là 6, kết hợp bảng 3 dự đoán cấu trúc của

NaCl
.

(d) Đối với NiS, tra bảng 1, ta có
S

.

0.375. Dựa vào bảng 2, tra SPT là 4, kết hợp bảng 3 dự đoán cấu trúc
Page 5 of 35


của Zinc blende
Câu 12: Oxít nhôm corundum (Al2O3) có cấu trúc LGXC (HCP). Hãy vẽ cấu trúc

Câu 13: Tính KLR của FeO biết FeO có cấu trúc như NaCl
Giải:
, do FeO có cấu trúc kiểu NaCl, có n =4, dựa vào bảng 1 tính được thể tích

KLR của FeO được tính bởi PT
2

OCS

Do vậy KLR

2

2

0.077
.

OCS

ρ

.

OCS

2

0.140

.

0.0817

8.17 10

5.84

.

Câu 14: MgO có cấu trúc muối ăn, và KLR 3.58g/cm3. Xác định thông số mạng từ
(a) PT lý thuyết

(b) Sử dụng dữ liệu với bảng 12.3

Giải:
biết KLR của MgO lả 3.58 g/cm3 tính được

(a) Từ PT

/

, do KLNT của Mg

và Oxi lần lượt là 24.31 và 16 g/mol, ta có

4

a

(b)

có

0.072

cấu
2

16.00

4.21 x 10

6.022 x 10

3.58

MgO
2

24.31

OCS

trúc

như

0.140

muối

ăn

NaCl

nên

0.424

* Phụ lục bảng 1: Bán kính ion của các anion có SPT 6

Page 6 of 35

2

2

0.421

,

từ

bảng

12.3

ta

có


Câu 15: Tính KLR lý thuyết của kim cương, biết khỏang cách C-C và góc liên kết lần lượt là 0.154 nm và 109.5o. So
sánh với giá trị đo được.
Giải:

Cấu trúckim cương như trên, ta có φ bằng 1/2 góc tiếp xúc hay φ = 109.5o/2 = 54.75o. Do đó θ = 90o – 54.75o = 35.25o. Tam
giác xy-cạnh ngang (hình vẽ) là tam giác vuông, có y = 0.154 nm (khoảng cách C-C) và x = a/4, do đó
và
Thể tích OCS

4

4
3.56
∑

0.154

10

4.51

10

3.56

10

. Từ PT 12.1 với n = 8NT/OCS, có duy nhất 1 NT Carbon

8

∑
4.51

0.356

35. 25

12.01

10

.

6.022 10

3.54

.

Giá trị đo thực tế là 3.51 g/cm3
Câu 16: Tính KLR lý thuyết của ZnS (có cấu trúc tương tự kim cương), biết khoảng cách Zn-S và góc tiếp xúc là
0.234nm và 109.5o. So sánh với giá trị đo được.
Giải:
Goc tiếp xú của ZnS là 109.5o, tương tự như cấu trúc kim cương nên θ = 90o – 54.75o = 35.25o.
4

Thể tích OCS có chiều dài a là

1.576 10 22

3. Từ PT 12.1

4

0.234

sin 35. 25

/

0.1576

với n =4 và AZn và AS lần lượt là 65.41 và 32.06 g/mol, do vậy

4
1.576 10

65.41

32.06

6.022 10

Giá trị đo thực tế là 4.10 g/cm3

Page 7 of 35

4.11 /


Câu 17: Cadium sulfide (CdS) có cấu trúc ô mạng LP, từ dữ liệu nhiễu xạ tia X biết chiều dài thông số mạng a =
0.582 nm. Nếu KLR của CdS là 4.82 g/cm3, tính số ion Cd2+, S2- trong 1 OCS
Giải:
CdS

có

a

=

0.582
.

nm

và

ρ

=

4.82

.

.

Từ

PT

12.1

có

3.96 xấp xỉ 4. Do đó có 4 ion Cd2+ và 4 ion S2-

.

.

g/cm3.

trong 1 OCS.
Câu 18: Từ bảng 1, tính KLR lý thuyết của CsCl
Giải:

4 /√3 do vậy

CsCl có cấu trúc BCC như hình trên, có
.

.

0.405

√

√

4.05

10

.

. Do CsCl có n = 1, do vậy

Từ PT 12.1
1
4.05

132.91
10

/

6.022

35.45
10

4.21

Giá trị đo được là 3.99 g/cm3, do trong bảng 12.3 CsCl có SPT 6, thực tế SPT của Cs+ và Cl- là 8. Bán kính ion lớn hơn làm
tăng VC, và giảm KLR.
Câu 19: Từ bảng 12.3, tính KLR lý thuyết của CaF2

OCS của CaF2 được cho ở hình trên, có 4 phân tử CaF2/OCS hay n = 4 phân tử/OCS. Ta có
.

Thể tích OCS

.

0.269

√

√

2

2

2.69

10

2.69

10

1.56 10
Page 8 of 35

(dữ liệu tra bảng 12.3)
. Thay vào PT 12.1


4

2

1.56

40.08
10

2 19.00

3.33 /

6.022 10

Giá trị đo thực tế là 3.18 g/cm3

Câu 20: Phân tử AX có KLR 2.65 g/cm3, có cấu trúc LP với a = 0.43 nm. KLNT của A và X lần lượt là 86.6 và 40.3
g/mol. Dự đóan cấu trúc của AX, giải thích?
Giải:
.

Từ PT 12.1

∑

.

/

∑

.

.
.

1.00

/

/

. Do vậy AX

có cấu trúc như Cesium Chloride.
Câu 21: OCS của MgFe2O4 (MgO.Fe2O3) có cấu trúc LP với a = 0.936 nm. Nếu KLR của MgFe2O4 là 4.52 g/cm3, tính

mật độ thể tích (hệ số xếp chặt APF)
Giải:
Công thức tính APF

Từ bảng 12.3 và PT 12.1
4.52
∑

∑

8.36

1

10

24.31

/
2

6.022 10

55.85

4

8.0

16.00

Do vậy trong 1 OCS có 8 ion Mg2+, 16 ion Fe3+ và 32 ion O2-. Từ bảng 12.3, r(Mg2+) = 0.072 nm và r(Fe3+) = 0.069 nm và
r(O2-) = 0.140 nm, do vậy
8

4
3

7.2

10

16

4
3

6.9

10

32

4
3

1.4

10

4.02 10
8.36
Nên

10
.
.

5.84 10
0.688

Câu 22: OCS của Cr2O3 có cấu trúc HCP với a = 0.4961 nm và c = 1.360 nm. Nếu KLR của Cr2O3 là 5.22g/cm3, tính
APF biết bán kính ion của Cr3+ và O2- là 0.062 nm và 0.140 nm.
Giải:

Page 9 of 35


Cấu trúc HCP có hình chiếu bằng như hình trên. Cấu trúc HCP cho ta
2

√

30

6

8

. Do

2

và

nên diệnt tích đáy hình lặng trụ

3

3

√

2
6

Cấu trúc HCP có

1.633

√3 Do
6

√3

√3

2

1.633

2

1.633 nên
12√3

1.633

0.74

.

√

6

Câu 23: Tính APF của ô mạng kim cương, giả sử các NT C tiếp xúc với nhau, biết góc tiếp xúc là 109.5o.
Giải:

Ô mạng kim cương cho bởi hình trên, dựa vào bài tập 15 ta có
4

đó

4

2

35.25

98.43

4

với y = 2r và

VS

.

VC

.

do

. Cấu trúc kim cương có 4 NT bên trong, 6 NT ở mặt và

8 NT ở góc, như vậy 1 OCS có 1 NT bên trong, 1/2 NT ở mặt và 1/8 NT, do đó
Thế vào ta cóAPF

35. 25 và

8

33.51

0.340

Câu 24: Tính APF của Cesium Chloride

Giải:

Cấu trúc CsCl cho bởi hình trên. Trong 1 OCS có 1 NT Cs và 1 NT Cl, tra bảng 12.3 cho bán kính các ion là 0.170 nm và
0.181

nm,

do
.

Do

.
√

√

0.405

0.170

vậy

0.0664

0.181

0.405
, thế số vào
Page 10 of 35

.
.

0.684

0.0454

và


Câu 25: Biểu diễn các cấu trúc sau trên mặt phẳng theo ví dụ hình 3.11 và hình 3.12
(a) Mặt (100) cho NaCl
(b) Mặt (110) cho CsCl
(c) Mặt (111) cho cấu trúc Zinc blende
(d) Mặt (110) cho perovskite

Giải:
(a) Mặt (100) cho cấu trúc tinh thể muối được biểu diễn như hình dưới:

(b) Mặt (110) cho cấu trúc tinh thể CsCl được biểu diễn như hình dưới:

(c) Mặt (111) cho cấu trúc tinh thể Zinc blende (ZnS) được biểu diễn như hình dưới:

Page 11 of 35


(d) Mặt (110) cho cấu trúc tinh thể perovskite (BaTiO4) được biểu diễn như hình dưới:

Câu 26: Xác định góc lien kết trong phân tử SiO44Giải:

Bố trí SiO44- trong OCS được biểu diễn như sau:

Ta có (2y)2 = a2 + a2 = 2a2 hay
suy ra
Góc tiếp xúc 2

√

35.26 , thu được

√

2

54.74

/

/2và

. Hơn nữa
180

90

√ /

35.26

√

,

54.74

109.48

Câu 27: Biết NaCl có nhiệt độ nóng chảy là 801oC, năng lượng gây sai sót Schottky là 2.3eV. Tính tỉ lệ
Giải:
Phân tử AX có số tỉ lệ sai sót Schottky được tính

exp
Page 12 of 35

exp

.
.

4.03

10


Trong đó
k – hằng số Boltzman
T – nhiệt độ, K
NS – số khuyết tật Schottky 1 m3
N – số khuyết tật tổng trong 1 m3
QS – năng lượng tạo sai sót Schottky

Câu 28: Tính số khuyết tật Frenkel/m3 của ZnO ở 1000oC, biết năng lượng tạo sai sót Frenkel là 2.51 eV, và KLR
của ZnO là 5.55 g/cm3 ở 1000oC
Giải:
Số khuyết tật Frenkel được tính

trong đó

Qfr – năng lượng tạo khuyết tật Frenkel
k – hằng số Boltzman
T – nhiệt độ, K
Nfr – số khuyết tật Frenkel trong 1 m3
N – số khuyết tật tổng trong 1 m3

.

Trong sai sót Frenkel, với cấu trúc ZnO ta có
4.11 10

Do vậy

.

4.11 10

.

.
.

exp

4.43

.

10

/
/

Câu 29: Dùng dữ liệu dưới đây cho khuyết tật Schottky của hợp chất MO xác định (a) năng lượngtạo
khuyết tật Schottky và (b) số khuyết tật Schottky ở 1000oC và (c) xác định hợp chất MO
Bảng dữ liệu

Giải:
. Ở nhiệt độ T1 và T2 ta có:

Ta có
và

lấy tỉ số ta có:

exp

sau khi rút gọn

Lấy Ln 2 vế, ln

1
2

ln

1
2

2

1

1

1

2

nên
Page 13 of 35

ln

ln


2 8.62

10

.

ln

ln

.

exp
.

.
.

4.0 10

1

3.40

1

2
.

exp

.

=

(c) Từ PT

Rút gọn

.

thay T1 = 1000oC và T2 = 750oC, ta có:

exp

(b) Từ PT

.

exp

ta thu được

và

1
1 exp 2

1

6.022 10
9.2 10

5.50
exp

10

16.00

136.7

.

8.62 10

5

Từ bảng HTTH, dựa vào KLNT xác định M là Barium, nên MO là BaO

Phần giản đồ pha:
Câu 30: Cho giản đồ pha ZrO2 – CaO, xác định điểm cùng tinh (eutectic) và cùng tích (eutectoid)
Page 14 of 35


Giải:
Xác định các điểm cùng tinh và cùng tích
1) Ở 2250oC và 23.5% KL CaO, khi làm nguội, Liquid Æ Cubic ZrO2 + CaZrO3
2) Ở 1000oC và 2% KL CaO, khi làm nguội, Tetragonal Æ Monoclinic ZrO2 + Cubic ZrO2
3) Ở 850oC và 7% KL CaO, khi làm nguội, Cubic Æ Monoclinic ZrO2 + CaZr4O9

Page 15 of 35


Câu 31: Cho GĐP MgO – Al2O3 . Xác định TPP của hệ 30% KL MgO ở 1600oC

Giải:

Ở 1600oC, phần KL của MgO là 30% KL, sẽ gồm 2 pha là MgO (ss) và MgAl2O4 (ss). Thành phần từng pha được xác định
theo quy tắc đòn bẩy.
Câu 32: Ở nhiệt độ cao, kaolanh [Al2(Si2O5)(OH)4] xảy ra phản ứng mất nước hóa học (mất nước cấu trúc)
(a) Xác định hàm lượng Al2O3 còn lại
(b) Xác định nhiệt độ cân bằng L-R từ giản đồ pha SiO2 – Al2O3

Giải:
(a) CTPT của kaolanh Al2O3.2SiO2.2H2O. Nếu loại bỏ nước cấu trúc, ta thu được Al2O3.2SiO2
KLPT của Al2O3 là 2*26.98 + 3*16 = 101.96 g/mol
KLPT của SiO2 là 28.09 + 2*16 = 60.09

g/mol
Page 16 of 35


Do đó hàm lượng Al2O3 còn lại

.
.

.

100

45.9%

(b) Từ BĐP, xác định nhiệt độ cân bằng L-R ở 1825oC và 1587oC
Câu: Cho giản đồ Fe-C như hình dưới. Ở điểm hệ 5%KL C-95%KL Fe

(a) Xác định pha ở 1000oC

(b) Khi làm nguội rất chậm, xác định pha và vẽ hình ở 1175oC (2150oF), 1145oC (2095oF) và 700oC (1290oF)
Giải:
Ở thành phần 5%KL C, vẽ đường thẳng đứng ta được

Page 17 of 35


(a) ở 1000oC, điểm hệ gồm 2 pha: pha γ (Austenite) và pha Cementite (Fe3C). Hàm lượng pha tuân theo quy tắc đòn bẩy
định luật Gib
(b) Khi làm nguội chậm, ở 1175oC, gồm pha lỏng (4.3% KL C) và pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C

Hàm lượng pha

.
.

.
.

.

37.28%

Hàm lượng pha Cementite = 100-37.28=62.72%
(c) Khi làm nguội chậm, ở 1145oC, gồm pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C và pha γ (Austenite) 2.14% KL C

(d) Khi làm nguội chậm, ở 700oC, gồm pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C và pha α (Firrite) 0.022% KL C

Page 18 of 35

Phần độ bền cơ:
Câu 33: Độ bền kéo của vật liệu dòn được cho từ PT dưới đây. Tính bán kính tới hạn (bán kinh cong) vết nứt của
Al2O3 khi độ bền kéo là 275 MPa (40.000 psi). Giả sử bề rộng vết nứt 2a=4x10-3 mm

Giải:
Ta có

2

/

. Vết nứt xuất hiện khi

bằng ứng suất phá huỷ, bằng E/10, do đó:
3.9

với E = 393GPa (bảng 12.5) nên
z Phụ lục bảng 2Modul đàn hồi của 1 số VL ceramic thông dụng

Page 19 of 35

10

0.39

2

/

với


Bảng 2: Modul đàn hồi của 1 số VL ceramic thông dụng

Câu: Một thanh đồng hình trụ chịu lực kéo dọc trục . Thanh có đường kính 10 mm. Xác định độ lớn lực kéo để
thanh bị biến dạng Δd = 2.5 x 10-3 mm theo phương đường kính?
Giải:

Quá trình biến dạng thanh được mô tả như hình trên. Khi lực kéo F tác dụng, theo phương z, thanh sẽ chịu biến dạng theo
phương x như sau:
∆

.

2.5

10

(dấu – chỉ đường kính thanh bị giảm)

Quan hệ giữa biến dạng theo phương z và phương x đựơc xác định qua hệ số Poisson = 0.34 (theo bảng 3)
2.5 10
0.34

10

(do εZ<0.2%, nằm trong vùng đàn hồi). Tra bảng 3 thu được

Lực kéo tác dụng có thể tính theo phương trình sau:

.

modul đàn hồi E của đồng là 97 GPa. Ta có:

7.35 10

Lực F cần tính

7.35

.

97

10

5600

*Phụ lục bảng 3
Bảng 3:Modul đàn hồi, hệ số trượt, hệ số Poisson của 1 số kim loại thông dụng

Page 20 of 35

71.3


Câu: đồ thị ứng suất – biến dạng của thanh đồng cho ở hình dưới. Xác định:
(a) Modul đàn hồi
(b) US đàn hồi ổ biến dạng 0.2% (Yield strength)

(c) Lực tối đa thanh không bị biến dạng theo phương đường kính, biết đường kính ban đầu thanh là 12.8 mm
(d) Biến đổi dài của thanh khi chịu lực kéo 345 MPa (50,000 psi)

Giải:
(a) Modul đàn hồi chính là hệ số góc của tiếp tuyến đừơng cong ứng suất – biến dạng
∆
∆

93.8

.

rất gần giá trị ở bảng 3 là 97 GPa

(b) Khi biến dạng 0.002 hay 0.02%, độ bền chảy là 250 MPa
(c) Mẫu

có

US

tối

dạng

đa

là
450

450

MPa.

Lực

.

tối

đa

để

15
Phần polymer và cao phân tử
Câu 34: Tính KLPT các chất cao phân tử sau, sử dụng bảng số liệu dưới đây:
(b) poly ethylene terephthalate;
(c) polycarbonate
(d) polydimethylsiloxane
Page 21 of 35

không

bị

57900

(d) Khi mẫu chịu US σ=345MPa (điểm A), tra đồ thị biến dạng kéo ε=0.06, ∆

(a) poly vinyl chloride PVC;

mẫu

0.06

250

biến


z Phụ lục Bảng danh sách đơn vị cấu trúc (Repeat Unit) lại của các Polymer phổ biến

Page 22 of 35


Giải:
(a) Mỗi đơn vị lặp lại của PVC gồm 2 NT C, 3 NT H và 1 NT Cl. Gọi AC, AH và ACl là KLNT của C, H và Cl thì KLPT của
3

2

PVC

1

2 12.01

3 1.0008

1 35.45

62.49

(b) Với poly ethylene terephthalate, mỗi đơn vị lặp lại gồm 10C, 8H, 4O nên
10

8

4

10 12.01

8 1.0008

4 16.00

192.16

(c) Với poly carbonate, mỗi đơn vị lặp lại gồm 16C, 14H, 3O nên
16

14

3

16 12.01

14 1.0008

3 16.00

254.27

(d) Với polydimethylsiloxane, mỗi đơn vị lặp lại gồm 2C, 6H, 1Si và 1O nên
2

6

1

2 12.01

6 1.0008

1 28.09

1 16.00

74.16

Câu 35: PTL trung bình của polypropylene (PP) là 1.000.000 g/mol. Tính độ trùng hợp trung bình (Degree of
polymerization - DP)
Giải:
KLPT của PP là

3

DP được xác định từ PT 14.6

6

3 12.01
.

.
.

6 1.0008

42.08

23.760

z Phụ lục PT 14.6

Câu 36: (a) Tính KLPT của polystyrene (PS) và Tính KLPTTB của PS có DP = 25.000
Giải:
Page 23 of 35


(a) Tra bảng 14.3, mỗi đơn vị lặp lại có 8C và 8H, nên KLPT của PS
8

8

(b) Ta có KLPTTB

8 12.01
.

25000

8 1.0008
2.60

Câu 37: KLPT của polypropylene (PP) cho ở bảng dưới

(a) Tính số PTTB
(b) KLPTTB
(c) DP
Giải:
(a) Mn được tính như bảng dưới:

(b) KLPTTB Mw được tính như bảng dưới

Page 24 of 35

10

/

104.14


(c) PP có

3

Nên

6
.

3 12.01
/

.

/

6 1.0008

785

Câu 38: KLPT của vài polymer cho ở bảng sau:

(a) Tính số PTTB
(b) Tính KLPTTB
(c) Biết DP = 710, xác định polymer từ bảng dữ liệu sau

Giải:
(a) Số PTTB Mn được tính như bảng dưới:

Page 25 of 35

42.08