“Xây dựng câu hỏi và bài tậpkim loại nhóm VIIB và VIIIB” h13

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
------  ----

CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO
Chuyên đề:

MỘT SỐ BÀI TẬP KIM LOẠI NHÓM B

Trang 1


MỤC LỤC

Trang
MỤC LỤC..................................................................................................2
A-PHẦN MỞ ĐẦU....................................................................................3
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI..........................................................................3
2. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.....................................................................3
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU................................................................3
4. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.....................................................................4
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU..........................................................4
6. PHẠM VI NGHIÊN CỨU.....................................................................4
B- NỘI DUNG……………………………………………………………5
PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI…………………..5
I.BÀI TẬP LÝ THUYẾT...........................................................................5
II.BÀI TẬP TỔNG HỢP...........................................................................16
C-KẾT LUẬN...........................................................................................35

Trang 2

A-PHẦN MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy môn Hóa học ở trường THPT chuyên, đặc biệt là trong
quá trình bồi dưỡng cho HS dự thi HSG các cấp; chuyên đề bài tập hóa học kim loại
nhom B hóa có vai trò quan trọng và luôn có mặt trong các kì thi chọn HSG cấp tỉnh
cũng như cấp Quốc gia. Tài liệu viết về kim loại nhóm B tuy nhiều nhưng phần bài tập
tương đối ít nên nội dung kiến thức và đặc biệt kĩ năng giải các bài tập về chuyên đề
này nhiều còn hạn chế.
Đa số các GV phải tự mình tìm tòi, tập hợp các bài tập khi dạy học các lớp
chuyên Hoá và bồi dưỡng cho HSG Hoá học. Việc tuyển chọn, xây dựng một hệ thống
BTHH nói chung, phần bài tập kim loại nhóm B nói riêng, đa dạng, thiết thực kèm theo
chương trình (cùng lời giải hoặc hướng dẫn) là một công việc cần thiết cho các GV và
HS chuyên Hoá cũng như các HSG về Hoá học.
Qua quá trình tìm tòi, nghiên cứu tôi đã hệ thống hóa các dạng bài tập về kim
Loại nhóm B cùng với phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học sinh một cách dễ
hiểu, dễ vận dụng, tránh được những lúng túng, sai lầm và nâng cao kết quả trong các
kỳ thi học sinh giỏi.
2. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI
Việc thực hiện đề tài nhằm tuyển chọn, xây dựng hệ thống câu hỏi, bài tập và
phương pháp giải phần kim loai nhóm B có tính chọn lọc áp dụng cho HS khá giỏi
nhằm nâng cao hiệu quả học tập của HS.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Hệ thống bài tập nhằm bồi dưỡng, nâng cao chất lượng học tập cho HSG Hoá
học, cụ thể là phần kim loại nhóm B ở học sinh lớp 11 và 12 chuyên Hóa.

4. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
Bài tập là phương tiện cơ bản nhất để dạy học sinh tập vận dụng kiến thức vào
thực hành. Quá trình vận dụng kiến thức thông qua các bài tập có rất nhiều hình thức
phong phú và đa dạng. Thông qua việc giải các bài tập mà kiến thức được củng cố khắc

Trang 3


sâu, chính xác hoá, mở rộng và nâng cao. Cho nên bài tập vừa là nội dung, vừa là
phương pháp, vừa là phương tiện để thúc đẩy việc dạy tốt và học tốt.
Hệ thống kiến thức, bài tập bồi dưỡng cho HS lớp chuyên, đội tuyển HSG môn
Hoá phần kim loại nhóm B.
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lý thuyết nội dung kiến thức hoá học phần kim loại nhóm B.
- Phân tích có chọn lọc các bài tập liên quan đến kim loại nhóm B trong các đề
thi học sinh giỏi các cấp và một số bài đề xuất thêm để phân loại đánh giá các bài tập
đó.
- Tổ chức cho hoc sinh luyện tập thực hành và đánh giá kết quả đã làm được ở
mỗi nội dung bài tập đó.
6. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Đề tài chỉ đề ra nhiệm vụ phát triển tư duy sáng tạo, năng lực tự học, tự nghiên
cứu của HS thông qua việc tuyển chọn, xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập và phương
pháp giải phần kim loại nhóm B có chất lượng, đồng thời sử dụng chúng một cách thích
hợp, hiệu quả nhất.

Trang 4


B-NỘI DUNG
PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ
BÀI TẬP VỀ KIM LOẠI NHÓM B
I/ BÀI TẬP LÝ THUYẾT
BÀI 1.

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

1/ SnCl4 + 2Zn → ?

2/ SnCl2 + O2 → ?

3/ Pb3O4 + KI + H2SO4 → ?

4/ Pb3O4 + MnSO4 + HNO3 → ?

5/ Pb(OH)2 + H2O2 → ?

6/ Pb(OH)2 + Ca(ClO)2 → ?

7/ PbCO3 + H2S (bão hòa) → ?

8/ Na2[Pb(OH)6] + HCl (đặc) → ?

9/ K [PbI3] + H2SO4 (đặc) → ?

10/ K [PbI3] + KOH (đặc) → ?

Giải: Các phương trình phản ứng:
1/

SnCl4 + 2Zn → 2ZnCl2 +Sn

2/

2SnCl2 + O2 → SnO2 + SnCl4

3/

Pb3O4 + 2KI + 4H2SO4 → 3PbSO4 + I2 + K2SO4 + 4H2O

4/

5Pb3O4+ 2MnSO4 + 26HNO3 →2HMnO4 +13Pb(NO3)2 +2PbSO4↓ +12H2O

5/

Pb(OH)2 + H2O2 → PbO2 + 2H2O

6/

2Pb(OH)2 + Ca(ClO)2 → 2PbO2 + CaCl2 + 2H2O

7/

PbCO3 + H2S (bão hòa) → PbS + CO2↑ + H2O

8/

Na2[Pb(OH)6] + 6HCl (đặc) → PbCl2 + Cl2↑ + 2NaCl + 6H2O

9/

8K [PbI3] + 15H2SO4 (đặc) → 8PbSO4 + 12I2↓ + 3H2S↑ + 4K2SO4 + 12H2O

10/

K [PbI3] + 4KOH (đặc) → K2[Pb(OH)4] + 3KI

BÀI 2. Thế điện cực chuẩn trong môi trường axit (250C) một số chất như sau:
Sm3+ + 1e = Sm2+
Eu3+ + 1e = Eu2+
I2

+ 2e = 2I-

E0 = - 0,92V
E0 = - 0,43V
E0 = + 0,54V

Yb3+ + 1e = Eu2+

E0 = + 0,58V

O2 + 2H+ + 2e = H2O2

E0 = + 0,68V
Trang 5


Ag+ + 1e = Ag

E0 = + 0,80V

Cr2O2-7 + 14e + 6e = 2Cr3+ + 7H2O
HclO + H+ +2e = Cl- + H2O

E0 = + 1,33V
E0 = + 1,50V

MnO-4 + 8H+ + 5e = Mn2+ + 4 H2O

E0 = + 1,51V

Ce4+ + 1e = Ce3+

E0 = + 1,61V

Từ trên, hãy cho biết các phản ứng xảy ra không khi cho các chất sau đây tác
dụng với nhau, và cho biết trong phản ứng đó các chất SmCl 2, EuSO4, YbCl2, CeO2,
Ce(SO4)2, Ce(NO3)2 có tính oxi hóa hay tính khử?
1/ SmCl2 + KmnO4 + H2SO4 → ?
2/ EuSO4 + K2Cr2O7 + H2SO4 → ?
3/ YbCl2 + KOCl + H2SO4 → ?
4/ CeO2 + KI + HCl → ?
5/ Ce(SO4)2 + H2O2 → ?
6/ Ce(NO3)2 + AgNO3 + NaOH → ?
7/ Ce(OH)3 + O2 → ?
8/ Ce(OH)3 + H2O2 → ?
Giải: So sánh thế điện cực chuẩn dẫn đến kết luận:
1/

5Sm2+ + MnO- + 8H+ = 5Sm2+ + Mn2+ + 4H2O
5SmCl2 + KmnO4 + 4H2SO4 = 3SmCl3 + Sm2(SO4)3 + MnSO4 + KCl + 4H2O

SmCl2 là chất khử ; KmnO4 là chất oxi hóa trong môi trường axit.
2/

6Eu2+ + Cr2O72- + 14 H+ = 6Eu3+ + 2Cr3+ + 7 H2O
6EuSO4 + K2Cr2O7 + 7H2SO4 = 3Eu(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7 H2O

EuSO4 là chất khử; K2Cr2O7 là chất oxi hóa trong môi trường axit.
3/

2Yb2+ + ClO- + 2H+ = 2 Yb3+ +

+ H2O

2 YbCl2 + KOCl + 3 H2SO4 = Yb2(SO4)3 + KCl + 4HCl + H2O
YbCl2 là chất khử ; KOCl là chất oxi hóa trong môi trường axit.
4/

2CeO2 + 2

+ 8H+ = 2Ce3+ + I2 + 4H2O

2CeO2 + 2KI +8 HCl = 2CeCl3 + I2 + 2KCl + 4H2O
CeO2 là chất oxi hóa; KI là chất khử.
5/

2Ce4+ + H2O2 = 2Ce3+ + O2 + 2H+
2Ce(SO4)2 + H2O2 = Ce2(SO4)3 + O2 + H2SO4
Trang 6


Ce(SO4)2 là chất oxi hóa, H2O2 là chất khử.
6/

Ce3+ + Ag+ + 2O

→?

Không xảy ra phản ứng trên, ion Ag+ không oxi hóa được Ce3+.
7/

4Ce(OH)3 + O2 = 4CeO2 + 6H2O

8/

2Ce(OH)3 + H2O2 = 2CeO2 + 4H2O

BÀI 3.

1/ Có hiện tượng xảy ra khi cho dung dịch KOH hoặc khí H 2S tác dụng với

dung dịch [Cu(NH3)4]SO4 ? Giải thích và viết các phương trình phản ứng.
2/ Cho hai dung dịch CuSO4 và AgNO3, cho thêm vào các dung dịch đó từng giọt
dung dịch NaOH, thêm tiếp dung dịch amoniac, có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích và
viết các phương trình phản ứng.
Cho biết:
Cu(OH)2
CuS
[Cu(NH3)4]2+
[Ag(NH3)2]+
Tích số tan
5.
6,3.

Hằng số không bền
9,3.
5,89.
Giải: 1/ Khi cho dung dịch KOH hoặc H 2S vào dung dịch có chưa ion phức
[Cu(NH3)4]2+ thì cân bằng
[Cu(NH3)4]2+

Cu2+ + 4NH3

Chuyển sang phải do tạo ra kết tủa Cu(OH)2 và CuS:
[Cu(NH3)4]SO4 + 2KOH = Cu(OH)2↓ + K2SO4 + 4NH3↑
(dung dịch xanh tím)

(xanh lam)

[Cu(NH3)4]SO4 + H2S + H2SO4 = CuS↓ + 2(NH4)2SO4
(đen)

2/ Trong cả hai trường hợp thì ban đầu đều có kết tủa. Sau khi cho thêm dung
dịch amoniac , kết tủa tan dần:
CuSO4 + 2NaOH = Cu(OH)2↓ + Na2SO4
Cu(OH)2↓ + 4(NH3 + H2O) = [Cu(NH3)4](OH)2 + 4H20
2 AgNO3 + 2NaOH = Ag2O↓ + 2NaNO3 + H2O
Ag2O + 4(NH3 + H2O) đặc = 2 [Ag(NH3)2]OH + 3H2O
BÀI 4.

1/

Tại sao AgI không tan trong dung dịch amoniac nhưng tan trong

dung dịch kali xianua?
2/

Tại sao AgI không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch kali iotua?

Trang 7


3/

Có thể xảy ra phản ứng không khi cho AgCl tác dụng với dung dịch KI

đậm đặc?
Giải: 1/ Trong dung dịch amoniac hoặc dung dịch kali xianua cân bằng tan:
Ag+ +

AgI

sẽ chuyển dịch sang phải, dao quá trình tạo ion phức:
[Ag(NH3)2]+

Ag+ + 2NH3
Ag+ + 2C

Tuy nhiên, trong dung dịch KCN, AgI dễ tan hơn trong dung dịch amoniac.
2/ Vì tạo ra phức chất tan:
AgI + KI = K[AgI2]
Nên AgI tan trong dung dịch KI hoặc HI đặc:
3/ Cân bằng sau đây chuyển thao chiều thuận:
AgCl + KI

AgI + KCl

Khi so sánh tích số tan của AgCl và AgI.
BÀI 5.

Cho 2 chất:

A là phèn sắt – amoni (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O

B là muối Mo
•

(NH4)2SO4.FeSO4.6H2O

Nung A, B đến nhiệt độ cao trong không khí được chất rắn D và hỗn hợp E
gồm các khí E1, E2, E3, E4
E1 không duy trì sự sống
E2 tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử Netle.
E3 làm mất màu dung dịch nước brom.
E4 Bị CrCl2 hấp thụ.

•

Hòa tan D trong H2SO4 được dung dịch D1, cho bột Fe dư tác dụng với D1
đến khi biến mà hoàn toàn được dung dịch D2. Chia D2.
1/ 4 dung dịch D2 tác dụng với AgNO3 được dung dịch có chứa muối như
muối trong D1
1/ 4 dung dịch D2 tiếp xúc với khí NO tạo ra chất lỏng màu nâu.
1/ 4 dung dịch D2 tác dụng với KCN dư tạo ra dung dịch màu vàng.

1/ 4 dung dịch D2 tác dụng với NaNO3 + H2SO4 tạo ra oxit của nitơ, trong

phân tử có 8/15 phần khối lượng là oxi.
Trang 8


1/ Hỏi thành phần của sắt trong chất nào cao hơn? (A hay B)
2/ Viết các phương trình phản ứng và cho biết các chất kí hiệu theo vần chữ
cái là chất gì?
Giải: 1/ Từ công thức của phèn sắt-amoni và công thức của muối Mo có thể thấy :
Hàm lượng sắt trong muối Mo cao hơn trong phèn.
2/ Phương trình nhiệt phân phèn :
•

6[(NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O] = 6Fe2O3 + 2N↑ + 8NH3 ↑+ 24SO2↑+ 9O2↑+

36H2O
Phương trình nhiệt phân muối Mo :
•

12[(NH4)2SO4.FeSO4.6H2O] = 6Fe2O3 + 4N↑ + 16NH3 ↑+ 24SO2↑+ 3O2↑+ 96H2O
D là Fe2O3.

•

E1 không duy trì sự sống là N2
E2 tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử Netle là NH3 :
2K2[HgI4] + 3KOH +NH3 = [HOHg.NHHgI]↓+ 7KI + 2H2O
E3 làm mất màu dung dịch nước Br2 là SO2 :
SO2 + Br2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4

E4 bị CrCl2 hấp thụ là O2 :
4CeCl2 + O2 + 4HCl = 4CrCl3 + 2H2O
•

Hoà tan D trong H2SO4 :
Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O
D1 là Fe2(SO4)3 .
Bột sắt tác dụng với D1 :
Fe + Fe2(SO4)3 = 3FeSO4
D2 là FeSO4

• Chia D2 làm 4 phần :
1/ 4 D2 tác dụng với AgNO3 :
3FeSO4 + 3AgNO3 = Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 +3Ag
1/ 4 D2 tác dụng với NO :
FeSO4 + NO = [Fe(NO)]SO4 Fe(II) nitrozo sunfat (màu nâu)
1/ 4 D2 tác dụng với dung dịch KCN dư :
Trang 9


FeSO4 + 6KCN = K4[FeCN6] + K2SO4
1/ 4 D2 tác dụng với hỗn hợp NaNO3 + H2SO4 :
6FeSO4 + 2NaNO3 +4H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + Na2SO4 + 2NO↑ + 4H2O
Nitơ oxit có 8/15 khối lượng oxi là NO.
BÀI 5. Cho sơ đồ sau:
+KCN dư (1)

X

+ Cl2 (2)

A

+ KOH đặc (3)

B

dd vàng

A

dd vàng

(4) A tác dụng với HCl đặc tạo ra kết tủa trắng A1 là axit mạnh.
(5) A tác dụng với X tạo ra kết tủa A2 màu trắng.
(6) A tác dụng với CuSO4 tạo ra kết tủa A4 màu nâu.
(7) A tác dụng với H2O2 trong môi trường axit tạo ra B.
(8) B tác dụng với PbO trong dung dịch KOH tạo ra A và kết tủa B1.
(9) B tác dụng với H2S trong dung dịch KOH tạo ra A và kết tủa B2.
(10) B tác dụng với dung dịch X tạo ra chất B4 cò màu xanh Tuabun.
Cho X là muối sắt sunfat khan có 36,84% sắt. (Nguyên tử khối Fe = 56, S =32)
1/ Viết các phương trình phản ứng.
2/ Hai chất X và A chất nào có tính khử cao hơn? Vì sao?
3/ Hai chất A và B chất nào có tính oxi hóa cao hơn?
Giải:

X là FeSO4

1/ Các phương trình phản ứng :
(1) FeSO4 + 6KCN = K4[Fe(CN)6] +K2SO4

(A)
(2) 2K4[Fe(CN)6] + Cl2 = 2K3[Fe(CN)6] + 2KCl
(B)
(3) 4K3[Fe(CN)6] + 4KOH đặc nóng = 4K4[Fe(CN)6] + O2↑ +2H2O
(A)
(4) K4[Fe(CN)6] + 4HCl đặc = H4[Fe(CN)6]↓ + 4KCl
(A1)
(5) K4[Fe(CN)6] + 2FeSO4 = Fe2[Fe(CN)6]↓trắng + 2K2SO4
(A2)
Trang 10


(6) K4[Fe(CN)6] + 2CuSO4 = Cu2[Fe(CN)6]↓nâu + 2K2SO4
(A3)
(7) 2K4[Fe(CN)6] + H2O2 +2HCl = 2K3[Fe(CN)6] + 2KCl + 2H2O
(A4)
(8) 2K3[Fe(CN)6] + 2KOH + PbO = 2K4[Fe(CN)6] + PbO2 ↓ + H2O
(A)

(B1)

(9) 2K3[Fe(CN)6] + 2KOH + H2S = 2K4[Fe(CN)6] + S↓ + 2H2O
(A)

(B2)

(10) K3[Fe(CN)6] + 3HCl = H3[Fe(CN)6]↓ + 3KCl
(B3 tinh thể đỏ nâu )
(11) 2K3[Fe(CN)6] + 3FeSO4 = Fe3[Fe(CN)6]2 + 3K2SO4
(B4 Xanh Tuabun )

2/ Trong dung dịch nước ion Fe 2+ tồn tại ở dạng [Fe(H2O)6]2+ có độ bền kém hơn ion
[Fe(CN6)]2+ nên X có tính khử lớn hơn A.
3/ B có tính ion hoá mạnh hơn A.
E0
BÀI 6.

+ 1e =
Cho 2 chất:

) = +0,36V

A là phèn sắt – amoni (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O

B là muối Mo (NH4)2SO4.FeSO4.6H2O
Nung A, B đến nhiệt độ cao trong không khí được chất rắn D và hỗn hợp E gồm
các khí E1, E2, E3, E4
E1 không duy trì sự sống
E2 tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử Netle.
E3 làm mất màu dung dịch nước brom.
E4 Bị CrCl2 hấp thụ.
Hòa tan D trong H2SO4 được dung dịch D1, cho bột Fe dư tác dụng với D1 đến khi
biến mà hoàn toàn được dung dịch D2. Chia D2.
1/ 4 dung dịch D2 tác dụng với AgNO3 được dung dịch có chứa muối như muối
trong D1
1/ 4 dung dịch D2 tiếp xúc với khí NO tạo ra chất lỏng màu nâu.
1/ 4 dung dịch D2 tác dụng với KCN dư tạo ra dung dịch màu vàng.
Trang 11


1/ 4 dung dịch D2 tác dụng với NaNO3 + H2SO4 tạo ra oxit của nitơ, trong phân tử

có 8/15 phần khối lượng là oxi.
1/ Hỏi thành phần của sắt trong chất nào cao hơn? (A hay B)
2/ Viết các phương trình phản ứng và cho biết các chất kí hiệu theo vần chữ cái là chất
gì?
Giải:
1/ Từ công thức của phèn sắt-amoni và công thức của muối Mo có thể thấy :
Hàm lượng sắt trong muối Mo cao hơn trong phèn.
2/ Phương trình nhiệt phân phèn :
•

6[(NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O] = 6Fe2O3 + 2N↑ + 8NH3 ↑+ 24SO2↑+ 9O2↑+ 36H2O
Phương trình nhiệt phân muối Mo :

•
•

12[(NH4)2SO4.FeSO4.6H2O] = 6Fe2O3 + 4N↑ + 16NH3 ↑+ 24SO2↑+ 3O2↑+ 96H2O
D là Fe2O3.
E1 không duy trì sự sống là N2
E2 tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử Netle là NH3 :
2K2[HgI4] + 3KOH +NH3 = [HOHg.NHHgI]↓+ 7KI + 2H2O
E3 làm mất màu dung dịch nước Br2 là SO2 :
SO2 + Br2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4
E4 bị CrCl2 hấp thụ là O2 :
4CeCl2 + O2 + 4HCl = 4CrCl3 + 2H2O

•

Hoà tan D trong H2SO4 :
Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O

D1 là Fe2(SO4)3 .
Bột sắt tác dụng với D1 :
Fe + Fe2(SO4)3 = 3FeSO4
D2 là FeSO4

•

Chia D2 làm 4 phần :
1/ 4 D2 tác dụng với AgNO3 :
3FeSO4 + 3AgNO3 = Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 +3Ag
1/ 4 D2 tác dụng với NO :
Trang 12


FeSO4 + NO = [Fe(NO)]SO4 Fe(II) nitrozo sunfat (màu nâu)
1/ 4 D2 tác dụng với dung dịch KCN dư :
FeSO4 + 6KCN = K4[FeCN6] + K2SO4
1/ 4 D2 tác dụng với hônx hợp NaNO3 + H2SO4 :
6FeSO4 + 2NaNO3 +4H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + Na2SO4 + 2NO↑ + 4H2O
Nitơ oxit có 8/15 khối lượng oxi là NO.
BÀI 7. Momen từ đo được của một số ion phức có giá trị sau:
1/ [ Mn(CN)6]4-

tn

2/ [ Mn(CN)6]3-

= 1,8
= 3,2

tn

3/ [ Mn(CNS)6]4-

tn

4/ [ FeF6]3-

B

5/ [CoF6]3-

B

= 6,1

tn

= 6,0
tn

= 4,3

6/ [Co(NH3)6]3+

B

7/ [Ni(CO)4]

B

0

B

tn
tn

=0

=0

Tìm số electron độc than trong ion kim loại và mô tả cấu trúc ion phức đã cho.
Giải:
1 / [ Mn(CN)6]4- : MnII , d5 ;

tn

= 1,8

B

;

It

= 1,73

B

Giá trị momen từ thực nghiệm phù hợp với lý thuyết nên cho phép kêt luận trong ion có
1 electron độc than, liên kết trong icon phức là cộng hóa trị, trong phân tử có 6 obitan lai
hóa
3d

MnII

4s

↑↓↑↓↑↓↑↓↑

4p

↑↓

↑↓↑↓↑↓

(6 obitan lai hóa d2sp3)

6CN2/ [ Mn(CN)6]3- : MnIII , d4 ;

tn

= 3,2

B

;

It

= 2,83

B

Giá trị momen từ thực nghiệm và lý thuyết sai lệch nhau. Nếu tính từ (1) khi
B

tn

= 3,2

ta có thể tính được S= 1,18 ( 1) nên có thể kết luận trong icon có 2 electron độc

thân; liên kết trong phức chát là cộng hóa trị, trong phân tử phức chất có 6 obitan lai
hóa:
3d

MnIII

↑↓↑↑↑↓↑↓

4s

4p

↑↓

↑↓↑↓↑↓

(6 obitan lai hóa d2sp3)

6CN3/ [ Mn(CNS)6]4- : MnIII , d4 ;

tn

= 6,1

B

;

It

=5,92

B

Trang 13


Giá trị momen từ thực nghiệm và lý thuyết phù hợp nhau, chứng tỏ trong ion
phức có 5 electron độc thân; liên kết trong phức chất là liên kết ion, trong phân tử phức
chất có 6 obitan lai hóa;
3d

4s

↑↑↑↑↑

MnIII

4p

4d

↑↑↓↓ (6 obitan lai hóa sp3 d2)

↑↓ ↑↓↑↓↑↓
6CNS-

4/ FeF6]3- ; FeIII , d5 ;

tn

= 6,0

B

,

It

=5,92

B

Giá trị momen từ thực nghiệm và lý thuyết phù hợp nhau, chứng tỏ trong ion phức có
5 electron độc thân; liên kết trong phức chất là liên kết ion, trong phân tử phức chất có 6
obitan lai hóa;

3d

4s

↑↑↑↑↑

FeIII

4p

4d

↑↑↓↓ (6 obitan lai hóa sp3 d2)

↑↓ ↑↓↑↓↑↓
6F-

5/ [CoF6]3- ; CoIII , d5 ;

tn

= 4,3

,

B

It

=5=4,9

B

Giá trị momen từ thực nghiệm và lý thuyết không phù hợp nhau. Nếu tính từ (1)
khi

tn

= 4,3

suy ra S= 1,7( 2) nên có thể kết luận trong icon phức có 4 electron

B

độc thân; liên kết trong phức chất là liên kết ion, trong phân tử phức chất có 6 obitan lai
hóa:
3d

4s

4p

↑↓↑↑↑↑

CoIII

4d

↑↑↓↓ (6 obitan lai hóa sp3 d2)

↑↓ ↑↓↑↓↑↓
6F-

6/ [Co(NH3)6]3+ ; CoIII , d6 ;

tn

=0

Chứng tỏ trong ion phức không có electron độc thân ; liên kết trong phức là liên
kết cộng hóa trị, trong phân tử phức chất có 6 obitan lai hóa;
3d

↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓

CoIII

4s

4p

↑↓

↑↓↑↓↑↓

(6 obitan lai hóa d2sp3)

6NH3
7/ [Ni(CO)4]

0

; NiII , d8 ;

tn

=0

Chứng tỏ trong ion phức không có electron độc thân, liên kết trong phức chất là
liên kết cộng hóa trị; trong phân tử phức chất có 4 obitan lai hóa;
3d

Ni0

↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓

4s

↑↓

4p

↑↓↑↓↑↓

(4 obitan lai hóa dsp2)
Trang 14


4CO
BÀI 8.

1/ Hãy giải thích vì sao hợp chất Au(I) không có màu, còn hợp chất Au(III) lại có
màu?
2/ Hãy giải thích vì sao các hợp chất Cu(I) không màu nhưng hợp chất Cu(II) có
màu?
3/ Giải thích vì sao các hợp chất Ag+, Zn2+, Hg2+ đều không có màu?
Giải:
1/- Ion Au+ có cấu hình electron ……..5d10 . Tất cả 5 obitan d đã được lắp đầy, sự
chuyển electron từ obitan d đến d

không thể thực hiện, do đó các hợp chất Au(I) đều

không có màu.
- Ion Au3+ có cấu hìn electron …..5d8+. nên ở phân lớp d có 2 obitan chưa được
lắp đầy. Khi hấp thụ ánh sáng, các electron ở phân mức d chuyển lên phân mức d

các

bức xạ còn lại không bị hấp thụ, kết quả tạo ra màu cho các hợp chất Au3+.

↑

↑↓

↑↓ ↑↓ ↑

↑

Hấp thụ ánh sáng

↑

d

∆o

↑↓ ↑↓ ↑↓

d

2/ Dựa vào cấu hình electron của ion kim loại để giải thích như trong trường hợp
trên :
Ion Cu+ có cấu hình …..3d10 (hợp chất không có màu).
Ion Cu2+ có cấu hình …..3d9 (hợp chất có màu)
3/ Các ion Ag+, Zn2+, Hg2+ đều có cấu hình ….(n-1)d10 nên các hợp chất các kim
loại đó đều không có màu.

II/ BÀI TẬP THAM KHẢO CÓ TÍNH CHẤT TỔNG HỢP
BÀI 9.
1/ Với ion [Cr(H2O)6]2+ có năng lượng tách ∆o = 167,2 kJ/mol. Hỏi hợp chất
Cr(III) trong dung dịch có màu gì?
Trang 15


2/ Ion [Mn(H2O)6]3+ có năng lượng tách ∆o = 250.5kJ/mol. Hỏi hợp chất Mn(III)
trong dung dịch có màu gì? Độ dài sóng tương ứng với sự hấp thụ cực đại ánh sáng nhìn
thấy là bao nhiêu?
3/ Ion [Rh(H2O)6]3+ có năng lượng tách ∆o = 321,6kJ/mol. Hỏi hợp chất Rh(III)
trong dung dịch có màu gì? Hấp thụ cực đại ở bước sóng nào?
Giải: Từ phương trình

1/ [Cr(H2O)6]3+ :

∆=

=

= 0,713.10-6 m =

713nm.
Ion [Cr(H2O)6]3+ đã hấp thụ ánh sang phần đỏ của quang phổ, nên hợp chất
Cr(III) trong dung dịch nước có màu xanh lục (màu phụ của màu đỏ).

2/ [Mn(H2O)6]3+ :

=

= 0,476.10-6 m =

476nm.
Ion [Mn(H2O)6]3+ hấp thụ màu xanh chàm nên dung dịch Mn(III) trong nước có
màu vàng da cam.

3/ [Rh(H2O)6]3+ :

=

= 0,371.10-6 m =

371nm.
Ion [Rh(H2O)6]3+ hấp thụ bức xạ có

= 371 nm ngoài vùng nhìn thấy nên dung

dịch Rh(III) trong nước không có màu.
BÀI 10.
4

]2- có

Kim loại niken ở ô 28 trong bảng tuần hoàn, khi đó momen từ của [NiCl> 0 ; với ion [NiCN4]2- có

= 0. Hãy:

1/ Xác định dạng lai hóa AO có ion Ni2+ trong ion phức.
2/ Xác định cấu hình không gian của các ion nêu trên.

Trang 16


Giải: 1/ Ion [NiCl4]2- có

> 0 nên có tính thuận từ , trong cấu hình electron có electron

không ghép đôi. Obitan của ion Ni2+ đã nhận các cặp electron của phối tử là obitan 4s và
4p:
3d8

↑↓

↑↓

4s0

↑↓

↑

4p0

↑

Lai hóa sp3
Vậy sự tạo thành ion phức [NiCl4]2- kèm theo sự lai hóa sp3 của AO niken.
Lai hóa sp3 là lai hóa bốn mặt , nên ion phức [NiCl4]2- có cấu hình không gian là
cấu hình bốn mặt.
2/ Ion [NiCN4]2- có

= 0 nên có tính nghịch từ , trong cấu hình electron không có

electron độc thân, do đó khi tạo ra ion [NiCN4]2- đã xảy ra quá trình ghép đôi các
electron của ion Ni2+ kèm theo quá trình lai hoá dsp2:

↑↓

↑↓

↑↓

↑↓
lai hóa dsp2

Lai hóa dsp2+ là lai hóa mặt phẳng vuông, nên ion [NiCN4]2- có cấu hình không gian là
cấu hình mặt phẳng vuông

BÀI 11.
+7

Sơ đồ thế điện cực trong môi trường axit của mangan và hợp chất như sau:
+6

+5

+4

+3

+2

0

( x4 )
Mn

Mn
+0,56

Mn
+0,27

Mn3+

MnO2
+4,27

+0,95

( x2 )

Mn2+
+1,5

Mn
-1,18

( x1 )

( x3 )
1/ Tính giá trị điện thế cực x1, x2, x3, x4.
2/ Từ giá trị điện thế cực đã cho trong sơ đồ và giá trị đã tính ở câu tên, hãy cho
biết các quá trình sau đây có thể xảy ra không?
a/ Mn

+ Mn → Mn2+

b/ MnO2 + Mn → Mn2+
Trang 17


c/ Mn

+ Mn2+ → MnO2

d/ Mn

→ Mn

+ Mn

Nếu có, viết phương trình phản ứng.
Giải: 1/ Sơ đồ thế điện cực có thể tóm tắt như sau:
(1)

+ n1e

(2)

A

+ n2e

(3)

B

C

+ (n1 + n2) e

Dẫn đến công thức:
=

Ví dụ quá trình:
+0,95

a/

+1,5

Mn3+

MnO2

Mn2+

+ x1
x1

1,225V

Vậy E0 (MnO2 + Mn2+ + 4H+ + 3e = Mn3+ + 2H2O) = + 1,225V
+0,27

b/

Mn

+4,27

Mn
+ x2

MnO2

x2

+ 2,27V

Vậy E0 ( Mn

+ 1e = Mn3+ ) = 2,27V

+0,56

c/ Mn

+0,27

Mn

+4,27

Mn

MnO2

+ x3
x3

1,7V

Vậy E0 ( Mn

+ 4H+ + 3e = MnO2 + 2 H2O = 1,7V

+1,7

+1,23
Trang 18


d/

Mn

Mn2+

MnO2
+ x4

x4

1,51V
Vậy E0 ( Mn

Vậy E0 ( Mn

+ 4H + 3e = MnO2

+ 8H+ + 5e = Mn2+ + 4 H2O = + 1,51V
+1,51

2/

+ 2 H2O = 1,7V

a/

+ -1,18

Mn2+

Mn

Mn

Giá trị thế điện cực bên phải thấp hơn bên trái, ion Mn

có thể oxi hóa Mn tạo ra

ion Mn2+ theo phương trình:
2Mn

+ 5Mn + 16H+ = 7 Mn2+ + 8H2O

+1,23

b/

+ -1,18

Mn2+

MnO2

Mn

Giá trị thế điện cực bên phải thấp hơn bên trái, MnO 2 có thể oxi hóa Mn tạo ra ion
Mn2+ theo phương trình:
MnO2 + Mn + 4H+ = 2 Mn2+ + 2 H2O
+ 1,7

+ 1,23

c/
Mn
MnO2
Mn2+
Giá trị thế điện cực bên phải thấp hơn bên trái, Mn

có thể oxi hóa Mn2+

tạo

ra kết tủa MnO2 trong môi trường axit theo phương trình theo phương trình:
2 Mn

+ 3 Mn2+ + 2 H2O = 5 MnO2 + 4H+
+ 0,56

+ 0,27

d/
Mn
Mn
Mn
Giá trị thế điện cực bên phải thấp hơn bên trái nên ion Mn
hủy tạo ra ion Mn
BÀI 12.

không thể tự phân

và ion Mn

1/ Cho các hệ cân bằng sau:
Cu2+ + Zn → Zn2+ + Cu (1)
Ni2+ + Cu → Cu2+ + Ni

(2)

a/ Tính hệ số cân bằng của các hệ trên ở 250C.
b/ Tính tỷ lệ giới hạn nồng độ các ion kim loại trong dung dịch của mỗi hệ và từ
đó hãy cho biết cơ sở của quá trình luyện kim bằng phương pháp thủy luyện.

Trang 19


Cho thế điện cực chuẩn: Cu2+/Cu = + 0,337V ; Zn2+/Zn = - 0,763V; Ni2+/Ni = 0.25V
2/ Hãy viết phương trình phản ứng dạng tổng hợp theo sơ đồ sau:
+ CO2 + H2O (2)

B↓
+dd O

dư (1)

M

ddA
+dd H+ loãng (3)

M là kim loại lưỡng tính, hóa trị n

+dd O

(4)

ddB1↓
Hãy cho biết M là kim loại nào trong các kim loại sau: Al, Cr, Zn, Ge, Sn, Pb, Fe,
Co, Ni, Ga, In, Cu, Ag, Cd, Hg.
Hãy chọn một kim loại bất kỳ (từ Al, Zn, Cr) trong số các kim loại đã xác định để
viết phương trình minh họa.
Giải: 1/ Hằng số cân bằng oxi hoá - khử tính theo phương trình :
lgK = 16,9.nE hoặc K =
Trong đó E là sức điện động ; n là số electron chuyển từ chất khử sang chất oxi
hoá.
• Với cân bằng Ni2+ + Cu

Cu2+ + Ni (1)

K(1) =

Từ 2 bán phản ứng :
Ni2+ + 2e

Ni

Cu2+ + 2e

Cu

E1 = - 0,25V
E2 = - 0,337V (đổi dấu)

Thế của quá trình tổng quát bằng tổng thế của phản ứng oxi hoá khử :
E = E1 + E2 = - 0,25V + ( - 0,337V ) = - 0,587V
Ta có:

lgK = 16,9 × 2 × (-0,587) = -19,84

lgK = lg

= -19,84 → K = 1,442.10-20

[ Cu2+ ] = 1,443.10-20 [ Ni2+ ]
Vậy nồng độ Cu2+ rất bé so với nồng độ ion Zn 2+ nên cân bằng trên không thể
chuyển đổi sang phải, do đó Cu không thể đẩy được Ni ra khỏi dung dịch muối .
Trang 20


2/ Các phương trình phản ứng
(1) 2M + 2(4-n)O

+ 2(n - 2)H2O = 2

+ nH2↑

(2) [

+ (4 - n)CO2 +2H2O = M(OH)n + (4-n)C

(3)

+ 4H+ = Mn+ +2H2O

M là các kim loại : Al ; Zn ; Cr ; Ga ; Sn ; Pb
Các phản ứng minh hoạ :
2Ga +2O
Ga

+2H2O = 2Ga

+3H2↑

+ CO2 + 2H2O = GaOH3↓ +HC

GaO2- + 4H+ = Ga3+ + 2H2O
BÀI 13.

Cho một mẫu

hình chữ nhật phẳng đều có kích thước 5cm x 0,5cm x

0,1cm ở nhiệt độ thường, khoảng cách giữa 2 hạt nhân nguyên tử trong tế bào nguyên tố
là 2,86 A0 . Mạng lưới tinh thể được xem là lý tưởng.
1/ Hãy tính số nguyên tử Fe tong mẫu sắt đã cho.
2/ Tính khối lượng riêng của sắt trên ở nhiệt độ thường.
3/ Nếu cho sắt trên tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thì thể tích khí H 2 thu
được(đktc) là bao nhiêu? Làm thế nào để thu được hiđro tinh khuyết và khô?
Cho: Số Avogadro = 6,023.1023 ; Fe = 55,847 đvC ; thể tích mol khí = 22,4lít.
Giải: Thể tích mẫu sắt = 5 x 0,5 x 0,1 = 0,25 cm3
Vì ở nhiệt độ thường Fe kết tinh theo mạng lập phương tâm khối nên khoảng cách
giữa 2 hạt nhân nguyên tử chính là cạnh lập phương nên:
Thể tích tế bào = (2,86.1
Số tế bào tinh thể trong mẫu sắt =

)3 = 23,394.1

cm3
= ,06865.1022

Vì mạng lập phương tâm khối nên mỗi tế bào có 2 nguyên tử, do đó:
1/ Số nguyên tử trong mẫu sắt = (1,06865.1022) .2 = 2.137.1022 nguyên tử.
2/ Khối lượng 1 nguyên tử Fe = (
Khối lượng thanh sắt = (9,272.1
Khối lượng riêng của

=

) . 55,847 = 9,272.1

gam.

) x (2.137.1022) = 1,9814 gam.
= 7,925g/cm3

Trang 21


3/ a/ Thể tích khí H2 =

= 0,795 lít

b/ Cho qua NaOH rắn hoặc CaO, hơi nước và hơi HCl bị hấp thụ còn lại H 2 tinh
khiết và khô.
BÀI 14.

Dạng hình thù

kết tinh theo mạng lục phương có cạnh hình lục giác

a = 2,5063 A0 và chiều dài của tế bào tinh thể c = 4,0795 A 0 ; còn dạng hình thù
kết tinh theo mạng lập phương tâm diện có khối lượng riêng là 8,9gam/cm 3. Hãy tính
khối lượng riêng của

và độ dài cạnh a trong tế bào tinh thể

Cho: Co = 58,933đvC; Ni = 58,710 đvC; 1đvC = 0,1666.1
Giải: a/ Khối lượng 1 nguyên tử

= 58,933(0,1666.1

gam.

) = 9,783.1

gam.

Trong mỗi tế bào lục phương có 6 nguyên tử nên:
Khối lượng 1 tế bào = (9,783.1

) x 6 = 58,698.

Thể tích tế bào lục phương =

x a2 x c =
= 66,5771.

Khối

lượng

) gam.
(2,5063.1

)2 x 4,0795.

)

cm3

=

riêng

8,816gam/cm3
b/ Khối lượng 1 nguyên từ

= 58,710 (0,1666.1

) = 9,74586. 1

gam.

Trong tế bào lập phương tâm diện có 4 nguyên tử trên.:
Khối lượng 1 tế bào

Thể tích 1 tế bào
a=

= (9,74586.

=

).4 = 38,98344.

= 4,3802. 1
3,525.

gam

cm hay a = 3,525 A0

Trang 22


BÀI 15.

Một viên bi sắt có khối lượng 1,9817g ở 1390°C sắt ở dạng thù hình δ-Fe,

đường chéo mặt phẳng đáy trong tế bào là d = 4,14365A 0, mạng tinh thể giả định là
không khuyết.
1/ Tính khối lương riêng của δ-Fe.
2/ Tính bán kính của viên bi sắt.
3/ Hạ nhiệt độ của viên bi sắt xuống 25°C, sắt chuyển sang dạng thù hình δ-Fe ,
mạng tinh thể không đổi, lúc đó cạnh hình lập phương a = 2,86 A 0 . Hỏi sau khi co lại
viên bi sắt có bán kính là bao nhiêu ?
Cho Fe = 55,847dvC ; số Avogadro = 6,023.10²³.
Giải:

δ-Fe kết tinh theo mạng lập phương tâm khối có cạnh lập phương a, đường

chéo đáy lập phương d nên :
d2 = 2a2 = (4,14365)² = 17,1698
a2 = 17,1698 : 2 = 8,5849 → a= 2,93 A0
Thể tích một bào δ-Fe = (2,93.10-8)³ = 25,154.10-24 cm³ / 1 tế bào.
Khối lượng 1 nguyên tử Fe = 55,847(0,166.1
Số nguyên tử Fe =

) = 9,2706.1

= 0,2137.1

) gam/ nguyên tử.

nguyên tử trong viên bi sắt.

Vì là mạng lập phương tâm khối nên mỗi tế bào có 2 nguyên tử do đó :
Số tế bào trong viên bi sắt =

0,1068.1

tế bào.

Thể tích viên bi sắt = thể tích tế bào × số tế bào
= 25,154.10-24 × 0,1068.1023 = 0,2686 cm³
1/ Khối lượng riêng của δ-Fe ở 1390°C =
2/ Thể tích viên bi =

= 7,394 gam/cm³

πR³ = 0,2686 cm³ → bán kính viên bi R = 0,4 cm

3/ Khi hạ nhiệt độ từ 1390°C đến 25°C , sắt chuyển sang dạng thù hình α-Fe
mạng tinh thể vẫn là mạng lập phương tâm khối.
Thể tích tế bào α-Fe = (2,86.1

)³ = 23,395.1

cm³

Vì cùng mạng lập phương tâm khối nên số khuyên tử sắt không đổi (0,2137.10²³

nguyên tử ), số tế bào không đổi (0,1068.10²³ tế bào) , số nguyên tử trong mỗi tế bào
không đổi ( 2 nguyên tử ) , vậy :
Thể tích viên bi sắt ở 25°C = thể tích tế bào × số tế bào
Trang 23


= 23,394. 1
Ta có

× 0,1068.10²³ = 0,2485 cm³

πR³ 0,2485 → bán kính viên bi sắt ở 25°C

R= 0,390 cm

Vậy khi đem về 25°C bán kính viên bi sắt giảm ( 2,5% so với ban đầu ).
BÀI 16.

Khi cho dung dịch kiềm hoăc dung dịch H 2S tác dụng với dung dịch muối

Cd²+ thì có kết tủa trắng Cd(OH)2 và kết tủa màu vàng cđ xuất hiện, nhưng khi cho vài
giọt dung dịch kiềm vào dung dịch A có chứa K 2[Cd(CN)6] 0,05M + KCN 0,1M không
thấy có kết tủa trắng ; còn khi cho H2S vào A lại có kết tủa màu vàng tạo thành.
Hãy giải thích kết quả thí nghiệm trên bằng cách tính nồng độ ion OH - và ion S²đã cho vào dung dịch A .
Cho : Tích số tan : Cd(OH)2 =2,2.10-14 ; CdS = 8.1
Hằng số không bền : [Cd(CN)4 ]²- = 7,8.10-18
Giải: Khi dung dịch kiềm tác dụng với dung dịch muối Cd2+ tạo ra kết tủa Cd(OH)2, với
cân bằng tan:
Cd(OH)2

Cd²+ + 2 O

(1)

Để có kết tủa thì:
[Cd²+] [O

> Tt (=2,2.1

)

Cân bằng điện ly của phức chất:
Cd²+ +

Kb =

= 2,2.1

Vì nồng độ của ion

trong cân bằng được lất bằng nồng độ ion đó từ KCN

0,1M trong dung dịch nên:

[Cd²+] =

= 1,1.1

Từ cân bằng (1), muốn tạo ra kết tủa, nồng độ ion O

[O

>

= 4,742.1

phải:

mol/ lít
Trang 24


Khi cho vài giọt dung dịch NaOH vào dung dịch K2[Cd(CN)4 ] + KCN không
thấy có kết tủa trắng Cd(OH) 2 vì nồng độ ion O

cho vào chưa đạt đến ≥ 4,742.1

mol/ lít.
Khi cho H2S vào dung dịch:
Cd²+ +

Từ cân bằng tan

CdS

Tích số tan:

[Cd²+] [

[Cd²+] = 1,1.1

Trong dung dịch A:
nên

[

] = 8.1
mol/ lít

= 7,273. 1

] =

Vậy muốn tạo ra kết tủa chỉ cần nồng độ ion

mol/ lít
có giá trị > 7,273.1

mol/ lít,

do đó khi cho H2S vào dung dịch A lập tức có kết tủa màu vàng xuất hiện.
BÀI 17.

Một mẫu sắt có khối lượng là 2,0521 gam ở 910°C tồn tại ở dạng thù hình

γ-Fe . Đường chéo mặt đáy của tế bào tinh thể có độ dài 5,0346 A 0 . Mạng tinh thể được
xem là lý tưởng.
1/ Tính khối lượng riêng của γ-Fe đã cho.
2/ Hạ nhiệt độ xuống 25°C, chuyển thành dạng thù hình α-Fe, lúc đó tế bào tinh
thể có cạnh là a = 2,86 A0 . Tính khối lượng riêng của sắt ở 25°C.

Cho : Fe = 55,847 đvC. Số Avogadro = 6,023.10²³
Giải:

γ-Fe kết tinh theo mạng lập phương tâm diện nên

=

đường chéo mặt đáy :

→ a = 0,56 A0

Thể tích của tế bào lập phương = ( 3,56.

)3 = 45,118.

Khối lượng một nguyên tử Fe = 55,847 đvC × ( 0,166.
Số nguyên tử γ-Fe trong mẫu sắt =

= 0,2213.

cm3.
) = 9,270.

g.

nguyên tử.

Vì trong tinh thể lập phương tâm diện mỗi tế bào có 4 nguyên tử nên :
Số tế bào γ-Fe trong mẫu sắt =
Thể tích mẫu sắt = (45,118.

1/ Khối lượng riêng của γ-Fe =

= 5,5325.1021 tế bào.
) cm3 × (5,5325.

) = 0,2496 cm3

= 8,221g/cm3
Trang 25