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

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

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

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

/

√


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


.

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

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


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


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

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


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

/


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

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

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

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


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

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

√

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


ln

1
2

2

1

1

1

2

nên
Page 13 of 35

ln

ln


2 8.62

10

.


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

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


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

/



.

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)

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, ∆


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


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
.


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