2. CĐ TINH THỂ

CHUYÊN ĐỀ TINH THỂ Câu 1. (2,0 điểm) Tinh thể Thực nghiệm cho biết ở pha rắn, vàng (Au) có khối lượng riêng là 19,4g/cm3 và có mạng lưới lập phương tâm diện. Độ dài cạnh của ô mạng đơn vị là 4,070.10-10m. Khối lượng mol nguyên tử của Au là 196,97g/mol. 1. Tính phần trăm thể tích không gian trống trong mạng lưới tinh thể của Au. 2. Xác định trị số của số Avogadro. Hướng dẫn giải 1. Cạnh hình lập phương = a, khoảng cách hai đỉnh kề nhau: a = 4,070.10-10m Khoảng cách từ đỉnh đến tâm mặt lập phương là nửa đường chéocủa mỗi mặt vuông: ½ (a 2 ) = a/ 2 < a đó là khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử bằng hai lần bán kính nguyên tử Au. 4,070 X10-10m : 2 = 2,878.10-10m = 2r r : bán kính nguyên tử Au = 1,439.10-10m Mỗi ô mạng đơn vị có thể tích là: a3 = (4,070 . 10-10 m)3 = 67, 419143.10-30 m3và có chứa 4 nguyên tử Au . Thể tích 4 nguyên tử Au là 4 nguyên tử x 4/3 πr3 = 4 . 4 (3,1416) (1,439. 10-10)3 = 49, 927.10-30m3 3 Độ đặc khít = (49,927.10-30m3)/ (67,419.10-30 m3) = 0,74054 = 74,054% Độ trống = 100% -74,054% = 25,946% 2. Tính số Avogadro 1 mol Au = NA nguyên tử Au có khối lượng 196,97 gam 1 nguyên tử Au có khối lượng = 196,97 (g) NA Tỉ khối của Au rắn: d (Au) = 19,4 g/cm3 = 4 MAu 4.196,97 V = NA.a3 19,4 g/cm3 = 4 x 196,97(g) x 1 / m3 → NA = 6,02386.1023 NA 67,4191x1030 m3.106 cm3 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 1

Câu 2. (2,0 điểm) Tinh thể 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 = 507pm, 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 (unit cell) của mạng tinh thể của oxit; b. Xác định thành phần hợp thức của oxit; c. Xác định số oxi hoá của X trong oxit; d. Cho biết công thức hoá học của silicat tương ứng (giả thiết Xm(SiO4)n); e. 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: Xem hình vẽ bên 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. c Từ công thức của oxit suy ra số oxi hoá của X bằng 4. d Công thức hoá học của silicát XSiO4. e Công thức hoá học của silicát XSiO4. Đặt ∂ là khối lượng riêng của oxit XO2, ta có: ∂ = 4(MKl  2MO) N ( A).V Suy ra M(X) = ¼ ( ∂.N(A).a3 – 32 = 91,22. Nguyên tố X là Ziconi (Zr). Câu 2. (2,0 điểm) Tinh thể 1. Pirit (FeS2) tạo mạng tinh thể kiểu NaCl với các ion Fe2+ chiếm các vị trí của Na+ còn S22- chiếm các vị trí của Cl- . Các liên kết S-S định hướng luân phiên theo đường chéo chính. a) Fe được phối trí bởi 8 nguyên tử S. Hãy cho biết số phối trí của S? b) Khối lượng riêng của một tinh thể pirit lí tưởng là 5,011 g/cm3. Tính hằng số mạng của ô mạng cơ sở. 2. Trong tinh thể ReO3, mỗi nguyên tử Re được bao quanh bởi 6 nguyên tử oxi tạo nên những bát diện đều giống nhau. Biết rằng tinh thể ReO3 thuộc hệ lập phương (chiều dài mỗi cạnh là 0,374 nm) trong đó nguyên tử Re chiếm các vị trí đỉnh của hình lập phương. a) Vẽ một ô mạng cơ sở của tinh thể ReO3. 2 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ

b) Giả sử tinh thể ReO3 có bản chất ion. Cho biết bán kính của ion O2- là 0,126 nm. - Tính bán kính của ion Re6+. - Tính bán kính lớn nhất của cation lạ để khi xâm nhập vào mạng lưới tinh thể ReO3 mà không làm thay đổi kích thước của ô mạng tinh thể ? (bỏ qua mọi tương tác giữa ion này và tinh thể ReO3). Hướng dẫn giải 1. a) Nguyên tử S được phối trí bởi 1 nguyên tử S khác và 3 ion F e2+ trong một sắp xếp tứ diện. b) Ô mạng nhỏ nhất ứng với hằng số mạng ao có 4 ion Fe2+ và 8 nguyên tử S Nên d= 4.MFe2+ + 8.MS = 5,011 (g/cm3) => ao = 5,418.10-8 cm = 541,8 pm N A .a 3 o 2. a) Biện luận vị trí của O: - Do số phối trí của Re = 6 và tỉ lệ Re:O = 1:3 nên số phối trí của O = 6/3 = 2. - Như vậy một O phối trí với 2 Re, và cách đều hai Re vì các nguyên tử Re là tương đương. - Do phối trí bát diện đều của Re. Kết luận: Các nguyên tử O nằm ở trung điểm của mỗi cạnh. Kiểm tra tỉ lệ Re:O trong một ô mạng = (8.1/8) : (12.1/4) = 1:3 b) Tính bán kính Re6+: 2r O2 + 2r Re6 = a = 0,374 nm vậy r Re6 = (0,374 – 2.0,126)/2 = 0,061 nm Tính bán kính cực đại của ion lạ: Ion lạ xâm nhập sẽ chiếm vị trí trung tâm của ô mạng cơ sở. Do vậy khoảng cách từ tâm đến trung điểm mỗi cạnh tương ứng bằng r O2 + rion lạ = 2 a/ 2 = 0,374 / 2 = 0,265 nm vậy bán kính cực đại của ion lạ = 0,265 – 0,126 = 0,139 nm. Câu 3. (2,0 điểm) Tinh thể 1. Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng tinh thể lập phương tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be, khoảng cách ngắn nhất o giữa hai nguyên tử Bo là 3,29 A . Không yêu cầu vẽ hình. a) Có thể tồn tại bao nhiêu hốc tứ diện, hốc bát diện trong một ô mạng? Từ đó cho biết công thức thực nghiệm của hợp chất này (công thức cho biết tỉ lệ nguyên tử của các nguyên tố). Trong một ô mạng có bao nhiêu đơn vị công thức trên? CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 3

b) Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở, độ dài liên kết B – Be và khối lượng riêng của Beri borua theo đơn vị g/cm3? Biết nguyên tử khối của B = 10,81; Be = 9,01; và số Avogadro NA = 6,022.1023 2. Cho ABO3 kết tinh ở hệ tinh thể lập phương trong đó cation A chiếm vị trí các đỉnh, cation B chiếm vị trí tâm khối, còn anion O2- chiếm vị trí tâm tất cả các mặt của hình lập phương. Tinh thể ABO3 lý tưởng có thông số mạng bằng 0,41nm. a) Vẽ 1 ô mạng cơ sở, xác định số phối trí của cation A, B và O2-. b) Tính bán kính của các cation A, B. Biết bán kính ion O2- = 0,14 nm. Xác định độ đặc khít trong tinh thể ABO3 ở trên. Hướng dẫn giải 1 a)Có 8 hốc tứ diện và 4 hốc bát diện Trong ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử B, mỗi nguyên tử Be chiếm một hốc tứ diện nên trong một ô mạng có 8 nguyên tử Be. Nên công thức thực nghiệm của hợp chất là Be2B. Trong ô mạng cơ sở có 4 đơn vị công thức trên. o b) a = 4,65 A khối lượng riêng d = 1,9 g/cm 2. 2(r 2  rB )  a  0, 41(nm)  rB  0, 065(nm) O a) 2(r  rA )  a 2  0,58(nm)  rA  0,15(nm) O 2 b) Độ đặc khít: 4 .3,1416.(0, 0653  0,153  3.0,143) p 3 0, 413 .100%  72, 21% Câu 4. (2,0 điểm) Tinh thể CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 4

Tinh thể LiH ở dạng lập phương tâm mặt (tương tự như kiểu mạng tinh thể NaCl), cạnh tế bào là a (nm). Vị trí đánh dấu trên hình là ion hidrua còn các ion Li+ không được trình bày trong tế bào. 1. Vẽ ô mạng cơ sở đầy đủ của LiH. 2. Viết biểu thức liên hệ khối lượng riêng (g/cm3) của tinh thể LiH theo cạnh tế bào a. 3. Xét một mẫu tinh thể LiH hình lập phương, với cạnh là số nguyên lần cạnh tế bào. Cho mẫu tinh thể đó tiếp xúc với không khí trong thời gian ngắn, để các ion hidrua (H-) trên bề mặt tham gia phản ứng thay thế hoàn toàn bởi các ion hidroxit (OH-). Phép đo phổ 1H-NMR xác định được tỷ lệ mol của ion hidrua và ion hidroxit trong mẫu tinh thể trên là 150 : 1. Xác định kích thước của mẫu tinh thể (theo đơn vị là cạnh của tế bào tinh thể). Hướng dẫn giải 1. mạng cơ sở đầy đủ của i là 2 Xét trong một ô mạng cơ sở có: Số ion i+ = 1 + 12. 1 = 4 ion; Số ion - = 8. 1 + 6. 1 = 4 ion 4 82 Do đó có 1 phân tử i trong 1 ô mạng cơ sở. hối lượng riêng i (g cm3) = 4.M LiH N A.(a.107 )3 = 4.(7 1) 7 )3 = 0,0531 (g/cm3) 6,023.1023.(a.10 a3 3 ọi kích thước của mẫu tinh thể là x đơn vị cạnh tế bào tinh thể. 5 * Tổng số ion - của cả khối tinh thể gồm: - Số ion - nằm trọn trong thể tích của x3 ô mạng cơ sở là 4x3 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ

- Số ion - thuộc bên ngoài phần thể tích của các ô mạng cơ sở nằm trên bề mặt (các ion H- này vẫn thuộc mẫu tinh thể) gồm: + 7 thể tích của 8 ion - = 7 .8 (ion) 8 (1) 8 + 3 thể tích của (x-1) ion H-(2) trên mỗi cạnh của mẫu tinh thể, do đó trên 12 cạnh có 4 3 .(x-1). 12 (ion) 4 + 1 thể tích của x2 ion H-(3) trên mỗi mặt của mẫu tinh thể, do đó trên 6 mặt có 2 1 .x2.6 (ion) 2 + 1 thể tích của (x-1)2 ion H-(4) trên mỗi mặt của mẫu tinh thể, do đó trên 6 mặt có 2 1 .(x-1)2. 6 (ion) 2 Do đó, tổng số ion - của cả khối tinh thể là: 4x3 + 7 .8 + 3 .(x-1). 12 + 1 .x2.6 + 1 .(x-1)2. 6 84 22 * Tổng số ion - trên bề mặt của mẫu tinh thể, bao gồm: + 8 ion H-(1) thuộc 8 đỉnh hình lập phương. + (x-1) ion H-(2) trên mỗi cạnh của hình lập phương, do đó trên 12 cạnh có (x-1).12 (ion) + x2 ion H-(3) trên mỗi mặt của hình lập phương, do đó trên 6 mặt có 6x2 ion + (x-1)2 ion H-(4) trên mỗi mặt của hình lập phương, do đó trên 6 mặt có (x-1)2.6 (ion) Do đó, tổng số ion - trên bề mặt mẫu tinh thể là 8 + 12(x-1) + 6x2 + 6(x-1)2 (ion) Sau một thời gian, toàn bộ ion - bề mặt bị thay thế bằng ion O -, nên số ion OH- = số ion - (bề mặt) Số ion - (c n lại) : số ion O - = 150. Suy ra: số ion - (bề mặt) : tổng số - ban đầu = 1 : (150 + 1) = 1 : 151  8 12(x 1)  6x2  6(x 1)  1  x  452 4x3  8. 7 12(x 1). 3  1 .x2.6  6(x 1)2. 1 151 8 42 2 ậy kích thước của mẫu tinh thể là 452 cạnh tế bào tinh thể. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 6

Câu 5. (2,0 điểm) Tinh thể Pirit sắt (FeS2) có cấu trúc tinh thể kiểu NaCl, với các ion Fe2+ chiếm các vị trí của ion Na+, còn ion S22 chiếm các vị trí của ion Cl‒. Các liên kết S-S định hướng luân phiên theo đường chéo chính. a) ẽ ô mạng cơ sở của tinh thể pirit sắt. b) hối lượng riêng của một tinh thể sắt lí tưởng là 5,011 g cm3. Tính hằng số mạng của ô mạng cơ sở theo đơn vị pm. c) Người ta đã chứng minh được rằng hằng số mạng không phụ thuộc vào công thức hợp thức của tinh thể (tức là mạng tinh thể vẫn bền vững) nếu giá trị x trong công thức FeSx dao động nhỏ xung quanh 2 (1,95→2,05). Trong quặng pirit sắt tự nhiên, người ta thấy rằng sắt chỉ chiếm 99% vị trí của nó trong mạng tinh thể, phần bị khuyết (1%) được thay thế bởi ion S22 . ãy cho biết độ bền và tính khối lượng riêng (theo đơn vị g cm3) của của tinh thể pirit sắt trong tự nhiên. Cho NA=6,022.1023. Hướng dẫn giải a) Lưu ý: HS có thể kí hiệu ion S22 bằng một hình tròn. b) Trong 1 ô mạng chứa: Số ion Fe2+: 18 16 4 ; Số ion S22 = 1  4 11  4 . 8 2 12 Khối lượng riêng của tinh thể: D= 4  MFe +8 MS  456  832  5, 011 NA × a3 6, 022.1023  a3  a= 5,418.10‒8 (cm) = 514,8 (pm) c) Trong 1 ô mạng cơ sở của pirit sắt tự nhiên, có: nFe  40,99  3,96 (mol) nS  81,01  8,08 (mol) x  8,08  2,04 . 3, 96 Vì 1,95 < 2,04 < 2,05 nên thông số mạng không phụ thuộc vào thành phần tức là mạng tinh thể bền vững. Khối lượng riêng của tinh thể pirit sắt tự nhiên: CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 7

D= 3,96 MFe +8,08 MS  3,9656  8, 0832  5, 015 (g/cm3) NA × a3 6, 022.1023  (5, 418.108 )3 Câu 6. (2,0 điểm) Tinh thể hí hydro ở nhiệt độ ph ng dễ “h a tan” vào một số kim loại cụ thể, ví dụ như palladi. mạng cơ sở của palladi có dạng lập phương tâm diện (các nguyên tử được xem như những quả cầu cứng). hối lượng riêng của palladi là d = 12,02 gam cm3, khối lượng mol là 106,4 gam/mol. 1. Tính số nguyên tử palladi trong 1 ô mạng cơ sở, độ dài cạnh (a) và bán kính của các nguyên tử palladi theo pm (1 pm = 10-12 m). 2. iả sử rằng các nguyên tử là những quả cầu cứng, tính bán kính nguyên tử cực đại (rmax) có thể vừa khít với các khoảng trống (hốc) giữa các nguyên tử palladi trong mạng tinh thể. 3. hoảng cách liên nhân trong các phân tử 2 là 74 pm và bán kính của nguyên tử là 54 pm. ydro trong mạng tinh thể palladi tồn tại ở dạng nào - nguyên tử, phân tử hay cả hai? 4. Tính số nguyên tử hydrogen cực đại có thể lấp vào ô mạng cơ sở palladi. (Các kết quả tính toán cuối cùng lấy tr n số nguyên). Hướng dẫn giải 1. Ta có: thể tích mol của Pd là: VPd  M  106, 4  8, 852(cm3 / mol) d 12, 02 Tổng số nguyên tử Pd trong 1 ô cơ sở là: 4 Thể tích 1 ô mạng cơ sở là: V  4.VPd  4.8, 852  5,88.1023(cm3) NA 6, 02.1023 Chiều dài ô mạng cơ sở: a  3 V  3 5,88.1023  3,89.108 (cm)  389(pm) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử nằm trên đường chéo của hình lập phương: Nên b=4r, với b  a 2  4r  a 2  r  a  389  137,5(pm)  138(pm) 22 22 2. Để lọt vào hốc của mạng tinh thể thì bán kính cực đại của nguyên tử lạ: rmax  a  2r(Pd)  389  2.138  57pm 2 2 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 8

3. Hydro trong tinh thể tồn tại ở dạng nguyên tử do kích thước phân tử H2 không vừa các hốc tinh thể. 4. Ta có: rH  57  0, 413 nên các nguyên tử H vừa hốc bát diện. rPd 138 Tổng số hốc bát diện trong mạng tinh thể gồm: 1 ở tâm lập phương và 12x1 4 (giữa các cạnh) nên có 4 hốc. Đây cũng chính là số nguyên tử Hydro cực đại có thể lấp đầy 1 ô mạng cơ sở. Câu 7. (2,0 điểm) Tinh thể Germani (Ge) kết tinh theo kiểu kim cương (như hình bên) với thông số mạng a = 566 pm a. Mô tả cấu trúc mạng tinh thể của Germani. b. Xác định bán kính nguyên tử, độ đặc khít của ô mạng và khối lượng riêng của Germani. (MGe=72,64) Ge ở các đỉnh và tâm mặt Ge chiếm các lỗ tứ diện Hướng dẫn giải a. Cấu trúc mạng Ge: cấu trúc mạng lập phương tâm diện. Ngoài ra có thêm các nguyên tử e đi vào một nửa số lỗ tứ diện, vị trí so le với nhau. Số nguyên tử/ion KL trong một ô mạng = 1 .8 + 1 .6 + 4 = 8 82 b. Đường chéo Ô mạng: a 3  8r  r  122,54pm a3 Độ đặc ρ 8. 4 r3  0,34 3 a3 Khối lượng riêng d = nM  8.72, 64  5,32(g / cm3) N A.V 6, 023.1023(566.1010 )3 Câu 8. (2,0 điểm) Tinh thể Ở nhiệt độ thấp hơn 882,5oC, titan kết tinh theo kiểu lục phương chặt khít. Chấp nhận các nguyên tử titan có hình cầu, bán kính R. 1. Xác định số phối trí của titan. 2. Vẽ 1 ô mạng đơn vị, cho biết số nguyên tử trong 1 ô mạng. Tính thể tích 1 ô mạng theo a, R. (a là thông số mạng hay chiều dài cạnh đáy hình lục phương). 3. Tính độ đặc khít của ô mạng. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 9

4. Một mẫu tinh thể titan trong thực tế được xác định có a = 295,03 pm; chiều cao ô mạng là 465,31pm. Tinh thể ấy có cấu trúc lục phương hoàn hảo hay không? Hướng dẫn giải 1 Số phối trí: 12 2 Số nguyên tử trong 1 ô đơn vị: 1 .12  1 .3  3  6 nguyên tử 62 Ta có: a = 2R  OA = OI = 2R, AH = R Áp dụng định lí Pitago với tam giác OAH  OH  3R G là trọng tâm tam giác ở đáy  OG  2 OH  2 3R 33 Áp dụng định lí Pitago với tam giác OGI  IG  2 6R 3 Mà h  2IG  4 6R 3 Sđáy = 6 3R2  V = Sđáy.h = 24 2R3  3 2a3 3 Độ đặc khít ô mạng:   Vnt  6.( 4 R3)  0, 74  74% 3 Vô 24 2R3 4 Theo lý thuyết, trong mạng tinh thể hoàn chỉnh: 4 6R h3  1, 63 a 2R Trong mẫu vật thì h  1,58  1, 63  tinh thể không hoàn chỉnh. a CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 10

Câu 9. (2,0 điểm) Tinh thể Đơn chất X ở điều kiện thường tồn tại ở dạng tinh thể bền với ô mạng cơ sở dạng lập phương được biểu diễn như trong hình 1. ằng số mạng a (chiều dài của ô mạng cơ sở) là 5,4309 Å (1Å = 10-10 m) và khối lượng riêng là 2,329 gam cm3. Hình 1 Hình 2 1. (a) Xác định số phối trí của các nguyên tử trong đó. Cấu trúc này được tạo ra bởi hai mạng lập phương tâm diện lồng vào nhau. Xác định các nguyên tử trong mỗi mạng lập phương tâm diện. (b) Trong ô mạng lập phương đặc khít, các khối cầu giống nhau chiếm khoảng 74 % thể tích không gian. So sánh giá trị này với phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong ô mạng ở hình 1. iải thích tại sao các tinh thể cộng hóa trị của phi kim không có dạng sắp xếp đặc khít. (c) Xác định chất X. Nhờ tính chất vật lí nào mà X được sử dụng rộng rãi và trong lĩnh vực nào? 2. ình 2 là ô mạng cơ sở của một loại tinh thể vô cơ khác. Cụ thể, đó là tinh thể khoáng chất ZA, khối lượng riêng 4,090 gam cm3 và hằng số mạng 5,4093 Å. àm lượng một trong các nguyên tố là 32,9%. Xác định chất ZA, tên khoáng chất và loại cấu trúc. Hướng dẫn giải Nội dung Điểm 1. (a) - Quan sát hình 1 thấy cấu trúc kim cương, trong đó 1 nguyên tử sẽ chiếm 1 0,5 hốc tứ diện tạo bởi 4 nguyên tử khác nên số phối trí là 4. - Mỗi nguyên tử trong hình lập phương thứ 2 sẽ chiếm một hốc tứ diện tạo bởi một đỉnh và tâm của 3 mặt lập phương giao với đỉnh đó của hình lập phương 1. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 11

(b) Xét một phần của khối lập phương ở hình 1, từ góc trên bên trái – tương ứng 0,5 với một hình lập phương nhỏ, có độ dài cạnh a/2. Ở các đỉnh của hình lập phương nhỏ này sẽ có 4 nguyên tử và chúng đều liên kết với 1 nguyên tử ở tâm. Độ dài của liên kết này bằng ½ đường chéo của hình lập phương nhỏ, nghĩa là bằng a 3 4 Bán kính cộng hóa trị của một nguyên tử bằng ½ độ dài liên kết này, nghĩa là bằng r  a 3 8 Tổng số nguyên tử trong ô mạng cơ sở ở hình 1 là: 4 + 6/2 + 8/8 = 8 8. 4 .  a 3 3 3   Độ đặc khít của tinh thể là:  3 8   0,34 a Vậy các khối cầu chiếm khoảng 34 % thể tích ô mạng, thấp hơn so với giá trị 74 % của các ô mạng đặc khít. Cấu trúc sắp xếp đặc khít có số phối trí 12, quá lớn so với các nguyên tử tạo liên kết cộng hóa trị. Do vậy, loại sắp xếp này với các đơn chất chỉ xuất hiện trong trường hợp có liên kết kim loại bởi có tương tác tĩnh điện. (c) Mỗi ô mạng cơ sở với thể tích a3 có chứa 8 nguyên tử. Nếu AX là nguyên tử 0,5 khối thì 1 mol các ô mạng như vậy sẽ nặng 8AX hay 2,329.NA.a3. Từ phương trình này, ta có AX  1 .2,329.6, 022.1023.(5, 4093.108)3  AX = 28,07, X là Si. 8 Khả năng trở thành bán dẫn của silicon quyết định việc nó được sử dụng rộng rãi trong lĩnh vực vi điện tử. 2. Ta có: 0,5 MZ  MA  MZ  329 MA 32, 9 100  32,9 671 4.MA  4(329 MA ) 671 D   4, 090(g / cm3 ) NA.(5, 4093.108)  MA = 65 và MZ = 32 Vậy chất đó là ZnS, khoáng sphalerite. oại cấu trúc tinh thể được gọi theo tên của ZnS (zincblende – kẽm sulfide). Câu 10. (2,0 điểm) Tinh thể 1. Helium rất kém hoạt động, với lớp vỏ ngoài bão h a và năng lượng ion hóa cao nhất trong tất cả các nguyên tố. Năm 2017, kết quả sự hợp tác giữa 17 nhà nghiên cứu từ nhiều quốc gia CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 12

đã mang đến đề xuất rằng hợp chất X (hợp chất của helium và sodium) đã được tạo thành ở áp suất cực kì cao (300 GPa). Ô mạng cơ sở của tinh thể này được xác định bởi nhiễu xạ tia X. Xếp chồng các ô mạng cơ sở với nhau tạo thành một cấu trúc khối. Ô mạng cơ sở của hợp chất X được biểu diễn trong hình trên, với các nguyên tử helium đặt ở các góc và tâm của các mặt của ô mạng cơ sở, còn các nguyên tử sodium được sắp xếp theo hình lập phương bên trong ô mạng. Một số nguyên tử nằm hoàn toàn trong 1 ô mạng, còn một số khác - nằm ở các góc, cạnh hoặc mặt - thì chỉ có 1 phần thuộc về mỗi ô mạng. a) Tính tổng số nguyên tử sodium và helium trong 1 ô mạng cơ sở. b) Xác định công thức hợp chất X. c) Sử dụng câu trả lời ở ý b và hằng số mạng của ô mạng cơ sở để tính khối lượng riêng của hợp chất X theo gam cm-3. 2. Nước kết tinh tạo thành nước đá ở nhiệt độ dưới 273 , 1atm. Đá có tinh thể lục phương với thông số mạng a=0,453nm và c=0,741nm. Khối lượng riêng của nước đá ở 1atm, 273K là 0,917g/m3. Tính số phân tử nước có trong 1 ô đơn vị của tinh thể nước đá. Hướng dẫn giải 1. a) 4 He, 8 Na b) Na2He hoặc ( HeNa2) c) Khối lượng mol ô mạng = 4*4,003 + 8*22,99 = 199,9 (g/mol) Khối lượng ô mạng = 199,9/ 6,023*1023=3,32.10-22(g) Thể tích ô mạng =(3,95.10-10)3=6,16.10-29(m3) Khối lượng riêng X=3,32.10-22/6,16.10-29 = 5,39(g/cm3) 2. Khối lượng mol phân tử H2O Vậy số phân tử trong 1 ô đơn vị là CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 13

Câu 11. (2,0 điểm) Tinh thể Kim loại A được tìm thấy trong tự nhiên dưới dạng hợp chất, chủ yếu là khoáng vật orthosilicat có công thức chung Mx(SiO4)y, ngoài ra nó cũng được tìm thấy dưới dạng oxit. Oxit của nó có nhiều dạng thù hình và nó thường được kết tinh ở dạng đơn tà biến dạng với số phối trí là 7. Ở nhiệt độ trên 11000C cấu trúc của nó sẽ chuyển sang dạng tứ phương. Trên 20000C cấu trúc oxit sẽ là lập phương biến dạng, kiểu này giống như mạng florit- trong đó ion kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện với hằng số mạng a= 507pm. Anion O2- chiếm các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của oxit kim loại tinh khiết là 6,28g/cm3. a) Tìm công thức hợp thức của oxit, tính số oxi hóa của kim loại trong oxit. b) Trong orthosilicat thì kim loại cũng có số oxi hóa như trong oxit. Cho biết công thức phân tử orthosilicat. Xác định MA. c) Viết cấu hình e của M nếu Z = 40 và cho biết số phối trí của cation và anion trong oxit. Hướng dẫn giải a) Ion kim loại cấu trúc lập phương tâm diện có số ion : 8.1/8 + 6.1/2 = 4 (ion) Ion O2- chiếm các hốc tứ diện có số ion : 8 Do vậy công thức hợp thức của oxit : MO2, số oxi hóa của kim loại là +4. b) Công thức phân tử orthosilicat : MSiO4 D = = 6,28 . Trong đó NA = 6,02.1023; a = 507pm = 507.10-10cm. ậy MA = 91,17 g/mol. c) Cấu hình e: [Kr] 4d25s2 Số phối trí của cation là 8 Số phối trí anion là 4. Câu 12. (2,0 điểm) Tinh thể Đồng (I) oxit có nhiều ứng dụng trong thực tế. Cấu trúc tinh thể của nó được mô tả bởi hình vẽ bên. Biết hằng số mạng là 427 pm. A B 1. Hãy cho biết vị trí của nguyên tử Cu là A hay B. Tính số phối trí của mỗi nguyên tử ? 2. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa O-O, Cu-O và Cu-Cu 3. Tính khối lượng riêng của tinh thể Cu2O. 4. Tinh thể đồng (I) oxit có sự khiếm khuyết của một số nguyên tử Cu trong khi số nguyên tử O không đổi. Trong một cấu trúc đã được nghiên cứu, người ta tìm thấy có 0,2% các nguyên tử đồng có số oxi hoá +2. ãy tính % đồng bị trống trong mạng tinh thể và tính x trong công thức tổng quát của tinh thể như sau: Cu2-xO. (Cho: MCu = 63,54 g/mol ; MO = 16 g/mol) Hướng dẫn giải 1 *A là oxi (chiếm các đỉnh và tâm của ô mạng cơ sở)B là Cu (chiếm ½ số hốc tứ diện) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 14

A B *Số phối trí của O là 4; của Cu là 2. 2 dO –O = a 3 = 427 3 = 369,8 pm 22 dCu – O = a 3  427. 3 =184,9 pm 44 dCu – Cu = a. 2  427. 2 = 301,9 pm 22 3 Trong 1 ô mạng cơ sở có : - Số nguyên tử Cu là : 4 - Số nguyên tử Oxi là : 8. 1 1 2 → Trung bình trong 1 ô cơ sở có 2 phân tử Cu2O 8 Khối lượng riêng của tinh thể là : 2.(63,54.2 16) 1  6,106 (g/cm3) (427.109 )3 . 6, 02.1023 4 Theo đề bài, người ta tìm thấy có 0,2% các nguyên tử đồng có số oxi hoá +2. Giả sử có 1000 nguyên tử Cu trong tinh thể thì sẽ có 2 nguyên tử Cu2+ và 998 nguyên tử Cu+. Áp dụng bảo toàn điện tích, tổng số nguyên tử O2- là (2.2+1.998)/2 = 501 nguyên tử. Nếu không bị khiếm khuyết thì theo cấu trúc mạng tinh thể, số nguyên tử Cu luôn gấp 2 lần số nguyên tử O. Vậy số nguyên tử Cu đáng lẽ phải có là : 2. 501 = 1002 (nguyên tử) % đồng bị trống trong mạng tinh thể là (1002 – 1000)/ 1002 = 0,2% Trong công thức tổng quát Cu2-xO có: x = 2.0,2% = 0,004 Câu 13. (2,0 điểm) Tinh thể Một số hợp chất ion của các ion hóa trị II cũng kết tinh cùng kiểu cấu trúc tinh thể như NaCl, ví dụ như galena PbS. ằng số mạng của nó là a = 5,94 Å. 1. Vẽ cấu trúc ô mạng cơ sở của galena. 2. Tính khối lượng riêng của galena, biết Pb = 207; S = 32; Ag = 108 3. Do các ion Ag+ có thể thay thế cho ion Pb2+ trong cấu trúc của PbS nên galena là một loại quặng bạc cực kì quan trọng. Để đảm bảo sự bảo toàn điện tích của tinh thể thì sự giảm điện tích dương tổng thể được bù lại bởi các lỗ trống của anion sunfua S2-. Thành phần của tinh thể khi đó có thể được biểu diễn bởi công thức tổng quát Pb1-xAgxSy. a. Biểu diễn giá trị của y dưới dạng hàm số của x. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 15

b. Một mẫu galena chứa bạc, trong đó một phần ion Pb2+ bị thay thế bởi ion Ag+ và sự giảm điện tích được bù trừ bởi các lỗ trống của ion sunfua S2-, có khối lượng riêng là 7,21 g/cm3. Hằng số mạng của mẫu này là a = 5,88 Å. Tính giá trị hệ số hợp thức x. Từ đó, viết công thức đơn giản nhất của mẫu galena chứa bạc với các chỉ số nguyên tối giản. Hướng dẫn giải 1 Cấu trúc ô mạng cơ sở của galena là: 2 Theo cấu trúc ô mạng: + Số ion Pb2+ trong 1 ô mạng: 8.1/8 + 6.1/2 = 4 + Số ion S2- trong 1 ô mạng: 12.1/4 + 1 = 4 Trong 1 ô mạng cơ sở có 4 đơn vị cấu trúc PbS. Khối lượng riêng của galena là: D  4.M PbS  6, 4.(207  32) )3 = 7,575 (g/cm3) N Av .a3 022.1023.(5, 94.108 3 a Theo định luật bảo toàn điện tích: 2.(1 – x) + x = 2y nên y = 1 – 0,5x (1) b Từ biểu thức tính khối lượng riêng, ta có: D 4.M galena  4.M galena  7, 21 , suy ra M galena  220,67 N Av.a3 6, 022.1023.(5,88.108 )3  207.(1 – x) + 108x + 32y = 220,67 hay 32y – 99x = 13,67 (2) Từ (1) và (2) ta có: x = 0,16; y = 0,92 Công thức của galena: Pb0,84Ag0,16S0,92 Công thức đơn giản nhất là: Pb21Ag4S23 Câu 14. (2,0 điểm) Tinh thể Bạc kim loại rắn tồn tại ở dạng lập phương tâm diện (fcc). a) Vẽ một ô mạng (tế bào) đơn vị fcc. b) Có bao nhiêu nguyên tử trong một ô mạng đơn vị fcc. c) Khối lượng riêng của bạc được xác định bằng 10,5 g/cm3. Tính chiều dài mỗi cạnh của ô mạng cơ sở. d) Tính bán kính nguyên tử bạc trong tinh thể. Cho biết: MAg = 107,8682 g/mol và số Avogađro NA = 6,022142.1023. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 16

Hướng dẫn giải a) b) Có 4 nguyên tử Ag trong một đơn vị mạng c)   4M  a3  4M a .107, 8682  409 pm V .NA NA 3 10,5.6, 022142.1023 d) r  a  144 pm 22 Câu 15. (2,0 điểm) Tinh thể Tinh thể 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 = 5,555 Å. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O2- chiếm đỉnh và tâm các mặt hình lập phương, c n 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 (Thí sinh không cần vẽ hình) a. Ion O2- xếp theo mạng lập phương tâm mặt, nên 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 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 b. Áp dụng công thức d = 4.(2MM + 16) = 4.(2MM + 16) = 2,400(g/cm3) a3. NA (5,555.10-8)3.6,022.1023 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 17

 MM = 22,968  23 (g/mol)  nguyên tử khối của M là 23 đvC. Vậy M là Na, oxit là Na2O c. Xét 1 hình lập phương nhỏ có cạnh là a/2: ½ đường chéo của hình lập phương này = r Na+ + r O2- r Na+ + r O2- =  r Na+ = 1,40 = 1,005 Å = 0,1005 nm d. Cách điều chế Na2O: Đun nóng hidroxit (hoặc peoxit hoặc muối nitrat) của Natri với kim loại Na: ví dụ: 2 NaOH + Na t0 2Na2O + H2 (Ghi chú: Nếu học sinh điều chế bằng phản ứng trực tiếp Na + O2  Na2O thì không cho điểm vì Na + O2 tạo sản phẩm chính là Na2O2) Câu 16. (2,0 điểm) Tinh thể Bằng phương pháp nhiễu xạ tia X khảo sát cấu trúc tinh thể NH4Cl người ta ghi nhận được kết quả như sau: Ở 20oC phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng lập phương với hằng số mạng a = 3,88 Ao và khối lượng riêng D = 1,5 g/cm3. Ở 250oC phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng lập phương với hằng số mạng a = 6,53 Ao và khối lượng riêng D = 1,3 g/cm3. Từ các dữ kiện trên hãy cho biết 1. Kiểu tinh thể lập phương hình thành ở 20oC và 250oC 2. Khoảng cách N-Cl theo Ao cho từng kiểu tinh thể đã xác định ở câu (a) Cho N = 14, H = 1, Cl = 35,5 Hướng dẫn giải 1. Số phân tử NH4Cl trong một ô mạng lập phương được tính theo công thức: n  D.NA.a3 M NH4Cl Thay số với các trường hợp +) Ở 20oC n  1,5.6, 02.1023.(3,88.108 )3  1 → N 4Cl tồn tại dạng lập phương đơn giản, 53, 5 mạng NH4+ và Cl- chèn vào nhau có thể tịnh tiến trùng nhau. +) Ở 250oC n  1,3.6, 02.1023.(6,53.108 )3  4 → N 4Cl tồn tại dạng lập phương tâm diện. 53, 5 2. Ở 20oC Khoảng cách d N Cl  a3 o 2  3,36 A Ở 250oC Khoảng cách d NCl  a o 2  3, 27 A CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 18

Câu 17. (2,0 điểm) Tinh thể Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm mặt 1. Biểu diễn mạng cơ sở của phân tử này 2. Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở. 3. Xác định bán kính ion của Cu+. Cho d(CuCl) = 4,136g/cm3; rCl- = 1,84 A0; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Hướng dẫn giải 1 + Biểu diễn mạng cơ sở của phân tử CuCl : (HS biểu diễn Cu+ có bán kính nhỏ hơn Cl-).Hình vẽ dưới đây biểu thị Cu+ màu đen, Cl- màu trắng. 2. +Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở: - Số ion Cu+ là 4 vì : Ở 8 đỉnh của hình lập phương có 8  1 = 1 8 Ở 6 mặt của hình lập phương có 6  1 = 3 2 - Số ion Cl- là 4 vì : Ở giữa các cạnh của hình lập phương có 12  1 = 3 4 Ở tâm của hình lập phương có 1  1= 1 Như vậy số phân tử CuCl trong mạng cơ sở là: 4 Cu+ + 4Cl-  4 CuCl 3. +Xác định bán kính ion của Cu+: - Áp dụng công thức: d = N  M CuCl với V = a3 (a là độ dài mỗi cạnh của hình lập NA V phương) - Lại có: a3 = N  M CuCl = 4(63,5  35,5) = 158,956  10-24 cm3 NA d 6,0231023  4,136 Vậy a = 5,4171  10-8 cm = 5,4171 A0 Theo hình vẽ dễ dàng thấy: a = 2 rCu + 2 rCl  2 rCu = a - 2 rCl  r  = 0,868 A0 Cu CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 19

Câu 18. (2,0 điểm) Tinh thể Cho 11,8 gam kim loại M tác dụng với oxi dư thu được 15 gam oxit MO. 1. Xác định M 2. Tinh thể MO có cấu trúc giống mạng NaCl. Các ion O2– tạo thành mạng lập phương tâm diện, các hốc bát diện có các ion Mn+. Khối lượng riêng của MO là 6,67 g/cm3. Nếu cho MO tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có thành phần LixM1-xO: x Li2O + (1-x)MO + x O2 → ixM1-xO 24 Cấu trúc mạng tinh thể của LixM1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NaCl, nhưng một số ion M2+ được thế bằng các ion Li+ và một số ion M2+ bị oxi hóa để bảo đảm tính trung h a điện của phân tử. Khối lượng riêng của tinh thể LixM1-xO là 6,21 g/cm3. a/ Vẽ một ô mạng cơ sở của oxit MO? b/ Tính x ?(chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ MO thành LixM1-xO). c/ Tính phần trăm số mol ion M2+ đã chuyển thành ion M3+ và viết công thức đơn giản nhất của hợp chất LixM1-xO bằng cách dùng M(II), M(III) và các chỉ số nguyên. Hướng dẫn giải 1. Phương trình phản ứng 2M + O2 → 2MO Ta có nM = nMO ↔ 11,8  15 → M = 59 là Ni M M  16 2 Ion oxi (O2-) . a) Ion niken (Ni2+) b/ Tính x: Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO ρNiO = n.M NiO → a3 = n.M NiO N A .a 3 N A .ρ NiO n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt) → a3= 4 . 74,69 → a = 4,206.10–8 cm 6,022.1023 . 6,67 Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống nhau, do đó: ρLix Ni1xO = n.MLix Ni1xO → 6,21 = 4 . x.6,94 + (1-x).58,69 + 16 N A .a 3 6,022.1023 . (4,206.108)3  x = 0,10 c/ Thay x vào công thức LixNi1-xO, ta có Li0,1Ni0,9O hay công thức là LiNi9O10. Vì phân tử trung h a điện nên trong LiNi9O10 có 8 ion Ni2+ và 1 ion Ni3+. Vậy cứ 9 ion Ni2+ thì có 1 ion chuyển thành Ni3+. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 20

Phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ là 1 .100 % = 11,1% 9 Công thức đơn giản nhất: LiNi(III)(Ni(II))8O10. Câu 19. (2,0 điểm) Tinh thể Cấu trúc tinh thể NaCl là một trong những cấu trúc cơ bản của hợp chất ion. Một ô đơn vị của mạng được biểu diễn trên hình 1. Hằng số mạng là a = 5,64Ao, bán kính ion Na+ là 1,16 A. hối lượng riêng của KCl là 1,98 g/cm3 1. Tính bán kính ion Cl-? KCl kết tinh giống như NaCl. 2. Tính bán kính ion K+? A B Hình 1. Mạng tinh thể NaCl. A: Cl- ; B: Na+ Cấu trúc của hợp chất ion có thể được khảo sát thông qua tỉ số bán kính giữa cation và anion, r+/r-. 3. Bán kính của ion Li+ = 0,90Ao. LiCl có kết tinh cùng kiểu mạng với NaCl hay không? Một vài mạng của ion hóa trị hai cũng kết tinh giống NaCl, ví dụ PbS với hằng số mạng a=5,94Ao. 4. Tính khối lượng riêng của PbS. Ion Ag+ có thể thay thế ion Pb2+ trong cấu trúc PbS. Để đảm bảo tính trung h a điện trong mạng tinh thể, sự thiếu hụt điện tích dương được bù lại bởi các anion S2-. Công thức chung cho cấu trúc mạng có thể biểu diễn là Pb1-xAgxSy. 5. Xác định giá trị của y theo x. Một mẫu PbS chứa Ag như trên có khối lượng riêng 7,21 g/cm3, hằng số mạng a= 5,88 Ao 6. Tìm giá trị của x? Kẽm sunfua(sphalerit), ZnS kết tinh theo cấu trúc khác, nó giống với cấu trúc kim cương CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 21

7. Có bao nhiêu phân tử ZnS trong một ô đơn vị của sphalerit? Các nguyên tố nặng hơn của nhóm I A, Si, e cũng có cấu trúc kim cương. Bán kính của Ge là 1,23Ao 8. Tính khối lượng riêng của Ge rắn. Hướng dẫn giải 1 a = 2(r+ + r-) → r- = ½ (5,64-2x1,16) = 1,66 Ao = r(Cl-) 2 D = n.M = 3 1→ a = 6,30Ao N A .Vô r+ = ½ (a-2x r-) = ½ (6,30 -2x 1,66) = 1,49Ao = r(K+) 3 2 1 <r(Li+)/r(Cl-) = 0,90/1,66 = 0,54< 3 1 → iCl kết tinh kiểu mạng NaCl 4 D = n.M = 4.(207  32)  7,58g / cm3 N A .Vô 6, 02.1023.(5,94.108 )3 5 Bảo toàn điện tích, ta có: 2(1-x) + x = 2y → y = 1 – x/2. Công thức chung của mạng: Pb1-xAgxS1-x/2 6 d = m/V = 4. M Pb1 X AgxS1 x/ 2  7, 21g / cm3 6, 02.1023.(5,88.108 )3 4.[207(1  x) 108 x 32(1  x/ 2)]  7, 21g / cm3 →x =0,16. 6, 02.1023.(5,88.108 )3 7 4 phân tử ZnS. 8 d = n.M ; a 3 2 = 4r → a = 8r 3 →d= 8.72, 6  5, 26g / cm3 N A .Vô 6, 02.1023.(8.1, 23.108 )3 3 Câu 20. (2,0 điểm) Tinh thể Muối florua của kim loại Ba có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion Ba2+ chiếm đỉnh và tâm các mặt của hình lập phương, còn các ion florua (F-) chiếm tất cả các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của muối Bari florua này là 4,89 g/cm3. a) Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể bari florua. Trong một tế bào đơn vị này có bao nhiêu phân tử BaF2? b) Tính số phối trí của ion Ba2+ và F- trong tinh thể này. Cho biết số phối trí của một ion trong tinh thể là số ion trái dấu, gần nhất bao quanh ion đó. c) Xác định giá trị của a (nm)? Cho M của F = 19; Ba = 137,31 (g/mol). CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 22

a) Ô mạng cơ sở: Hướng dẫn giải Ba2+ F- Trong một tế bào đơn vị BaF2 có : 1x 8 ion F-và 8 1  6 1  4 ion Ba2+ 82 Do đó sẽ có 4 phân tử BaF2 trong một tế bào đơn vị. b) Số phối trí của ion Ba2+ là 8 Số phối trí của F- là 4 c) Khối lượng riêng florua tính theo công thức: 4  MBaF2 4  MBaF2  4  M BaF2 m  NA NA d=  a3  V a3 d d NA a3  4 M BaF2  4 (137,3119  2)  2,38.1022 (cm3) d  NA 4,89 6, 022.1023  a  6, 2.108(cm)  0,62(nm) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: TINH THỂ 23