(完整word版)無機材料科學基礎課后答案

1、1第二章晶體結構答案2-4定性描述晶體結構的參量有哪些？定量描述晶體結構的參量又有哪些？答：定性：對稱軸、對稱中心、晶系、點陣。定量：晶胞參數。2-5依據結合力的本質不同，晶體中的鍵合作用分為哪幾類？其特點是什么？答：晶體中的鍵合作用可分為離子鍵、共價鍵、金屬鍵、范德華鍵和氫鍵。離子鍵的特點是沒有方向性和飽和性，結合力很大。共價鍵的特點是具有方向性和飽和性，結合力也很大。金屬鍵是沒有方向性和飽和性的的共價鍵，結合力是離子間的靜電庫侖力。范德華鍵是通過分子力而產生的鍵合，分子力很弱。氫鍵是兩個電負性較大的原子相結合形成的鍵，具有飽和性。2-6等徑球最緊密堆積的空隙有哪兩種？ 一個球的周圍有多少個

2、四面體空隙、多少個八面體空隙？答：等徑球最緊密堆積有六方和面心立方緊密堆積兩種，一個球的周圍有8個四面體空隙、6個八面體空隙。2-7n個等徑球作最緊密堆積時可形成多少個四面體空隙、多少個八面體空隙？不等徑球是 如何進行堆積的？答：n個等徑球作最緊密堆積時可形成n個八面體空隙、2n個四面體空隙。不等徑球體進行緊密堆積時， 可以看成由大球按等徑球體緊密堆積后， 小球按其大小分 別填充到其空隙中， 稍大的小球填充八面體空隙， 稍小的小球填充四面體空隙， 形成不 等徑球體緊密堆積。2-8寫出面心立方格子的單位平行六面體上所有結點的坐標。答：面心立方格子的單位平行六面體上所有結點為：（000）、（001

3、）（100）（101）（110）I1I11I（010）（011）（111）（ 0）（ 01 1）（1 10）（ 11 1）（ 11 ）（1 11）。2-9計算面心立方、密排六方晶胞中的原子數、配位數、堆積系數。22-10根據最緊密堆積原理，空間利用率越高，結構越穩(wěn)定，金剛石結構的空間利用率很低 （只有34.01%），為什么它也很穩(wěn)定？答：最緊密堆積原理是建立在質點的電子云分布呈球形對稱以及無方向性的基礎上的,適用于典型的離子晶體和金屬晶體，而不能用最密堆積原理來衡量原子晶體的穩(wěn)定性。另外,金剛石的單鍵個數為4,即每個原子周圍有4個單鍵（或原子），由四面體以共頂方式共價 結合形成三維空間結構，所

4、以，雖然金剛石結構的空間利用率很低（只有34.01%），但是它也很穩(wěn)定。2-11證明等徑圓球六方最密堆積的空隙率為25.9%。答：設球半徑為a,則球的體積為 二； ，球的z=4，則球的總體積（晶胞）- ，立方體晶胞體積：（2廠a）3=16a3，空間利用率=球所占體積/空間體積=74.1%，空隙率=1-74.1%=25.9%。2-12金屬鎂原子作六方密堆積，測得它的密度為1.74g/cm3，求它的晶胞體積。答：設晶胞的體積為V,相對原子質量為M,則晶胞體積 一 訂丁一 -Jnm2-13根據半徑比關系，說明下列離子與OT配位時的配位數各是多少？已知廣=0.132nm,4+3+2+3 =0.039n

5、m,K=0.131 nm,AI=0.057nm,rMg=0.078nm。答：對于Si4+、K+、Al3+、Mg+來說，其1依次是0.295、0.99、0.43、0.59;依據正離子配 位數與正負離子半徑比的關系知配位數為：Si4+4;尺8;Al3+6;Md+6。答：面心：原子數4,配位數6，堆積密度六方：原子數6，配位數6，堆積密度故只32-14為什么石英不同系列變體之間的轉化溫度比同系列變體之間的轉化溫度高得多？4答：石英同一系列之間的轉變是位移性轉變，不涉及晶體結構中鍵的破裂和重建，僅是鍵長、鍵角的調整、需要能量較低，且轉變迅速可逆；而不同系列之間的轉變屬于重建性轉變，都 涉及到舊鍵的破裂

6、和新鍵的重建，因而需要較的能量，且轉變速度緩慢； 所以石英不同系列之間的轉化溫度比同系列變體之間轉化的溫度要高的多。2-15有效離子半徑可通過晶體結構測定算出。在下面NaCI型結構晶體中，測得MgS和MnS的晶胞參數均為a=0.520nm(在這兩種結構中，陰離子是相互接觸的)。若Ca(a=0.567nm)、CaO(a=0.480nm)和MgO(a=0.420nm)為一般陽離子陰離子接觸，試求這些晶體中各 離子的半徑。答：MgS中a=0.502nm，陰離子相互接觸，a=2 r-,.rS2-=0.177nm;CaS中a=0.567nm,陰陽離子相互接觸，a=2(r+rj,.rca2=0.107nm

7、；CaO中a=0.408nm,a=2(r+rj,/rO2-=0.097nm;MgO中a=0.420nm,a=2(r+r-),.rMg2+=0.113nm。2-16氟化鋰(LiF)為NaCI型結構，測得其密度為2.6g/cm3，根據此數據計算晶胞參數，并將此值與你從離子半徑計算得到數值進行比較。答：設晶胞的體積為V,相對原子質量為M,對于NaCI型結構來說，其n=4.嚴nM _4x263 6.023xl0a3x2.6則晶胞參數:根據離子半徑計算：a=2(r+r-)=4.14nm/I 11 *i-&CaFa晶胞在（001）面上的投影圖(2)-J-a*A-$- &CaF2（110）面

8、上的離子排列簡圖- 二0.19加2晶胞參數=0.373nm72-20計算Cdl2晶體中的 廠及CaTiO3晶體中 亍 的電價是否飽和?8解：Cdl2晶體中Cd2+W配位數CN=6 I-與三個在同一邊的CcT相連，且I-的配位數CN=3CaTiQ晶體中，Ca2+的配位數CN=12 Ti4+的配位數CN=6O的配位數CN=6所以，即O-電價飽和。2-21（1）畫出O2作面心立方堆積時，各四面體空隙和八面體空隙的所在位置（以一個晶胞為結構基元表示出來）；（2）計算四面體空隙數、八而休空隙數與數之比解（1）略（2） 四面體空隙數與0數之比為2:1，八面體空隙數與 &數之比為1:12-22根據電

9、價規(guī)則，在下面情況下，空隙內各需填入何種價數的陽離子，并對每一種結構舉出一個例子。（1）所有四面體空隙位置均填滿；（2）所有八面體空隙位置均填滿；（3）填滿一半四面體空隙位置；（4）填滿一半八面體空隙位置。答：分別為（1）陰陽離子價態(tài)比應為1:2如CaFa（2）陰陽離子價態(tài)比應為1:1如NaCI（3） 陰陽離子價態(tài)比應為1:1如ZnS（4）陰陽離子價態(tài)比應為1:2如TiO22-23化學手冊中給出NHCI的密度為1.5g/cm3,X射線數據說明NHCI有兩種晶體結構，一 種為NaCl型結構，a=0.726nm;另一種為CsCl結構，a=0.387nm。上述密度值是哪一種 晶型的？（NH*離子作為

10、一個單元占據晶體點陣）。解：若NHCI為NaCl結構若NHCI為NaCl結構,則可由公式=0.912g/cm則可由公式，即I-電價飽和可得:可得:9由計算可知NaCl型結構的NHCI與化學手冊中給出NHCI的密度接近，所以該密度10NaCI晶型2-24MnS有三種多晶體，其中兩種為NaCI型結構，一種為立方ZnS型結構，當有立方型2+結構轉變?yōu)镹aCI型結構時，體積變化的百分數是多少？已知CN= 6時，rMn=0.08nm,=0.184nm;CN= 4時，rMn=0.073nm,rS=0.167nm。竺=1083對于Ba2+*丁.二一配位數為12符合鮑林第一規(guī)則鮑林第二規(guī)則電價規(guī)則24y-x4

11、+-x2=2ZnS2rS當為NaCI型結構時:所以體積變化:a2 = 2+ r?丿=2(rM：+rs2-)=2(0.08+0.184)=0.384nm 打-討0.47?-0.3843If = _ = _=46.15%2-25鈦酸鋇是一種重要的鐵電陶瓷, 這個結構中離子的配位數為若干？（其晶型是鈣鈦礦結構， 試問：（1）屬于什么點陣?3）這個結構遵守鮑林規(guī)則嗎？請作充分討論。(2)答：（1）屬于立方晶系（2）Ba2+、Ti4+和O-的配位數分別為12、6和6（3）這個結構遵守鮑林規(guī)則鮑林第一規(guī)則r -0.132測= 0.064伽尸=0.143MM0.0640A32= 0.485配位數為6解：當為

12、立方ZnS型結構時:11即負離子電荷Z=.則O2離子電荷 =:_ 一與O2-離子電荷相等，故符合鮑林第二規(guī)則，又根據鈣鈦礦型結構知其配位多面體不存在共棱或共面的情況，結構情況也符合鮑林第四規(guī)則不同配位體連接方式規(guī)則和鮑林第五規(guī)則節(jié)約規(guī)則所以鈣鈦礦結構遵守鮑林規(guī)則。2-26硅酸鹽晶體結構有何特點？怎樣表征其學式？答：硅酸鹽晶體結構非常復雜，但不同的結構之間具有下面的共同特點：4+（1）結構中的Si離子位于02-離子形成的四面體中心，構成硅酸鹽晶體的基本結構單元SiO4四面體。Si-0-Si是一條夾角不等的折線，一般在145左右。（2）SiO4四面體的每個頂點，即02-離子最多只能為兩個SiO4四

13、面體所共用。（3）兩個相鄰的SiO4四面體之間只能共頂而不能共棱或共面連接。（4）SiO4四面體中心的Si4+M子可以部分地被Al3+M子所取代，取代后結構本身不發(fā)生太 大變化，即所謂的同晶取代，但晶體的性質發(fā)生了很大的變化。這為材料的改性提供了可能。硅酸鹽的化學式表征方法主要有以下兩種：（1）氧化物表示法將構成硅酸鹽晶體的所有氧化物按一定的比例和順序全部寫出來，先是1價的堿金屬氧化物，其次是2價、3價的金屬氧化物，最后是SiO2（2）無機絡合鹽表示法構成硅酸鹽晶體的所有離子按一定的比例和順序全部寫出來，再把相關的絡陰離子用中括號括起來即可。先是1價、2價的金屬離子，其次是AI3+離子和Si

14、*離子，最后是O離子和OH離子。氧化物表示法的優(yōu)點在于一目了然的反應出晶體的化學組成，可以按此配料來進行晶體的實驗室合成。用無機絡合鹽法則可以比較直觀的反應出晶體所屬的結構類型，進而可以對晶體結構及性質作出一定程度的預測。兩種表示方法之間可以相互轉換。2-27硅酸鹽晶體的分類依據是什么？可分為那幾類，每類的結構特點是什么？答：硅酸鹽晶體主要是根據SiO4在結構中的排列結合方式來分類，具體可以分為五類：島 狀、組群狀、鏈狀、層狀和架狀。結構和組成上的特征見下表：12結構類型SiO4共用O2-數形狀絡陰離子團Si:OI島狀0四面體4-SiO41:4組群狀1雙四面體Si 2Q6- 6-2:72二節(jié)環(huán)

15、Si 3Q8-1:32四節(jié)環(huán)Si4O281:32六節(jié)環(huán)Si6。812-1:3鏈狀2單鏈4-Si 2Q1:32、3雙鏈Si4O16-4:11層狀3平面層4-Si4O04:10架狀4骨架SiO44-1:4(AlxSi4-x)O8x-1:42-28下列硅酸鹽礦物各屬何種結構類型：MgSiO4,KAISi3O,CaMgSi2G6,MgSi4O0(OH2,CstAIAISiO7。答：分別為島狀；架狀；單鏈；層狀（復網）；組群（雙四面體）。2-29根據MSiO4在（100）面的投影圖回答：（1）結構中有幾種配位多面體，各配位多 面體間的連接方式怎樣？ （2）O的電價是否飽和？ （3）晶胞的分子數是多少？（

16、4）Si+和Mg+所占的四面體空隙和八面體空隙的分數是多少？解：（1）有兩種配位多面體，SQ4,MgQ，同層的MgO6八面體共棱，如59MgQ和2 2 249MgO6共棱75O和27O，不同層的MgQ八面體共頂，女口1MgO和51MgQ共頂是22O,同層的MgQ與SiO4共頂，如TMgQ和7SiO4共頂22O,不同層的MgQ與SiO4共棱，TMgO和43SiO4共28&和28O2-；(2)（3）z=4；（4）Si4+占四面體空隙=1/8,Mg+占八面體空隙=1/2。2-30石棉礦如透閃石CstMgSi4O1（OH2具有纖維狀結晶習性，而滑石MgSi4O0（OH2卻具有片狀結晶習性，試解

17、釋之。&與3個MgO6和1個SiO4,，所以Oh包和13解：透閃石雙鏈結構，鏈內的Si-O鍵要比鏈5的Ca-O Mg-O鍵強很多，所以很容易沿鏈間 結合力較弱處劈裂成為纖維狀； 滑石復網層結構，復網層由兩個SiO4層和中間的水鎂石層 結構構成，復網層與復網層之間靠教弱的分之間作用力聯(lián)系，因分子間力弱，所以易沿分子間力聯(lián)系處解理成片狀。2-31石墨、滑石和高嶺石具有層狀結構，說明它們結構的區(qū)別及由此引起的性質上的差異。解：石墨與滑石和高嶺石比較，石墨中同層C原子進行SP2雜化，形成大n鍵，每一層都是六邊形網狀結構。由于間隙較大，電子可在同層中運動，可以導電，層間分子間力作用， 所以石墨比

18、較軟?；透邘X石區(qū)別主要是滑石是Mg2+取代AI3+的2:1型結構八面體層為三八面體型結構而高嶺石為1:1型二八面體結構2-32（1）在硅酸鹽晶體中，AI3+為什么能部分置換硅氧骨架中的Si4+;（2）Al3+置換Si后，對硅酸鹽組成有何影響？ （3）用電價規(guī)則說明AI3置換骨架中的Si4時，通常不超 過一半，否則將使結構不穩(wěn)定。解：（1）Al3+可與&形成AlOj5-;AI3+與Si4+處于第二周期，性質類似，易于進入硅酸鹽晶 體結構中與Si4+發(fā)生同晶取代，由于遵循鮑林規(guī)則，所以只能部分取代；（2）A|3+置換Si4是部分取代，Al3+取代Si4+時，結構單元AlSiO4ASiO

19、5，失去了電中性，有過剩的負電荷， 為了保持電中性，將有一些半徑較大而電荷較低的陽離子如K+、Ca2+、Ba2+進入結構中；（3）設人3+置換了一半的Si4+,則O-與一個Si4+一個A|3+相連，陽離子靜電鍵強度=3/4X1+4/4X仁7/4,O-電荷數為-2,二者相差為1/4,若取代超過一半，二者相差必然1/4, 造成結構不穩(wěn)定。14第三章 晶體結構缺陷答案3-2試述位錯的基本類型及其特點。解：位錯主要有兩種：刃型位錯和螺型位錯。刃型位錯特點：滑移方向與位錯線垂直，符號丄，有多余半片原子面。 螺型位錯特點：滑移方向與位錯線平行， 與位錯線垂直的面不是平 面，呈螺施狀，稱螺型位錯。3-3非化

20、學計量化合物有何特點？為什么非化學計量化合物都是n型或p型半導體材料？解：非化學計量化合物的特點：非化學計量化合物產生及缺陷濃度與氣氛性質、壓力有關； 可以看作是高價化合物與低價化合物的固溶體； 缺陷濃度與溫度有關， 這點可以從平衡常數 看出；非化學計量化合物都是半導體。 由于負離子缺位和間隙正離子使金屬離子過剩產生金 屬離子過剩 （n型）半導體，正離子缺位和間隙負離子使負離子過剩產生負離子過剩（p型）半導體。3-4影響置換型固溶體和間隙型固溶體形成的因素有哪些？解：影響形成置換型固溶體影響因素：（1）離子尺寸：15%規(guī)律：1.（R-R2）/R115%不連 續(xù)。2.40%不能形成固熔體。 （2

21、）離子價：電價相同，形成連續(xù)固熔體。（3）晶體結構因素：基質，雜質結構相同，形成連續(xù)固熔體。（4）場強因素。（5）電負性：差 值小，形成固熔體。差值大形成化合物。影響形成間隙型固溶體影響因素： （1）雜質質點大小：即添加的原子愈小，易形成固溶體， 反之亦然。（2）晶體（基質）結構：離子尺寸是與晶體結構的關系密切相關的，在一定程 度上來說， 結構中間隙的大小起了決定性的作用。 一般晶體中空隙愈大，結構愈疏松， 易形 成固溶體。 （3）電價因素：外來雜質原子進人間隙時，必然引起晶體結構中電價的不平衡， 這時可以通過生成空位，產生部分取代或離子的價態(tài)變化來保持電價平衡。3-5試分析形成固溶體后對晶體

22、性質的影響。解：影響有：（1）穩(wěn)定晶格，阻止某些晶型轉變的發(fā)生；（2）活化晶格，形成固溶體后，晶格結構有一定畸變，處于高能量的活化狀態(tài)，有利于進行化學反應；（3）固溶強化，溶質原子的溶入，使固溶體的強度、硬度升高；（4）形成固溶體后對材料物理性質的影響：固溶體的電學、 熱學、磁學等物理性質也隨成分而連續(xù)變化， 但一般都不是線性關系。 固溶 體的強度與硬度往往高于各組元，而塑性則較低3-6說明下列符號的含義：VNa,VNa,VC1,（VNaVci）,Ca,Caca,Ca解：鈉原子空位；鈉離子空位，帶一個單位負電荷；氯離子空位，帶一個單位正電荷；最鄰近的Na+空位、Cl-空位形成的締合中心；ca2

23、+占據CaNa +2CIci+VNa(3)O VNa+VCl(4)AgAgT VAg+Agi3-8MgO的密度是3.58g/cm3,其晶格參數是0.42nm，計算單位晶胞MgO勺肖特基缺陷數。解：設有缺陷的MgO晶胞的晶胞分子數為x，晶胞體積V=(4.20)3,x=pVN0/M=3.96,單位 晶胞的肖脫基缺陷數=4-x=0.04。3-9MgO(NaCI型結構)和Li2O(反螢石型結構)均以氧的立方密堆為基礎，而且陽離子都 在這種排列的間隙中，但在MgO中主要的點缺陷是肖特基缺陷，而在Li20中是弗倫克爾型，請解釋原因。解：Mg占據四面體空隙，Li占據八面體空隙。3-10MgO晶體的肖特基缺陷

24、生成能為84kJ/mol，計算該晶體1000K和1500K的缺陷濃度。_3一2(答：6.4X10_,3.5X10_)32解：n/N=exp(-E/2RT),R=8.314,T=1000k:n/N=6.4X10-；T=1500k:n/N=3.5X10-。3-11非化學計量化合物FexO中，Fe3+/Fe2+=0.1，求FexO中的空位濃度及x值。(答:2.25X10_5；0.956)解：Fe2Qv2FeFe+3OO+VFey2yyX=1-y=1-0.0435=0.9565,Fe0.9565OVFe=2.22X10-23-12非化學計量缺陷的濃度與周圍氣氛的性質、壓力大小相關，如果增大周圍氧氣的分

25、壓非化學計量化合物Fei-xO及Zni+x0的密度將發(fā)生怎么樣的變化？增大還是減??？為什么？3+2+Fe2yFe1-3yO,1一=0.l-0,3yy=0.1/2. 3=0.043516解：Zn(g) Zn+eZn(g)+1/2O2=ZnOZne+1/20ZnOZnO=e PQ Znip1.C2(g):- OO+VFe +2hk=OcVFeh/PO2l/2=4OOVFe3/PO21/2VFexPO2-1/6,PQ VFep3-13對于刃位錯和螺位錯，區(qū)別其位錯線方向、伯氏矢量和位錯運動方向的特點。-Mfr解：刃位錯：位錯線垂直于位錯線垂直于位錯運動方向；螺位錯：位錯線平行于 位錯線平行于位錯運動

26、方向。3-15有兩個相同符號的刃位錯，在同一滑移面上相遇，它們將是排斥還是吸引？解：排斥，張應力重疊，壓應力重疊。3-16晶界對位錯的運動將發(fā)生怎么樣的影響？能預計嗎？解：晶界對位錯運動起阻礙作用。3-17晶界有小角度晶界與大角度晶界之分，大角度晶界能用位錯的陣列來描述嗎？解：不能，在大角度晶界中，原子排列接近于無序的狀態(tài)，而位錯之間的距離可能只有1、2個原子的大小，不適用于大角度晶界。3-18從化學組成、相組成考慮，試比較固溶體與化合物、機械混合物的差別。17固溶體機械混合物化合物形成原因以原子尺寸“溶解”生成粉末混合原子間相互反映生成相數均勻單相多相單相均勻化學計量不遵守定比定律遵守定比定

27、律化學組成不確定有幾種混合物就有多少化學組成確定以AO溶質溶解在BQ溶劑中為例:比較項固溶體化合物機械混合物化學組成BgAj：0（x=02）AB2O4AO+BC3相組成均勻單相單相兩相有界面13-19試闡明固溶體、晶格缺陷和非化學計量化合物三者之間的異同點，列 出 簡 明 表 格 比 較 。解：固溶體、晶格缺陷、非化學計量化合物都是點缺陷，是晶體結構缺陷，都是單相均勻的 固體，結構同主晶相。熱缺陷本征缺陷；固溶體非本征缺陷；分類形成原因形成條件缺陷反應化學式溶解度、缺陷濃度熱缺陷肖特基弗倫克爾熱起伏T0k顯哺+監(jiān)M +MMXMX只受溫度控制固溶體無限，有限，置換，間隙攙雜溶解大小，電負性，電價

28、，結構無：受溫度控制 有：攙雜量 固溶度受固溶度控制非化學計量化合物缺間間缺日日tn?NoNo NoNo環(huán)境中氣氛性質和壓力變化Fei-xOUO+xZni+xOTiO2-xh 況弁W *卩 向用”陽腫183-21AI 2Q在MgO中形成有限固溶體，在低共熔溫度1995C時.約有18wt%AI2Q溶入MgO中，假設MgO單位晶胞尺寸變化可忽略不計。試預計下列情況的密度變化。1）AI3+為填隙離子；2）人3+為置換離子。解：（a）Al3+為填隙離子：缺陷反應為J：- ：，（1）（b）Al為置換離子:固溶式分子式: 取100g試樣為基準：（為摩爾數）呼廠忑古山為摩爾數） MgO中固溶18%wt的Al

29、203后的分子式為:2.035MgO- 0.176AI 2Q或Mg.o35AI0.352O2.563(4)(4)式各項除以2.563得Mg.794AI0.1370 ( 5)由（5）式得x=0.137代入（2）（3）式,（b）有宀迢-固溶式分子式:缺陷反應為:19設：固溶前后晶胞體積不變，則密度變化為：p 0 176MAL2O3-b2.035MMgp0 17fi xl02 4- 2.035 x 40 3-=- - = -1二T- - = G9UOPMgQ2.563MMgp2.563 x40.3分別代表固溶前后密度）所以，固溶后的密度小于固溶前的密度。3-22對硫鐵礦進行化學分析：按分析數據的Fe

30、/S計算，得出兩種可能的成分：Fe1-xS和FeS-x,前者意味著是Fe空位的缺陷結構， 后者是Fe被置換。 設想用一種實驗方法以確定該礦物 究竟屬哪一類成分？解：Fei-xS中存在Fe空位，非化學計量，存在i P型半導體；FeS-x中金屬離子過剩，存在S2-空位，存在：N型半導體；因Fei-xS、FeS-x分屬不同類型半導體，通過實驗確定其半導體性質即可。3-23說明為什么只有置換型固溶體的兩個組分之間才能相互完全溶解，而填隙型固溶體則 不能。解：（1）晶體中間隙位置是有限的，容納雜質質點能力10%（2）間隙式固溶體的生成， 一般都使晶格常數增大，增加到一定的程度，使晶格變得不穩(wěn)定而離解；置

31、換固溶體形成是 同號離子交換位置，不會對接產生影響，所以可形成連續(xù)固溶體。3-24對于MgO Al2O和CaQ,其正、負離子半徑比分別為0.47、0.36和0.40，貝UAI2O和AI2Q形成連續(xù)固溶體。（1）這個結果可能嗎？為什么？（2）試預計，在MgO- 62Q系統(tǒng)中的固溶度是有限的還是無限的？為什么？解：（1）AI2Q與C2Q能形成連續(xù)固溶體，原因：1）結構內型相同，同屬于剛玉結構。（2）MgO與Cr2O3的固溶度為有限原因：結構類型不同MgO屬于NaCl型結構，Cr2O3屬剛玉結構。也不可能形成連續(xù)固溶體。0.40-036040= 10% 15%解：MgO-ALQ：1，即rMgrA半徑

32、相差大，MgO（NaCI型）、AL?Q（剛玉）結構類型差別大，形成有限固溶體；PbTiO3-PbZrO3形成無限固溶體，因為盡管Ti4+、Zr4+半徑相差較大（15.28）,但都是（ABO）鈣鈦礦型結構，Ti4+、Zr4+都填充八面體空隙，該空隙體積較大，可填入的陽離子的半徑r值可在一定范圍內變化，而不至于使結構變化。3-27CeQ為螢石結構，其中加入15mol%CaO形成固溶體，測得固溶體密度d=7.01g/cm3,晶胞參數a=0.5417nm,試通過計算判斷生成的是哪一種類型固溶體。已知原子量Ce140.12,Ca40.08,O16.00。解：對于CaO-CeO固溶體來說，從滿足電中性來看

33、，可以形成氧離子空位的固溶體也可形 成Cci+a入陰離子間隙中的固溶體，其固溶方程為：CaOMCa；+O0+V2CQ亠TC壷+26+C可對于置換式固溶體有x=0.15,1-x=0.85 ,2-x=1.85，所以置換式固溶體化學式CaCeO。有因為CeO屬于螢石結構，晶胞分子數Z=4,晶胞中有Ca2+、Ce4+、O-三種質點。晶胞質量Ni2O2+3、1 +21對于間隙固溶體，其化學式Ca2yCe-yQ,與已知組成Ca）.i5CeO相比，（O不同,Ca）.15Cea.85Ql.85Cc0.15X2/1.85C&.83X2/1.85Q0.15x20 85x2尸135=間隙式固溶體化學式Ca0

34、 .13X2/1.85Ce.7/1.85Q同理可得實測密度為d=7.01匚匸幻，接近于d2形成間隙固溶體，存在間隙Ca!+離子322第五章固體表面與界面答案5-2何謂表面張力和表面能？在固態(tài)和液態(tài)這兩者有何差別？解：表面張力：垂直作用在單位長度線段上的表面緊縮力或將物體表面增大一個單位所需作 的功；d=力/總長度（N/m）表面能：恒溫、恒壓、恒組成情況下，可逆地增加物系表面積須對物質所做的非體積功稱為表面能；J/m2=N/m液體：不能承受剪應力，外力所做的功表現為表面積的擴展，因為表面張力與表面能數量是相同的；固體：能承受剪切應力，外力的作用表現為表面積的增加和部分的塑性形變，表面張力與表面能

35、不等。_835-3在石英玻璃熔體下20cm處形成半徑5X10 m的氣泡，熔體密度為2200kg/m，表面張 力為0.29N/m，大氣壓力為1.01x105Pa,求形成此氣泡所需最低內壓力是多少？解：R（熔體柱靜壓力）=hpg=0.2x2200X9.81=4316 .4Pa87附加壓力. =2x0.29/5x10-=1.16x10 Pa_755故形成此氣泡所需壓力至少為F=R+AP+P大氣=4316.4+1.16x10 +1.01x10 =117.04x10 Pa5-4（1）什么是彎曲表面的附加壓力？其正負根據什么劃分？（2）設表面張力為0.9J/m2,計算曲率半徑為0.5卩m 5卩m的曲面附加

36、壓力？解：（1）由于表面張力的存在，使彎曲表面上產生一個附加壓力，如果平面的壓力為R,彎曲表面產生的壓力差為P,則總壓力為F=F0+P。附加壓力的正負取決于曲面的曲率， 凸面為正，凹面為負。5-5什么是吸附和粘附？當用焊錫來焊接銅絲時，用挫刀除去表面層，可使焊接更加牢固, 請解釋這種現象？解：吸附：固體表面力場與被吸附分子發(fā)生的力場相互作用的結果，發(fā)生在固體表面上，分 物理吸附和化學吸附；粘附：指兩個發(fā)生接觸的表面之間的吸引，發(fā)生在固液界面上；銅絲放在空氣中，其表面層被吸附膜（氧化膜）所覆蓋，焊錫焊接銅絲時，只是將吸附膜粘 在一起，錫與吸附膜粘附的粘附功小，銼刀除去表面層露出真正銅絲表面（去掉

37、氧化膜）， 錫與銅相似材料粘附很牢固。(2)根據Laplace公式:勺丿可算得P=0.9x(1/0.5+1/5)=1.98x106Pa235-6在高溫將某金屬熔于AI2Q片上。（1）若AI2Q的表面能估計為1J/m2,此熔融金屬的表面能也與之相似，界面能估計約為0.3J/m2，問接觸角是多少？（2）若液相表面能只有Al2O3表面能的一半，而界面能是Al2O3表面張力的2倍，試估計接觸角的大??？他0二寶盤解：（1）根據Yong方程：將已知數據代入上式8 吩匕空一=0.7，所以可算得接觸角約為45.6度（2）將已知數據代入Yong方程II . =0.8，可算得接觸角約為36.9度。5-7在20C及

38、常壓下，的功是多少？已知20C時汞的表面張力0.47N/m。將半徑為103m的汞分散成半徑為109m的小汞滴，求此過程所需作解：此過程所需作的功應等于系統(tǒng)表面能的增加，即W -yxj-冥4加?2口0.47X22LX4X3.14X103=1盧=59w5-8在2080C的Al2Q （L） 內有一半徑為108m的小氣泡， 求該氣泡所受的附加壓力是多大？ 已知2080C時Al2O3（L）的表面張力為0.700N/m。解：根據公式，可算得厶P=2X0.7/10一8=1.4X108N5-9 20C時苯的表面張力為0.0289N/m，其飽和蒸氣壓為10013Pa,若在20C時將苯分散成半徑為106m的小滴，

39、計算：（1）苯滴上的附加壓力；（2）苯滴上的蒸氣壓與平面上苯液 飽和蒸氣壓之比。解：（1）根據公式，可算得厶P=2X0.0289/106=5.78X104NT? My 1TP MhP（2）根據開爾文方程廠；-：丄，簡化為 三 .-匕丄查得苯的密度為879kg/m3242578xltr冬5,78x12莊呂將已知數據代入公式右邊_.二；=0.002=苯滴上的蒸氣壓與平面上苯液飽和蒸氣壓之比I=1.00235-10 20C時，水的飽和蒸氣壓力為2338Pa,密度為998.3kg/m，表面張力為0.07275N/m,求半徑為10_9m的水滴在20C時的飽和蒸氣壓為多少？解：根據公式，可算得厶P=2X0

40、.07275/10一9=1.455X108N/m2P _MA?根據開爾文方程V 二I”，簡化為：，將已知條件代入可算得：丁P18xl03xl.455xl03in-=-匕二 ._： -=1.077P=6864Pa最后算得半徑為109m的水滴在20C時的飽和蒸氣壓P為6864Pa_85-11若在101325Pa,100C的水中產生了一個半徑為10 m的小氣泡，問該小氣泡能否存在并長大？此時水的密度為958kg/m3，表面張力為0.0589N/m。解：根據公式，可算得附加壓力為P=2X0.0589/10_8=1.178X107Pa對于液體中的氣泡，氣泡的壓力為P=PGP=1013251.178X10

41、790，所以不能潤濕。5-13在某一定溫度下，對H2在Cu(s)上的吸附測得以下數據:PHX103Pa)5.06610.1315.2020.2725.33p/V(X10 Pa/L)4.2567.60011.6514.8917.73其中V是不同壓力下每克Cu上吸附Hz的體積(標準狀況)，求朗格繆爾公式中的VSo1 1 1=+-解：根據朗格繆爾公式 丨W - :丄+丄公式兩邊乘以p,得.所作圖基本為直線，證明符合朗格繆爾等溫式，斜率為0.0007,則Vs=1428.6L5-14 20C時，乙醚水、汞乙醚及汞水的界面張力分別為0.0107、0.379及0.375N/m,在乙醚與汞的界面上滴一滴水，求

42、其接觸角。C0S=22dk_ 0.379-0,375解：，II.：.卩止二山材；5-15在真空下的氧化鋁表面張力約為0.9N/m，液態(tài)鐵的表面張力為1.72N/m，同樣條件下液態(tài)鐵-氧化鋁的界面張力為2.3N/m，問接觸角有多大？液態(tài)鐵能否潤濕氧化鋁?解:285-16考慮四種聯(lián)接作用：焊接、燒結、粘附接合和玻璃金屬的封接，請從原子尺度考慮， 解釋這些聯(lián)接作用相互間有何差異？解：焊接：兩種或兩種以上材質 （同種或異種）,通過加熱或加壓或二者并用,來達到原 子之間的結合而形成永久性連接的工藝過程叫焊接.焊接時周圍的條件，包括：母材材質、 板厚、坡口形狀、接頭形式、拘束狀態(tài)、環(huán)境溫度及濕度、清潔度以

43、及根據上述諸因素而確 定的焊絲（或焊條）種類及直徑、焊接電流、電壓、焊接速度、焊接順序、熔敷方法、運槍 （或運條）方法等。焊件坡口及表面如果有油（油漆）、水、銹等雜質，熔入焊縫中會產生 氣孔、夾雜、夾渣、裂紋等缺陷，給焊接接頭帶來危害和隱患。燒結：是賦予材料性能的一種高溫處理工藝， 原子向接觸點的擴散使顆粒間行形成粘結， 進一步擴散最終填滿各種剩下的孔隙并使材料的致密度提高。 是粉末或粉末壓坯加熱到低于 其中基本成分的熔點的溫度，然后以一定的方法和速度冷卻到室溫的過程。 燒結的結果是粉 末顆粒之間發(fā)生粘結， 燒結體的強度增加， 把粉末顆粒的聚集體變成為晶粒的聚結體， 從而 獲得所需的物理、機械

44、性能的制品或材料。低溫預燒階段:在此階段主要發(fā)生金屬的回復及 吸附氣體和水分的揮發(fā)，壓坯內成形劑的分解和排除等。中溫升溫燒結階段:此階段開始出 現再結晶，在顆粒內，變形的晶粒得以恢復，改組為新晶粒，同時表面的氧化物被還原，顆 粒界面形成燒結頸。 高溫保溫完成燒結階段:此階段中的擴散和流動充分的進行和接近完成， 形成大量閉孔，并繼續(xù)縮小，使孔隙尺寸和孔隙總數有所減少，燒結體密度明顯增加。粘附現象的本質和吸附一樣都是兩種物質之間表面力作用的結果。 粘附作用可通過兩相 相對滑動時的摩擦、固體粉末的聚集和燒結等現象表現出來。玻璃和金屬的封接，受許多因素的支配。影響封接件最主要的因素有如下四方面： （1

45、）金屬的氧化 在玻璃與金屬氣密封接前，通常把金屬適度氧化，健金屬氧化物處于玻璃與金屬之間。 這一步驟對封接是十分必要的， 也是玻璃封接的一種微觀調控手段。 金屬的氧化處理， 是影 響玻璃與金屬封接最重要的因素，其中氧化機理是探討封接技術的關鍵問題。（2）玻璃和金屬的膨脹系數玻璃和金屬膨脹系數的一致性， 是形成良好封接的宏觀調控手段。 當玻璃熔體與金屬封 接時， 處于高溫下的玻璃有足夠的粘滯流動性。它一面變形， 一面隨著金屬的熱收縮曲線而收縮。 然而，隨著溫度的降低， 玻璃逐漸失去其流動性， 以致跟不上金屬的熱收縮而逐漸從 金屬的收縮曲線上分離開來。 該變化既連續(xù)， 又取決于冷卻速率， 因而無法

46、確定哪一點溫度 是玻璃從金屬收縮曲線上分出來的特定溫度。通常為方便起見，用一特定溫度TM來表示玻璃固著于金屬時的狀態(tài)。這就是說，當T TM,玻璃具有完全的流動性，且不產生應力。當TSr2+ Ca)Mg2、NH+K+ Na+) Li+(9)泥漿澆注時間：Li+Na、K+)NH+、Mg+、Ca2+- Sr2+- Ba2+- Al3+- H+(10)坯體形成速率：-H+- Al3 +-、Ba2+- ) Sr2+、+ Mcj+NH+ K+Na+) Li+5-24用N&CO和NazSiOs分別稀釋同一種粘土(以高嶺石礦物為主)泥漿，試比較電解質加 入量相同時，兩種泥漿的流動性、注漿速率、觸變性和

47、坯體致密度有何差別？ 解：不同陰離子的Na鹽電解質對粘土膠溶效果是不相同的。含有聚合陰離子的鈉鹽能使粘 土的Z-電位值升至-60mV。所以加入NaCO基本上對粘土的各項性能沒有影響，而加入Na2SiO3后，泥漿的流動性升高，注漿速率升高，觸變性降低，坯體致密度升高。5-25影響粘土可塑性的因素有那些？生產上可以來用什么措施來提高或降低粘土的可塑性 以滿足成形工藝的需要？解：當粘土與適當的水混合均勻制成泥團，該泥團受到高于某一個數值剪應力作用后，可以塑造成任何形狀，當去處應力泥團能保持其形狀，這種性質稱為可塑性。影響因素有：1.礦物組成，礦物組成不同，顆粒間的作用力也不同。2.吸附的陽離子種類，

48、陽離子的電價越高可塑性越好。3.顆粒的大小和形狀，顆粒越細，比表面積越大，顆粒間的接觸點越多，則 可塑性增加。4.含水量等。生產上可以增大礦物組分的比表面積來增大電細管力，從而增大可塑性；也可增大或減小吸附的陽離子的電價，從而改變粘土可塑性；或者將礦物的顆粒減小增大接觸點來增大粘土的 可塑性；33第六章相平衡與相圖答案6-2什么是吉布斯相律？它有什么實際意義？解：相律是吉布斯根據熱力學原理得出的相平衡基本定律，又稱吉布斯相律，用于描述達到相平衡時系統(tǒng)中自由度數與組分數和相數之間的關系。一般形式的數學表達式為F=C P+2。其中F為自由度數，C為組分數，P為相數，2代表溫度和壓力兩個變量。應用相

49、率可以 很方便地確定平衡體系的自由度數。6-3固體硫有兩種晶型，即單斜硫、斜方硫，因此，硫系統(tǒng)可能有四個相，如果某人實驗得 到這四個相平衡共存，試判斷這個實驗有無問題？解：有問題，根據相律，F=C-P+2=1-P+2=3-P，系統(tǒng)平衡時，F=0,則P=3,硫系統(tǒng)只能是三相平衡系統(tǒng)。6-4如圖6-1是鈣長石（CaAbSizQ）的單元系統(tǒng)相圖，請根據相圖回解：（1）六方、正交和三斜鈣長石的熔點各是多少？ （2）三斜和六方晶型的轉變是可逆的還是不可逆的？你是如何判斷出來的？ （3）正交晶型是熱力學穩(wěn)定態(tài)？還是介穩(wěn)態(tài)？解：（1）六方鈣長石熔點約1300C（B點），正鈣長石熔點約1180C（C點），三斜

50、鈣長 石的熔點約為1750C（A點）。（2）三斜與六方晶型的轉變是可逆的。因為六方晶型加熱到轉變溫度會轉變成三斜晶型，而高溫穩(wěn)定的三斜晶型冷卻到轉變溫度又會轉變成六方晶型。（3）正交晶型是介穩(wěn)態(tài)。6-5圖6-2是具有多晶轉變的某物質的相圖，其中DEF線是熔體的蒸發(fā)曲線。KE是晶型I的升華曲線；GF是晶型II的升華曲線；JG是晶型III的升華曲線，回答下列問題：（1） 在圖中標明各相的相區(qū)，并寫出圖中各無變量點的相平衡關系；（2）系統(tǒng)中哪種晶型為穩(wěn)定相？哪種晶型為介穩(wěn)相？ （3）各晶型之間的轉變是可逆轉變還是不可逆轉變？圖6-2圖6-134解：（1）KEC為晶型I的相區(qū)，EFBC冷液體的介穩(wěn)區(qū)，

51、AGFB晶型n的介穩(wěn)區(qū)，JGA晶型川的介穩(wěn)區(qū)，CED是液相區(qū)，KED是氣相區(qū)；35(2)晶型i為穩(wěn)定相，晶型n、川為介穩(wěn)相；因為晶型n、川的蒸汽壓高于晶型I的，即 它們的自由能較高，有自發(fā)轉變?yōu)樽杂赡茌^低的晶型I的趨勢；(3)晶型i轉變?yōu)榫蚽、川是單向的，不可逆的，多晶轉變點的溫度高于兩種晶型的熔 點；晶型n、川之間的轉變是可逆的，雙向的，多晶轉變點溫度低于n、川的熔點。6-6在SiO2系統(tǒng)相圖中，找出兩個可逆多晶轉變和兩個不可逆多晶轉變的例子。解：可逆多晶轉變：3-石英一a-石英a-石英一a-鱗石英 不可逆多晶轉變：3-方石英 一3-石英丫-鱗石英 一3-石英6-7C2S有哪幾種晶型？在加

52、熱和冷卻過程中它們如何轉變? 丫-C2S?在生產中如何防止3-C2S轉變?yōu)?丫-C2S?解：C2S有二、四種晶型，它們之間的轉變如右圖所示。由于3-C2S是一種熱力學非平衡態(tài)，沒有能穩(wěn)定存在的溫度區(qū)間，因而在相圖上沒有出現3-C2S的相區(qū)。GS和3-C2S是硅酸鹽水泥中含量最高的兩種水硬性礦物，但當水泥熟料緩慢冷卻時，GS將會分解，3 -C2S將轉變?yōu)闊o水硬活性的丫-C2S0為了避免這種情況的發(fā)生，生產上采取急冷措施，將GS和3-C2S迅速越過分解溫度或晶型轉變溫度，在低溫下以介穩(wěn)態(tài)保存下來。6-8今通過實驗測得如圖6-3所示的各相圖，試判斷這些相圖的正確性。如果有錯，請指出錯在何處？并說明理

53、由。圖6-3解：第一圖錯，B組元有一個固定的熔點，因此液相線和固相線在B側應交于一點。3-C2S為什么能自發(fā)地轉變成36第二圖錯，A、B組元具有一個低共熔點，因此AB的兩條液相線應交于一點。37第三圖錯，析晶過程中，達到共熔點后，系統(tǒng)進入低共熔過程，從液相中析出固溶體3，系統(tǒng)進入三相平衡狀態(tài)，系統(tǒng)的溫度不能變，因此中間的那條線應與AB平行。第四圖錯，具有低共熔點的有限固溶體二元系統(tǒng)相圖中丫固溶體不可能存在。第五圖錯，具有轉熔點的有限固溶體二元系統(tǒng)相圖中丫固溶體不可能存在。6-9根據圖6-4所示的二元系統(tǒng)相圖回解：（1）注明各相區(qū)；（2）寫出無變量點的性質及 其相平衡關系；（3）寫出M和M熔體的

54、平衡冷卻析晶過程；（4）計算從熔體剛冷至 TP溫 度及離開 TP溫度時系統(tǒng)中存在各相的百分含量。解：（1）相區(qū)如圖所示：（2）轉熔點PL+P0D低共熔點E:二一-（3）1液:?-i3L + AD、MF-l Y消失，F = 0固:A A+DHTT嚴Q兒圖6-4液:iA71 dAAn偽。L B i D叫；驚*)S( ”)0 皿能失，F = 0ZY軼F=0固:ADfE(4)點，剛到 T 時(X、38/% = X100%TfP二乂xlOO%TrP離開/% = xlOO%T.0D%二厶xlOO%T.C兒點，剛到 r 時DD/% = X100%TfPZ% = _xlOO%T離開二時，廣RZ% = xlOO

55、%PC ppD%=X100%PC6-10圖6-5為具有一個不一致熔融化合物的二元系統(tǒng)，在低共熔點E發(fā)生如下析晶的過程：LA+AK。E點B含量為20%，化合物AK含B量為64%,今有C和C2兩種配料，其配 料點分置于E點兩側。已知C中B含量是C2中B含量的1.5倍，且在達低共熔點溫度前的 冷卻析晶過程中，從該二配料中析出的初晶相含量相等。試計算C和Q的組成。圖6-5解：設AB二元相圖中組成以質量百分數表示。和兩種配料量均為G（ kg）。據題意，初相在低共溶點前析出，則和二配料組成必在AP之間（若在PB之間，初相比在轉熔點P前析出）。又該二配料組成不同，而析出的初相含量相等，可知二配料點一定分置于

56、低共溶點E兩側，析出初相分別為和Ao39設 含B的量為x%,G含B量為y%,則根據桿杠規(guī)則可以建立下面方程：x = 1.5jx- 20 - 20-64- 20 20解聯(lián)立方程，得x=26%,y=17.3%。所以，組成為含B的量26% G組成為含B17.3%6-11圖6-6是一個未完成的具有一個不一致熔化合物并形成固溶體的二元系統(tǒng)相圖。請根據已給出的諸點完成此相圖的草圖。解：草圖如下：圖6-66-12已知A和B兩組成構成具有低共熔點的有限固溶體的二元系統(tǒng)。試根據下列實驗數據繪制粗略相圖。已知A的熔點為1000C,B熔點為700C。含B為25mol%的試樣在500C完全凝固，其中含73.3mol%

57、初晶相SA（B）和26.7mol% （S（B）+ SB（A）共生體。含B為50mol% 的試樣在同一溫度下凝固完畢，其中含40mol%初晶相 SA（B）和60mol%（ SA（B）+ S（A）共生體，而 SA（B）相總量占晶相總量的50%。實驗數據均在達到平衡狀態(tài)時測定。解：因a、b點溫度及低共熔溫度已知，欲繪此相圖之草圖，關鍵是求出C E、D三點之組成。由于二個試樣析出初晶相均為上，且在同一溫度下凝固完畢（此溫度顯然即低共熔溫度，可知該二試樣的組成必都落在CE間。設C點含B量為x,E點含B量為z。根據題意借助杠桿規(guī)則可以獲得下面關系式。40y-解上述聯(lián)立方程， 得x=0.051,y=0.79

58、9,z=0.949,據此，可確定C點含B量0.05mol,E點含B量為0.80mol,D點含B量為0.95mol。這樣相圖中C E、D位置可以找到，從而繪出相圖的草圖如下：6-13根據AI2QSiO2系統(tǒng)相圖說明：（1）鋁硅質耐火材料：硅磚（含SiO298%）、粘土磚（含AI2Q35%50%）、高鋁磚（含AI2Q6O%90%）、剛玉磚（含Al2Q90%）內, 各有哪些主要的晶相？（2）為了保持較高的耐火度，在生產硅磚時應注意什么？（3）若耐火材料出現40%的液相便軟化不能使用，試計算含40mol%Al2Q的粘土磚的最高使用溫度。解：（1）硅磚（含SiO298%主要晶相：SiO2、2AI2O32

59、SiO3固溶體（莫來石），粘土磚 （含Al20335-50%主要晶相：SiO2、AS,高鋁磚（含Al20360-90%主要晶相：6072%能72 90%Ab03A3S2。= 0.73y-50040z-50= 0.50416-14根據CaO- SiO2系統(tǒng)相圖回答下列問題：(1)若以含CaO8班的熔體1000g冷卻到2150C以后(溫度即將離開2150C時)，會獲得何種產物？這些產物的量各為多少？ (2)若以CaO SiO2二組元配料，加熱至熔融后再冷卻，要求產物中只有C2S和GS,則配料范圍應選在哪里？若平衡冷卻能達到目的嗎？為什么？應采取什么措施？ 解：CaO- SiO2系統(tǒng)如下:AjS,

60、UdMffU50*AJSJ固梆體I：4060mol %(2)為了保持硅磚的耐火度，要嚴格防止原料中混如 很陡，加入少量的A1203后，硅磚中會產生大量的液相,Al2030SiO2熔點為1723C,SiO2液相SiO2的熔點劇烈下降。如加入1wt%Al203,在低共熔點(1595C)時產生的液相量為 下降；1/5.5=18.2%，會使硅磚的耐火度大大(3)根據相圖，當出現40%液相時，由桿杠規(guī)則可知,0.6- x得x=0.1,在相圖中作出析晶路線，可以估計出粘土磚的最高溫度約為1670C。Al203-SiO2系統(tǒng)相圖42(2)若要求產物中只有C2S和GS,據相圖可知，配料范圍應選在含CaO65%r 74%之間。平 衡冷卻不能達到目的，因為平衡冷卻得到的