晶體結(jié)構(gòu)習(xí)題

1、第二章 晶體結(jié)構(gòu)與晶體中的缺陷1、證明等徑圓球面心立方最密堆積的空隙率為25.9。解：設(shè)球半徑為a，則球的體積為4/3a3，求的z=4，則球的總體積（晶胞）4×4/3a3，立方體晶胞體積：，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、金屬鎂原子作六方密堆積，測得它的密度為1.74克/厘米3，求它的晶胞體積。解：=m/V =1.74g/cm3，V=1.37×10-22。3、 根據(jù)半徑比關(guān)系，說明下列離子與O2-配位時的配位數(shù)各是多少?解：Si4+ 4； K+ 12； Al3+ 6； Mg2+ 6

2、。4、一個面心立方緊密堆積的金屬晶體，其原子量為M，密度是8.94g/cm3。試計算其晶格常數(shù)和原子間距。解：根據(jù)密度定義，晶格常數(shù)原子間距= 5、 試根據(jù)原子半徑R計算面心立方晶胞、六方晶胞、體心立方晶胞的體積。解：面心立方晶胞：六方晶胞（1/3）：體心立方晶胞： 6、MgO具有NaCl結(jié)構(gòu)。根據(jù)O2-半徑為0.140nm和Mg2+半徑為0.072nm，計算球狀離子所占據(jù)的體積分數(shù)和計算MgO的密度。并說明為什么其體積分數(shù)小于74.05%？解：在MgO晶體中，正負離子直接相鄰，a0=2(r+r-)=0.424(nm)體積分數(shù)=4×(4/3)×(0.143+0.0723)/

3、0.4243=68.52%密度=4×(24.3+16)/6.023×1023×(0.424×10-7)3=3.5112(g/cm3)MgO體積分數(shù)小于74.05%，原因在于r+/r-=0.072/0.14=0.4235>0.414，正負離子緊密接觸，而負離子之間不直接接觸，即正離子將負離子形成的八面體空隙撐開了，負離子不再是緊密堆積，所以其體積分數(shù)小于等徑球體緊密堆積的體積分數(shù)74.05%。7、半徑為R的球，相互接觸排列成體心立方結(jié)構(gòu)，試計算能填入其空隙中的最大小球半徑r。體心立方結(jié)構(gòu)晶胞中最大的空隙的坐標為（0，1/2，1/4）。解：在體心立方結(jié)

4、構(gòu)中，同樣存在八面體和四面體空隙，但是其形狀、大小和位置與面心立方緊密堆積略有不同（如圖2-1所示）。設(shè)：大球半徑為R，小球半徑為r。則位于立方體面心、棱心位置的八面體空隙能夠填充的最大的小球尺寸為：位于立方體（0.5,0.25,0）位置的四面體空隙能夠填充的最大的小球尺寸為： 圖2-1 體心立方結(jié)構(gòu) 8、純鐵在912由體心立方結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)變成面心立方，體積隨之減小1.06%。根據(jù)面心立方結(jié)構(gòu)的原子半徑R面心計算體心立方結(jié)構(gòu)的原子半徑R體心。解：因為面心立方結(jié)構(gòu)中，單位晶胞4個原子，；而體心立方結(jié)構(gòu)中，單位晶胞2個原子，所以，解得：RF=1.0251RI，或RI=0.9755RF9、有效離子半徑可通

5、過晶體結(jié)構(gòu)測定算出。在下面NaCl型結(jié)構(gòu)晶體中，測得MgS的晶胞參數(shù)為a=0.52nm(在這種結(jié)構(gòu)中，陰離子是相互接觸的)。若CaS(a=0.567nm)、CaO(a=0.48nm)和MgO(a=0.42nm)為一般陽離子陰離子接觸，試求這些晶體中各離子的半徑。解： MgS中a=5.20，陰離子相互接觸，a=， =1.84；CaS中a=5.67，陰陽離子相互接觸，a=2(r+r-)， =0.95；CaO中a=4.80，陰陽離子相互接觸，a=2(r+r-)，=1.40；MgO中a=4.20，陰陽離子相互接觸，a=2(r+r-)，=0.7010、氟化鋰(LiF)為NaCl型結(jié)構(gòu)，測得其密度為2.6

6、gcm3，根據(jù)此數(shù)據(jù)計算晶胞參數(shù)，并將此值與你從離子半徑計算得到數(shù)值進行比較。解：LiF為NaCl型結(jié)構(gòu)，Z=4，根據(jù)離子半徑 ，。11、Li2O的結(jié)構(gòu)是O2-作面心立方堆積，Li+占據(jù)所有四面體空隙位置。求：(1) 計算四面體空隙所能容納的最大陽離子半徑，并與書末附表Li+半徑比較，說明此時O2-能否互相接觸。(2) 根據(jù)離子半徑數(shù)據(jù)求晶胞參數(shù)。(3) 求Li2O的密度。解：（1）如圖2-2是一個四面體空隙，O為四面體中心位置。 ， ， ， ， ，查表知 +=0.68>0.301，O2-不能互相接觸；（2）體對角線=4(r+r-)，a=4.665；（3）=m/V=1.963g/cm3

7、圖2-2 四面體空隙12、MgO和CaO同屬NaCl型結(jié)構(gòu)，而它們與水作用時，則CaO要比MgO活潑，試解釋之。解：與，>，使CaO結(jié)構(gòu)較MgO疏松，H2O易于進入，所以活潑。13、根據(jù)CaF2晶胞圖畫出CaF2晶胞的投影圖。解：如圖2-3。圖2-314、算一算CdI2晶體中的I-及CaTiO3晶體中O2-的電價是否飽和。解：CdI2晶體，Cd2+：CN=6，I-與三個在同一邊的Cd2+相連；I-：CN=3，I-電價飽和；CaTiO3晶體，Ca2+：CN=12，Ti4+：CN=6，O2-OTi2Ca4：CN=6；，O2-電價飽和。15、(1) 畫出O2-作而心立方堆積時，各四面體空隙和八

8、面體空隙的所在位置(以一個晶胞為結(jié)構(gòu)基元表示出來)； (2) 計算四面體空隙數(shù)、八而休空隙數(shù)與O2-數(shù)之比；(3) 根據(jù)電價規(guī)則，在下面情況下，空隙內(nèi)各需填入何種價數(shù)的陽離子，并對每一種結(jié)構(gòu)舉出個例子。I所有四面體空隙位置均填滿；II所有八而體空隙位置均填滿；III填滿半四面體空隙位置；IV填滿半八面休空隙位置。解：（1）略； （2）四面體空隙數(shù)/O2-數(shù)=2：1，八面體空隙數(shù)/O2-數(shù)=1：1； （3）ICN=4，z+/4×8=2，z+=1，Na2O，Li2O；IICN=6，z+/6×6=2，z+=2，F(xiàn)eO，MnO；IIICN=4，z+/4×4=2，z+=4，

9、ZnS，SiC；IVCN=6，z+/6×3=2，z+=4，MnO2。16、下列硅酸鹽礦物各屬何種結(jié)構(gòu)類型：Mg2SiO4，KAlSi3O8，CaMgSi2O6， Mg3Si4O10(OH)2，Ca2AlAlSiO7解：島狀；架狀；單鏈；層狀（復(fù)網(wǎng)）；組群（雙四面體）。17、石棉礦如透閃石Ca2Mg5Si4O11(OH)2具有纖維狀結(jié)晶習(xí)性，而滑石Mg2Si4O10(OH)2卻具有片狀結(jié)晶習(xí)性，試解釋之。解：透閃石雙鏈結(jié)構(gòu)，鏈內(nèi)的Si-O鍵要比鏈間的Ca-O、Mg-O鍵強很多，所以很容易沿鏈間結(jié)合力較弱處劈裂成為纖維狀；滑石復(fù)網(wǎng)層結(jié)構(gòu)，復(fù)網(wǎng)層由兩個SiO4層和中間的水鎂石層結(jié)構(gòu)構(gòu)成，復(fù)

10、網(wǎng)層與復(fù)網(wǎng)層之間靠較弱的分子間作用力聯(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。18、石墨、滑石和高嶺石具有層狀結(jié)構(gòu)，說明它們結(jié)構(gòu)的區(qū)別及由此引起的性質(zhì)上的差異。解：石墨中同層C原子進行SP2雜化，形成大鍵，每一層都是六邊形網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)。由于間隙較大，電子可在同層中運動，可以導(dǎo)電，層間分子間力作用，所以石墨比較軟。19、 (1) 在硅酸鹽晶體中，Al3+為什么能部分置換硅氧骨架中的Si4+； (2) Al3+置換Si4+后，對硅酸鹽組成有何影響? (3) 用電價規(guī)則說明Al3+置換骨架中的Si4+時，通常不超過一半，否則將使結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。解：(1) Al3+可與O2-形成AlO45-；Al

11、3+與Si4+處于第二周期，性質(zhì)類似，易于進入硅酸鹽晶體結(jié)構(gòu)中與Si4+發(fā)生同晶取代，由于鮑林規(guī)則，只能部分取代；(2) Al3+置換Si4+是部分取代，Al3+取代Si4+時，結(jié)構(gòu)單元AlSiO4ASiO5，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(jié)構(gòu)中；（3）設(shè)Al3+置換了一半的Si4+，則O2-與一個Si4+一個Al3+相連，陽離子靜電鍵強度=3/4×1+4/4×1=7/4，O2-電荷數(shù)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(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。 20、 說明下列符號的含

12、義：VNa，VNa，VCl，.(VNaVCl)，CaK，CaCa，Cai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+占據(jù)K.位置，帶一個單位正電荷；Ca原子位于Ca原子位置上；Ca2+處于晶格間隙位置。21、寫出下列缺陷反應(yīng)式：(1) NaCl溶入CaCl2中形成空位型固溶體；(2) CaCl2溶入NaC1中形成空位型固溶體；(3) NaCl形成肖脫基缺陷；(4) AgI形成弗侖克爾缺陷(Ag+進入間隙)。解：(1) NaClNaCa+ ClCl + VCl·(2) CaCl2CaNa·

13、+ 2ClCl + VNa(3) OVNa + VCl·(4) AgAgVAg + Agi·22、什么是肖特基缺陷、弗蘭克爾缺陷？他們屬于何種缺陷，發(fā)生缺陷時位置數(shù)是否發(fā)生變化？答：肖特基缺陷：晶體的結(jié)構(gòu)基元，從正常的結(jié)點位置上位移到晶體的表面而正常位置上出現(xiàn)了空位，這種缺陷即是。位置數(shù)增殖，體積增大。弗蘭克爾缺陷：晶體結(jié)構(gòu)中的結(jié)構(gòu)基元，從正常的結(jié)點位置上位移到晶體的間隙位置上，而正常位置上出現(xiàn)了空位，這種缺陷即是。位置數(shù)不增殖，體積不增大。23、 試寫出少量MgO摻雜到Al2O3中和少量YF3摻雜到CaF2中的缺陷方程。（a）判斷方程的合理性。（b）寫出每一方程對應(yīng)的固溶

14、式。解： （1） （2） （3） （4）（a）書寫缺陷方程首先考慮電價平衡，如方程（1）和（4）。在不等價置換時，3Mg2+ 2Al3+ ；2Y3+ 3Ca2+。這樣即可寫出一組缺陷方程。其次考慮不等價離子等量置換，如方程（2）和（3）2Mg2+ 2Al3+ ；Y3+ Ca2+。這樣又可寫出一組缺陷方程。在這兩組方程中，從結(jié)晶化學(xué)的晶體穩(wěn)定性考慮，在離子晶體中除螢石型晶體結(jié)構(gòu)可以產(chǎn)生間隙型固溶體以外，由于離子晶體中陰離子緊密堆積，間隙陰離子或陽離子都會破壞晶體的穩(wěn)定性。因而間隙型缺陷在離子晶體中（除螢石型）較少見。上述四個方程以（2）和（3）較合理。當然正確的判斷必須用固溶體密度測定法來決定。

15、（b）(1) (2) (3) (4) 24、 試寫出以下缺陷方程（每組寫出二種），并判斷是否可以成立，同時簡單說明理由。（1）（2）（3）解：1、（1）兩種缺陷反應(yīng)方程式為：A、B、其中A可以成立，因為NaCl型的MgO晶體，只有較小的四面體空隙未被陽離子占據(jù)，Al3+離子填隙會破壞晶體的穩(wěn)定性。（2）兩種缺陷反應(yīng)方程式為：A、B、A、B兩種都可能成立，其中在較低溫度下，以A方式固溶；在高溫下（>1800），以B方式固溶。因為ZrO2為螢石型結(jié)構(gòu)，在高溫下具有較大的立方體和八面體空隙，能夠形成填隙型缺陷。（3）兩種缺陷反應(yīng)方程式為：A、B、A可能性較大。因螢石晶體中存較多的八面體空隙，F(xiàn)

16、-離子半徑較小，形成填隙型固溶體比較穩(wěn)定。25、 試述晶體結(jié)構(gòu)中點缺陷的類型。以通用的表示法寫出晶體中各種點缺陷的表示符號。試舉例寫出CaCl2中Ca2+置換KCl中K+或進入到KCl間隙中去的兩種點缺陷反應(yīng)表示式。解：晶體結(jié)構(gòu)中的點缺陷類型共分為：間隙原子、空位和雜質(zhì)原子等三種。在MX晶體中，間隙原子的表示符號為Mi或Xi；空位缺陷的表示符號為：VM或VX。如果進入MX晶體的雜質(zhì)原子是A，則其表示符號可寫成：AM或AX（取代式）以及Ai（間隙式）。當CaCl2中Ca2+置換KCl中K+而出現(xiàn)點缺陷，其缺陷反應(yīng)式如下： CaCl2中Ca2+進入到KCl間隙中而形成點缺陷的反應(yīng)式為： 26、在缺

17、陷反應(yīng)方程式中，所謂位置平衡、電中性、質(zhì)量平衡是指什么？解：位置平衡是指在化合物MaXb中，M格點數(shù)與X格點數(shù)保持正確的比例關(guān)系，即M : X=a : b。電中性是指在方程式兩邊應(yīng)具有相同的有效電荷。質(zhì)量平衡是指方程式兩邊應(yīng)保持物質(zhì)質(zhì)量的守恒。27、TiO2-x和Fe1-xO分別為具有陰離子空位和陽離子空位的非化學(xué)計量化合物。試說明其導(dǎo)電率和密度隨氧分壓PO2變化的規(guī)律（以缺陷方程幫助說明）。答：（1）TiO2-x的缺陷反應(yīng)方程為：根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得 ，故其密度隨氧分壓增加而增加，而電導(dǎo)率隨氧分壓的增加而減小，與氧分壓的1/6次方成反比。（2）Fe1-xO缺陷反應(yīng)方程式為：，或根據(jù)質(zhì)量守恒定

18、律可得 ，故其密度隨氧分壓增加而下降，而電導(dǎo)率隨氧分壓的增加而增加，與氧分壓的1/6次方成正比。28、對某晶體的缺陷測定生成能為84KJ/mol，計算該晶體在1000K和1500K時的缺陷濃度。解：根據(jù)熱缺陷濃度公式：由題意 G=84KJ/mol=84000J/mol則其中R=8.314J/mol·K當T1=1000K時，當T2=1500K時，29、試寫出在下列二種情況，生成什么缺陷？缺陷濃度是多少？（a）在Al2O3中，添加0.01mol%的Cr2O3，生成淡紅寶石；（b）在Al2O3中，添加0.5mol%的NiO，生成黃寶石。解：（a）在Al2O3中，添加0.01mol%的Cr2

19、O3，生成淡紅寶石的缺陷反應(yīng)式為：生成置換式雜質(zhì)原子點缺陷。其缺陷濃度為：0.01%×0.004%4×10-3 %（b）當添加0.5mol%的NiO在Al2O3中，生成黃寶石的缺陷反應(yīng)式為：生成置換式的空位點缺陷。其缺陷濃度為：0.5%×0.3 %30、 非化學(xué)計量缺陷的濃度與周圍氣氛的性質(zhì)、壓力大小相關(guān)，如果增大周圍氧氣的分壓，非化學(xué)計量化合物Fe1-xO及Zn1+xO的密度將發(fā)生怎樣變化？增大？減少？為什么？解：（a）非化學(xué)計量化合物Fe1-xO，是由于正離子空位，引起負離子過剩：按質(zhì)量作用定律，平衡常數(shù)由此可得：即：鐵空位的濃度和氧分壓的1/6次方成正比，故

20、當周圍分壓增大時，鐵空位濃度增加，晶體質(zhì)量減小，則Fe1-xO的密度也將減小。（b）非化學(xué)計量化合物Zn1+xO，由于正離子填隙，使金屬離子過剩：根據(jù)質(zhì)量作用定律得 即：間隙離子的濃度與氧分壓的1/6次方成反比，故增大周圍氧分壓，間隙離子濃度減小，晶體質(zhì)量減小，則Zn1+xO的密度也將減小。31、 非化學(xué)計量氧化物TiO2-x的制備強烈依賴于氧分壓和溫度：（a）試列出其缺陷反應(yīng)式。（b）求其缺陷濃度表達式。解：非化學(xué)計量氧化物TiO2-x，其晶格缺陷屬于負離子缺位而使金屬離子過剩的類型。（a）缺陷反應(yīng)式為：或（b）缺陷濃度表達式：32、（a）在MgO晶體中，肖特基缺陷的生成能為6eV，計算在2

21、5和1600時熱缺陷的濃度。 （b）如果MgO晶體中，含有百萬分之一mol的Al2O3雜質(zhì)，則在1600時，MgO晶體中是熱缺陷占優(yōu)勢還是雜質(zhì)缺陷占優(yōu)勢？說明原因。解：（a）根據(jù)熱缺陷濃度公式：由題意 G=6ev=6×1.602×10-19=9.612×10-19JK=1.38×10-23 J/KT1=25+273=298K T2=1600+273=1873K298K： 1873K：9（b）在MgO中加入百萬分之一的Al2O3雜質(zhì)，缺陷反應(yīng)方程為： 此時產(chǎn)生的缺陷為 雜質(zhì)。而由上式可知：Al2O3= 雜質(zhì)當加入10-6 Al2O3時，雜質(zhì)缺陷的濃度為 雜

22、質(zhì)=Al2O3=10-6由（a）計算結(jié)果可知：在1873 K， 熱=8×10-9顯然： 雜質(zhì)熱，所以在1873 K時雜質(zhì)缺陷占優(yōu)勢。33、對于刃位錯和螺位錯，區(qū)別其位錯線方向、柏氏矢量和位錯運動方向的特點。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方向。34、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？答：排斥，張應(yīng)力重疊，壓應(yīng)力重疊。35、晶界對位錯的運動將發(fā)生怎么樣的影響？能預(yù)計嗎？答：晶界對位錯運動起阻礙作用。36、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？答：不能，在大角度

23、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一、兩個原子的大小，不適用于大角度晶界。37、從化學(xué)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。解：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(shù)單相均勻多相單相均勻化學(xué)計量不遵守定比定律遵守定比定律化學(xué)組成不確定有幾種混合物就有多少化學(xué)組成確定38、對磁硫鐵礦進行化學(xué)分析：按分析數(shù)據(jù)的FeS計算，得出兩種可能的成分：Fe1-xS和FeS1-x。前者意味著是Fe空位的缺陷結(jié)構(gòu)；后者是Fe被置換。設(shè)想用一種實驗方法以確定該礦物究竟屬哪一類成分。答：Fe1-xS中存在Fe空位，VFe非化學(xué)計

24、量，存在h· ，P型半導(dǎo)體；FeS1-x中金屬離子過剩，存在S2-空位，存在e，N型半導(dǎo)體；因Fe1-xS、FeS1-x分屬不同類型半導(dǎo)體，通過實驗確定其半導(dǎo)體性質(zhì)即可。39、說明為什么只有置換型固溶體的兩個組份之間才能相互完全溶解，而填隙型固溶體則不能。答：（1）晶體中間隙位置是有限的，容納雜質(zhì)質(zhì)點能力10%；（2）間隙式固溶體的生成，一般都使晶格常數(shù)增大，增加到一定的程度，使晶格變得不穩(wěn)定而離解；置換固溶體形成是同號離子交換位置，不會對接產(chǎn)生影響，所以可形成連續(xù)固溶體。40、在MgO-Al2O3和PbTiO3-PbZrO3中哪一對形成有限固溶體，哪一對形成無限固溶體，為什么?解：

25、MgO-AL2O3：r大-r小/ r大=15%，即rMg、rAl半徑相差大，MgO（NaCl型）、Al2O3（剛玉）結(jié)構(gòu)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（ABO3）鈣鈦礦型結(jié)構(gòu)，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(nèi)變化，而不至于使結(jié)構(gòu)變化。41、簡述形成連續(xù)置換型固溶體的條件是什么？并舉一實例。答：形成連續(xù)置換型固溶體的條件：（1）離子尺寸因素。相互替代的兩離子尺寸應(yīng)滿足。（2）晶體結(jié)構(gòu)類型相同。（3）相互替代的兩個離子電價相同或復(fù)合替代

26、離子電價總和相同。（4）相互替代的兩個離子電負性相近。42、ZnO是六方晶系，a=0.3242nm，c=0.5195nm，每個晶胞中含2個ZnO分子，測得晶體密度分別為5.74，5.606g/cm3，求這兩種情況下各產(chǎn)生什么型式的固溶體？解：六方晶系的晶胞體積在兩種密度下晶胞的重量分別為W1=d1v=5.74×4.73×10-23=2.72×10-22(g)W2=d2v=5.606×4.73×10-23=2.65×10-22(g)理論上單位晶胞重=(g)密度是d1時為間隙型固溶體，是d2時為置換型固溶體。43、對于MgO、Al2O3和

27、Cr2O3，其正、負離子半徑比分別為0.47、0.36和0.40。Al2O3和Cr2O3形成連續(xù)固溶體。(a) 這個結(jié)果可能嗎？為什么？(b) 試預(yù)計，在MgOCr2O3系統(tǒng)中的固溶度是有限還是很大？為什么？解：（a）Al2O3與Cr2O3有可能形成連續(xù)固溶體。因為：結(jié)構(gòu)類型相同，均屬剛玉型結(jié)構(gòu)。（b）對于MgOCr2O3系統(tǒng)，由于結(jié)構(gòu)類型相差較大，前者為NaCl型，后者為剛玉型。雖然，也不可能形成完全互溶的固溶體，而只能是有限固溶。44、Al2O3在MgO中將形成有限固溶體，在低共熔溫度1995時，約有18wt% Al2O3溶入MgO中，MgO單位晶胞尺寸減小。試預(yù)計下列情況下密度的變化。(

28、a) Al3+為間隙離子；(b) Al3+為置換離子。解：（a） Al3+為間隙離子：缺陷反應(yīng)為：（1）固溶式分子式： （2）（b）Al3+為置換離子：缺陷反應(yīng)為： （3）固溶式分子式： （4）取100g試樣為基準：（為摩爾數(shù)）mAl2O3=0.176(m為摩爾數(shù))mMgO=2.035MgO中固溶18%wt的Al2O3后的分子式為：2.035MgO0.176Al2O3或Mg2.035Al0.352O2.563 （5）（5）式各項除以2.563得Mg0.794Al0.137O （6）由（6）式得x=0.137代入（2）（4）式，對（a）有即Mg0.794Al0.137O（b）有Mg0.794Al

29、0.137O設(shè)：固溶前后晶胞體積不變，則密度變化為：（PMgO，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。45、用0.2molYF3加入CaF2中形成固溶體，實驗測得固溶體的晶胞參數(shù)a=0.55nm，測得固溶體密度=3.64g/cm3，試計算說明固溶體的類型？（元素的相對原子質(zhì)量：Y=88.90；Ca=40.08；F=19.00）解：YF3加入CaF2的缺陷反應(yīng)方程如下： (1) (2)方程（1）和（2）的固溶式：(1)Ca1-xYxF2+x (2) Ca(1-3/2x)YxF2按題意x=0.2代入上述固溶式得：間隙型固溶體分子式為Ca0.8Y0.2F2.2置換型固溶體分子式為

30、Ca0.7Y0.2F2；它們的密度分別設(shè)為1和2。CaF2是螢石型晶體，單位晶胞內(nèi)含有4個螢石分子。1=3.659（g/cm3）2=3.346（g/cm3）由1與2計算值與實測密度=3.64g/cm3比較，1值接近3.64g/cm3，因此0.2mol YF3加入CaF2中形成間隙型固溶體。2-5 以NaCl晶胞為例，試說明面心立方緊密堆積中的八面體和四面體空隙的位置和數(shù)量。  答：以NaCl晶胞中（001）面心的一個球（Cl-離子）為例，它的正下方有1個八面體空隙（體心位置），與其對稱，正上方也有1個八面體空隙；前后左右各有1個八面體空隙（棱心位置）。所以共有6個

31、八面體空隙與其直接相鄰，由于每個八面體空隙由6個球構(gòu)成，所以屬于這個球的八面體空隙數(shù)為6×1/6=1。 在這個晶胞中，這個球還與另外2個面心、1個頂角上的球構(gòu)成4個四面體空隙（即1/8小立方體的體心位置）；由于對稱性，在上面的晶胞中，也有4個四面體空隙由這個參與構(gòu)成。所以共有8個四面體空隙與其直接相鄰，由于每個四面體空隙由4個球構(gòu)成，所以屬于這個球的四面體空隙數(shù)為8×1/4=2。  2-6 臨界半徑比的定義是：緊密堆積的陰離子恰好互相接觸，并與中心2-9 MgO具有NaCl結(jié)構(gòu)。根據(jù)O2-半徑為0.140nm和Mg2+半徑為

32、0.072nm，計算球狀離子所占據(jù)的體積分數(shù)和計算MgO的密度。并說明為什么其體積分數(shù)小于74.05%？  解：在MgO晶體中，正負離子直接相鄰，a0=2(r+r-)=0.424(nm) 體積分數(shù)=4×(4/3)×(0.143+0.0723)/0.4243=68.52% 密度=4×(24.3+16)/6.023×1023×(0.424×10-7)3=3.5112(g/cm3) MgO體積分數(shù)小于74.05%，原因在于r+/r-=0.072/0.14=0.4235>0.414，正負

33、離子緊密接觸，而負離子之間不直接接觸，即正離子將負離子形成的八面體空隙撐開了，負離子不再是緊密堆積，所以其體積分數(shù)小于等徑球體緊密堆積的體積分數(shù)74.05%。  2-10 半徑為R的球，相互接觸排列成體心立方結(jié)構(gòu)，試計算能填入其空隙中的最大小球半徑r。體心立方結(jié)構(gòu)晶胞中最大的空隙的坐標為（0，1/2，1/4）。  解：在體心立方結(jié)構(gòu)中，同樣存在八面體和四面體空隙，但是其形狀、大小和位置與面心立方緊密堆積略有不同（如圖2-3所示）。 設(shè)：大球半徑為R，小球半徑為r。則位于立方體面心、棱心位置的八面體空隙能夠填充的最大的小球尺寸為：

34、60;    （3）溶質(zhì)分布：液、固相內(nèi)溶質(zhì)完全混合（平衡凝固）a;                    固相不混合、液相完全混合b;                  

35、0; 固相不混合、液相完全不混合c；                    固相不混合、液相部分混合d。 （4） 區(qū)域熔煉（上述溶質(zhì)分布規(guī)律的應(yīng)用）  5 成分過冷及其對晶體生長形態(tài)的影響 （1） 成分過冷：由成分變化與實際溫度分布共同決定的過冷。 （2） 形成：界面溶質(zhì)濃度從高到低液相線溫度從低到

36、高。            （圖示：溶質(zhì)分布曲線勻晶相圖液相線溫度分布曲線實際溫度分布曲線成分過冷區(qū)。） （3）成分過冷形成的條件和影響因素          條件：G/R<mC0(1-k0)/Dk0          合金固有參數(shù)：m, k0;

37、0;          實驗可控參數(shù)：G, R。     （4）成分過冷對生長形態(tài)的影響          （正溫度梯度下）G越大，成分過冷越大生長形態(tài)：平面狀胞狀樹枝狀。  第三節(jié) 二元共晶相圖及合金凝固      共晶轉(zhuǎn)變：由一定成分的液相同時結(jié)

38、晶出兩個一定成分固相的轉(zhuǎn)變。 共晶相圖：具有共晶轉(zhuǎn)變特征的相圖。 （液態(tài)無限互溶、固態(tài)有限互溶或完全不溶，且發(fā)生共晶反應(yīng)。 共晶組織：共晶轉(zhuǎn)變產(chǎn)物。（是兩相混合物）  1 相圖分析（相圖三要素） （1） 點：純組元熔點；最大溶解度點；共晶點（是亞共晶、過共晶成分分界點）等。 （2） 線：結(jié)晶開始、結(jié)束線；溶解度曲線；共晶線等。 （3） 區(qū)：3個單相區(qū)；3個兩相區(qū)；1個三相區(qū)。 2 合金的平衡結(jié)晶及其組織（以Pb-Sn相圖為例） （1） 

39、Wsn<19的合金       凝固過程（冷卻曲線、相變、組織示意圖）。       二次相（次生相）的生成：脫溶轉(zhuǎn)變（二次析出或二次再結(jié)晶）。       室溫組織（）及其相對量計算。 （2） 共晶合金       凝固過程（冷卻曲線、相變、組織示意圖）。  共晶線上兩相

40、的相對量計算。  室溫組織（）及其相對量計算。 （3） 亞共晶合金       凝固過程（冷卻曲線、相變、組織示意圖）。           共晶線上兩相的相對量計算。           室溫組織（）及其相對量計算。  組織組成物與組織圖 

41、;組織組成物：組成材料顯微組織的各個不同本質(zhì)和形態(tài)的部分。 組織圖：用組織組成物填寫的相圖。  3 不平衡結(jié)晶及其組織 （1） 偽共晶       偽共晶：由非共晶成分的合金所得到的完全共晶組織。          形成原因：不平衡結(jié)晶。成分位于共晶點附近。         &#

42、160;不平衡組織            由非共晶成分的合金得到的完全共晶組織。            共晶成分的合金得到的亞、過共晶組織。（偽共晶區(qū)偏移） （2） 不平衡共晶  不平衡共晶：位于共晶線以外成分的合金發(fā)生共晶反應(yīng)而形成的組織。  原因：不平衡結(jié)晶。成分位于共晶線以外端點附件。

43、0;（3） 離異共晶  離異共晶：兩相分離的共晶組織。  形成原因 平衡條件下，成分位于共晶線上兩端點附近。 不平衡條件下，成分位于共晶線外兩端點附。  消除：擴散退火。  4 共晶組織的形成 （1） 共晶體的形成 成分互惠交替形核         片間搭橋促進生長        

44、;           兩相交替分布                    共晶組織 （2） 共晶體的形態(tài) 粗糙粗糙界面：層片狀（一般情況）、棒狀、纖維狀（一相數(shù)量明顯少于另一相） 粗糙平滑界面：具有不規(guī)則或復(fù)雜組織形態(tài)（由于兩相微觀結(jié)構(gòu)不同）

45、60;      所需動態(tài)過冷度不同，金屬相任意長大，另一相在其間隙長大。可得到球狀、針狀、花朵狀、樹枝狀共晶體。       非金屬相與液相成分差別大。形成較大成分過冷，率先長大，形成針狀、骨骼狀、螺旋狀、蜘蛛網(wǎng)狀的共晶體。 （3） 初生晶的形態(tài)： 金屬固溶體：粗糙界面樹枝狀；非金屬相：平滑界面規(guī)則多面體。 第四節(jié) 二元包晶相圖      包晶轉(zhuǎn)變：由一個

46、特定成分的固相和液相生成另一個特點成分固相的轉(zhuǎn)變。     包晶相圖：具有包晶轉(zhuǎn)變特征的相圖。 1 相圖分析 點、線、區(qū)。 2 平衡結(jié)晶過程及其組織 （1） 包晶合金的結(jié)晶 結(jié)晶過程：包晶線以下，L, 對過飽和界面生成三相間存在濃度梯度擴散長大全部轉(zhuǎn)變?yōu)椤?#160;室溫組織：或。 （2） 成分在C-D之間合金的結(jié)晶 結(jié)晶過程：剩余； 室溫組織：。  3 不平衡結(jié)晶及其組織 異

47、常相導(dǎo)致包晶偏析包晶轉(zhuǎn)變要經(jīng)擴散。包晶偏析：因包晶轉(zhuǎn)變不能充分進行而導(dǎo)致的成分不均勻現(xiàn)象。 異常相由不平衡包晶轉(zhuǎn)變引起。成分在靠近固相、包晶線以外端點附件。  4 包晶轉(zhuǎn)變的應(yīng)用 （1） 組織設(shè)計：如軸承合金需要的軟基體上分布硬質(zhì)點的組織。 （2） 晶粒細化。   第五節(jié) 其它類型的二元相圖  自學(xué)內(nèi)容  第六節(jié) 鐵碳合金相圖  一 二元相圖的分析和使用 （1） 二元相圖中的幾

48、何規(guī)律         相鄰相區(qū)的相數(shù)差1（點接觸除外）相區(qū)接觸法則；         三相區(qū)的形狀是一條水平線，其上三點是平衡相的成分點。         若兩個三相區(qū)中有2個相同的相，則兩水平線之間必是由這兩相組成的兩相區(qū)。        

49、60;單相區(qū)邊界線的延長線應(yīng)進入相鄰的兩相區(qū)。 （2） 相圖分析步驟         以穩(wěn)定的化合物分割相圖；         確定各點、線、區(qū)的意義；         分析具體合金的結(jié)晶過程及其組織變化 注：虛線、點劃線的意義尚未準確確定的數(shù)據(jù)、磁學(xué)轉(zhuǎn)變線、有序無序轉(zhuǎn)變線。 （3）

50、60;相圖與合金性能的關(guān)系  根據(jù)相圖判斷材料的力學(xué)和物理性能  根據(jù)相圖判斷材料的工藝性能 鑄造性能：根據(jù)液固相線之間的距離X           X越大，成分偏析越嚴重（因為液固相成分差別大）；           X越大，流動性越差（因為枝晶發(fā)達）；      &

51、#160;    X越大，熱裂傾向越大（因為液固兩相共存的溫區(qū)大）。          塑性加工性能：選擇具有單相固溶體區(qū)的合金。          熱處理性能：選擇具有固態(tài)相變或固溶度變化的合金。  二 鐵碳合金相圖 1組元和相     （1）組元：鐵石墨相圖：Fe,

52、C;       鐵滲碳體相圖：Fe-Fe3C。 相：L, , A(), F(), Fe3C(K)。（其定義）      2相圖分析    點：16個。    線：兩條磁性轉(zhuǎn)變線；三條等溫轉(zhuǎn)變線；其余三條線：GS,ES,PQ。    區(qū)：5個單相區(qū)，7個兩相區(qū)，3個三相區(qū)。  &

53、#160; 相圖標注：相組成物標注的相圖。     組織組成物標注的相圖。 3 合金分類：工業(yè)純鈦（C%<0.0218%）、碳鋼（0.0218<C%<2.11%）、鑄鐵              （C%>2.11%） 4平衡結(jié)晶過程及其組織 （1） 典型合金（7種）的平衡結(jié)晶過程、組織變化、室溫組織及其相對量計算。 

54、;（2） 重要問題：Fe3C, Fe3C, Fe3C 的意義及其最大含量計算。                Ld-Ld轉(zhuǎn)變。                二次杠桿的應(yīng)用。 5 含碳量對平衡組織和性能的影響 

55、（1） 對平衡組織的影響（隨C%提高） 組織：Fe3C           LdFe3C； 相：減少，F(xiàn)e3C增多； Fe3C形態(tài)：Fe3C（薄網(wǎng)狀、點狀）   共析Fe3C（層片狀）  Fe3C（網(wǎng)狀）   共晶Fe3C（基體）   Fe3C（粗大片狀）。 （2） 對力學(xué)性能的影響 強度、硬度升高，塑韌性下

56、降。 （3） 對工藝性能的影響 適合鍛造：C%<2.11%，可得到單相組織。 適合鑄造：C%4.3%。，流動性好。 適合冷塑變：C%<0.25%，變形阻力小。 適合熱處理：0.02182.11，有固態(tài)相變。  第七節(jié) 相圖的熱力學(xué)解釋  圖示講解 第八節(jié) 鑄錠組織及其控制  1 鑄錠組織 （1） 鑄錠三區(qū)：表層細晶區(qū)、柱狀晶區(qū)、中心等軸晶區(qū)。 （2） 組織控制：受澆鑄溫度、冷卻速度、化

57、學(xué)成分、變質(zhì)處理、機械振動與攪拌等因素影響。 2 鑄錠缺陷  （1）不銹鋼     提高耐蝕性的途徑 A、加Cr，提高基體的電極電位。 B、加Cr、Al、Si，形成致密的鈍化膜。 C、加Cr、Ni等，使其形成單相組織。     典型馬氏體不銹鋼和奧氏體不銹鋼見表10-3。   （2）耐熱鋼  耐熱性  耐熱性是指高溫抗氧化性和熱強性（高溫強度），熱強性用蠕變

58、極限（6000.1/1000）和持久強度（7001000）來表征。    提高耐熱性的途徑   A、加Cr、Si、Al，形成致密的氧化膜，提高高溫抗氧化性。   B、通過加合金元素提高原子間結(jié)合力，提高再結(jié)晶溫度、減慢原子的擴散、增加     組織的穩(wěn)定性來提高熱強性。   按組織可分為：鐵素體型耐熱鋼、珠光體型耐熱鋼、馬氏體型耐熱鋼和奧氏體型耐熱鋼。    （3）耐磨鋼

59、60; 耐磨鋼是指在受到強烈摩擦、沖擊或巨大壓力時，表現(xiàn)出良好耐磨性的鋼種。  典型耐磨鋼是高錳鋼，牌號為ZGMn13，其化學(xué)成分、熱處理、組織、性能特點及用途舉例見表10-3。 表10-3  特殊性能鋼 鋼 種 馬氏體不銹鋼 奧氏體不銹鋼 耐磨鋼 典型牌號 1Cr13 2Cr13 3Cr13 4Cr13 1Cr18Ni9 1Cr18Ni9Ti ZGMn13 含碳量 0.1-0.2%&#

60、160;0.3-0.4% 0.12% 1.0-1.4% 合 金 元 素 Cr：提高基體電極電位，形成鈍化膜，從而提高耐蝕性 Cr：提高基體電極電位，形成鈍化膜。 Ni：使其呈單相奧氏體。 Ti：防止晶間腐蝕 Mn：使其能獲得單相奧氏體；增大鋼的加工硬化能力和韌性 及 作 用 最終熱處理 淬火 高溫回火 淬火 低溫回火 固溶處理 水韌處理 組織 回火索氏體 回

61、火馬氏體 奧氏體 奧氏體 性能特點 較好的耐蝕性，較高的強度和韌性 較好的耐蝕性，較高的硬度和耐磨性 良好的耐蝕性、塑韌性，良好的冷成型性的焊接性，加工硬化能力強，不能淬火強化，強度較低，有時產(chǎn)生晶間腐蝕 在受到強烈摩擦、沖擊和巨大壓力時表現(xiàn)出良好的耐磨性和韌性 用途舉例 結(jié)構(gòu)零件，如汽輪機葉片等 醫(yī)療器械、刃具等 化工焊接件、耐酸容器、鍋爐汽輪機耐熱構(gòu)件等 拖拉機履帶、挖掘機鏟齒、鐵路道叉 11.2.3  鑄鐵 1.鑄鐵的分類

62、0;2.鑄鐵的石墨化    （1）鑄鐵的石墨化過程 第一階段包括從液態(tài)鐵水中直接析出石墨以及從奧氏體中析出二次石墨； 第二階段包括共析轉(zhuǎn)變過程中形成的石墨。    （2）鑄鐵的石墨化程度與組織的關(guān)系見表10-4。 表10-4  共晶鑄鐵的石墨化程度與組織的關(guān)系 石墨化程度 得到的組織 鑄鐵名稱 第一階段 第二階段 完全石墨化 完全石墨化 鐵素體+石墨 灰口鑄鐵 未石墨

63、化 珠光體+石墨 部分石墨化 鐵素體+珠光體+石墨 未石墨化 未石墨化 萊氏體 白口鑄鐵 部分石墨化 未石墨化 珠光體+二次滲碳+石墨+萊氏體 麻口鑄鐵    （3）影響石墨化的因素 3.石墨對鑄鐵性能的影響     石墨一方面破壞了基體的連續(xù)性，減少了實際承載面積；另一方面石墨邊緣         

64、;  會造成應(yīng)力集中，形成斷裂源。因此鑄鐵的抗拉強度、塑性、韌性都比鋼低。     片狀石墨對基體削弱作用和應(yīng)力集中程度最大，而球狀石墨對基體的削弱作           用和應(yīng)力程度較小。     石墨的數(shù)量、大小和分布對鑄鐵性能也有顯著影響。     4.常用普通鑄鐵的牌號、組織、性能特點和用途舉例見表10-5。&

65、#160;    5.鑄鐵的熱處理    （1）熱處理只改變基體組織，不改變石墨形狀，其熱處理原理與鋼相似。    （2）灰口鑄鐵常用熱處理有：去應(yīng)力退火，消除白口、改善切削加工性的退火、表面淬火。    （3）球墨鑄鐵中，石墨呈球狀，基體強度利用率高，因而熱處理強化效果好，可進行多種熱處理來提高性能。常用熱處理有：退火、正火、調(diào)質(zhì)處理和等溫淬火等。 11.2.4  有色金屬及其合金 1.鋁及其合

66、金    （1）鋁合金的分類和編號    （2）鋁合金的時效強化 表10-5  常用普通鑄鐵的牌號、組織、性能特點及用途舉例 種類 牌號表示方法 組織 性能特點 用途舉例 灰口鑄鐵 HT××× +片狀石墨 +片狀石墨P +P+片狀石墨 抗拉強度、塑性韌性低，抗壓強度高。 良好的鑄造性，切削加工性、減摩性、消震性和低的缺口敏感性 

67、機床床身 底座、工作臺等 可鍛鑄鐵 KHT××× -×× KTZ ××× -×× +團絮狀石墨     P+團絮狀石墨 比灰口鑄鐵具有較高的抗拉強度、塑性和韌性 汽車后橋外殼、低壓閥、管接頭、連桿等截面尺寸較小的零部件 球墨鑄鐵 QT××× -××  

68、;+球狀石墨 P+球狀石墨 + P+球狀石墨 S回+球狀石墨 B下+球狀石墨 比其它鑄鐵有更高的抗拉強度、屈服強度、屈強比和更好的塑性、韌性，熱處理強化效果好。 可制造負荷較大、受力復(fù)雜的機器零件，如柴油機曲軸、連桿、齒輪、缸套等 蠕墨鑄鐵 RuT ××× 石墨呈蠕蟲狀 性能介于基體組織相同的灰鐵和球鐵之間 柴油機缸蓋、氣缸套、機床床身、液壓閥等    （3）簡單硅鋁明的成分、組織、性能特點及用途

69、    2.工業(yè)用鋼類別多，內(nèi)容“零碎”，不易記憶。為解決此問題，可從兩個方面：     一方面進行歸納總結(jié)，將“零碎”的內(nèi)容要條理化；另一方面先按下面的思路進行理解，在理解的基礎(chǔ)上再加以記憶。                          &#

70、160;                 含碳量                         化學(xué)成分的選擇     

71、0;                                      合金元素 典型件的工作條件性能要求        

72、                 組織最終熱處理 10.5  課堂討論     典型零件的選材與熱處理工藝的選用是學(xué)習(xí)本課程的主要目的之一。通過討          論，不僅使學(xué)生對鋼的熱處理、工業(yè)用鋼等內(nèi)容加深理解，而且也使學(xué)生在綜合運用所學(xué)的知識

73、去分析解決問題方面得到一次訓(xùn)練。 9.5.1  討論目的 1.熟悉鋼的分類和編號，學(xué)會根據(jù)鋼的牌號來判斷鋼的類別、碳和合金元素的      大致含量。 2.熟悉典型鋼號中合金元素的作用。 3.進一步理解和掌握各類鋼的工作條件和性能要求、化學(xué)成分、最終熱處理或     使用狀誠、使用態(tài)組織和用途。 9.5.2  討論題  1.試判斷下列牌號的鋼中碳和合金元素的含量大致是多少？&#

74、160;  20          T10         50CrVA          9SiCr   CrWMn       Cr12MoV   

75、0; 5CrMnMo         4Cr13 2.說明下列鋼號中合金元素的主要作用    40Cr         20CrMnTi      GCr15SiMn      W18Cr4V    

76、1Cr13        1Cr18Ni9      CrWMn          40CrNiMo 3判斷下列牌號的鋼屬于何類鋼（按用途分）？指出各類鋼常用的最終熱處理或使用狀態(tài)、使用態(tài)組織、主要性能特點和用途。 Q235         20Cr

77、       20CrMnTi      45        ZGMn13 40CrNiMo     65         60Si2Mn       65Mn      GCr15 GCr15SiMn    T12        9SiCr         CrWMn&#