材科基課后習習題答案

1、第二章答案2-1略。2-2（1）一晶面在x、y、z軸上的截距分別為2a、3b、6c，求該晶面的晶面指數(shù)；（2）一晶面在x、y、z軸上的截距分別為a/3、b/2、c，求出該晶面的晶面指數(shù)。答：（1）h:k:l=3:2:1,該晶面的晶面指數(shù)為（321）；（2）h:k:l=3:2:1，該晶面的晶面指數(shù)為（321）。2-3在立方晶系晶胞中畫出下列晶面指數(shù)和晶向指數(shù)：（001）與，（111）與，（）與111，（）與236，（257）與，（123）與，（102），（），（），110，答：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(shù)。

2、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

3、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）（100）（101）（110）（010）（011）（111）（0）（0）（0）（1）（1）（1）。2-9計算面心立方、密排六方晶胞中的原子數(shù)、配位數(shù)、堆積系數(shù)。答：面心：原

4、子數(shù)4，配位數(shù)6，堆積密度六方：原子數(shù)6，配位數(shù)6，堆積密度2-10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），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，故只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(shù)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，所以，雖然金剛石結構的空間利用率很低（只有），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。答：設球半徑為a，則球的體積為，球的z=4，則球的總體積（晶胞

5、），立方體晶胞體積：(2a)3=16a3，空間利用率=球所占體積/空間體積=%，空隙率=%=%。2-12金屬鎂原子作六方密堆積，測得它的密度為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nm32-13根據半徑比關系，說明下列離子與O2配位時的配位數(shù)各是多少已知rO2，rSi4，rK，rAl3，rMg2。答：對于Si4+、K+、Al3+、Mg2+來說，其依次是、；依據正離子配位數(shù)與正負離子半徑比的關系知配位數(shù)為：Si4+4；K+8；Al3+6；Mg2+6。2-14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答：石英同一系列之間的轉變是位移性轉

6、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NaCl型結構晶體中，測得MgS和MnS的晶胞參數(shù)均為a（在這兩種結構中，陰離子是相互接觸的）。若CaS（a）、CaO（a）和MgO（a）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=，陰離子相互接觸，a=2r-，rS2-=；CaS中a=，陰陽離子相互接觸，a=2(r+r

7、-)，rCa2+=；CaO中a=，a=2(r+r-)，rO2-=；MgO中a=，a=2(r+r-)，rMg2+=。2-16氟化鋰（LiF）為NaCl型結構，測得其密度為cm3，根據此數(shù)據計算晶胞參數(shù)，并將此值與你從離子半徑計算得到數(shù)值進行比較。答：設晶胞的體積為V,相對原子質量為M,對于NaCl型結構來說，其n=4,則晶胞體積nm3則晶胞參數(shù)：,根據離子半徑計算：a=2(r+r-)=<a2-17Li2O的結構是O2作面心立方堆積，Li占據所有四面體空隙位置，氧離子半徑為。求：（1）計算負離子彼此接觸時，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

8、；（2）根據離子半徑數(shù)據求晶胞參數(shù)；（3）求Li2O的密度。解：根據上圖GO=FO=rmax，AB=BC=AC=AD=BD=CD=2由幾何關系知：=比Li+的離子半徑rLi+=小，所以此時O2-不能互相接觸。晶胞參數(shù)=Li2O的密度g/cm32-18MgO和CaO同屬NaCl型結構，而它們與水作用時則CaO要比MgO活潑，試解釋之。解：因為rMg2+與rCa2+不同，rCa2+>rMg2+，使CaO結構較MgO疏松，H2O易于進入，所以活潑。2-19CaF2的晶胞參數(shù)為。（1）根據CaF2晶胞立體圖畫出CaF2晶胞在（001）面上的投影圖；（2）畫出CaF2（110）面上的離子排列簡圖；

9、（3）正負離子半徑之和為多少解（1）CaF2晶胞在（001）面上的投影圖（2）CaF2（110）面上的離子排列簡圖（3）正負離子半徑之和2-20計算CdI2晶體中的I及CaTiO3晶體中O2的電價是否飽和解：CdI2晶體中Cd2+的配位數(shù)CN=6，I-與三個在同一邊的Cd2+相連，且I-的配位數(shù)CN=3所以，即I-電價飽和CaTiO3晶體中，Ca2+的配位數(shù)CN=12，Ti4+的配位數(shù)CN=6，O2-的配位數(shù)CN=6所以，即O2-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(shù)、八而休空隙數(shù)與O2數(shù)之比

10、解（1）略（2）四面體空隙數(shù)與O2數(shù)之比為2:1，八面體空隙數(shù)與O2數(shù)之比為1:12-22根據電價規(guī)則，在下面情況下，空隙內各需填入何種價數(shù)的陽離子，并對每一種結構舉出個例子。（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）填滿半四面體空隙位置；（4）填滿半八面體空隙位置。答：分別為（1）陰陽離子價態(tài)比應為1:2如CaF2（2）陰陽離子價態(tài)比應為1:1如NaCl（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NH4Cl的密度為cm3，X射線數(shù)據說明NH4Cl有兩種晶體結構，一種為NaCl型結構，a；另一種為CsCl結構，

11、a。上述密度值是哪一種晶型的（NH4離子作為一個單元占據晶體點陣）。解：若NH4Cl為NaCl結構則可由公式可得：=cm3若NH4Cl為NaCl結構，則可由公式可得：=由計算可知NaCl型結構的NH4Cl與化學手冊中給出NH4Cl的密度接近，所以該密度NaCl晶型2-24MnS有三種多晶體，其中兩種為NaCl型結構，一種為立方ZnS型結構，當有立方型ZnS結構轉變?yōu)镹aCl型結構時，體積變化的百分數(shù)是多少已知CN6時，rMn2，rS2；CN4時，rMn2，rS2。解：當為立方ZnS型結構時：=當為NaCl型結構時：=2(rMn2+rS2-)=2+=所以體積變化：=%2-25鈦酸鋇是一種重要的鐵

12、電陶瓷，其晶型是鈣鈦礦結構，試問：（1）屬于什么點陣（2）這個結構中離子的配位數(shù)為若干（3）這個結構遵守鮑林規(guī)則嗎請作充分討論。答：（1）屬于立方晶系（2）Ba2+、Ti4+和O2-的配位數(shù)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)則配位多面體規(guī)則對于Ti4+配位數(shù)為6對于Ba2+配位數(shù)為12符合鮑林第一規(guī)則鮑林第二規(guī)則電價規(guī)則即負離子電荷Z-=則O2-離子電荷=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

13、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：（1）結構中的Si4+離子位于O2-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-O-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O2-離子最多只能為兩個SiO4四面體所共用。（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+離子可以部分地被Al3+離子所取代，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

14、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Al3+離子和Si4+離子，最后是O2-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

15、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：結構類型SiO4共用O2-數(shù)形狀絡陰離子團Si:OI島狀0四面體SiO44-1:4組群狀1222雙四面體三節(jié)環(huán)四節(jié)環(huán)六節(jié)環(huán)Si2O76-Si3O96-Si4O128-Si6O1812-2:71:31:31:3鏈狀22、3單鏈雙鏈Si2O64-Si4O116-1:34:11層狀3平面層Si4O104-4:10架狀4骨架SiO44-(AlxSi4-x)O8x-1:41:42-28下列硅酸鹽礦物各屬何種結構類型：Mg2Si

16、O4，KAlSi3O8，CaMgSi2O6，Mg3Si4O10（OH）2，Ca2AlAlSiO7。答：分別為島狀；架狀；單鏈；層狀（復網）；組群（雙四面體）。2-29根據Mg2SiO4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）O2的電價是否飽和（3）晶胞的分子數(shù)是多少（4）Si4和Mg2所占的四面體空隙和八面體空隙的分數(shù)是多少解：（1）有兩種配位多面體，SiO4，MgO6，同層的MgO6八面體共棱，如59MgO6和49MgO6共棱75O2-和27O2-，不同層的MgO6八面體共頂，如1MgO6和51MgO6共頂是22O2-，同層的MgO6與Si

17、O4共頂，如TMgO6和7SiO4共頂22O2-，不同層的MgO6與SiO4共棱，TMgO6和43SiO4共28O2-和28O2-；（2）O2-與3個MgO6和1個SiO4，所以O2-飽和（3）z=4；（4）Si4+占四面體空隙=1/8，Mg2+占八面體空隙=1/2。2-30石棉礦如透閃石Ca2Mg5Si4O11（OH）2具有纖維狀結晶習性，而滑石Mg3Si4O10（OH）2卻具有片狀結晶習性，試解釋之。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

18、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，所以石墨比較軟。滑石和高嶺石區(qū)別主要是滑石是Mg2+取代Al3+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，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

19、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O2-形成AlO45-；Al3+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）Al3+置換Si4+是部分取代，Al3+取代Si4+時，結構單元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+進入結構中；（3）設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

20、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，造成結構不穩(wěn)定。第三章答案3-2略。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，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(shù)看出；非化學計量化合物都是半導體。由于

21、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.（R1-R2）/R1>15%不連續(xù)。2.<15%連續(xù)。3.>40%不能形成固熔體。（2）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?。杭刺砑拥脑佑?，易形成固溶體，反之

22、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

23、、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'，VCl，（VNa'VCl），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。3-7寫出下列缺陷反應式：（l）NaCl溶入CaCl2中形成空位型固溶體；（2）CaCl2溶入NaCl中形成空位型固溶體；（3）NaCl形成肖特基缺陷；（4）Ag

24、l形成弗倫克爾缺陷（Ag+進入間隙）。解：（1）NaClNaCa+ClCl+VCl·（2）CaCl2CaNa·+2ClCl+VNa（3）OVNa+VCl·（4）AgAgVAg+Agi·3-8MgO的密度是cm3，其晶格參數(shù)是，計算單位晶胞MgO的肖特基缺陷數(shù)。解：設有缺陷的MgO晶胞的晶胞分子數(shù)為x，晶胞體積V=（）3，x=VN0/M=,單位晶胞的肖脫基缺陷數(shù)=4-x=。3-9MgO（NaCl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Li2O中是弗倫克爾型，請解釋原

25、因。解：Mg占據四面體空隙，Li占據八面體空隙。3-10MgO晶體的肖特基缺陷生成能為84kJ/mol，計算該晶體1000K和1500K的缺陷濃度。（答：×103，×102）解：n/N=exp（-E/2RT），R=，T=1000k：n/N=×10-3；T=1500k：n/N=×10-2。3-11非化學計量化合物FexO中，F(xiàn)e3+Fe2+，求FexO中的空位濃度及x值。（答：×105；）解：Fe2O32FeFe·+3OO+VFey2yyFe3+2yFe2+1-3yO，X=1-y=,VFe=×10-23-12非化學計量缺陷的濃

26、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壓非化學計量化合物Fe1-xO及Zn1+xO的密度將發(fā)生怎么樣的變化增大還是減小為什么解：Zn（g）Zni·+eZn（g）+1/2O2=ZnOZni·+e+1/2O2ZnOZnO=ePO2Zni·O2（g）OO+VFe+2h·k=OOVFeh·/PO21/2=4OOVFe3/PO21/2VFePO2-1/6，PO2VFe3-13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。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。3

27、-14圖3-1是晶體二維圖形，內含有一個正刃位錯和一個負刃位錯。（1）圍繞兩個位錯伯格斯回路，最后得伯格斯矢量若干？（2）圍繞每個位錯分別作伯氏回路，其結果又怎樣解：略。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、

28、機械混合物的差別。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)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B2O3溶劑中為例：比較項固溶體化合物機械混合物化學組成（x=02）AB2O4AO+B2O3相組成均勻單相單相兩相有界面3-19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

29、濃度熱缺陷肖特基弗倫克爾熱起伏T>0kO+MMMi··+MXMX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，結構無：受溫度控制有：攙雜量<固溶度受溫度控制攙雜量>固溶度受固溶度控制非化學計量化合物陽缺陰間陽間陰缺環(huán)境中氣氛性質和壓力變化Fe1-xOUO2+xZn1+xOTiO2-Xh·3-20在面心立方空間點陣中，面心位置的原子數(shù)比立方體項角位置的原子數(shù)多三倍。原子B溶入A晶格的面心位置中，形成置換型固溶體，其成分應該是A3B呢還是A2B為什么解：略。3-21Al2O3在MgO中形成有限固溶體，在低共熔溫度1995時約有1

30、8wtAl2O3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）Al3+為填隙離子；2）Al3+為置換離子。解：（a）Al3+為填隙離子：缺陷反應為：（1）固溶式分子式：（b）Al3+為置換離子：缺陷反應為：（2）固溶式分子式：（3）取100g試樣為基準：（為摩爾數(shù)）（m為摩爾數(shù)）MgO中固溶18%wt的Al2O3后的分子式為：·或（4）（4）式各項除以得（5）由（5）式得x=代入（2）（3）式，對（a）有即（b）有設：固溶前后晶胞體積不變，則密度變化為：（，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

31、分析數(shù)據的Fe/S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：Fe1-xS中存在Fe空位，非化學計量，存在h·P型半導體；FeS1-x中金屬離子過剩，存在S2-空位，存在N型半導體；因Fe1-xS、FeS1-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(shù)增大，增加到一定的程度，

32、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，不會對接產生影響，所以可形成連續(xù)固溶體。3-24對于MgO、Al2O3和Cr2O3，其正、負離子半徑比分別為、和，則Al2O3和Al2O3形成連續(xù)固溶體。（1）這個結果可能嗎為什么（2）試預計，在MgOCr2O3系統(tǒng)中的固溶度是有限的還是無限的為什么解：（1）Al2O3與Cr2O3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）（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。雖然也不可能形成連續(xù)固溶體。3-25某種NiO是非化學計量的，如果NiO中Ni3+Ni2+10

33、4，問每1m3中有多少載流子解：設非化學計量化合物為NixO，Ni2O32+3+y2yyNi3+2yNi2+1-3yONi3+/Ni2+=2y/（1-3y）=10-x則y=5×10-5，x=1-y=，每m3中有多少載流子即為空位濃度：=y/（1+x）=×10-5。3-26在MgOAl2O3和PbTiO3PbZrO3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：MgO-AL2O3：，即rMg、rAl半徑相差大，MgO（NaCl型）、AL2O3（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（）,

34、但都是（ABO3）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。3-27CeO2為螢石結構，其中加入15mol%CaO形成固溶體，測得固溶體密度dcm3，晶胞參數(shù)a，試通過計算判斷生成的是哪一種類型固溶體。已知原子量，。解：對于CaO-CeO2固溶體來說，從滿足電中性來看，可以形成氧離子空位的固溶體也可形成Ca2+嵌入陰離子間隙中的固溶體，其固溶方程為：對于置換式固溶體有x=，1-x=，2-x=，所以置換式固溶體化學式。有因為CeO2屬于螢石結構，晶胞分子數(shù)Z=4，晶胞中有Ca2+、Ce4+、O2-三種質點。晶

35、胞質量對于間隙固溶體，其化學式Ca2yCe1-yO2，與已知組成相比，O2-不同，間隙式固溶體化學式×2/同理可得實測密度為d=，接近于d2形成間隙固溶體，存在間隙Ca離子第四章答案4-1略。4-2試簡述硅酸鹽熔體聚合物結構形成的過程和結構特點。解：聚合物的形成是以硅氧四面體為基礎單位，組成大小不同的聚合體?？煞譃槿齻€階段：初期：石英的分化，架狀SiO4斷裂，在熔體中形成了各種聚合程度的聚合物。中期：縮聚并伴隨變形一般鏈狀聚合物易發(fā)生圍繞Si-O軸轉動同時彎曲，層狀聚合物使層本身發(fā)生褶皺、翹曲、架狀聚合物熱缺陷增多，同時Si-O-Si鍵角發(fā)生變化。SiO4Na4+Si2O7Na6Si

36、3O10Na8+Na2O（短鍵）3Si3O10Na8Si6O18Na12+2Na2O（六節(jié)環(huán)）后期：在一定時間和溫度范圍內，聚合和解聚達到平衡?？s聚釋放的Na2O又能進一步侵蝕石英骨架而使其分化出低聚物，如此循環(huán)，直到體系達到分化-縮聚平衡為止。4-3試用實驗方法鑒別晶體SiO2、SiO2玻璃、硅膠和SiO2熔體。它們的結構有什么不同解：利用X射線檢測。晶體SiO2質點在三維空間做有規(guī)律的排列，各向異性。SiO2熔體內部結構為架狀，近程有序，遠程無序。SiO2玻璃各向同性。硅膠疏松多孔。4-4影響熔體粘度的因素有哪些試分析一價堿金屬氧化物降低硅酸鹽熔體粘度的原因。解：（1）影響熔體粘度的主要因

37、素：溫度和熔體的組成。堿性氧化物含量增加，劇烈降低粘度。隨溫度降低，熔體粘度按指數(shù)關系遞增。（2）通常堿金屬氧化物（Li2O、Na2O、K2O、Rb2O、Cs2O）能降低熔體粘度。這些正離子由于電荷少、半徑大、和O2的作用力較小，提供了系統(tǒng)中的“自由氧”而使O/Si比值增加，導致原來硅氧負離子團解聚成較簡單的結構單位，因而使活化能減低、粘度變小。4-5熔體粘度在727時是107Pa·s，在1156時是103Pa·s，在什么溫度下它是106Pa·s解：根據727時，=107Pa·s，由公式得：（1）1156時，=103Pa·s，由公式得：（2）聯(lián)

38、立（1），（2）式解得A=，B=13324當=106Pa·s時，解得t=。4-6試述石英晶體、石英熔體、Na2O·2SiO2熔體結構和性質上的區(qū)別。石英晶體石英熔體Na2O2SiO2結構SiO4按共頂方式對稱有規(guī)律有序排列，遠程有序基本結構單元SiO4呈架狀結構，遠程無序基本結構單元Si6O1812-呈六節(jié)環(huán)或八節(jié)環(huán)，遠程無序性質固體無流動性，熔點高，硬度大，導電性差，結構穩(wěn)定，化學穩(wěn)定性好有流動性，大，電導率大，表面張力大有流動性，較石英熔體小，電導率大，表面張力大4-7SiO2熔體的粘度在1000時為1014Pa·s，在1400時為107Pa·s。S

39、iO2玻璃粘滯流動的活化能是多少上述數(shù)據為恒壓下取得，若在恒容下獲得，你認為活化能會改變嗎為什么解：（1）根據公式：1000時，=1014Pa·s，T=1000+273=1273K,1000時，=107Pa·s，T=1400+273=1673K,聯(lián)立（1），（2）式解得：×10-16Pa·s，=mol（2）若在在恒容下獲得，活化能不會改變。因為活化能是液體質點作直線運動所必需的能量。它與熔體組成和熔體SiO4聚合程度有關。4-8一種熔體在1300的粘度是310Pa·s，在800是107Pa·s，在1050時其粘度為多少在此溫度下急冷能

40、否形成玻璃解：（1）根據1300時，=310Pa·s，由公式得：800時，=107Pa·s，由公式得：聯(lián)立（1），（2）式解得A=，B=當t=1050時，解得=·s。（2）在此溫度下，極冷能形成玻璃。4-9試用logAB/（TT0）方程式，繪出下列兩種熔體在1350500間的粘度曲線（log1/T）。兩種熔體常數(shù)如下：序號ABT01422921924690216解：根據公式：對于熔體1：當t=500時，T=500+273=773K,當t=700時，T=700+273=973K,當t=900時，T=900+273=1173K,當t=1100時，T=1100+273=

41、1373K,當t=1350時，T=1350+273=1623K,對于熔體2：當t=500時，T=500+273=773K,當t=700時，T=700+273=973K,當t=900時，T=900+273=1173K,當t=1100時，T=1100+273=1373K,當t=1350時，T=1350+273=1623K,熔體在1350500間的粘度曲線4-10派來克斯（Pyrex）玻璃的粘度在1400時是109Pa·s，在840是1013Pa·s。請回解：（1）粘性流動活化能是多少（2）為了易于成形，玻璃達到105Pa·s的粘度時約要多高的溫度解：（1）根據公式：1

42、400時，=109Pa·s，T=1400+273=1673K,840時，=1013Pa·s，T=840+273=1113K,聯(lián)立（1），（2）式解得：·s，=mol（2）當=105Pa·s時，105=解得t=4-11一種玻璃的工作范圍是870（106Pa·s）至1300（·s），估計它的退火點（1012Pa·s）解：根據公式：870時，=106Pa·s，T=870+273=1143K,1300時，=·s，T=1300+273=1573K,聯(lián)立（1），（2）式解得：×10-7Pa·s，=

43、mol當=1012Pa·s時，1012=×10-7解得t=4-12從以下兩種釉式中，你能否判斷兩者的熔融溫度、粘度、表面張力上的差別說明理由。解：（1）粘度的差別對釉式1：Al3+按網絡形成離子，對于釉式2：Al3+被視為網絡改變離子即：釉式1Y1>釉式2Y2，所以在高溫下釉式1粘度>釉式2粘度。（2）釉式1熔融溫度>釉式2熔融溫度（3）表面張力的差別：釉式1表面張力<釉式2表面張力因為釉式1的O/Si小于釉式2的O/Si，同時釉式1加入了PbO和B2O3,這些氧化物可以降低表面張力。4-13一種用于密封照明燈的硼硅酸鹽玻璃，它的退火點是544，軟化

44、點是780。求：（1）這種玻璃粘性流動的活化能；（2）它的工作范圍；（3）它的熔融范圍。解：（1）根據公式：退火點544，=1012Pa·s，T=544+273=817K,軟化點為780，=×106Pa·s，T=780+273=1053K,聯(lián)立（1），（2）式解得：×10-12Pa·s，=mol（2）工作溫度范圍粘度一般為103根據公式：當=103Pa·s時，T=當=107Pa·s時，T=所以工作溫度范圍是：（3）熔融范圍粘度一般是10當=10Pa·s時，T=當=100Pa·s時，T=所以熔融溫度范圍是4

45、-14影響玻璃形成過程中的動力學因素是什么結晶化學因素是什么試簡要敘述之。解：影響玻璃形成的關鍵是熔體的冷卻速率，熔體是析晶還是形成玻璃與過冷度、粘度、成核速率、晶體生長速率有關。玻璃形成的結晶化學因素有：復合陰離子團大小與排列方式，鍵強，鍵型。4-15試計算下列玻璃的結構參數(shù)及非橋氧分數(shù)。（1）Na2O·SiO2；（2）Na2O·CaO·Al2O3·SiO2；（3）Na2O·1/3Al2O3·SiO2；（4）18Na2O·10CaO·72SiO2（wt）解：（1）Z=4，R=3/1=3，X=2R-Z=6-4=2，

46、Y=8-2R=8-6=2（2）>1Al3+被視為網絡形成離子Z=4，X=2R-Z=，Y=（3）>1Al3+被視為網絡形成離子Z=4，X=2R-Z=，Y=（4）Na2OCaOSiO2wt%181072molmol%Z=4，X=2R-Z=，Y=4-16有兩種玻璃其組成（mol）如下表，試計算玻璃的結構參數(shù)，并比較兩種玻璃的粘度在高溫下何者大序號Na2OCaOA12O3SiO2B2O312010106002100206010解：1號：Z=4，Al3+被視為網絡形成離子X1=2R-Z=，Y1=2號：Z=4，Al3+被視為網絡改變離子X2=2R-Z=，Y2=Y1>Y2高溫下1號玻璃的粘

47、度大。4-17有兩種不同配比的玻璃其組成（wt）如下，試用玻璃結構參數(shù)說明兩種玻璃高溫下粘度的大小序號Na2OA12O3SiO2181280212880解：序號Na2OA12O3SiO2wt%mol%wt%mol%wt%mol%181280212880對于1：Z=4，Al2O3被視為網絡形成離子X1=2R-Z=，Y1=4-X=對于2：Z=4，Al2O3被視為網絡形成離子X2=2R-Z=，Y2=4-X=Y1>Y2，故1號在高溫下的粘度大。4-18有一種玻璃組成（wt）為Na2O14、CaO13、SiO273，其密度為cm3。（1）計算該玻璃的原子堆積系數(shù)（AFP）及結構參數(shù)值（2）若用純堿

48、、石灰石和石英砂作原料，用1000kg石英砂熔制該玻璃，問其他兩種原料各需多少解：（1）該玻璃的平均分子量GM=×62+×56+×=在1Å3中原子數(shù)為n=×10-24××1023/=個/Å3在1Å3原子所占體積V=×4/3×2×+×+×+（+×2）×=AFP=結構參數(shù)：Na2OCaOSiO2wt%141373molmol%R=+×2)/=Z=4X=2R-Z=×2-4=Y=Z-X=（2）石英砂為1000kg，則需要純堿

49、（Na2CO3）：需要石灰石（CaCO3）：4-19試簡述哪些物質可以形成非晶態(tài)固體（NCS）形成（NCS）的手段有哪些可以用什么實驗方法研究NCS結構解：熔體和玻璃體可以形成非晶態(tài)固體。將熔體和玻璃體過冷可以得到非晶態(tài)固體。4-20試簡述淬火玻璃與退火玻璃在結構與性能上有何差異解：消除和均衡由溫度梯度產生的內應力的玻璃為退火玻璃，這類玻璃不易碎裂且切割方便。淬火處理是將制品加熱至接近其軟化溫度，使玻璃完全退火，然后進行迅速冷卻(淬火處理)。因此產生均勻的內應力，從而使玻璃表面產生預加壓應力，增加了抗彎、抗沖擊的抗扭曲變形的能力。4-21以下三種物質，哪個最容易形成玻璃哪個最不容易形成玻璃，為

50、什么（1）Na2O·2SiO2；（2）Na2O·SiO2；（3）NaCl解：（1）最容易形成玻璃，（3）最不容易形成玻璃。經計算可知R1=，R2=3，Y1=3，Y2=2Y1>Y2，高溫下（1）粘度大，容易形成玻璃，NaCl不具備網絡結構，為典型的離子晶體很難形成玻璃。4-22查閱下列系統(tǒng)的粘度和Tg/TM等有關數(shù)據，試判斷下列系統(tǒng)形成玻璃可能性的順序。（1）GeO2·SiO2，以100/s冷卻；（2）GeO2·SiO2氣相沉積在0SiO2基板上；（3）金屬金氣相沉積在0銅基板上；（4）A12O3氣相沉積在0A12O3基板上；（5）液態(tài)硫以1/s冷卻

51、；（6）液態(tài)金以106/s冷卻；（7）氣態(tài)NaCl在0A12O3基板上冷卻；（8）液態(tài)ZnCl2以100/s冷卻。解：略。4-23若將10molNa2O加入到SiO2中去，計算OSi比例是多少這樣一種配比有形成玻璃趨向嗎為什么解：，這種配比有形成玻璃的趨向，因為此時結構維持三維架狀結構，玻璃的粘度還較大，容易形成玻璃。4-24在100gSiO2中要加入多少CaO，才能使OSi達解：設要加入XgCaO，則：解得：X=4-25若將50molNa2O加入到SiO2中，計算OSi比例是多少這種配比能形成玻璃嗎為什么解：，可以形成玻璃。當加入50mol%Na2O時，連續(xù)網狀SiO2骨架雖然松弛化，但依然

52、是三維網絡結構，可以形成玻璃。4-26在SiO2中加入20B2O3，試計算熔體的OSi比例是多少解：4-27在SiO2中應加入多少Na2O，使玻璃的O/Si，此時析晶能力是增強還是削弱解：設加入xmol的Na2O，而SiO2的量為ymol。則O/Si=（x+2y）/y=x=y/2即二者的物質量比為1:2時，O/Si=。因為O/Si增加了，粘度下降，析晶能力增強了。4-28個別網絡改變體（如Na2O）加到石英玻璃中，使氧硅比增加。實驗觀察到當O/Si3時，即達到形成玻璃的極限，根據結構解釋為什么在2O/Si的堿和硅石混合物可以形成玻璃，而O/Si3的堿和硅灰石混合物結晶而不形成玻璃解：當O/Si

53、3時，Y=23，當2O/Si時，3<Y<4,而當O/Si3時，Y=2。結構參數(shù)Y對玻璃性質有重要意義。對于Na2O·SiO2玻璃，Y越大，網絡連接越緊密，強度越大；反之，Y愈小，網絡空間上的聚集也愈小，結構也變得較松，并隨之出現(xiàn)較大的空隙，結果使網絡改變離子的運動，不論在本身位置振動或從一位置通過網絡的網隙躍遷到另一位置都比較容易。因此隨著Y值遞減，出現(xiàn)膨脹系數(shù)增大，電導增加和粘度減小等變化。對于硅酸鹽玻璃來說，Y<2時不可能構成三維網絡，因為四面體間公有的橋氧數(shù)少于2，結構多半是不同長度的四面體鏈。所以對于O/Si3的堿和硅灰石混合物結晶而不形成玻璃。4-29試分

54、析：（1）假如要求在800時得到一種具有最高的SiO2摩爾百分數(shù)的熔體，而且只能在SiO2中加入一種別的氧化物，那么應選擇什么氧化物作外加劑加入量多少為宜說明理由。（2）為什么石英的熔融溫度比方石英的熔融溫度低第五章答案5-1略。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；=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(xiàn)為表面積的擴展，因為表面張力與表面能數(shù)量是相同的；固體：能承受剪切應

55、力，外力的作用表現(xiàn)為表面積的增加和部分的塑性形變，表面張力與表面能不等。5-3在石英玻璃熔體下20cm處形成半徑5×108m的氣泡，熔體密度為2200kg/m3，表面張力為m，大氣壓力為×105Pa，求形成此氣泡所需最低內壓力是多少解：P1（熔體柱靜壓力）=hg=×2200×=附加壓力=2×5×10-8=×107Pa故形成此氣泡所需壓力至少為P=P1+P+P大氣=+×107+×105=×105Pa5-4（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m2，計算曲率半徑為m、5m

56、的曲面附加壓力解：（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P0，彎曲表面產生的壓力差為P，則總壓力為P=P0+P。附加壓力的正負取決于曲面的曲率，凸面為正，凹面為負。（2）根據Laplace公式：可算得P=×（1/+1/5）=×106Pa5-5什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(xiàn)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（去掉氧化膜），錫與銅相似材料粘附很牢固。5-6在高溫將某金屬熔于Al2O3片上