課后習題答案順序與課本不同但對應章節(jié)大部分都可以找到除第六章外推薦看完美圖片版

（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)。 23在立方晶系晶胞中畫出下列面指數(shù)和晶向指數(shù)：（001）與 ]，（111）與[ ） ）與 （257）與 ]，（123）與 ]，（102），（），（ ]答：（001）與[]為答：定性：對稱軸、對稱中心、晶系、點陣。定量：晶胞參數(shù)。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。答 0）（0 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：原子數(shù)4，配位數(shù)6六方：原子數(shù)6，配位數(shù)6然石結(jié)構(gòu)的空間利用率很低（只有34.01％），但是它也很穩(wěn)定。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），立方答：設晶胞的體積為V,相對原子質(zhì)量為M,則晶胞體積nm3 ＋＝0.039nm，r＋＝0.131nm，r3＋＝0.057nm，r2＋ 答：對于Si4+、K+ 、Al3+、Mg2+來說，其 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。有效離子半徑可通過晶體結(jié)構(gòu)測定算出。在下面NaCl型結(jié)構(gòu)晶體中，測得MgSMnS的晶胞參數(shù)均為a＝0.520nm（在這兩種結(jié)構(gòu)中，陰離子是相互接觸的）。若CaS（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=2r，∴rS2-=0.177nm；CaS中a=0.567nm，陰－陽離子相互接觸，a=2(r++r-)，∴rCa2+=0.107nm；CaO中a=0.408nm，a=2(r++r-)，∴rO2-=0.097nm；MgO中a=0.420nm，-答：設晶胞的體積為V,相對原子質(zhì)量為M,對于NaCl型結(jié)構(gòu)來說，其則晶胞體 則晶胞參數(shù) 根據(jù)離子半徑計算：a=2(r++r-)=4.14nm∴2LiO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，氧離子半徑為0.132nm。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；（2）根據(jù)離子半徑數(shù)據(jù)求晶胞參數(shù)；（3）求LiO的密度。22GO=FO=rmax由幾何關系知 =不比Li+的離子半徑 =0.078nm小，所以此時不晶胞參 2LiO的密 2 MgOCaO同屬NaClCaO要比MgO活潑，試解釋之。r2+r2+不同，r>rCaO CaF20.547nm。（1）根據(jù)CaF2CaF2晶胞在（001）解（1） 解：CdI2Cd2+CN=6，I-Cd2+I-所 ，即I-電價飽3CaTiO晶體中，Ca2+CN=12，Ti4+CN=6，的配位數(shù)3所 ，即O2-電價飽和（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(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)之比解O2－2:1O2－答：分別為（1）1:2CaF2（2）1:11:1如ZnS（4）1:2化學手冊中給出NH4Cl的密度為1.5g/cm3，X射線數(shù)據(jù)說明NH4Cl有兩種晶體結(jié)構(gòu)，一種為NaCl型結(jié)構(gòu)，a＝0.726nmCsCl結(jié)構(gòu)，a＝0.387nm。上述密度值是哪一種晶型的？（NH4＋離子NH4ClNaCl則可 可得：=0.912NH4ClNaCl則可 可得： MnSNaCl型結(jié)構(gòu)，一種為立方ZnSZnS結(jié) ＝4

＝0.167nm解：當為立方ZnS型結(jié)構(gòu)時 0.472 當為NaCl型結(jié)構(gòu)時 =2(r2++r2-)=2(0.08+0.184)=0.384 所以體積變化 Ba、TiO12、 對于 配位數(shù)為對于 配位數(shù)為即負離子電荷Z- 則O2-離子電荷 與O2-離子電荷相等面體。Si-O-Si是一條夾角不等的折線，一般在145°左右。四面體的每個頂點，即44次是2價、3價的金屬氧化物，最后是SiO21價、2Al3+Si4+O2-離子和OH-[SiO4]O2-0[SiO412[SiO2[SiO32[SiO42[SiO622、[SiO2[SiO43[SiO44[SiO4[(AlSi)Ox4-x2，Ca2AlAlSiO7]答：分別為島狀；架狀；單鏈；層狀（復網(wǎng)）；組群（雙四面體）根據(jù)Mg2[SiO4]在（100）面的投影圖回答：（1）結(jié)構(gòu)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＋Mg2＋所占的四面 O與3個[MgO6]和1個[SiO4]，，所以O飽 解：透閃石雙鏈結(jié)構(gòu)，鏈內(nèi)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(jié)合力石墨、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Π鍵，每一層都是六邊石和高嶺石區(qū)別主要是滑石是Mg2+取代Al3+的2:1型結(jié)構(gòu)八面體層為三八面體型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)解：（1）Al3+可與O2-形成[AlO4]5-；Al3+與Si4+處于第二周期，性質(zhì)類似，易于進入硅酸鹽晶體結(jié)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+Si4+是部分取代，Al3+取代Si4+時，結(jié)構(gòu)單元[AlSiO4][ASiO5]，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，3-2化合物都是半導體。由于負離子和間隙正離子使金屬離子過剩產(chǎn)生金屬離子過剩（n型）半導體，正離子和間隙負離子使負離子過剩產(chǎn)生負離子過剩（p型）半導體。（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）（3）晶體結(jié)構(gòu)因素解：影響有：（1）穩(wěn)定晶格，某些晶型轉(zhuǎn)變的發(fā)生；（2）活化晶格，形成固溶體后，晶格體的強度、硬度升高；（4）形成固溶體后對材料物理性質(zhì)的影響：固溶體的電學、熱學、磁學等物理性說明下列符號的含義：VNa，VNa'，VCl˙，（VNa'VCl˙），CaK˙，CaCa，Cai˙˙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）Agl形成弗倫克爾缺陷（Ag+進入間隙）。+·解 NaCa’+ +·

CaNa·+

+ （3）OV’+V （4）AgAgV’+Ag MgOxV=（4.20）3，x=ρVN0/M=3.96,單位晶胞和解：Mg占據(jù)四面體空隙，Li占據(jù)八面體空隙。，求

2Fe·+

+ Fe2yFe1-

[V’’]= 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??？為什么？解 Zni·+Zn（g）+1/2O2=2Zni·+e’+1/2O2

OO+VFe’’+2h k=[OO][V’’][h·]/PO1/2=4[OO][V [VFe’’]∝PO [ 3-比較項固溶體化合物機械混合物（x=0～ +MMMi有：攙雜量<攙雜量>固溶度受固溶[][][]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？Al2O3MgO中形成有限固溶體，在低共熔溫度1995℃18wt％Al2O3溶入MgO中，解：（a）Al3+缺陷反應為 （b）Al3+為置換離缺陷反應為 （100g試樣為基準：（為摩爾數(shù)（m為摩爾數(shù)）2.035MgO·0.176Al2O3或 （4）式各項除以2.563得 對（a）即（b）有為：對硫鐵礦進行化學分析：按分析數(shù)據(jù)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(jié)構(gòu)，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 非化學計量，存在h·P型半導體；FeS1-x中金屬離子過剩，存 S2-空位，存在NFeS、FeS分屬不同類型半導體，通過實驗確定其半導體性質(zhì)即可。解：（1）晶體中間隙位置是有限的，容納雜質(zhì)質(zhì)點能力<10%；（ MgO、Al2O3Cr2O30.47、0.36和0.40，則Al2O3Al2O3形成連續(xù)固溶體。（1）這個結(jié)果可能嗎？為什么？（2）試預計，在MgO－Cr2O3系統(tǒng)中的固溶度是有限的解：（1）Al2O3與Cr2O3能形成連續(xù)固溶體，2）原因:結(jié)構(gòu)類型不同MgONaCl型結(jié)構(gòu)，Cr2O3雖然某種NiONiONi3+／Ni2+＝10－41m3中有多少載流子？解：設非化學計量化合物為NixO，Ni2O32+3+ Ni 則y=5×10-5，x=1- 每m3中有多少載流子即為空位濃度 在MgO－Al2O3和PbTiO3－PbZrO3解：MgO-AL2O3：，即rMg、rAl半徑相差大，MgO（NaCl型）、AL2O3（剛玉） CeO215mol%CaOd＝7.01g/cm3參數(shù)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，O222x=0.15，1-x=0.85，2-x=1.85Ca0.15Ce0.85O1.85。有因為CeO屬于螢石結(jié)構(gòu)，晶胞分子數(shù)Z=4，晶胞中有Ca2+、Ce4+、O2-三種質(zhì)點。22y1-y 0.150.85CaCeO，與已知組成Ca2y1-y 0.150.85 實測密度為 ，接近于∴形成間隙固溶體，存在間隙 離[SiO4]Na4+[Si2O7]Na6——[Si3O10]Na8+（短鍵3[Si3O10]Na8——[Si6O18]Na12+2（六節(jié)環(huán)解：利用X射線檢測。晶體SiO2——質(zhì)點在三做有規(guī)律的排列，各向異性SiO2熔體——內(nèi)部結(jié)構(gòu)為架狀，近程有序，無序而使727℃107Pa·s1156℃103Pa·s106727℃時，η=107Pa·s， 得：1156℃時，η=103Pa·s，由 得：（2）η=106Pa·s時，解得t=808.5℃。[SiO4基本結(jié)構(gòu)單元[SiO4]基本結(jié)構(gòu)單元 環(huán)或八節(jié)環(huán)，無，， SiO1000℃1014Pa·s1400℃107Pa·s。SiO玻璃粘滯流動的，， 解：（1）根據(jù)1000℃時，η=1014 ①1000℃時，η=107Pa·s， 5.27×10-16 =713.51300℃310Pa·s800℃107Pa·s1050℃時其粘度為多少？1300℃時，η=310Pa·s， 得：800℃時，η=107Pa·s，由得 當t=1050℃時η=20130.5Pa·s（logη~1/T） AB12對于熔體1：當t=500℃時 當t=700℃時 當t=900℃時 當t=1100℃時 當t=1350℃時 當t=500℃時 當t=700℃時 當t=900℃時 當t=1100℃時 當t=1350℃時 熔體在派來克斯（Pyrex）1400℃109Pa·s840℃1013Pa·s55解：（1）根據(jù)1400℃時，η=109 ①840℃時，η=1013 11.22 （2）η=105Pa·s時，870℃（η＝106Pa·s）1300℃（η＝102.5Pa·s），估計它的退火點（η＝1012Pa·s）？870℃時，η=106Pa·s， 1300℃時，η=102.5 1.57×10-7 η=1012Pa·s時，1012=1.57×10-t對釉式1：1熔融溫度>21的O/Si2O/Si1加入了PbOB2O3,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℃，軟化點是780℃。求：解：（1）根據(jù)退火點544℃，η=1012 ①780℃，η=4.5×106 1.39×10-12 根據(jù)當η=103Pa·s時 當η=107Pa·s時 10~100當η=10Pa·s時 當η=100Pa·s時 （3）Na2O·1/3Al2O3·SiO2；（4）18Na2O·10CaO·72SiO2（wt％） Al 1020解：1號 2號 18281828

為％，其密度為 =2.5×10-24×6.02×1023/59.770.252V=0.0252×4/3π R=(13.7+13.7+72.6×2)/ Y=Z-X=4-0.76=3.24（2）1000kg，則需要純堿需要石灰石方法研究NCS結(jié)構(gòu)？（2）Na2O2 2查閱下列系統(tǒng)的粘度和Tg/TM等有關數(shù)據(jù)，試判斷下列系統(tǒng)形成玻璃可能性的順序。（1）液態(tài)金以2 2（7）NaCl0℃A12O3基板上冷卻；（8）ZnCl2100℃/s冷卻。10mol％Na2OSiO2中去，計算O∶Si比例是多少？這樣一種配比有形成玻璃趨向解：設要加入XgCaO，則：解：，可以形成玻璃。當加入50mol%Na2O時，連續(xù)網(wǎng)狀SiO2骨架雖然解 SiO2Na2O，使玻璃的O/Si＝2.5，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。O/Si=（x+2y）y 因為O/Si增加了，粘度下降，析晶能力增強了。2＜O/Si＜2.5O/SiNa2O·SiO2玻璃，YY愈小，網(wǎng)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(gòu)成三維網(wǎng)絡，因為四面體間公2O/Si＝3的堿和硅灰石混合物結(jié)晶而不形σ=力/總長度解：P1（熔體柱靜壓力）=hρg=0.2×2200×9.81=4316.4PaP=P1+△P+P大氣=4316.4+1.16×107+1.01×105=117.04×105（1）什么是彎曲表面的附加壓力？其正負根據(jù)什么劃分？（2）0.9J/m2，計算曲率半徑為0.5μm、5μm的曲面附加壓力？解：（1）P0，彎曲表面產(chǎn)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，（2）根據(jù)La ：可算得△P=0.9×（1/0.5+1/5）=1.98×106Pa5-6在高溫將某金屬熔于Al2O3片上。（1）若Al2O3的表面能估計為1J/m2，此熔融金屬的表面而界面能是Al2O3表面張力的2倍，試估計接觸角的大小？解：（1）根據(jù)Yong方程：將已知數(shù)據(jù)代入上式=0.7，所以可算得接觸角約為45.6將已知數(shù)據(jù)代入Yong方程=0.8，可算得接觸角約為36.9度功是多少？已知20℃時的表面張力0.47N/m。解：此過程所需作的功應等于系統(tǒng)表面能的增加, 已知2080℃時Al2O3（L）的表面張力為0.700N/m。解：根 ，可算得△P=2×0.7/10－8=1.4×108，若在為解：（1）根 ，可算得△P=2×0.0289/10－6=5.78×104 查得苯的密度為879kg/m3將已知數(shù)據(jù)代入右邊 苯滴上的蒸氣壓與平面上苯液飽和蒸氣壓之 徑為10－9m的水滴在20℃時的飽和蒸氣壓為多少？解：根 ，可算得△P=2×0.07275/10－9=1.455×108根據(jù)開爾文方 ，簡化 ，將已知條件代入可算得=1.077最后算得半徑為10－9m的水滴在20℃時的飽和蒸氣壓P為大？此時水的密度為958kg/m3，表面張力為0.0589N/m。解：根 ，可算得附加壓力為△P=2×0.0589/10－8=1.178×107對于液體中的氣泡，氣泡的壓力為717℃時大顆粒的1，2－二在水中的溶解度為0.0059mol/L，1，2－二固體與溶的密度為1565kg/m3。解：根 ，將已知數(shù)據(jù)代入，=114.4210－8m1，2－二硝基苯在水中的溶解度為0.029mol/L在PH×103p/V其中V是不同壓力下每克Cu上吸附H2的體積（標準狀況），求朗格繆爾中的Vsp,得以p/v對p做圖，則斜率為1/vs則Vs=1428.6L20℃時，乙醚－水、－乙醚及－水的界面張力分別為0.0107、0.379及0.375N/m，在解：解：=- 結(jié)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(zhì)、板厚、坡口形狀、接頭度增加，把粉末顆粒的體變成為晶粒的聚結(jié)體，從而獲得所需的物理、機械性能的制品或材料。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(nèi)成形劑的分解和排除等。中溫升溫燒結(jié)階段:此階段開始出現(xiàn)再結(jié)晶，在顆粒內(nèi)，變形的晶粒得以恢復，改組為新晶粒，同時表面的氧:此階段中的擴散和流動充分的進行和接近完玻璃和金屬膨脹系數(shù)的一致性，是形成良好封接的宏觀調(diào)控。當玻璃熔體與金屬封接時，處于高溫下見，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(chǎn)生應力。當T﹤TM封接玻璃沿著固有的熱收縮曲線收縮，這個特定溫度TM稱為溫度，它與玻璃的應變T時，產(chǎn)生與金屬間的收縮差⊿d，并在封接件內(nèi)產(chǎn)生與⊿d成比例的應力。當應力對關系實質(zhì)上反映了膨脹系數(shù)的匹配程度，即從TM起始的玻璃與金屬的收縮差應為：⊿d=（ag-am）（TM- 1-1agamTMT600～1500MPa1O%左右。實際上只是抗拉強度會出現(xiàn)問題。可能，采用結(jié)晶化破璃封接，這是提高玻璃抗拉強度的有效途徑，它通?？梢赃_到原始玻璃抗拉強度的3～5倍，甚至5倍以上。900～I100℃，時間封接件內(nèi)的應力大小和分布情況，受到封接件形狀與尺寸的影響。當應力超過封接材料的強度極MO－lO3SO2系統(tǒng)的低共熔物放在S34陶瓷片上，在低共熔溫度下，液相的表面張力為90Nrn60Nm7.2（求i4（2S3460℃，求S34的晶界能？解：（1）=1558.8氧化鋁瓷件中需要披銀已知1000℃時 解 =-解：根據(jù)表面能，其中為固體表面能，為晶格能，為阿弗加常數(shù)，為1m2表面上的原子數(shù)目。和分別為表示第i個原子在晶體面上為4，在（110）面上為2.將上述數(shù)據(jù)帶入，氧和氫氧基結(jié)合，負電端向外。在第一層水分子的形成一個負面，因而又吸引第二層水分子。負整體，一起在介質(zhì)中運動，其厚度約為3－10個水分子厚。在牢固結(jié)合水的吸引著一部分定向程度較0.01μm，求顆粒間平均距離是多少個？（以箭頭表示 率解：（l）Mg2＋ Sr2＋（2）ζ＋ 泥漿穩(wěn)定性 泥漿流動性 泥漿觸變性 泥團可塑性 泥漿濾水性 泥漿澆注時間 Mg2＋NH4＋ 10、1、0.1μm10倍。試求粘土顆粒平均距離是在引力范圍2nm時，粘土體積濃度？Na2CO3Na2SiO3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(zhì)加入位值升至-60mVNa2CO3Na2SiO3后，泥漿的流動性衡時系統(tǒng)中自由度數(shù)與組分數(shù)和相數(shù)之間的關系。一般形式的數(shù)學表達式為F＝C－P＋2。其中F為自由度解：有問題，根據(jù)相律，F(xiàn)=C-P+2=1-P+2=3-P，系統(tǒng)平衡時，F(xiàn)=0，則P=3圖6- 6-點約為1750℃（A點）。6-2DEFKEI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（1）KEC為晶型ⅠEFBC過冷液體的介穩(wěn)區(qū)，AGFB晶型Ⅱ的介穩(wěn)區(qū)，JGA晶型Ⅲ的介穩(wěn)區(qū)，CED是液相區(qū)，KED是氣相區(qū)；解：可逆多晶轉(zhuǎn)變：β-石英←→α-石英α-石英←→α-鱗石英不可逆多晶轉(zhuǎn)變：β-方石英←→β-石英γ-鱗石英←→β-C2S有哪幾種晶型？在加熱和冷卻過程中它們?nèi)绾无D(zhuǎn)變？β-C2S為什么能自發(fā)地轉(zhuǎn)變成γ-C2S？在生產(chǎn)中如何防止β-C2S轉(zhuǎn)變?yōu)棣?C2S？解：C2S有、、、四種晶型，它們之間的轉(zhuǎn) 如右圖所示。由于β-C2S是一種熱力學非β-C2S的相區(qū)。C3Sβ-C2S是硅酸鹽水泥中C3S和β-C2S迅速越過分解溫度或晶型轉(zhuǎn)變溫度，在6-解：第一圖錯，B組元有一個固定的，因此液相線和固相線在B側(cè)應交于一點。第二圖錯，A、B組元具有一個低共，因此A、B的兩條液相線應交于一點。第三圖錯，析晶過程中，達到共后，系統(tǒng)進入低共熔過程，從液相中析出固溶體α、β，系進入三相平衡狀態(tài)，系統(tǒng)的溫度不能變，因此中間的那條線應與AB第四圖錯，具有低共的有限固溶體二元系統(tǒng)相圖中γ固溶體不可能存在。第五圖錯，具有轉(zhuǎn)的有限固溶體二元系統(tǒng)相圖中γ固溶體不可能存在。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(zhì)及其相平衡關系；（3）M1M2熔體的平衡冷卻析晶過程；（4）計算從熔體剛冷至TPTP溫度時系解：（1）（2）轉(zhuǎn)低共液：6-點，剛 離 時點，剛 離 時圖6-5為具有一個不一致熔融化合物的二元系統(tǒng)在低共E發(fā)生如下析晶的過程 ＋AmBn。EB20AmBnB64C1C2E點兩側(cè)。已知C1中B含量是C2中B含量的1.5倍，且在達低共溫度前的冷卻析晶過程中，從該二配料中圖6- 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低共溶點E兩側(cè)，析出初相分別和A。 含B的量為 含B量為y%,則根據(jù)桿杠規(guī)則可以建立下面解聯(lián)立方程，得x=26%,y=17.3%所以 組成為含B的量 組成為含圖6-已知A和B兩組成構(gòu)成具有低共的有限固溶體的二元系統(tǒng)試根據(jù)下列實驗數(shù)據(jù)繪制粗略相圖已知A的為1000℃，B為700℃。含B為25mol％的試樣在500℃完全凝固其中含73.3mol％初SA（B）和26.7mol％（SA（B）＋SB（A））B50mol％的試樣在同一溫度下凝固完畢，其中含 組成必都落在CE間。CBx,EB量為zx=0.051,y=0.799,z=0.949,C點含B0.05mol,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：Al2O3－SiO2系統(tǒng)相圖說明：（1）鋁硅質(zhì)耐火材料：硅磚（SiO2＞98％）、粘土磚（含用，試計算含40mol％Al2O3的粘土磚的最高使用溫度。解：（1）硅磚（含SiO2>98%）SiO22Al203·2SiO3固溶體（莫來石），粘土磚（Al20335～50%）SiO2、A3S2，高鋁磚（Al20360～90%）60～72～90%Al203、A3S2 度，要嚴格防止原料中混如Al203。SiO2為1723℃，SiO2液相很陡，加入少量的Al203后，硅磚中會產(chǎn)生大量的液相，SiO2的 劇烈下降。如加入1wt%Al203，在低共（1595℃）時產(chǎn)生的液相量為1/5.5=18.2%根據(jù)相圖，當出現(xiàn)40%液相時，由桿杠規(guī)則可知， 1670℃ 和CaO，根據(jù)桿杠規(guī)則可知：C3S為 。若要求產(chǎn)物中只有C2SC3SCaO65%～74%之間。平衡冷卻不能達到目的，因為平衡冷卻得到的是C2S和CaO，為使產(chǎn)物只有C2S和C3S，應在溫度降至1250℃急冷。和解：SiO2中加入少量的CaO，在低共1436℃時，液相量為2/37=5.4%，液相量增加不多不會降低硅磚的耐火度，故可加少量CaO作礦化劑。加熱粘土礦物高嶺石（Al2O3·2SiO2·2H2O）至600℃時，高嶺石分解為水蒸氣和Al2O3·2SiO2解：Al2O3·2SiO2·H2OAl2O3·2SiO2Al2O3·2SiO2相圖中SiO2（1）加熱到1595℃時，生成（2）1595A3S2，LMgOAl2O3的熔體冷卻到一定溫度，然后濾去析出的晶體并對剩下的液相進行分析，得知液相中含MgO為65％，解：MgO45.5％；Al2O354.5％能的。事實上三元化合物XYZ的初晶區(qū)不可能延伸到Y(jié)Z邊上。6-6-C＝70％；P：A＝70％、B＝20％、C＝103kgM、2kgN5kgP混合，試根據(jù)杠桿規(guī)則用作圖法找出新配料Q的組成點位置。三個組元A、B、C的高低次序是怎樣排列的（2）B最陡，C次之，A圖6- 圖6-無變量點M、N、O、P均為低共，MOP圖6- 圖6-點l、2的結(jié)晶過程，寫出結(jié)晶過程的相平衡表達式。解：（1）N副△ACNM低共副△BCN對應L低共副△ABNK2根據(jù)圖3（）判斷無變量點、P（）分析熔體23（34的混合物，將于什么溫度出現(xiàn)液相？在該溫度下出現(xiàn)的最大液相量是多少？在什么溫度下完全熔融？寫出其加熱過程相平衡表達式。解：（1）E為低 P為單 加熱組成為M4的混合物，將于E圖6- 圖6-圖6-14為一個三元系統(tǒng)相圖。根據(jù)此圖：（1）判斷化合物D的性質(zhì)，標出圖中各邊界和界線溫降方向并判斷界線性質(zhì)；（2）判斷無變量點E、F、G的性質(zhì)，并寫出相平衡關系式；（3）寫出熔體M1和M2的冷卻析晶過程；（4）計算熔體M2液相剛到結(jié)晶結(jié)束點時以及結(jié)晶結(jié)束后的各相含量。解 熔體M1熔體M26-152個一致熔融二元化合物的三元系統(tǒng)，據(jù)圖回答下列問題：（l）可將其劃解 （1）三個副三角形，△AS1S2、△S1S2B、 △S1S2B 圖6- 圖6-圖6-16是生成一致熔融二元化合物（BC）的三元系統(tǒng)投影圖。設有組成為35％A、35％B 的熔體，試確定其在圖中的位置。冷卻時該熔體在何溫度下開始析出解：M點的位置如下圖所示，M點所在溫度約1050℃，1050根據(jù)圖6-17回答下列問題：（l）說明化合物S1、S2的性質(zhì)；（2）在圖中劃分副三角形及用1、3組成的熔體的冷卻結(jié)晶過程；（5）1結(jié)晶結(jié)束時各相百分含量，若在第三次結(jié)晶過程開 圖6- 圖6-根據(jù)圖6-18回答下列問題：（1）說明化合物S的熔融性質(zhì)，并分析相圖中各界線上溫度變化的方向以及界線和無變量點的性質(zhì)；（2）1、2、34各熔體的冷卻結(jié)晶過程；（3）分別將組成為5和組成為6的物系，在平衡的條件下加熱到完全熔融，說明其固液相組成的變化途徑。解：（1）化合物S為不一致熔融三元化合物；P1E、P2E均為共熔界線，P1P2為轉(zhuǎn)熔界線；無變量E為低共，P1、P2均為單轉(zhuǎn)各無變量點寫出熔體R點的原因；（4）畫出AB、BC二元系統(tǒng)相圖。界線 熔體M在副△BCS內(nèi)，其結(jié)晶結(jié)束點應在E點，所以液相離開R點6-相平衡關系為L（E），為CaO和C3S初相區(qū)的邊界曲線上。（1）分析此液相組成的結(jié)晶過程；（2）在緩慢冷卻到無變量點K的溫度1455℃時急劇冷卻到室溫，則最終獲得哪些相，各相含量多少？圖6- 解 （2）溶體平衡冷卻得到產(chǎn)物是C2S，C3S和C3A，其固相組成點為P點，各晶相可根據(jù)P點在△6-25H1470℃，K1455℃，F(xiàn)1355℃。今取配料成分恰解： 如圖6-25，配料P的液相在無變量點K發(fā)生獨立析晶，最終在低共F結(jié)束結(jié)晶。問此時所獲得的C3S、C2S、C3A和C4AF四種晶相的含量各為多少？如果在F點仍未達到充分平衡，殘留液相能否離開F點解：配料P的液相在無變量點K發(fā)生獨立析晶，最終在低共F結(jié)束結(jié)晶，所獲得C3S為63.9%，C2S為14.6%，C3A和C4AF為21.5%。殘留玻璃相有可能離開F點向其它無變量點繼續(xù)轉(zhuǎn)移。643CaO－A12O3－SiO2系統(tǒng)相圖（6-27），回答下列問題：（1）組成為66％CaO、26％SiO2、8％A12O3的水泥配料將于什么溫度開始出現(xiàn)液相？這時生成的最大液相量是多少；（2）為了得到較高的和圖6- 解：（1）k點開始出現(xiàn)液相，溫度為1455℃,連接3k交CaO-C3S線于6點 急冷好，kAS2CaCO3配料，不能得到33點組成66CaO 26SiO2 8Al2030.078mol化成 4.62%SiO2mol%/題目組成點Al203·2SiO2·2H2O與CaCO3配料，SiO2mol%/Al203mol%=2：1，二者比較SiO2量不夠，所以需加入SiO2設配料100g66gCaO，26gSiO2，8gAl203，66gCaOCaCO3量66/568gAl203化成Al203·2SiO2·2H2O量8/102×258=20.24gAS2·2H2O提供SiO28/102×2×60=9.41g還需SiO2量20.24-9.41=10.83g，CaCO3wt%=79.14%，AS2·2H2Owt%=13.59%，SiO2根據(jù)Na2O－CaO－SiO2系統(tǒng)相圖（6-28）回解：（1）13％Na2O，13％CaO，74％SiO2900℃、800℃時，可能會析出什么晶體？（3）NC3S6晶體加熱時是否會不一致熔化？分解出什么晶體，熔圖6- 解：（1）該點位于△NC3S6-NCS5-SiO2Q點附近β-CS初晶區(qū)對應無變量H點1:3:6+-石英+L1:1:5，配料在827℃熔化，完全熔化為1050（2）加1050L→β-CS，1000℃L→1:3:6+α-鱗石英，900℃L→1:3:6+α-石英，800℃加熱到800℃時未熔化，冷卻到800℃時三個晶相1:3:61:1:5（3）NC3S61:3:6析晶，先析出α-CS，α-CS→β-CS，RQ線上Lβ-1:3:6加熱到RQ界線與CS-1:3:6交點溫度開始熔化（1050℃左右）分解出β-MgO－A12O3－SiO2系統(tǒng)相圖（圖6-29）10％偏高嶺石、90％偏滑石的配料的燒圖6- M點，△MS-M2Al2S35-SiO2對應無變量點1點（1355℃）加熱該組成點，于1點開始出現(xiàn)液相，液相組成點在MS與SiO2界線上移動，固相組成點在MS-SiO2連線上變化，以M點為支點連成杠桿，當L%=35%時，對應溫度1390℃，L%=45%時，對應溫度1430℃，燒成溫度范圍為1390～1430℃。根據(jù)K2O－A12O3－SiO2系統(tǒng)相圖（6-30）50％高嶺石、30％長石、20％石英的一個瓷器配方在1250℃燒成達到平衡時的相組成及各相的相對量。圖6- 解：50%AS2 20%SiO2組成點在△QWD中3點，3點位于初晶區(qū)，對應E點結(jié)晶結(jié)束985℃LSiO2+A3S2+KAS6，加熱組成為3物質(zhì)，于E點開始出現(xiàn)液相升溫于1250℃時，固相中有SiO2·A3S2及L相，液相組成點在莫來石與石英界線上（1250℃等溫線交點），固相組成點在SiO2與A3S2根據(jù)K2O－A12O3－SiO2系統(tǒng)相圖（6-30）4060％的玻璃相，原料中應含K2O多少？若僅從長石中獲得，K2O原料中長石的配比應是多少？解：40%A3S260%液相。原始組成點在A3S2A3S2組點與E12點附近，過原始組成點做△SiO2-K20-Al203K2O、SiO2、Al203K2O：wt%=4.12%Al203:wt%=27.06%SiO2:長石K2O·Al203·6SiO2100gK2O:4.12gAl203:27.06gSiO2:4.12gK2O化成長石4.12/94×24.34gAl2034.47gSiO2Al20327.06-4.47=22.59gSiO268.82-CA相區(qū)范圍內(nèi)，生產(chǎn)時常燒至熔融后冷卻制得，高鋁水泥主要CA，而C2ASC2ASCA相區(qū)內(nèi)應取什么范圍的配料才好，Al2O335%～55%,CaO35%～45%,SiO25%～10%,Fe2O30～15%。這樣可以防止C2AS的產(chǎn)生。先于解：是高鋁配方（P>1.38）。鋁氧率P>1.38的配料，其溶體冷卻經(jīng)過KT2界線時液相要回收C3S，C2S和C3A。因此，當熟料在燒成帶內(nèi)緩慢降溫，使冷卻過程接近平衡狀態(tài)時，將有部分C3S被回收，P>1.38P<1.38的WT2C2S，析出C3S和C4AF，因此，熟料冷卻以對P<1.38的熟料，在燒成帶的冷卻中，降溫速度應當適當減慢。略欲使Ca2＋在CaO中的擴散直至CaO的（2600℃）時都是非本質(zhì)擴散，要求三價離子有什么樣的濃度？試對你在計算中所做的各種特性值的估計作充分說明。已知CaO肖特基缺陷形成能為6eVMV’’Ca所以欲使Ca2＋在CaO中的擴散直至CaO的（2600℃）時都是非本質(zhì)擴散，M3+的濃度（2Al22 2 解：由圖可知CaO1145℃1650℃的擴散系數(shù)值分別為，Al2O31393℃1716℃的擴散系數(shù)根據(jù)可得到CaO在1145℃和1650℃的擴散系數(shù)的比值為， 值代入后可 cm2/s和cm2/s，試計算1000℃的擴散系解：將T=1000℃代入上述方程中可 ，同理可?時間（已知 ＝8×10－12cm2/s；當時，其 ，所以有0.5=，即=0.5，把 －12cm2/s代入得 s在時的擴散系數(shù)為0 的了解，請從運動的觀點和缺陷的產(chǎn)生來推斷活化能的含義；（4）根據(jù)ZnS和ZnO相互類似，預測D隨硫00解：（1）參考7-4得=48856J/mol，D0（2）把T=1023K代入中可 計算擴散活化能，并求出在500℃時碳的擴散系數(shù)。 =1.3×10－8cm2/s， =1111K ，代 并按照7-4所用方法 ；（2）由上步可知 J/mol；（3）將T=773K代入得 在某種材料中，某種粒子的晶界擴散系數(shù)與體積擴散系數(shù)分別為D vvDgb>Dv>，所以有T<1455.6K；當T>1455.6K時體α-Fe（體心立方）和；γ-Fe（面心立方） D＝0.0079exp[－83600/RT]cm2/s；D＝0.21exp[－141284/RT]cm2/s800℃ α γ解：將T=1073K代入題中兩式分別得D=cm2/s =cm2/s。原因：擴散介質(zhì)結(jié)構(gòu)對擴散有很大影響。α-Fe為體心立方，而γα γ在中為41kcal/mol，Mg2＋MgO83kcal/mol，Ca2＋CaO77kcal/mol，F(xiàn)e3＋FeO23kcal/mol不同于內(nèi)部，排列，存在著空位、位錯等缺陷，使之處于應力畸變狀態(tài)，具有較高能量，質(zhì)點在晶<D表面 解：相變驅(qū)動力是在相變溫度下新舊相的體自由能之差（），而且 σ,dA,σdA,因為所需的功等當一種純液體過冷到平衡凝固溫度（T0）以下時，固相與液相間的自由焓差越來越負在溫度T0附近隨溫度變化的關系近似地為： 解：由得：在平衡溫 時 則 時，,得證表達式解：由將代入則令則即求y的極值，當時 故當時，exp（）有極大值。平衡 得:相變平衡溫度 ：相變溫度Ｔ時，系統(tǒng)處于不平衡狀態(tài)，，要使相變自發(fā)進行，須 ，即必須 ，才能發(fā)生相變,,，使用晶核劑可以降低 ，因 下降h △Gh與接觸角θ的關系，并證明 時，△Gh*是均勻成核活化能的一半（２）平衡 （５）將（２）（３）（４）（５）代入（１）式，并令，則由上式可以看出， 時鐵的原子量為55.84，密度為7.3g/cm3，為1593℃，熔化熱為11495J/mol，固－液界晶胞所組成（已知鐵為體心立方晶格，晶格常數(shù)a＝0.305nm）。解：由,晶核體積 ，晶胞的體積 ，則晶胞的個數(shù) m則晶胞的個數(shù) 當過冷度為100℃時，將已知條件代入，得 m此時晶胞的個數(shù) 個熔體冷卻結(jié)晶過程中，在；在 是2090J/cm3。設固－液界面能 核半徑；（2）在900℃和1000℃時進行相變所需的能量。 900℃時 溫度為1000℃時 由，則銅的Tm＝1385k，在過冷度△T＝0.2Tm的溫度下，通過均相成核得到晶體銅。計算該溫度γ）解：由,晶核體積 ，晶胞的體積 ，則晶胞的個數(shù)將已知條件代入，得 個圖9-1 10-1燒結(jié) 泰曼溫度：固體晶格開始明顯流動的溫度，一般在固體（絕對溫度）的2/3處的溫度晶粒長大：是指多晶體材料在高溫保溫過程中系統(tǒng)平均晶粒尺寸逐步上升的現(xiàn)象10-2燒結(jié)推動力是什么？它可憑哪些方式推動物質(zhì)的遷移，各適用于何種燒結(jié)機理?燒結(jié)推動力與相變和化學反應的能量相比很小，因而不能自發(fā)進行，必須加熱下列過程中，哪一個能使燒結(jié)體強度增大，而不產(chǎn)生坯體宏觀上的收縮固相溶解與再析出：接觸點處高的局部應力?塑性變形和蠕變?解：粉體壓塊：蒸發(fā)－凝聚雙球模型：有液相參與的粘性蠕 擴Kingery和LSW：溶