材科基課后習題

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以下晶面指數(shù)和晶向指數(shù)：（001）與[]，（111）與[]，（）與[111]，（）與[236]，（257）與[]，（123）與[]，（102），（），（），[110]，[]，[]答：2-4定性描繪晶體構(gòu)造的參量有哪些定量描繪晶體構(gòu)造的參量又有哪些答：定性：對稱軸、對稱中心、晶系、點陣。定量：晶胞參數(shù)。2-5依照結(jié)協(xié)力的實質(zhì)不一樣，晶體中的鍵合作用分為哪幾類其特色是什么答：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。離子鍵的特色是沒有方向性和飽和性，結(jié)協(xié)力很大。共價鍵的特色是擁有方向性和飽和性，結(jié)協(xié)力也很大。金屬鍵是沒有方向性和飽和性的的共價鍵，結(jié)協(xié)力是離子間的靜電庫侖力。范德華鍵是經(jīng)過分子力而產(chǎn)生的鍵合，分子力很弱。氫鍵是兩個電負性較大的原子相聯(lián)合形成的鍵，擁有飽和性。2-6等徑球最密切聚積的縫隙有哪兩種一個球的四周有多少個四周體縫隙、多少個八面體空隙答：等徑球最密切聚積有六方和面心立方密切聚積兩種，一個球的四周有8個四周體縫隙、6個八面體縫隙。2-7n個等徑球作最密切聚積時可形成多少個四周體縫隙、多少個八面體縫隙不等徑球是如何進行聚積的答：n個等徑球作最密切聚積時可形成n個八面體縫隙、2n個四周體縫隙。不等徑球體進行密切聚積時，能夠當作由大球按等徑球體密切聚積后，小球按其大小分別填充到其縫隙中，稍大的小球填補八面體縫隙，稍小的小球填補四周體縫隙，形成不等徑球體密切聚積。2-8寫出頭心立方格子的單位平行六面體上所有結(jié)點的坐標。答：面心立方格子的單位平行六面體上所有結(jié)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)、聚積系數(shù)。答：：面心：原子數(shù)4，配位數(shù)6，聚積密度六方：原子數(shù)6，配位數(shù)6，聚積密度2-10依據(jù)最密切聚積原理，空間利用率越高，構(gòu)造越穩(wěn)固，金剛石構(gòu)造的空間利用率很低（只有％），為何它也很穩(wěn)固答：最密切聚積原理是成立在質(zhì)點的電子云散布呈球形對稱以及無方向性的基礎(chǔ)上的，故只合用于典型的離子晶體和金屬晶體，而不可以用最密聚積原理來權(quán)衡原子晶體的穩(wěn)固性。此外，金剛石的單鍵個數(shù)為4，即每個原子四周有4個單鍵（或原子），由四周體以共頂方式共價聯(lián)合形成三維空間構(gòu)造，所以，固然金剛石構(gòu)造的空間利用率很低（只有％），可是它也很穩(wěn)固。2-11證明等徑圓球六方最密聚積的縫隙率為％。答：設(shè)球半徑為a，則球的體積為，球的z=4，則球的整體積（晶胞），立方體晶胞體積：(2a)3=16a3，空間利用率=球所占體積/空間體積=%，縫隙率=%=%。2-12金屬鎂原子作六方密聚積，測得它的密度為cm3，求它的晶胞體積。答：設(shè)晶胞的體積為V,相對原子質(zhì)量為M,則晶胞體積nm32-13依據(jù)半徑比關(guān)系，說明以下離子與O2—配位時的配位數(shù)各是多少已知rO2－＝，rSi4＋＝，rK＋＝，rAl3＋＝，rMg2＋＝。答：關(guān)于Si4+、K+、Al3+、Mg2+來說，其挨次是、、、；依照正離子配位數(shù)與正負離子半徑比的關(guān)系知配位數(shù)為：Si4+4；K+8；Al3+6；Mg2+6。2-14為何石英不一樣系列變體之間的轉(zhuǎn)變溫度比同系列變體之間的轉(zhuǎn)變溫度高得多答：石英同一系列之間的轉(zhuǎn)變是位移性轉(zhuǎn)變，不波及晶體構(gòu)造中鍵的破碎和重修，僅是鍵長、鍵角的調(diào)整、需要能量較低，且轉(zhuǎn)變快速可逆；而不一樣系列之間的轉(zhuǎn)變屬于重修性轉(zhuǎn)變，都波及到舊鍵的破碎和新鍵的重修，因此需要較的能量，且轉(zhuǎn)變速度遲緩；所以石英不一樣系列之間的轉(zhuǎn)變溫度比同系列變體之間轉(zhuǎn)變的溫度要高的多。2-15有效離子半徑可經(jīng)過晶體構(gòu)造測定算出。在下邊NaCl型構(gòu)造晶體中，測得MgS和MnS的晶胞參數(shù)均為a＝（在這兩種構(gòu)造中，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-)，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型構(gòu)造，測得其密度為cm3，依據(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獲取數(shù)值進行比較。答：設(shè)晶胞的體積為V,相對原子質(zhì)量為M,關(guān)于NaCl型構(gòu)造來說，其n=4,則晶胞體積nm3則晶胞參數(shù)：,依據(jù)離子半徑計算：a=2(r++r-)=∴<a2-17Li2O的構(gòu)造是O2－作面心立方聚積，Li＋占有所有四周體縫隙地點，氧離子半徑為。求：（1）計算負離子相互接觸時，四周體縫隙所能容納的最大陽離子半徑，并與書末附＋半徑比較，說明此時2－可否相互接觸；（2）依據(jù)離表LiO子半徑數(shù)據(jù)求晶胞參數(shù)；（3）求Li2O的密度。解：依據(jù)上圖GO=FO=rmax，AB=BC=AC=AD=BD=CD=2由幾何關(guān)系知：=比Li+的離子半徑rLi+=小，所以此時O2-不可以相互接觸。晶胞參數(shù)=Li2O的密度g/cm32-18MgO和CaO同屬NaCl型構(gòu)造，而它們與水作用時則CaO要比MgO開朗，試解說之。解：因為rMg2+與rCa2+不一樣，rCa2+>rMg2+，使CaO構(gòu)造較MgO松散，H2O易于進入，所以開朗。2-19CaF2的晶胞參數(shù)為。（1）依據(jù)CaF2晶胞立體圖畫出CaF2晶胞在（001）面上的投影圖；2）畫出CaF2（110）面上的離子擺列簡圖；（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）面上的離子擺列簡圖（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－的電價能否飽和解：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－作面心立方聚積時，各四周體縫隙和八面體縫隙的所在地點（以一個晶胞為構(gòu)造基元表示出來）；（2）計算四周體縫隙數(shù)、八而休縫隙數(shù)與O2－數(shù)之比解（1）略（2）四周體縫隙數(shù)與O2－數(shù)之比為2:1，八面體縫隙數(shù)與O2－數(shù)之比為1:12-22依據(jù)電價規(guī)則，在下邊狀況下，縫隙內(nèi)各需填入何種價數(shù)的陽離子，并對每一種構(gòu)造舉出—個例子。（1）所有四周體縫隙地點均填滿；（2）所有八面體縫隙地點均填滿；（3）填滿—半四周體縫隙地點；（4）填滿—半八面體縫隙地點。答：分別為（1）陰陽離子價態(tài)比應(yīng)為1:2如CaF2（2）陰陽離子價態(tài)比應(yīng)為1:1如NaCl（3）陰陽離子價態(tài)比應(yīng)為1:1如ZnS（4）陰陽離子價態(tài)比應(yīng)為1:2如TiO22-23化學手冊中給出NH4Cl的密度為cm3，X射線數(shù)聽說明NH4Cl有兩種晶體構(gòu)造，一種為NaCl型構(gòu)造，a＝；另一種為CsCl構(gòu)造，a＝。上述密度值是哪一種晶型的（＋離子作為NH4一個單元占有晶體點陣）。解：若NH4Cl為NaCl構(gòu)造則可由公式可得：=cm3若NH4Cl為NaCl構(gòu)造，則可由公式可得：=由計算可知NaCl型構(gòu)造的NH4Cl與化學手冊中給出NH4Cl的密度湊近，所以該密度NaCl晶型2-24MnS有三種多晶體，其中兩種為NaCl型構(gòu)造，一種為立方ZnS型構(gòu)造，當有立方型ZnS構(gòu)造轉(zhuǎn)變?yōu)镹aCl型構(gòu)造時，體積變化的百分數(shù)是多少已知CN＝6時，rMn2＋＝，rS2－＝；CN＝4時，rMn2＋＝，rS2－＝。解：當為立方ZnS型構(gòu)造時：=當為NaCl型構(gòu)造時：=2(rMn2++rS2-)=2+=所以體積變化：=%2-25鈦酸鋇是一種重要的鐵電陶瓷，其晶型是鈣鈦礦構(gòu)造，試問：（1）屬于什么點陣（2）這個構(gòu)造中離子的配位數(shù)為若干（3）這個構(gòu)造恪守鮑林規(guī)則嗎請作充分議論。答：（1）屬于立方晶系（2）Ba2+、Ti4+和O2-的配位數(shù)分別為12、6和63）這個構(gòu)造恪守鮑林規(guī)則鮑林第一規(guī)則——配位多面體規(guī)則關(guān)于Ti4+配位數(shù)為6關(guān)于Ba2+

配位數(shù)為

12切合鮑林第一規(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，故切合鮑林第二規(guī)則，又依據(jù)鈣鈦礦型構(gòu)造知其配位多面體不存在共棱或共面的狀況，構(gòu)造狀況也切合鮑林第四規(guī)則——不一樣配位體連結(jié)方式規(guī)則和鮑林第五規(guī)則——節(jié)儉規(guī)則所以鈣鈦礦構(gòu)造恪守鮑林規(guī)則。2-26硅酸鹽晶體構(gòu)造有何特色如何表征其學式答：硅酸鹽晶體構(gòu)造特別復(fù)雜，但不一樣的構(gòu)造之間擁有下邊的共同特色：（1）構(gòu)造中的Si4+離子位于O2-離子形成的四周體中心，構(gòu)成硅酸鹽晶體的基本構(gòu)造單元[SiO4]四周體。Si-O-Si是一條夾角不等的折線，一般在145°左右。2）[SiO4]四周體的每個極點，即O2-離子最多只好為兩個[SiO4]四周體所共用。3）兩個相鄰的[SiO4]四周體之間只好共頂而不可以共棱或共面連結(jié)。4）[SiO4]四周體中心的Si4+離子能夠部分地被Al3+離子所代替，代替后構(gòu)造自己不發(fā)生太大變化，即所謂的同晶代替，但晶體的性質(zhì)發(fā)生了很大的變化。這為資料的改性供給了可能。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(gòu)成硅酸鹽晶體的所有氧化物按必定的比率溫次序所有寫出來，先是物，其次是2價、3價的金屬氧化物，最后是SiO2

1價的堿金屬氧化（2）無機絡(luò)合鹽表示法構(gòu)成硅酸鹽晶體的所有離子按必定的比率溫次序所有寫出來，

再把有關(guān)的絡(luò)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。氧化物表示法的長處在于了如指掌的反響出晶體的化學構(gòu)成，能夠按此配料來進行晶體的實驗室合成。用無機絡(luò)合鹽法例能夠比較直觀的反響出晶體所屬的構(gòu)造種類，從而能夠?qū)w構(gòu)造及性質(zhì)作出必定程度的展望。兩種表示方法之間能夠相互變換。2-27硅酸鹽晶體的分類依照是什么可分為那幾類，每類的構(gòu)造特色是什么答：硅酸鹽晶體主若是依據(jù)[SiO4]在構(gòu)造中的擺列聯(lián)合方式來分類，詳細能夠分為五類：島狀、組群狀、鏈狀、層狀和架狀。構(gòu)造和構(gòu)成上的特色見下表：構(gòu)造種類[SiO4]共用O2-數(shù)形狀絡(luò)陰離子團Si:OI島狀0四周體[SiO4]4-1:4組群狀1雙四周體[Si2O7]6-2:72三節(jié)環(huán)[Si3O9]6-1:32四節(jié)環(huán)[Si4O12]8-1:32六節(jié)環(huán)61812-1:3[SiO]鏈狀2單鏈264-1:3[SiO]2、3雙鏈[Si4O11]6-4:11層狀3平面層[Si4O10]4-4:10架狀4骨架[SiO4]4-1:4[(Alx4-x8x-1:4Si)O]2-28以下硅酸鹽礦物各屬何種構(gòu)造種類：Mg2[SiO4]，K[AlSi3O8]，CaMg[Si2O6]，Mg3[Si4O10]（OH）2，Ca2Al[AlSiO7]。答：分別為島狀；架狀；單鏈；層狀（復(fù)網(wǎng)）；組群（雙四周體）。2-29依據(jù)Mg[SiO]在（100）面的投影圖回答：（1）構(gòu)造中有幾種配位多面體，各配位多24面體間的連結(jié)方式如何（2）O2－的電價能否飽和（3）晶胞的分子數(shù)是多少（4）Si4＋和Mg2＋所占的四周體縫隙和八面體縫隙的分數(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59[MgO6]和49[MgO6]共棱75O2-和27O2-，不一樣層的[MgO6]八面體共頂，如1[MgO6]和51[MgO6]共頂是22O2-，同層的[MgO6]與[SiO4]共頂，如T[MgO6]和7[SiO4]共頂22O2-，不一樣層的[MgO6]與[SiO4]共棱，T[MgO6]和43[SiO4]共28O2-和28O2-；（2）O2-與3個[MgO6]和1個[SiO4]，，所以O(shè)2-飽和3）z=4；（4）Si4+占四周體縫隙=1/8，Mg2+占八面體縫隙=1/2。2-30石棉礦如透閃石

Ca2Mg5[Si4O11]（OH）2擁有纖維狀結(jié)晶習慣，

而滑石

Mg3[Si4O10]（OH）卻擁有片狀結(jié)晶習慣，試解說之。解：透閃石雙鏈構(gòu)造，鏈內(nèi)的Si-O鍵要比鏈5的Ca-O、Mg-O結(jié)協(xié)力較弱處劈裂成為纖維狀；滑石復(fù)網(wǎng)層構(gòu)造，復(fù)網(wǎng)層由兩個構(gòu)造構(gòu)成，復(fù)網(wǎng)層與復(fù)網(wǎng)層之間靠教弱的分之間作使勁聯(lián)系，間力聯(lián)系處解理成片狀。

鍵強好多，所以很簡單沿鏈間[SiO4]層和中間的水鎂石層因分子間力衰，所以易沿分子2-31石墨、滑石和高嶺石擁有層狀構(gòu)造，說明它們構(gòu)造的差異及由此惹起的性質(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，每一層都是六邊形網(wǎng)狀構(gòu)造。因為空隙較大，電子可在同層中運動，能夠?qū)щ姡瑢娱g分子間力作用，所以石墨比較軟?；透邘X石差異主若是滑石是Mg2+代替Al3+的2:1型構(gòu)造八面體層為三八面體型構(gòu)造而高嶺石為1:1型二八面體構(gòu)造2-32（1）在硅酸鹽晶體中，Al3＋為何能部分置換硅氧骨架中的Si4＋；（2）Al3＋置換Si4＋后，對硅酸鹽構(gòu)成有何影響（3）用電價規(guī)則說明Al3＋置換骨架中的Si4＋時，往常不超出一半，不然將使構(gòu)造不穩(wěn)固。解：（1）Al3+可與O2-形成[AlO4]5-；Al3+與Si4+處于第二周期，性質(zhì)近似，易于進入硅酸鹽晶體構(gòu)造中與Si4+發(fā)生同晶代替，因為按照鮑林規(guī)則，所以只好部分代替；（2）Al3+置換Si4+是部分代替，Al3+代替Si4+時，構(gòu)造單元[AlSiO4][ASiO5]，失掉了電中性，有剩余的負電荷，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+進入構(gòu)造中；（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，若代替超出一半，二者相差必定>1/4，造成構(gòu)造不穩(wěn)固。第三章答案3-2略。3-2試述位錯的基本種類及其特色。解：位錯主要有兩種：刃型位錯和螺型位錯。刃型位錯特色：滑移方向與位錯線垂直，符號⊥，有剩余半片原子面。螺型位錯特色：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色為何非化學計量化合物都是

n型或

p型半導體資料解：非化學計量化合物的特色：非化學計量化合物產(chǎn)生及缺點濃度與氛圍性質(zhì)、壓力有關(guān)；能夠看作是高價化合物與廉價化合物的固溶體；缺點濃度與溫度有關(guān)，這點能夠從均衡常數(shù)看出；非化學計量化合物都是半導體。因為負離子缺位和空隙正離子使金屬離子剩余產(chǎn)生金屬離子剩余（n型）半導體，正離子缺位和空隙負離子使負離子剩余產(chǎn)生負離子剩余（p型）半導體。3-4影響置換型固溶體和空隙型固溶體形成的要素有哪些解：影響形成置換型固溶體影響要素：（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%不可以形成固熔體。（2）離子價：電價相同，形成連續(xù)固熔體。（3）晶體構(gòu)造要素：基質(zhì)，雜質(zhì)構(gòu)造相同，形成連續(xù)固熔體。（4）場強要素。（5）電負性：差值小，形成固熔體。差值大形成化合物。影響形成空隙型固溶體影響要素：（1）雜質(zhì)質(zhì)點大?。杭丛鎏淼脑佑?，易形成固溶體，反之亦然。（2）晶體（基質(zhì)）構(gòu)造：離子尺寸是與晶體構(gòu)造的關(guān)系親密有關(guān)的，在必定程度上來說，構(gòu)造中空隙的大小起了決定性的作用。一般晶體中縫隙愈大，構(gòu)造愈松散，易形成固溶體。（3）電價要素：外來雜質(zhì)原子進人空隙時，必定惹起晶體構(gòu)造中電價的不均衡，這時能夠經(jīng)過生成空位，產(chǎn)生部分代替或離子的價態(tài)變化來保持電價均衡。3-5試剖析形成固溶體后對晶體性質(zhì)的影響。解：影響有：（1）穩(wěn)固晶格，阻擋某些晶型轉(zhuǎn)變的發(fā)生；（2）活化晶格，形成固溶體后，晶格構(gòu)造有必定畸變，處于高能量的活化狀態(tài)，有益于進行化學反響；（3）固溶加強，溶質(zhì)原子的溶入，使固溶體的強度、硬度高升；（4）形成固溶體后對資料物理性質(zhì)的影響：固溶體的電學、熱學、磁學等物理性質(zhì)也隨成分而連續(xù)變化，但一般都不是線性關(guān)系。固溶體的強度與硬度常常高于各組元，而塑性則較低3-6說明以下符號的含義：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+占有K.地點，帶一個單位正電荷；Ca原子位于Ca原子地點上；Ca2+處于晶格空隙地點。3-7寫出以下缺點反響式：（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形成肖特基缺點；（4）Agl形成弗倫克爾缺點（Ag+進入空隙）。解：（1）NaClNaCa’+Cl+VCl·（2）CaCl2·CaNa+2ClCl+VNa’（3）OV’·Na+VCl（4）AgAgV’·Ag+Agi3-8MgO的密度是cm3，其晶格參數(shù)是，計算單位晶胞MgO的肖特基缺點數(shù)。解：設(shè)出缺點的MgO晶胞的晶胞分子數(shù)為x，晶胞體積V=（）3，x=ρVN0/M=,單位晶胞的肖脫基缺點數(shù)=4-x=。3-9MgO（NaCl型構(gòu)造）和Li2O（反螢石型構(gòu)造）均以氧的立方密堆為基礎(chǔ)，并且陽離子都在這種擺列的空隙中，但在MgO中主要的點缺點是肖特基缺點，而在Li2O中是弗倫克爾型，請解說原由。解：Mg占有四周體縫隙，Li占有八面體縫隙。3-10MgO晶體的肖特基缺點生成能為84kJ/mol，計算該晶體1000K和1500K的缺點濃度。－－（答：×103，×102）解：n/N=exp（-E/2RT），R=，T=1000k：n/N=×10-3；T=1500k：n/N=×10-2。3+2+－53-11非化學計量化合物x／Fe＝，求Fexx值。（答：×10；）FeO中，F(xiàn)eO中的空位濃度及解：Fe2O3·2FeFe+3OO+VFe’’y2yyFe3+2yFe2+1-3yO，X=1-y==,Fe-2[V’’]===×103-12非化學計量缺點的濃度與四周氛圍的性質(zhì)、壓力大小有關(guān)，假如增大四周氧氣的分壓．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仍是減小為何解：Zn（g）·Zni+e’Zn（g）+1/2O2=ZnO·Zni+e’+1/2OZnO[ZnO]=[e’]·ρ∴PO2[Zni]·O2（g）OO+VFe’’+2h’’·’’k=[OO][VFe]/PO][h21/2=4[OO][VFe]3/PO21/2[VFe’’]∝PO2-1/6，∴PO2[VFe’’]ρ3-13關(guān)于刃位錯和螺位錯，差異其位錯線方向、伯氏矢量和位錯運動方向的特色。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。3-14圖3-1是晶體二維圖形，內(nèi)含有一個正刃位錯和一個負刃位錯。1）環(huán)繞兩個位錯伯格斯回路，最后得伯格斯矢量若干2）環(huán)繞每個位錯分別作伯氏回路，其結(jié)果又如何解：略。3-15有兩個相同符號的刃位錯，在同一滑移面上相遇，它們將是排擠仍是吸引解：排擠，張應(yīng)力重疊，壓應(yīng)力重疊。3-16晶界對位錯的運動將發(fā)生怎么樣的影響能估計嗎解：晶界對位錯運動起阻擋作用。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繪嗎解：不可以，在大角度晶界中，原子擺列湊近于無序的狀態(tài)，而位錯之間的距離可能只有1、個原子的大小，不合用于大角度晶界。3-18從化學構(gòu)成、相構(gòu)成考慮，試比較固溶體與化合物、機械混淆物的差異。固溶體機械混淆物化合物以原子尺寸“溶解”生形成原由粉末混淆原子間相互反應(yīng)生成成相數(shù)均勻單相多相單相均勻化學計量不恪守定比定律恪守定比定律有幾種混淆物就有多化學構(gòu)成不確立確立少化學構(gòu)成以AO溶質(zhì)溶解在B23溶劑中為例：O比較項固溶體化合物機械混淆物化學構(gòu)成2423（x=0～2）ABOAO+BO相構(gòu)成均勻單相單相兩相有界面3-19試說明固溶體、晶格缺點和非化學計量化合物三者之間的異同點，列出簡潔表格比較。解：固溶體、晶格缺點、非化學計量化合物都是點缺點，是晶體構(gòu)造缺點，都是單相均勻的固體，構(gòu)造同主晶相。熱缺點——本征缺點；固溶體——非本征缺點；分類形成原由形成條件缺點反響化學式溶解度、缺點濃度肖特基O+MX熱缺點熱起伏T>0k只受溫度控制弗倫克爾MM·MXMi+無：受溫度控制夾雜大小，電負有：夾雜量<固溶度無窮，有限，固溶體性，電價，受溫度控制置換，空隙溶解構(gòu)造夾雜量>固溶度受固溶度控制·陽缺Fe1-xO[h]∝非化學陰間環(huán)境中氣UO2+x[]∝計量化氛性質(zhì)和合物陽間壓力變化Zn1+xO[]∝陰缺TiO2-X[]∝3-20在面心立方空間點陣中，面心地點的原子數(shù)比立方體項角地點的原子數(shù)多三倍。原子B溶入A晶格的面心地點中，形成置換型固溶體，其成分應(yīng)當是A32為何B呢仍是AB解：略。3-21Al2O3在MgO中形成有限固溶體，在低共熔溫度1995℃時．約有18wt％Al2O3溶入MgO中，假定MgO單位晶胞尺寸變化可忽視不計。試估計以下狀況的密度變化。1）Al3+為填隙離子；2）Al3+為置換離子。解：（a）Al3+為填隙離子：缺點反響為：（1）固溶式分子式：（b）Al3+為置換離子：缺點反響為：（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(shè)：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對硫鐵礦進行化學剖析：按剖析數(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空位的缺點構(gòu)造，后者是Fe被置換。假想用一種實驗方法以確立該礦物終究屬哪一類成分解：Fe1-xS中存在Fe空位，非化學計量，存在·1-x中金屬離子剩余，存hP型半導體；FeS在S2-空位，存在N型半導體；因Fe1-xS、FeS1-x分屬不一樣種類半導體，經(jīng)過實驗確立其半導體性質(zhì)即可。3-23說明為何只有置換型固溶體的兩個組分之間才能相互完整溶解，而填隙型固溶體則不可以。解：（1）晶體中空隙地點是有限的，容納雜質(zhì)質(zhì)點能力<10%；（2）空隙式固溶體的生成，一般都使晶格常數(shù)增大，增添到必定的程度，使晶格變得不穩(wěn)固而離解；置換固溶體形成是同號離子互換地點，不會對接產(chǎn)生影響，所以可形成連續(xù)固溶體。3-24關(guān)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(jié)果可能嗎為何（限的仍是無窮的為何

2）試估計，在

MgO－Cr2O3系統(tǒng)中的固溶度是有解：（1）Al2O3與Cr2O3能形成連續(xù)固溶體，原由：1）構(gòu)造內(nèi)型相同，同屬于剛玉構(gòu)造。2）2）MgO與Cr2O3的固溶度為有限原由:構(gòu)造種類不一樣MgO屬于NaCl型構(gòu)造，Cr2O3屬剛玉構(gòu)造。固然也不行能形成連續(xù)固溶體。3-25某種NiO是非化學計量的，假如NiO中Ni3+／Ni2+＝10－4，問每1m3中有多少載流子解：設(shè)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=，3中有多少載流子即為空位濃度：[-5。每m]=y/（1+x）=×103-26在MgO－Al2O3和PbTiO3－PbZrO3中哪一對形成有限固溶體，哪一對形成無窮固溶體，為何解：MgO-AL23，即rMg、rAl23O：半徑相差大，MgO（NaCl型）、ALO（剛玉）構(gòu)造種類差異大，形成有限固溶體；33Ti4+、Zr4+半徑相差較大（）,但都是（ABO3PbTiO-PbZrO形成無窮固溶體，因為只管）鈣鈦礦型構(gòu)造，Ti4+、Zr4+都填補八面體縫隙，該縫隙體積較大，可填入的陽離子的半徑r值可在必定范圍內(nèi)變化，而不至于使構(gòu)造變化。2為螢石構(gòu)造，其中加入15mol%CaO形成固溶體，測得固溶體密度d＝cm3，晶胞3-27CeO參數(shù)a＝，試經(jīng)過計算判斷生成的是哪一種種類固溶體。已知原子量，，。解：關(guān)于CaO-CeO2固溶體來說，從知足電中性來看，能夠形成氧離子空位的固溶體也可形成Ca2+嵌入陰離子空隙中的固溶體，其固溶方程為：關(guān)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(jié)構(gòu)，晶胞分子數(shù)Z=4，晶胞中有Ca2+、Ce4+、O2-三種質(zhì)點。晶胞質(zhì)量關(guān)于空隙固溶體，其化學式Ca2yCe1-yO2，與已知構(gòu)成對比，O2-不一樣，空隙式固溶體化學式×2/同理可得實測密度為d=，湊近于d2∴形成空隙固溶體，存在空隙Ca離子第四章答案4-1略。4-2試簡述硅酸鹽熔體聚合物構(gòu)造形成的過程和構(gòu)造特色。解：聚合物的形成是以硅氧四周體為基礎(chǔ)單位，構(gòu)成大小不一樣的聚合體?？煞譃槿齻€階段：早期：石英的分化，架狀[SiO4]斷裂，在熔體中形成了各樣聚合程度的聚合物。中期：縮聚并陪伴變形一般鏈狀聚合物易發(fā)生環(huán)繞Si-O軸轉(zhuǎn)動同時曲折，層狀聚合物使層自己發(fā)生褶皺、翹曲、架狀聚合物熱缺點增加，同時Si-O-Si鍵角發(fā)生變化。[SiO4]Na4+[Si2O7]Na6——[Si3O10]Na8+Na2O（短鍵）3[Si3O10]Na8——[Si6O18]Na12+2Na2O（六節(jié)環(huán)）后期：在一準時間和溫度范圍內(nèi)，聚合和解聚達到均衡。縮聚開釋的Na2O又能進一步侵害石英骨架而使其分化出低聚物，這樣循環(huán)，直到系統(tǒng)達到分化-縮聚均衡為止。4-3試用實驗方法鑒識晶體SiO2、SiO2玻璃、硅膠和SiO2熔體。它們的構(gòu)造有什么不一樣解：利用X射線檢測。晶體SiO2——質(zhì)點在三維空間做有規(guī)律的擺列，各向異性。SiO2熔體——內(nèi)部構(gòu)造為架狀，近程有序，遠程無序。SiO2玻璃——各向同性。硅膠——松散多孔。4-4影響熔體粘度的要素有哪些試剖析一價堿金屬氧化物降低硅酸鹽熔體粘度的原由。解：（1）影響熔體粘度的主要要素：溫度和熔體的構(gòu)成。堿性氧化物含量增添，強烈降低粘度。隨溫度降低，熔體粘度按指數(shù)關(guān)系遞加。（2）往常堿金屬氧化物（Li22222O、NaO、KO、RbO、CsO）能降低熔體粘度。這些正離子由于電荷少、半徑大、和O2－的作使勁較小，供給了系統(tǒng)中的“自由氧”而使O/Si比值增添，導致本來硅氧負離子團解聚成較簡單的構(gòu)造單位，因此使活化能減低、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：依據(jù)727℃時，η=107Pa·s，由公式得：（1）1156℃時，η=103Pa·s，由公式得：（2）聯(lián)立（1），（2）式解得∴A=，B=13324當η=106Pa·s時，解得t=℃。4-6試述石英晶體、石英熔體、Na2O·2SiO2熔體構(gòu)造和性質(zhì)上的差異。石英晶體石英熔體Na22O2SiO[SiO4]按共頂方式對稱有規(guī)基本構(gòu)造單元[SiO基本構(gòu)造單元[Si12-呈六構(gòu)造4]呈架6O18]律有序擺列，遠程有序狀構(gòu)造，遠程無序節(jié)環(huán)或八節(jié)環(huán)，遠程無序固體無流動性，熔點高，硬有流動性，η大，電導率有流動性，η較石英熔體小，性質(zhì)度大，導電性差，構(gòu)造穩(wěn)固，大，表面張力大電導率大，表面張力大化學穩(wěn)固性好4-7SiO2熔體的粘度在1000℃時為1014Pa·s，在1400℃時為107Pa·s。SiO2玻璃粘滯流動的活化能是多少上述數(shù)據(jù)為恒壓下獲得，若在恒容下獲取，你以為活化能會改變嗎為何解：（1）依據(jù)公式：1000℃時，η=1014Pa·s，T=1000+273=1273K,①1000℃時，η=107Pa·s，T=1400+273=1673K,②聯(lián)立（1），（2）式解得：-16=mol×10Pa·s，2）若在在恒容下獲取，活化能不會改變。因為活化能是液體質(zhì)點作直線運動所必需的能量。它與熔體構(gòu)成和熔體[SiO4]聚合程度有關(guān)。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可否形成玻璃解：（1）依據(jù)1300℃時，η=310Pa·s，由公式得：①800℃時，η=107Pa·s，由公式得：②聯(lián)立（1），（2）式解得∴A=，B=當t=1050℃時，解得η=·s。（2）在此溫度下，極冷能形成玻璃。4-9試用logη＝A＋B/（T－T）方程式，繪出以下兩種熔體在1350~500℃間的粘度曲線0（logη~1/T）。兩種熔體常數(shù)以下：序號ABT01422921924690216解：依據(jù)公式：關(guān)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=1373K,,當t=1350℃時，T=1350+273=1623K,,關(guān)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1350~500℃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）依據(jù)公式：1400℃時，η=109Pa·s，T=1400+273=1673K,①840℃時，η=1013Pa·s，T=840+273=1113K,②聯(lián)立（1），（2）式解得：·s，=mol2）當η=105Pa·s時，105=解得t=℃4-11一種玻璃的工作范圍是870℃（η＝106Pa·s）至1300℃（η＝·s），估計它的退火點（η1012Pa·s）解：依據(jù)公式：870℃時，η=106Pa·s，T=870+273=1143K,①1300℃時，η=·s，T=1300+273=1573K,②聯(lián)立（1），（2）式解得：-7=mol×10Pa·s，1212-7當η=10Pa·時，s10=×10解得t=℃4-12從以下兩種釉式中，你可否判斷二者的熔融溫度、粘度、表面張力上的差異說明理由。解：（1）粘度的差異對釉式1：Al3+按網(wǎng)絡(luò)形成離子，關(guān)于釉式2：Al3+被視為網(wǎng)絡(luò)改變離子即：釉式1Y121粘度>釉式2粘度。>釉式2Y，所以在高溫下釉式（2）釉式1熔融溫度>釉式2熔融溫度（3）表面張力的差異：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,這些氧化物能夠降低表面張力。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℃，融化點是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）依據(jù)公式：退火點544℃，η=1012Pa·s，T=544+273=817K,①6②融化點為780℃，η=×10Pa·s，T=780+273=1053K,聯(lián)立（1），（2）式解得：-12=mol×10Pa·s，（2）工作溫度范圍粘度一般為103~依據(jù)公式：當η=103Pa·s時，T==℃當η=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η=10Pa·s時，T==℃當η=100Pa·s時，T==℃所以熔融溫度范圍是℃~℃4-14影響玻璃形成過程中的動力學要素是什么結(jié)晶化學要素是什么試簡要表達之。解：影響玻璃形成的重點是熔體的冷卻速率，熔體是析晶仍是形成玻璃與過冷度、粘度、成核速率、晶體生長速率有關(guān)。玻璃形成的結(jié)晶化學要素有：復(fù)合陰離子團大小與擺列方式，鍵強，鍵型。4-15試計算以下玻璃的構(gòu)造參數(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，Y=8-2R=8-6=2（2）>1Al3+被視為網(wǎng)絡(luò)形成離子Z=4，X=2R-Z==，Y==（3）>1Al3+被視為網(wǎng)絡(luò)形成離子Z=4，，X=2R-Z==，Y==4）Na2OCaO2SiOwt%181072molmol%%%%Z=4，，X=2R-Z=，Y==4-16有兩種玻璃其構(gòu)成（mol％）以下表，試計算玻璃的構(gòu)造參數(shù)，并比較兩種玻璃的粘度在高溫下何者大序號Na2OCaO23223A1OSiOBO12010106002100206010解：1號：Z=4，Al3+被視為網(wǎng)絡(luò)形成離子X1=2R-Z=，Y1==2號：Z=4，Al3+被視為網(wǎng)絡(luò)改變離子X2=2R-Z=，Y2==Y1>Y2高溫下1號玻璃的粘度大。4-17有兩種不一樣配比的玻璃其構(gòu)成（wt％）以下，試用玻璃構(gòu)造參數(shù)說明兩種玻璃高溫下粘度的大小序號Na2OA12O3SiO2181280212880解：Na2OA12O3SiO2序號wt%mol%wt%mol%wt%mol%181280212880關(guān)于1：Z=4，Al2O3被視為網(wǎng)絡(luò)形成離子X1=2R-Z=，Y1=4-X=關(guān)于2：Z=4，Al2O3被視為網(wǎng)絡(luò)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有一種玻璃構(gòu)成（22cm3。（1）計wt％）為NaO14％、CaO13％、SiO73％，其密度為算該玻璃的原子聚積系數(shù)（AFP）及構(gòu)造參數(shù)值（2）若用純堿、石灰石和石英砂作原料，用1000kg石英砂熔制該玻璃，問其余兩種原料各需多少解：（1）該玻璃的均勻分子量GM=×62+×56+×=在13中原子數(shù)為×-24××23個3n==1010/=/在13原子所占體積V=×4/3π[×+2×+（×++×2）×]=AFP=構(gòu)造參數(shù)：Na2OCaOSiO2wt%141373molmol%R=++×2)/=Z=4∴X=2R-Z=×2-4=Y=Z-X==（2）石英砂為1000kg，則需要純堿（Na2CO3）：需要石灰石（CaCO3）：4-19試簡述哪些物質(zhì)能夠形成非晶態(tài)固體（NCS）形成（NCS）的手段有哪些能夠用什么實驗方法研究NCS構(gòu)造解：熔體和玻璃體能夠形成非晶態(tài)固體。將熔體和玻璃體過冷能夠獲取非晶態(tài)固體。4-20試簡述淬火玻璃與退火玻璃在構(gòu)造與性能上有何差異解：除去和均衡由溫度梯度產(chǎn)生的內(nèi)應(yīng)力的玻璃為退火玻璃，這種玻璃不易碎裂且切割方便。淬火辦理是將制品加熱至湊近其融化溫度，使玻璃完整退火，而后進行快速冷卻(淬火辦理)。所以產(chǎn)生均勻的內(nèi)應(yīng)力，從而使玻璃表面產(chǎn)生預(yù)加壓應(yīng)力，增添了抗彎、抗沖擊的抗歪曲變形的能力。4-21以下三種物質(zhì)，哪個最簡單形成玻璃哪個最不簡單形成玻璃，為何（1）Na2O·2SiO2；2）Na2O·SiO2；（3）NaCl解：（1）最簡單形成玻璃，（3）最不簡單形成玻璃。經(jīng)計算可知R1=，R2=3，Y1=3，Y2=2Y1>Y2，高溫下（1）粘度大，簡單形成玻璃，NaCl不具備網(wǎng)絡(luò)構(gòu)造，為典型的離子晶體很難形成玻璃。4-22查閱以下系統(tǒng)的粘度和T/T等有關(guān)數(shù)據(jù)，試判斷以下系統(tǒng)形成玻璃可能性的次序。（1）gMGeO2·SiO2，以100℃/s冷卻；（2）GeO2·SiO2氣相堆積在0℃SiO2基板上；（3）金屬金氣相堆積在0℃銅基板上；（4）A12O3氣相堆積在0℃A12O3基板上；（5）液態(tài)硫以1℃/s冷卻；（6）液態(tài)金以106℃/s冷卻；（7）氣態(tài)NaCl在0℃A12O3基板上冷卻；（8）液態(tài)ZnCl2以100℃/s冷卻。解：略。4-23若將10mol％Na2O加入到SiO2中去，計算O∶Si比率是多少這樣一種配比有形成玻璃趨勢嗎為何解：，這種配比有形成玻璃的趨勢，因為此時構(gòu)造保持三維架狀結(jié)構(gòu)，玻璃的粘度還較大，簡單形成玻璃。4-24在100gSiO2中要加入多少CaO，才能使O∶Si達解：設(shè)要加入XgCaO，則：解得：X=4-25若將50mol％Na2O加入到SiO2中，計算O∶Si比率是多少這種配比能形成玻璃嗎為何解：，能夠形成玻璃。當加入50mol%Na2O時，連續(xù)網(wǎng)狀SiO2骨架雖然廢弛化，但依舊是三維網(wǎng)絡(luò)構(gòu)造，能夠形成玻璃。4-26在SiO2中加入20％B2O3，試計算熔體的O∶Si比率是多少解：4-27在SiO2中應(yīng)加入多少Na2O，使玻璃的O/Si＝，此時析晶能力是加強仍是削弱解：設(shè)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(zhì)量比為1:2時，O/Si=。因為O/Si增添了，粘度降落，析晶能力加強了。4-28個別網(wǎng)絡(luò)改變體（如Na2O）加到石英玻璃中，使氧硅比增添。實驗察看到當O/Si＝~3時，即達到形成玻璃的極限，依據(jù)構(gòu)造解說為何在2＜O/Si＜的堿和硅石混淆物能夠形成玻璃，而O/Si＝3的堿和硅灰石混淆物結(jié)晶而不形成玻璃解：當O/Si＝~3時，Y=2~3，當2＜O/Si＜時，3<Y<4,而當O/Si＝3時，Y=2。構(gòu)造參數(shù)Y對玻璃性質(zhì)有重要意義。關(guān)于Na22玻璃，Y越大，網(wǎng)絡(luò)連結(jié)越密切，強度越大；反之，YO·SiO愈小，網(wǎng)絡(luò)空間上的齊集也愈小，構(gòu)造也變得較松，并隨之出現(xiàn)較大的縫隙，結(jié)果使網(wǎng)絡(luò)改變離子的運動，不論在自己地點振動或從一地點經(jīng)過網(wǎng)絡(luò)的網(wǎng)隙躍遷到另一地點都比較容易。所以跟著Y值遞減，出現(xiàn)膨脹系數(shù)增大，電導增添和粘度減小等變化。關(guān)于硅酸鹽玻璃來說，Y<2時不行能構(gòu)成三維網(wǎng)絡(luò)，因為四周體間公有的橋氧數(shù)少于2，構(gòu)造多數(shù)是不一樣長度的四周體鏈。所以關(guān)于O/Si＝3的堿和硅灰石混淆物結(jié)晶而不形成玻璃。4-29試剖析：（1）若是要求在800℃時獲取一種擁有最高的SiO2摩爾百分數(shù)的熔體，并且只好在SiO2中加入一種其余氧化物，那么應(yīng)選擇什么氧化物作外加劑加入量多少為宜說明原由。（2）為何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)這二者有何差異解：表面張力：垂直作用在單位長度線段上的表面縮短力或?qū)⑽矬w表面增大一個單位所需作的功；σ=力/總長度（N/m）表面能：恒溫、恒壓、恒構(gòu)成狀況下，可逆地增添物系表面積須對物質(zhì)所做的非體積功稱為表面能；J/m2=N/m液體：不可以承受剪應(yīng)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)目是相同的；固體：能承受剪切應(yīng)力，外力的作用表現(xiàn)為表面積的增添和部分的塑性形變，表面張力與表面能不等。－835-3在石英玻璃熔體下20cm處形成半徑5×10m的氣泡，熔體密度為2200kg/m，表面張5力為m，大氣壓力為×10Pa，求形成此氣泡所需最低內(nèi)壓力是多少解：P1（熔體柱靜壓力）=hρg=×2200×=附帶壓力-87=2×5×10=×10Pa故形成此氣泡所需壓力起碼為755P=P1+△P+P大氣=+×10+×10=×10Pa5-4（1）什么是曲折表面的附帶壓力其正負依據(jù)什么區(qū)分（2）設(shè)表面張力為m2，計算曲率半徑為μm、5μm的曲面附帶壓力解：（1）因為表面張力的存在，使曲折表面上產(chǎn)生一個附帶壓力，假如平面的壓力為P0，曲折表面產(chǎn)生的壓力差為△P，則總壓力為P=P0+△P。附帶壓力的正負取決于曲面的曲率，凸面為正，凹面為負。（2）依據(jù)Laplace公式：6可算得△P=×（1/+1/5）=×10Pa5-5什么是吸附和粘附當用焊錫來焊接銅絲時，用挫刀除掉表面層，可使焊接更為堅固，請解說這種現(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(jié)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，不過將吸附膜粘在一同，錫與吸附膜粘附的粘附功小，銼刀除掉表面層露出真實銅絲表面（去掉氧化膜），錫與銅相像資料粘附很堅固。5-6在高溫將某金屬熔于Al2O3片上。（1）若Al2O3的表面能估計為1J/m2，此熔融金屬的表面能也與之相像，界面能估計約為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，試估計接觸角的大小解：（1）依據(jù)Yong方程：將已知數(shù)據(jù)代入上式=，所以可算得接觸角約為度（2）將已知數(shù)據(jù)代入Yong方程=，可算得接觸角約為度。5-7在20℃及常壓下，將半徑為10－3m的汞分別成半徑為10－9m的小汞滴，求此過程所需作的功是多少已知20℃時汞的表面張力m。解：此過程所需作的功應(yīng)等于系統(tǒng)表面能的增添,即==59w5-8在2080℃的Al2O3（L）內(nèi)有一半徑為－810m的吝嗇泡，求該氣泡所受的附帶壓力是多大已知2080℃時Al2O3（L）的表面張力為m。－解：依據(jù)公式，可算得△P=2×108=10N85-920℃時苯的表面張力為m，其飽和蒸氣壓為10013Pa，若在20℃時將苯分別成半徑為10－6m的小滴，計算：（1）苯滴上的附帶壓力；（2）苯滴上的蒸氣壓與平面上苯液飽和蒸氣壓之比。解：（1）依據(jù)公式－64，可算得△P=2×10=×10N（2）依據(jù)開爾文方程，簡化為查得苯的密度為879kg/m3將已知數(shù)據(jù)代入公式右側(cè)===苯滴上的蒸氣壓與平面上苯液飽和蒸氣壓之比

=

=5-1020℃時，水的飽和蒸氣壓力為

2338Pa，密度為

m3，表面張力為

m，求半徑為10－9m的水滴在20℃時的飽和蒸氣壓為多少解：依據(jù)公式－982，可算得△P=2×10=×10N/m依據(jù)開爾文方程，簡化為，將已知條件代入可算得：=P=6864Pa最后算得半徑為10－9m的水滴在20℃時的飽和蒸氣壓P為6864Pa5-11若在101325Pa，100℃的水中產(chǎn)生了一個半徑為－810m的吝嗇泡，問該吝嗇泡可否存在并長大此時水的密度為958kg/m3，表面張力為m。－解：依據(jù)公式，可算得附帶壓力為△P=2×108=10Pa7關(guān)于液體中的氣泡，氣泡的壓力為7P=P0—△P=101325—×10﹤0所以該吝嗇泡不可以存在。5-1217℃時大顆粒的1，2－二硝基苯在水中的溶解度為L，1，2－二硝基苯固體與溶液的界面張力為m，計算直徑為10－8m的1，2－二硝基苯在水中的溶解度。1，2－二硝基苯固體的密度為1565kg/m3。解：依據(jù)公式，將已知數(shù)據(jù)代入，即=，由此又可算得直徑為

10－8m

的

1，2－二硝基苯在水中的溶解度為L5-13在某必定溫度下，對H2在Cu（s）上的吸附測得以下數(shù)據(jù)：3PH×10Pa）5p/V（×10Pa/L）其中V是不一樣壓力下每克Cu上吸附H2的體積（標準狀況），求朗格繆爾公式中的Vs。解：依據(jù)朗格繆爾公式公式兩邊乘以p,得以p/v對p做圖，則斜率為1/vs所作圖基本為直線，證明切合朗格繆爾等溫式，斜率為，則Vs=5-1420℃時，乙醚－水、汞－乙醚及汞－水的界面張力分別為、及m，在乙醚與汞的界面上滴一滴水，求其接觸角。解：，5-15在真空下的氧化鋁表面張力約為m，液態(tài)鐵的表面張力為化鋁的界面張力為m，問接觸角有多大液態(tài)鐵可否濕潤氧化鋁

m，相同條件下液態(tài)鐵－氧解：=，，所以不可以濕潤。5-16考慮四種聯(lián)接作用：焊接、燒結(jié)、粘附接合和玻璃－金屬的封接，請從原子尺度考慮，解說這些聯(lián)接作用相互間有何差異解：焊接：兩種或兩種以上材質(zhì)（同種或異種）,經(jīng)過加熱或加壓或二者并用,來達到原子之間的聯(lián)合而形成永遠性連結(jié)的工藝過程叫焊接.焊接時四周的條件，包含：母材材質(zhì)、板厚、坡口形狀、接頭形式、拘束狀態(tài)、環(huán)境溫度及濕度、潔凈度以及依據(jù)上述諸要素而確定的焊絲（或焊條）種類及直徑、焊接電流、電壓、焊接速度、焊接次序、熔敷方法、運槍（或運條）方法等。焊件坡口及表面假若有油（油漆）、水、銹等雜質(zhì)，熔入焊縫中會產(chǎn)生氣孔、夾雜、夾渣、裂紋等缺點，給焊接接頭帶來危害和隱患。燒結(jié)：是給予資料性能的一種高溫辦理工藝，原子向接觸點的擴散使顆粒間行形成粘結(jié)，進一步擴散最后填滿各樣剩下的孔隙并使資料的致密度提升。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，而后以必定的方法和速度冷卻到室溫的過程。燒結(jié)的結(jié)果是粉末顆粒之間發(fā)生粘結(jié)，燒結(jié)體的強度增添，把粉末顆粒的齊集體變?yōu)闉榫Я５木劢Y(jié)體，從而獲取所需的物理、機械性能的制品或資料。低溫預(yù)燒階段:在此階段主要發(fā)生金屬的答復(fù)及吸附氣體和水分的揮發(fā)，壓坯內(nèi)成形劑的分解和清除等。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(fù)，改組為新晶粒，同時表面的氧化物被復(fù)原，顆粒界面形成燒結(jié)頸。高溫保溫達成燒結(jié)階段:此階段中的擴散和流動充分的進行和湊近達成，形成大批閉孔，并持續(xù)減小，使孔隙尺寸和孔隙總數(shù)有所減少，燒結(jié)體密度明顯增添。粘附現(xiàn)象的實質(zhì)和吸附相同都是兩種物質(zhì)之間表面力作用的結(jié)果。粘附作用可經(jīng)過兩相相對滑動時的摩擦、固體粉末的齊集和燒結(jié)等現(xiàn)象表現(xiàn)出來。玻璃和金屬的封接，受很多要素的支配。影響封接件最主要的要素有以下四方面：1）金屬的氧化在玻璃與金屬氣密封接前，往常把金屬適量氧化，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需的，也是玻璃封接的一種微觀調(diào)控手段。金屬的氧化辦理，是影響玻璃與金屬封接最重要的要素，其中氧化機理是商討封接技術(shù)的重點問題。（2）玻璃和金屬的膨脹系數(shù)玻璃和金屬膨脹系數(shù)的一致性，是形成優(yōu)秀封接的宏觀調(diào)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，一面跟著金屬的熱縮短曲線而縮短。但是，跟著溫度的降低，玻璃漸漸失掉其流動性，致使跟不上金屬的熱縮短而漸漸從金屬的縮短曲線上分別開來。該變化既連續(xù)，又取決于冷卻速率，因此沒法確立哪一點溫度是玻璃從金屬縮短曲線上分出來的特定溫度。往常為方便起見，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，玻璃擁有完整的流動性，且不產(chǎn)生應(yīng)力。當T﹤TM，封接玻璃沿著固有的熱縮短曲線縮短，這個特定溫度TM稱為固化溫度，它與玻璃的應(yīng)變溫度甚為湊近。在隨意溫度T時，產(chǎn)生與金屬間的縮短差⊿d，并在封接件內(nèi)產(chǎn)生與⊿d成比率的應(yīng)力。當應(yīng)力超出玻璃的強度極限時，玻璃即遇到損壞，影響封接件氣密性。在固化溫度TM以下，二者熱縮短曲線的相對關(guān)系實質(zhì)上反應(yīng)了膨脹系數(shù)的般配程度，即從TM開端的玻璃與金屬的縮短差應(yīng)為：d=（ag-am）（TM-T）（1-1）式1-1中ag與am分別表示各樣玻璃和金屬從TM到二者般配溫度T的膨脹系數(shù)。為了使玻璃除去永遠應(yīng)力，封接件需經(jīng)退火，優(yōu)秀的退火對封接質(zhì)量有側(cè)重要的意義。退火后的封接件不該快速冷卻，因為金屬比玻璃的導熱性好，因此金屬比玻璃冷得快。當金屬和玻璃的膨脹系數(shù)相同時，這種不一樣的冷卻速率致使金屬比玻璃縮短大，當玻璃失掉流動性后，金屬就不得不在窄的范圍內(nèi)冷卻，二者長度的改變影響到玻璃和金屬的附著能力。如果開始快速冷卻的溫度超出玻璃的影響退火溫度下限，玻璃將處于拉伸狀態(tài)。為了防備這種拉應(yīng)力的產(chǎn)生以及為了使玻璃略帶壓力，玻璃和金屬封接后，常常在煤氣火焰上獨自地加熱金屬部分。3）玻璃的強度和界面擴散在考慮到玻璃和金屬膨脹系數(shù)般配的基礎(chǔ)上，提升破璃的機械強度、特別是抗拉強度，這關(guān)于封接件遇到熱沖擊或許因溫度梯度惹起的熱應(yīng)力以致遇到使用中的外力時都是有益的。一般玻璃的抗壓強度能夠很高，達到600～1500MPa，而抗拉強度極低僅是抗壓強度的1O%左右。實質(zhì)上不過抗拉強度會出現(xiàn)問題。若有可能，采納結(jié)晶化破璃封接，這是提升玻璃抗拉強度的有效門路，它往常能夠達到原始玻璃抗拉強度的3～5倍，甚至5倍以上。一定指出，封接處大批氣泡（特別是成串氣泡）的存在是很有害的，因為它能降低機械強度和造成慢性漏氣。溶解在金屬中的氣體在封接加熱時放出，是產(chǎn)生氣泡的一個原由，這在鎢、鉬、鉑等金屬是少見的，而鎳、鐵及其合金許多。為此，除采納真空治煉法制得的金屬外，往?？衫迷谡婵罩谢驓錃庵屑訜峤饘僭缦热鈦沓ゴ艘亍．a(chǎn)生氣泡的另一個原因是碳，特別是金屬表面層中的碳，在封接時會氧化成二氧化碳氣體而造成氣泡，這在鎳、鐵及其合金中亦較其余金屬為嚴重。解決過個問題的方法是把金屬放在濕氫或真空中退火，以去掉氣體和碳。從面根絕氣泡的產(chǎn)生。遇火溫度一般在900～I100℃，時間依據(jù)金屬的厚度而定。在封接界面周邊有兩類狀況：一類是兩種不一樣資料之間的封接，在交界面直接產(chǎn)生相互擴散。比如玻璃和玻璃光學研磨封接，以及金屬之間的熔接。另一類是為便于封接，交界處放入異種資料。比如玻璃和金屬、陶瓷與金屬難以直接發(fā)生相互擴散的封接。這種場臺下產(chǎn)生消融擴散現(xiàn)象。但是，不論是相互擴散或是消融擴散界面周邊的構(gòu)成、性質(zhì)和材質(zhì)內(nèi)部的構(gòu)成、性質(zhì)是不一樣的，這種變化對封接件的穩(wěn)固性有很大的影響。（4）封接件的形狀、尺寸以及表面粗拙度封接件內(nèi)的應(yīng)力大小和散布狀況，遇到封接件形狀與尺寸的影響。當應(yīng)力超出封接資料的強度極限時，必定損害封接制品。一般地說，封接后，假如封接件不過作為電子管或電真空器件的一個構(gòu)成部分，尚需持續(xù)進行加工，或許用來和相同的電子管或電子器件的封接部進行封接，則需再一次熱辦理或經(jīng)受機械力的作用。外力造成的臨時應(yīng)力將與資料相互間的熱縮短應(yīng)力復(fù)合在一同。與資料間熱縮短差同時形成的永遠應(yīng)力和由各樣原由構(gòu)成的臨時應(yīng)力復(fù)合的結(jié)果，其值是相當可觀的。假如忽視了形狀與尺寸對應(yīng)力的影響，則有可能影響到封接件的穩(wěn)固性。例如在生產(chǎn)實踐中，為了減少這種應(yīng)力，能夠利用金屬薄邊的可塑性進行封接，甚至能夠利用金屬的彈性來進行封接。其余，在粘附性試驗中也發(fā)現(xiàn)，假如底料上凹凸均勻，則粘附性優(yōu)秀，必定對封接產(chǎn)生有益的影響。5-17MgO－AlO－SiO系統(tǒng)的低共熔物放在SiN陶瓷片上，在低共熔溫度下，液相的表面23234張力為900mN/rn液體與固體的界面能為600mN/m，測得接觸角為。（1）求Si3N4的表面張力；（2）把Si34在低共熔溫度下進行熱辦理，測試其熱腐化的槽角為34N60℃，求SiN的晶界能解：（1）=+600=900mN/M2）0=2×900cos30=M5-18氧化鋁瓷件中需要披銀，已知1000℃時mN/m；mN/m；mN/m，問液態(tài)銀可否濕潤氧化鋁瓷件表面能夠用什么方法改良它們之間的濕潤性解：=不可以濕潤，陶瓷元件表面披銀，一定先將瓷件表面磨平并拋光，才能提升瓷件與銀層之間的濕潤性。5-19依據(jù)圖5-13和表5-2可知，擁有面心立方晶格不一樣晶面（110）、（100）、（111）上，原子密度不一樣，試回答，那一個晶面上固－氣表面能將是最低的為何解：依據(jù)公式表面能

，其中

為固體表面能，

為晶格能，

為阿弗加德羅常數(shù)，

為

1m2

表面上的原子數(shù)目。

和分別為表示第

i個原子在晶體體積內(nèi)和表面上時，最周邊的原子的數(shù)目，在面心立方體晶體中（111）面上為6，在（100）面上為4，在（110）面上為2.將上述數(shù)據(jù)帶入公式，得

在則：因此，（111）原子密排場上原子能最低。5-20試解說黏土構(gòu)造水和聯(lián)合水（堅固聯(lián)合水、松聯(lián)合水）、自由水的差異，剖析后兩種水在膠團中的作用范圍及其對工藝性能的影響。解：黏土構(gòu)造水是黏土構(gòu)造中的水；因為黏土顆粒一般帶負電，又因水是極性分子，當黏土顆粒分別于水中時，在黏土表面負電場的作用下，水分子以必定取向散布在黏土顆粒四周以氫鍵與其表面上的氧和氫氧基聯(lián)合，負電端向外。在第一層水分子的外頭形成一個負電表面，因此又吸引第二層水分子。負電場對水分子的引力作用，跟著走開黏土表面距離的增添而減弱，所以水分子的擺列也有定向漸漸過渡到雜亂。湊近內(nèi)層形成的定向擺列的水分子層稱為堅固聯(lián)合水，環(huán)繞在黏土顆粒四周，與黏土顆粒形成一個整體，一同在介質(zhì)中運動，其厚度約為3－10個水分子厚。在堅固聯(lián)合水的外頭吸引著一部分定向程度較差的水分子層稱為松聯(lián)合水，因為走開黏土顆粒表面較遠，他們之間的結(jié)協(xié)力較小。在松聯(lián)合水之外的水叫自由水。聯(lián)合水的密度大，熱容小，界電常數(shù)小，冰點低等，在物理性質(zhì)上與自由水不一樣。黏土和水聯(lián)合的數(shù)目能夠用丈量修飾熱來判斷。黏土與這三種水聯(lián)合的狀態(tài)與數(shù)目將會影響?zhàn)ね粒到y(tǒng)的工藝性能。在黏土含水量必定的狀況下，若聯(lián)合水減少，則自由水就多，此時黏土膠的體積減小，簡單挪動，因此泥漿粘度小，流動性好；當聯(lián)合水量多時，水膜厚，利于黏土膠粒間的滑動，則可塑性好。5-21一個均勻的懸浮液，黏土濃度為30vol％，薄片狀黏土顆粒尺寸是均勻直徑μm，厚度μm，求顆粒間均勻距離是多少個解：略。5-22黏土的好多性能與吸附陽離子種類有關(guān)。指出黏土吸附以下不一樣陽離子后的性能變化規(guī)律，（以箭頭表示：）＋＋Ba2＋＋＋Mg2＋＋＋＋＋HAl3Sr2Ca2NH4KNaLil）離子互換能力；（2）黏土的ζ電位；（3）黏土的聯(lián)合水量；（4）泥漿穩(wěn)固性；（5）泥漿流動性；（6）泥漿觸變性；（7）泥團可塑性；（8）泥漿濾水性；（9）泥漿澆注時間（10）坯體形成速率解：（l）離子互換能力：＋＋＋＋＋Ca2LiNaKNH4Mg2＋Sr2＋Ba2＋Al3＋H＋（2）黏土的ζ電位：H＋Ba2＋Sr2＋Ca2＋Mg2＋NH4＋＋＋3＋＋KNaAlLi（3）黏土的聯(lián)合水量：NH4＋Al3＋Ba2＋Sr2＋Ca2＋Mg2＋＋＋KNa（4）泥漿穩(wěn)固性：H＋＋＋NH4K（5）泥漿流動性：H＋4＋＋NHK（6）泥漿觸變性：H＋Sr2Ba2＋（7）泥團可塑性：Li＋Sr2＋Ba2＋（8）泥漿濾水性：H＋4＋＋NHK（9）泥漿澆注時間：Li＋Sr2＋Ba2＋（10）坯體形成速率：H＋4＋＋NHK

＋＋LiHAl3＋Ba2＋＋＋NaLiAl3＋Ba2＋＋＋NaLi＋＋LiNaAl3＋NH4＋＋＋NaKAl3＋H＋Al3＋Ba2＋＋＋NaLi＋＋NaKAl3＋H＋Al3＋Ba2＋＋＋NaLi

Sr2＋Ca2＋Mg2＋Sr2＋Ca2＋Mg2＋＋Mg2＋2＋KCaNH4＋Mg2＋Ca2＋Sr2＋Ca2＋Mg2＋NH4＋Mg2＋Ca2＋Sr2＋Ca2＋Mg2＋5-23若黏土粒子是片狀的方形粒子。長度分別為10、1、μm，長度是其厚度的10倍。試求黏土顆粒均勻距離是在引力范圍2nm時，黏土體積濃度解：略。5-24用Na2CO3和Na2SiO3分別稀釋同一種黏土（以高嶺石礦物為主）泥漿，試比較電解質(zhì)加入量相同時，兩種泥漿的流動性、注漿速率、觸變性和坯體致密度有何差異解：不一樣陰離子的Na鹽電解質(zhì)對黏土膠溶成效是不相同的。含有聚合陰離子的鈉鹽能使黏土的ζ-電位值升至-60mV。所以加入Na2CO3基本上對黏土的各項性能沒有影響，而加入Na2SiO3后，泥漿的流動性高升，注漿速率高升，觸變性降低，坯體致密度高升。5-25影響?zhàn)ね量伤苄缘囊赜心切┥a(chǎn)上能夠來用什么舉措來提升或降低黏土的可塑性以知足成形工藝的需要解：當黏土與適合的水混淆均勻制成泥團，該泥團遇到高于某一個數(shù)值剪應(yīng)力作用后，能夠塑造成任何形狀，當去向應(yīng)力泥團能保持其形狀，這種性質(zhì)稱為可塑性。影響要素有：1.礦物構(gòu)成，礦物構(gòu)成不一樣，顆粒間的作使勁也不一樣。2.吸附的陽離子種類,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，則可塑性增添。4.含水量等。生產(chǎn)上能夠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，從而改變黏土可塑性；或許將礦物的顆粒減小增大接觸點來增大黏土的可塑性；第六章答案6-1

略。6-2

什么是吉布斯相律它有什么實質(zhì)意義解：相律是吉布斯依據(jù)熱力學原理得出的相均衡基本定律，相均衡時系統(tǒng)中自由度數(shù)與組分數(shù)和相數(shù)之間的關(guān)系。

又稱吉布斯相律，用于描繪達到一般形式的數(shù)學表達式為F＝C－P＋2。其中F為自由度數(shù)，C為組分數(shù)，P為相數(shù)，2代表溫度和壓力兩個變量。應(yīng)用相率能夠很方便地確立均衡系統(tǒng)的自由度數(shù)。6-3固體硫有兩種晶型，即單斜硫、斜方硫，所以，硫系統(tǒng)可能有四個相，假如某人實驗獲取這四個相均衡共存，試判斷這個實驗有無問題解：有問題，依據(jù)相律，F(xiàn)=C-P+2=1-P+2=3-P，系統(tǒng)均衡時，F(xiàn)=0，則P=3，硫系統(tǒng)只好是三相均衡系統(tǒng)。圖

6-1

圖

6-26-4如圖6-1是鈣長石（CaAl2Si2O）的單元系統(tǒng)相圖，請依據(jù)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(zhuǎn)變是可逆的仍是不行逆的你是如何判斷出來的（3）正交晶型是熱力學穩(wěn)固態(tài)仍是介穩(wěn)態(tài)解：（1）六方鈣長石熔點約1300℃（B點），正鈣長石熔點約1180℃（C點），三斜鈣長石的熔點約為1750℃（A點）。2）三斜與六方晶型的轉(zhuǎn)變是可逆的。因為六方晶型加熱到轉(zhuǎn)變溫度會轉(zhuǎn)變?yōu)槿本?，而高溫穩(wěn)固的三斜晶型冷卻到轉(zhuǎn)變溫度又會轉(zhuǎn)變?yōu)榱骄汀?）正交晶型是介穩(wěn)態(tài)。6-5圖6-2是擁有多晶轉(zhuǎn)變的某物質(zhì)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，回答以下問題：（1）在圖中注明各相的相區(qū)，并寫出圖中各無變量點的相均衡關(guān)系；（2）系統(tǒng)中哪一種晶型為穩(wěn)固相哪一種晶型為介穩(wěn)相（3）各晶型之間的轉(zhuǎn)變是可逆轉(zhuǎn)變?nèi)允遣恍心孓D(zhuǎn)變解：（1）KEC為晶型Ⅰ的相區(qū)，EFBC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)；2）晶型Ⅰ為穩(wěn)固相，晶型Ⅱ、Ⅲ為介穩(wěn)相；因為晶型Ⅱ、Ⅲ的蒸汽壓高于晶型Ⅰ的，即它們的自由能較高，有自覺轉(zhuǎn)變?yōu)樽杂赡茌^低的晶型Ⅰ的趨勢；3）晶型Ⅰ轉(zhuǎn)變?yōu)榫廷?、Ⅲ是單向的，不行逆的，多晶轉(zhuǎn)變點的溫度高于兩種晶型的熔點；晶型Ⅱ、Ⅲ之間的轉(zhuǎn)變是可逆的，雙向的，多晶轉(zhuǎn)變點溫度低于Ⅱ、Ⅲ的熔點。6-6在SiO2系統(tǒng)相圖中，找出兩個可逆多晶轉(zhuǎn)變和兩個不行逆多晶轉(zhuǎn)變的例子。解：可逆多晶轉(zhuǎn)變：β-石英←→α-石英α-石英←→α-鱗石英不行逆多晶轉(zhuǎn)變：β-方石英←→β-石英γ-鱗石英←→β-石英6-7CS有哪幾種晶型在加熱和冷卻過程中它們?nèi)绾无D(zhuǎn)變β-CS為何能自覺地轉(zhuǎn)變?yōu)棣?CS222在生產(chǎn)中如何防備β-C2S轉(zhuǎn)變?yōu)棣?C2S解：C2S有、、、四種晶型，它們之間的轉(zhuǎn)變?nèi)缬覉D所示。因為2β-CS是一種熱力學非均衡態(tài)，沒有能穩(wěn)固存在的溫度區(qū)間，因此在相圖上沒有出現(xiàn)β-C2S的相區(qū)。C3S和β-C2S是硅酸鹽水泥中含量最高的兩種水硬性礦物，但當水泥熟料遲緩冷卻時，C32S將會分解，β-CS將轉(zhuǎn)變?yōu)闊o水硬活性的γ-C23S。為了防止這種狀況的發(fā)生，生產(chǎn)上采納急冷舉措，將CS和β-C2S快速超出分解溫度或晶型轉(zhuǎn)變溫度，在低溫下以介穩(wěn)態(tài)保留下來。6-8今經(jīng)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。假若有錯，請指出錯在哪處并說明原由。圖6-3解：第一圖錯，B組元有一個固定的熔點，所以液相線和固相線在B側(cè)應(yīng)交于一點。第二圖錯，A、B組元擁有一個低共熔點，所以A、B的兩條液相線應(yīng)交于一點。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α、β，系統(tǒng)進入三相均