无机材料科学基础-2023学习通超星期末考试答案章节答案2024年

无机材料科学基础-2023学习通超星期末考试章节答案2024年【计算题】氧化锂(Li2O)的晶体结构可看成由O2-按面心立方密堆,Li+占据其四面体空隙中。若Li+半径为0.074nm,O2-半径为0.140nm,试计算:①Li2O的晶胞常数;②Li2O晶体质量密度;③O2-密堆积所形成的空隙能容纳阳正离子的最大半径是多少?

答案:①Li2O是反萤石结构(萤石结构中阴、阳离子的位置完全互换),由于O2-按面心立方密堆,则单个晶胞中含有4个O,8个Li。O离子的面心立方密堆中四面体空隙全部被Li占据,O离子的配位数为8,位于8个锂离子形成的小立方体体心位置。则,,②单个晶胞体积为:,晶胞质量为:Li2O晶体质量密度为:③O离子做六方密堆积,可形成四面体空隙和八面体空隙。八面体空隙最大,如果填入的阳离子M的刚好与O离子接触的话,则rM++rO=a/2即,rM=(a-2rO)/2=(0.494-2×0.140)/2=0.107nmO的密排情况判断,空间占用率为F=4x4/3pirO3/a3=0.38因此可以判断O并非最密排因此八面体空隙可以容纳的最大阳离子半径为0.107nm【计算题】氯化铯(CsCl)晶体属于立方结构。假设Cs+和Cl-沿立方对角线接触,且Cs+半径为0.170nm,Cl-半径为0.181nm,试计算氯化铯晶体结构中离子的堆积密度,并结合紧密堆积结构的堆积密度对其结构特点进行讨论。

答案:氯化铯是简立方结构且Cs+和Cl-沿立方体对角线接触,因此,,,氯化铯晶胞中氯原子个数为,铯原子个数为,二者体积为所以离子的堆积密度为。其堆积密度小于最紧密堆积密度74%,这是因为Cs+离子半径较大无法填充到Cl-离子做最紧密排列形成的八面体间隙中,导致Cl-被撑开,由6配位变成8配位,晶体结构也由面心立方变成体心立方。【论述题】根据同质多晶现象,试回答:①纯铁在912℃条件下,由体心立方结构转变为面心立方结构,晶体体积随之减小1.06%,则其结构中原子中心间距的变化是多少?②纯铁在833℃由六方结构转变为体心立方结构,体积随之减小0.55%,其原子间距是增大还是减小?

答案:①面心立方晶体每个晶胞中含4个原子,在面对角线上原子紧密排列,假设边长为a1,原子半径为r1;体心立方晶体每个晶胞中含2个原子,在[110]对棱面上紧密排列,假设边长为a2,原子半径为r2,则:相变过程中Fe原子总数不会发生改变,假设Fe原子总数为n,则会形成n/4个面心立方晶胞,n/2个体心立方晶胞,假设面心立方晶胞的体积为V1,体心立方晶胞的体积为V2,则,则对面心立方:,对体心立方:,中心间距的变化为则,也就是说,结构中原子中心间距增加了2.5%。②对金属而言,六方晶体结构为最紧密堆积,而体心立方为次紧密堆积,原子间距应该增大。六方密堆积体心立方假设体系中共包含n个Fe原子,则会形成n/6个六方晶胞,每个晶胞体积为V1,Fe原子半径为r1,形成n/2个体心立方晶胞,每个晶胞体积为V2,每个Fe原子半径为r2,则:;考虑等边三角形重心原理，和六方晶柱的几何关系对体心立方:,,;计算:得也就是说,结构中原子中心间距减小了3.06%;/star3/origin/22d02780073e6b37b6a6ac3d91d0e91c.png

答案:晶面和晶向如下图所示【论述题】金属Al属立方晶系,其边长为0.405nm,假定其质量密度是2.70g/cm3,试确定其晶胞的布拉菲格子类型。

答案:要确定晶胞的布拉菲格子实际上就是确定每个晶胞中Al原子的个数每个晶胞的体积为:每个晶胞的质量:每个晶胞中Al原子个数:由此可以判断金属Al为立方面心格子。【计算题】金属Ni具有立方最紧密堆积的晶体结构,试问:①一个晶胞中有几个Ni原子;②若已知Ni原子的半径为0.125nm,其晶胞的边长为多少?

答案:①一个晶胞中Ni原子个数为:个②假设Ni原子半径为r=0.125nm,晶胞边长为a,则:【简答题】试解释如下名词的含义:晶体:晶胞:点阵:对称性:点群:空间群:布拉菲点阵:

答案:晶体:由原子、分子或离子等微粒在空间按一定规律、周期性重复排列所构成的固体物质。晶胞:晶体结构的基本重复单元称为晶胞.点阵:为了研究晶体的周期结构,用数学上的几何点来代表基元的位置,这些点按周期性排列,在空间形成的点的阵列。对称性:对称就是物体相同部分有规律的重复。点群:决定理想晶体宏观几何外形的对称组合,即晶体的对称类型。通过宏观对称要素在一点上组合运用而得到。只能有32种对称类型,称32种点群。空间群:描述晶体中原子通过宏观和微观对称要素组合的所有可能方式。属于同一点群的晶体可因其微观对称要素的不同而分属不同的空间群,空间群有230种。布拉菲点阵:若晶体有完全相同的一种原子组成,则结构基元就只有一个原子,点阵点的位置即是这种原子的位置,由这种原子构成的点阵即是布拉菲点阵。【简答题】某NiO晶体中存在阳离子空位,若其组成可表示为Ni0.97O,试计算该晶体中Ni3+和Ni2+离子的数量比。

答案:缺陷方程式为:假设晶体分子组成中Ni3+为x,则Ni2+为0.97-x,按照晶体中电荷守恒原理,阴阳离子电荷数相等,3x+2×(0.97-x)=2,【论述题】高温下Al2O3溶于MgO中可形成有限固溶体。若再1995℃时,MgO中固溶有18wt%的Al2O3且MgO晶胞尺寸变化可忽略不计,试分析O2-为填隙原子和Al3+为置换离子时,MgO晶体质量密度的变化情况。

答案:①Al3+为置换离子时,缺陷方程为:此时固溶体的组成可以表示为Al2nMg(1-2n-n)O,取100g试样为基准:(为摩尔数)NAl2O3=18/102=0.176NmgO=82/40.3=2.035则n=0.0687固溶体的组成为:Al0.137Mg0.794O由于晶胞体积没变,质量的改变只与单个晶胞中质量的变化有关,NaCl型晶体一个晶胞含有4个分子=-0.0311密度降低了0.0311②O为填隙原子时,缺陷方程为:此时固溶体的组成可以表示为Al2nMg1-2nO1+n,取100g试样为基准:(为摩尔数)NAl2O3=18/102=0.176NmgO=82/40.3=2.035则n=0.0737固溶体的组成为:Al0.1474Mg0.8526O1.0737由于晶胞体积没变,质量米的改变只与单个晶胞中质量的变化有关,=4.05%/star3/origin/96b64c4493fb3258be07535e8481ab17.png

答案:①;②③④【计算题】在CaF2晶体中,弗伦克尔缺陷形成能为2.8eV,肖特基缺陷形成能为5.5eV,试计算在25℃和1600℃时各种热缺陷的浓度。

答案:热缺陷包括弗伦克尔缺陷和肖特基缺陷,其中,弗伦克尔缺陷为:,(根据萤石的结构特点,这种可能性较小)玻尔兹曼常数k=1.38×10-23J/K,总的弗伦克尔缺陷浓度为:25℃时,弗伦克尔缺陷浓度为4.1300e-241600℃时,弗伦克尔缺陷浓度为3.4093e-04肖特基缺陷反应:总的肖特基缺陷浓度为:25℃时,肖特基缺陷浓度1.8170e-311600℃时,肖特基缺陷浓度2.1955e-05【简答题】H┾Al3┾Ba2┾Sr2┾Ca2┾Mg2┾NH4┾K┾Na┾Li┾

答案:(1)阳离子置换能力←(2)粘土的ζ电位→(3)粘土的结合水→(4)泥浆的流动性→(5)泥浆的稳定性→(6)泥浆的触变性→(7)泥团的可塑性←【简答题】试解释粘土结构水、结合水(牢固结合水、疏松结合水)、自由水的区别,分析后两种水对泥浆流动性和粘土可塑性的影响。

答案:列表比较如下:【计算题】将MgO-Al2O3-SiO2系统的低共熔物放在Si3N4陶瓷片上,在低共熔温度下,液相表面张力为0.9N/m,液相与固体的界面能为0.6J/m3,测得接触角为70.52º。求Si3N4的表面张力。

答案:得出γSV=0.9002N/m【论述题】在真空下的氧化铝表面张力约为0.9N/m,液态铁的表面张力为1.72N/m,同样条件下,液态铁-氧化铝的界面张力为2.3N/m,请问接触角有多大?液态铁能否润湿氧化铝?如何提高润湿性?

答案:根据液-固界面的受力平衡:可得接触角公式144.4885o润湿角大于90o,液态铁不能润湿氧化铝表面。根据表观接触角与润湿角的关系:,欲减小,可采用表面抛光的方法,去除吸附膜、减小粗糙度,提高液态铁对氧化铝的润湿性;【简答题】2080℃的Al2O3熔体内有一个半径为10-8m的小气泡,求该气泡所受到的附加压力是多大?已知2080℃时Al2O3熔体的表面张力为0.700N/m。

答案:附加压力大小为,可算得=1.4×108【简答题】陶瓷原料球磨时,湿磨的效率往往高于干磨,如果再加入表面活性剂,则可进一步提高球磨效率,是分析这些现象的机理。

答案:陶瓷原料的球磨是在磨球撞击力的作用下将大颗粒破碎成小颗粒的过程,破碎形成小颗粒的新鲜表面往往能量较高,颗粒很容易发生团聚以降低表面能,导致球磨效率降低;而在湿磨时加入的水分子为极性分子,可通过极化吸附在新形成的带负电荷的颗粒表面来降低表面能,同时水分子吸附在颗粒表面形成一层水化膜,减小了颗粒间的磨擦阻力;加入表面活性剂可以促使表面活性剂分子在颗粒表面吸附进一步降低表面能,减少颗粒团聚,从而提高球磨效率。【简答题】表面、晶界、相界有何区别?

答案:表面是一个相和它本身蒸气(或真空)相接触的分界面;如果相邻晶粒不仅取向不同,而且结构成份也不同(即代表不同的二个相),则其相互接触的界面称为相界面;晶界:结构相同而取向不同的晶体相互接触时,其相互接触的界面称为晶界。/star3/origin/1aaef983f290768b9e42d6c88d377d82.png

答案:(1)副三角形,界线性质,界线上温度降低的方向见图标注;(2)D为一致熔融二元化合物,高温稳定、低温分解;M为不一致熔融三元化合物;/star3/origin/44ca15e1161856b82c86b1ec8a1b38bb.jpg

答案:(1)化合物N为不一致熔三元化合物;(2)温降方向如图所示;(3)K为单转熔点:;L为低共熔点:;M为低共熔点:;(4)【计算题】具有一个不一致熔化合物AmBn的二元系统,在低共熔点E发生如下析晶过程:。E点B含量为20%,化合物AmBn含B量为64%。今有C1和C2两种配料,其配料点分置于E点两侧。已知C1中B含量是C2中B含量的1.5倍,且在到达低共熔点温度前的冷却析晶过程中,从这两种配料中析出的初晶相含量相等。试计算C1和C2的组成。

答案:设C2中B含量为x,则C1中B含量为1.5x,由题意得:X=17.31.5X=26所以C1组成B含量为26%,C2组成B含量为17.3%。平均粒径为1μm的MgO粉料与Al2O3粉料以1:1摩尔比配料并均匀混合(分别为1mol)。将原料在1300℃恒温3600h后，有0.3mol的粉料发生反应生成MgAl2O4，该固相反应为扩散控制的反应。试求在300h后，反应完成的摩尔分数以及反应全部完成所需的时间。

答案:解：由于该固相反应为扩散控制反应，且粉料可视为均状大小球形，故用金斯特林格方程：

1-G-(1-G)2/3=Kkt由题中所给条件；t1=3600h

G1=0.3/(1+1)=0.15

代入得Kk=7.45×10-7

所以当

t2=300h时，G2=0.045

令

G=1，则T=1/3k=4.47×105

hMoO3和CaCO3反应时，反应机理受到CaCO3颗粒大小的影响，当MoO3:CaCO3=1:1;rMoO3=0.036mm,rCaCO3=0.13mm时，反应由扩散控制。当MoO3:CaCO3=1:15;rCaCO3<0.03mm时，反应由MoO3升华控制，试解释这种现象。

答案:当CaCO3：MoO3由1：1升高到15：1以及CaCO3颗粒逐渐变细后，比表面积增加，MoO3升华到CaCO3表面反应所生成的产物扩散层很薄，故扩散极为迅速。因此整个反应的速度将由MoO3升华到CaCO3表面的速度决定。如果要合成镁铝尖晶石，可供选择的原料为MgCO3、Mg(OH)2、MgO、Al2O3·3H2O、γ-Al2O3、α-Al2O3。从提高反应速率的角度出发，选择什么原料较好?请说明原因。

答案:应选用MgCO3，Mg(OH)2和Al2O3·3H2O作原料较好。因为MgCO3，Mg(OH)2在反应中可以发生热分解，Al2O3·3H2O发生脱水反应和晶型转变，将获得具有较大比表面和晶格缺陷的初生态或无定形物质从而提高了反应活性，加剧了固相反应的进行。试比较杨德尔方程和金斯特林格方程的优缺点及其适用条件。

答案:杨德尔方程在反应初期具有很好的适应性，但杨德尔方程假设球形颗粒反应截面积始终不变，因而只适用反应初期转化率较低的情况。金斯特林格模型中考虑在反应进程中反应截面积随反应进程变化这一事实，因而金斯特林格方程适用范围更广，可以适合反应初、中期。两个方程都只适用于稳定扩散的情况。以上两个方程均没有考虑反应物与产物的密度差别。【简答题】Co2+在CoO中、Fe2+在FeO中的扩散活化能比Mg2+在MgO中、Ca2+在CaO中的扩散活化能低得多,分析其原因。

答案:FeO、CoO、MgO、CaO都属于NaCl构型,其阳离子尺寸差别也不大。但Fe2+在FeO中和Co2+在CoO中的扩散活化能比Mg2+、CaO2+在它们的氧化物中的扩散活化能低得多,其主要原因是Fe和Co是过渡族元素,其价态可由Fe2+、Co2+变成Fe3+、Co3+,从而在晶格点阵中引入阳离子空位,缺陷反应方程式为:[VFe″]∝PO21/6随PO2增大而增加,空位的存在使扩散系数增大,扩散活化能降低。【简答题】碳在α-Ti中的扩散速率D在以下测量温度被确定:736℃时为2×10-13m2/s,782℃时为5×10-13m2/s,835℃时为1.3×10-12m2/s。①试确定公式是否适用;若适用,则计算出扩散系数D0和激活能Q。②试求500℃下的扩散速率。

答案:解：（1）如果适用则用其中两个温度计算出的公式系数，用第三个温度带入时仍然成立。先用736℃和835℃的扩散速率计算D0和Q值，【简答题】试解释并比较下列名词:②本征扩散和非本征扩散、③稳定扩散和不稳定扩散

答案:(2)本征扩散和非本征扩散未掺杂固体物质的扩散,一般温度较高;掺杂固体中,借助掺杂产生空位缺陷进行的扩散。(3)稳定扩散和不稳定扩散稳定扩散是指扩散物质的浓度只随位置而变,不随时间而变的扩散;不稳定扩散中扩散物质的浓度不仅随位置而变,而且随时间而变。试分析:相变推动力为过冷度(过热度)的函数，相平衡理论温度与系统实际温度之差即为相变过程的推动力。

答案:ΔG=ΔH-TΔH/T0=ΔHT0-T/T0=ΔHΔT/T0式中:T0:相变平衡温度，ΔH:相变热，T:任意温度。自发反应时:ΔG<0，即ΔHΔT/T0<0相变放热(凝聚，结晶):ΔH<0则须:ΔT>0，T0>T，过冷，即实际温度比理论温度要低，相变才能自发进行。相变吸热(蒸发，熔融):ΔH>0，ΔT<0，T0分析说明:为什么非均相成核比均相成核更易进行?

答案:答：因为：△G#c=△Gc×f(θ)并且f(θ)=(2+cosθ)(1-cosθ)2/4，当θ=90度时，f(θ)=(2+cosθ)(1-cosθ)2/4=(2+0)(1-0)2/4=2/4=1/2，所以：△G#c=△Gc×f(θ)=1/2△Gc，即：非均相成核所需能量是均相成核的一半，杂质存在有利成核。在1500℃Al2O3正常晶粒生长期间，观察到晶体在1小时内从0.5mm直径长大到10mm。如已知晶界扩散激活能为335kJ/mol，试预测在1700℃下4小时后，晶粒尺寸是多少?你估计加入0.5%MgO杂质对Al2O3晶粒生长速率有什么影响?在与上面相同条件下烧结，会有什么结果，为什么?

答案:晶粒正常生长计算式:将1小时内从0.5mm直径长大到10mm带入上式，可求出1500℃的K1:K1=99，又因为:

求出A，得:A=2.54×109;然后将1700℃代入,求出K2

(998.6)

，再将起始粒度0.5mm和4h带入1式，可求出:D=63mm加入抑制剂:D=16mm说明影响烧结的因素有哪些?最易控制的因素是哪几个?

答案:影响烧结的因素:原始粉料粒度及分布;外加剂;烧结温度;保温时间及加热速率;盐类的选择及其煅烧条件;气氛;成型压力等。最易控制因素:原始粉料粒度、烧结温度、保温时间。什么叫二次再结晶?二次再结晶对烧结有什么影响?如何防止二次再结晶?

答案:二次再结晶是烧结体中少数巨大晶粒在细小晶粒消耗时异常长大的过程。二次再结晶出现后，由于个别晶粒异常长大，使气孔不能排除，坯体不在致密，加之大晶粒的晶界上有应力存在，使其内部易出现隐裂纹，继续烧结时坯体易膨胀而开裂，使烧结体的机械、电学性能下降。工艺上常采用引入适当的添加剂，以减缓晶界的移动速度，使气孔及时沿晶界排除，从而防止或延缓二次再结晶的发生。在烧结时，晶粒生长能促进坯体致密化吗?晶粒生长会影响烧结速率吗?试说明之。

答案:晶粒生长是晶界移动的结果，并不是原子定向向颈部迁移的传质过程，因而不能促进坯体致密化。晶界移动可以引起原子跃迁，也可以使气孔移入晶粒内，从而影响烧结速率。因而晶界移动需进行控制。晶界遇到夹杂物时会出现几种情况?从实现烧结体致密化考虑，晶界应如何移动?怎样控制?

答案:设晶界移动速率为Vb，夹杂物或气孔移动速率为Vp。有三种情况:Vb=0，气孔或夹杂物阻止晶界移动(烧结初期);Vb=Vp，晶界带动气孔同步移动(烧结中、后期);Vb＞Vp，晶界越过气孔向曲率中心移动(烧结后期)。从实现烧结致密化考虑，晶界应带动气孔同步移动，使气孔被排除。控制方法:(1)烧结体升至一定温度(Vb=Vp时)应适当保温，防止温度过高，出现Vb＞Vp的情况;(2)可加入晶界迁移抑制剂，防止晶界移动速率过快。在烧结Al2O3材料时，原始粉料