发布时间 : 星期五 文章西北工业课后答案西北工业大学 材料科学与工程 - 图文更新完毕开始阅读
4.试分析H、N、C、B在??Fe和??Fe中形成固熔体的类型、存在位置和固溶度（摩尔分数）。各元素的原子半径如
下：H为0.046nm，N为0.071nm，C为0.077nm，B为0.091nm，??Fe为0.124nm， ??Fe为0.126 nm。 5.金属间化合物AlNi具有CsCl型结构，其点阵常数 a=0.2881nm,试计算其密度（Ni的相对原子质量为58.71，Al的
相对原子质量为26.98）。
36.ZnS的密度为4.1Mg/m，试由此计算两离子的中心距离。
7.碳和氮在
??Fe
?2?2x?10.3/10x?8.9/10NC中的最大固熔度（摩尔分数）分别为，。已知C、N原子均位于八面
体间隙，试分别计算八面体间隙被C、N原子占据的百分数。
8.为什么只有置换固熔体的两个组元之间才能无限互溶，而间隙固熔体则不能？
??9.计算在NaCl内，钠离子的中心与下列各离子中心的距离（设Na和Cl的半径分别为0.097nm和0.181nm）。
-1)最近邻的正离子；2)最近邻的离子；3)次邻近的Cl离子；
-4)第三邻近的Cl离子；5)最邻近的相同位置。
10.某固熔体中含有氧化镁为
xMgO?30/10?2，xLiF?70/10。
?2?2??2-1)试问Li,Mg,F,O之质量分数为多少？
332)假设MgO的密度为3.6g/cm，LiF的密度为2.6g/cm，那么该固溶体的密度为多少？
11.非晶形材料的理论强度经计算为G/6~G/4，其中G为剪切模量。若
?=0.25，由其弹性性质试估计玻璃（非晶形材
料）的理论强度（已知E=70000Mpa）。
12.一陶瓷绝缘体在烧结后含有1％（以容积为准）的孔，其孔长为13.7mm的立方体。若在制造过程中，粉末可以被压
成含有24％的孔，则模子的尺寸应该是多少？
?2?2w?27.6/10?2。试写出可能的化合物名称。
13.一有机化合物，其成分为wC?62.1/10，wH?10.3/10，O
14.画出丁醇?C4H9OH?的4种可能的异构体。
15.一普通聚合物具有C2H2Cl2作为单体，其平均分子质量为60000u（取其各元素相对原子质量为Ar(C)?12,
Ar(H)?1,Ar(Cl)?35.5)。
1)求其单体的质量；2)其聚合度为多少？
16.聚氯乙烯(C2H3Cl)n被溶在有机溶剂中，设其C- C键长为0.154nm,且链中键的数目
x?2n。
1)分子质量为28500g的分子，其均方根的长度为多少？
2)如果均方根的长度只有⑴中的一半，则分子质量为多少？
17.一聚合材料含有聚氯乙烯，其1个分子中有900个单体。如果每一个分子均能被伸展成直线分子，则求此聚合物可
得到理论上的最大应变为多少（设C- C键中每1键长是0.154nm）？
18.有一共聚物ABS，每一种的质量分数均相同，则单体的比为多少（A——丙烯晴；B——丁二烯；S——苯乙烯）？
19.尼龙-6是HOCO(CH2)5NH2的缩合聚合物。
1)给出此分子的结构。2)说明缩合聚合是如何发生的。
3)当每摩尔的H2O形成时，所放出的能量为多少？已知不同的键：C-O，H-N，C-N，H-O，其键能（kJ/mol）分
别为360，430，305，500。
20.试述硅酸盐结构的基本特点和类型。
21.为什么外界温度的急剧变化可以使许多陶瓷器件开裂或破碎？
22.陶瓷材料中主要结合键是什么？从结合键的角度解释陶瓷材料所具有的特殊性能。
其比较如附表2.1所示。附表2.1 间隙固溶体与间隙化合物的比较
类 别 相 同 点 晶体结构 间隙固熔体 间隙化合物 一般都是由过渡族金属与原子半径较小的C，N，H，O，B等非金属元素所组成 属于固熔体相，保持熔剂的晶格类型 属于金属化合物相，形成不同于其组元的新点阵 不同点 表达式 机械性能 用α、β、γ等表示 强度、硬度较低，塑性、韧性好 用化学分子式MX，M2X等表示 高硬度、高熔点，甥性、韧性差 2．有序固熔体，其中各组元原子分别占据各自的布拉菲点阵——称为分点阵，整个固熔体就是由各组元的分点阵组成
的复杂点阵，也叫超点阵或超结构。
这种排列和原子之间的结合能(键)有关。结合能愈大，原子愈不容易结合。如果异类原子间结合能小于同类原子间结合能，即EAB < (EAA十EBB)/2，则熔质原子呈部分有序或完全有序排列。
有序化的推动力是混合能参量(εm＝ε
AB
－1/2(EAA+EBB))εm < 0，而有序化的阻力则是组态熵；升温使后者对于自由
能的贡献(-TS)增加，达到某个临界温度以后，则紊乱无序的固熔体更为稳定，有序固熔体消失，而变成无序固熔体。
3．在原子尺寸因素相近的情况下，上述元素在Ag中的固熔度(摩尔分数)受原子价因素的影响，即价电子浓度e/a是决
定固熔度(摩尔分数)的一个重要因素。它们的原子价分别为2，3，4，5价，Ag为1价，相应的极限固熔度时的电子浓度可用公式c＝ZA(1一xB)＋ZBxB
计算。式中，ZA，ZB分别为A，B组元的价电子数；xB为B组元的摩尔分数。上述元素在固溶度(摩尔分数)极限时的电子浓度分别为1.43，1.42，1.39，1.31。
4．Α-Fe为体心立方点阵，致密度虽然较小，但是它的间隙数目多且分散，因而间隙半径很小：r四=0.291，R＝0.0361nm；
r八＝0.154，R＝0.0191nm。
H，N，C，B等元素熔人。α-Fe中形成间隙固熔体，由于尺寸因素相差很大，所以固熔度(摩尔分数)都很小。例如N在α-Fe中的固熔度(摩尔分数)在590℃时达到最大值，约为WN＝0.1/l0-2，在室温时降至WN＝0.001/l0-2；C在α-Fe中的固溶度(摩尔分数)在727℃时达最大值，仅为WC＝0.02l8/10-2，在室温时降至WC＝0.006/10-2。所以，可以认为碳原子在室温几乎不熔于α-Fe中，微量碳原子仅偏聚在位错等晶体缺陷附近。假若碳原子熔入。α-Fe中时，它的位置多在α-Fe的八面体间隙中心，因为。α-Fe中的八面体间隙是不对称的，形为扁八面体，[100]方向上间隙半径r＝0.154R，而在[110]方向上，r＝0.633R，当碳原子熔入时只引起一个方向上的点阵畸变。硼原子较大，熔人间隙更为困难，有时部分硼原子以置换方式熔人。氢在α-Fe中的固熔度(摩尔分数)也很小，且随温度下降时迅速降低。
以上元素在γ-Fe。中的固熔度(摩尔分数)较大一些。这是因为γ-Fe具有面心立方点阵，原子堆积致密，间隙数目少，故间隙半径较大：rA＝0.414，R＝0.0522nm；r四＝0.225，R＝0.0284 nm。故上述原子熔入时均处在八面体间隙的中心。如碳在γ-Fe中最大固熔度(质量分数)为WC＝2.1l/10-2；氮在γ-Fe中的最大固熔度(质量分数)约为WN＝2.8/10-2。
5．密度ρ＝5.97 g／cm3。
6．两离子的中心距离为0.234 nm。
7．碳原子占据10.2％的八面体间隙位置；氮原子占据12.5％的八面体间隙位置。
8．这是因为形成固熔体时，熔质原子的熔入会使熔剂结构产生点阵畸变，从而使体系能量升高。熔质与熔剂原子尺寸
相差越大，点阵畸变的程度也越大，则畸变能越高，结构的稳定性越低，熔解度越小。一般来说，间隙固熔体中熔质原子引起的点阵畸变较大，故不能无限互溶，只能有限熔解。
9．9 (1)0.278 nm；(2)0.393 nm(3)0.482 nm；(4)0.622 nm；(5)0.393 nm。
10．
(1)WLi+＝16/10-2，WMg2+＝24/1020，WF-＝44/10-2，WO2—＝16/10-2
(2)该固熔体的密度ρ＝2.9 g／cm3。
11．
故理论强度介于
0.4E0.4E~64之间，即4900～7000 MPa
12．
模子的尺寸l＝15.0 mm。
13．
C:H:O?
62.110.327.6::?5.2:10.2:1.7?3:6:112.0111.0079715.994
故可能是丙酮。
14．
画出丁醇(C4H9OH)的4种可能的异构体如下：
15．
(1)单体质量为12X2+1X2+35.5X2＝97 g／mol；(2)聚
合度为 n＝60000/97＝620。
16．
(1)均方根据长度4.65 nm；(2)分子质量m＝7125 g。
17．
理论上的最大应变为3380％。
18．
单体的摩尔分数为:X苯烯＝20/10-2，X丁二烯＝40/10-2，X丙烯晴＝40/10-2
19．
（1）和（2）如下：
(3)每摩尔的水(0.6X1024)形成时，需要消去0.6X1024的C—O及N—H键，同时形成0．6X1024的C—N及H—O键。
净能量变化为-15 kJ／mol。
20．
硅酸盐结构的基本特点：
(1)硅酸盐的基本结构单元是[Si04]四面体，硅原子位于氧原子四面体的间隙中。硅—氧之间的结合键不仅是纯离子键，还有相当的共价键成分。
(2)每一个氧最多只能被两个[Si04]四面体所共有。
(3)[Si04]四面体可以是互相孤立地在结构中存在，也可以通过共顶点互相连接。
(4)Si—O--Si的结合键形成一折线。
硅酸盐分成下列几类：
(1)含有有限硅氧团的硅酸盐；(2)链状硅酸盐；(3)层状硅酸盐；(4)骨架状硅酸盐。
21．
因为大多数陶瓷主要由晶相和玻璃相组成，这两种相的热膨胀系数相差较大，由高温很快冷却时，每种相的收缩
不同，所造成的内应力足以使陶瓷器件开裂或破碎。