材料科学基础课后习题答案第二章
材料科学基础第二章习题3
26
11. （自己看）己内酰胺在封管内进行开环聚合。按1 mol己内 酰胺计，加有水0.0205mol、醋酸0.0205mol，测得产物的端羧 基为19.8 mmol，端氨基2.3mmol。从端基数据，计算数均分 子量。
27
28
12、 等摩尔的二元酸和二元胺缩聚时，画出P=0.95， 0.99和0.995时的数均分子质量分布曲线和质均分子质 量分布曲线，并计算数均聚合度和质均聚合度，比较 二者的相对分子质量分布的宽度。 解： 已知r=1 P=0.99 或 0.995，根据Flory分布函数， 聚合度为X的聚合物的数均分布函数为
99 X n 100， 所需反应时间 t12 k c 0
所以，t2大约是t1的两倍，故由0.98到0.99所需的时间相近
9
10
5、(作业) 由1mol丁二醇与1mol己二酸合成Mn=5000的聚 酯，试作下列计算： a. 两基团数相等，忽略端基的影响，求终止缩聚的反应程 度P。
b. 在缩聚过程中，如果有0.5%（mol分数）丁二醇缩水成
39
16、AA、BB、A3混合体系进行缩聚，NA0=NB0=3.0 mol ， A3中A基团数占混合物中A总数（ρ）的10%， 求p=0.970时的Xn以及Xn=200时的p。
解： 已知NA0=NB0=3.0 mol ， A3的ρ=10%， 则：A3中A基团数为：3.0×10%=0.3 mol AA含基团数为：3-0.3=2.7 mol
Xn 1 r 1 r 2rp =……=44.53
b.
所以：Mn=Xn×M0=44.53×100 = 4453
12
c. 同一Mn，即Mn = 5000，Xn= 50 1 r Xn P = 0.982 1 r 2rp =50 d.
材料科学基础习题与答案
第二章思考题与例题1.离子键、共价键、分子键和金属键的特点，并解释金属键结合的固体材料的密度比离子键或共价键固体高的原因？2.从结构、性能等方面描述晶体与非晶体的区别。
3.何谓理想晶体？何谓单晶、多晶、晶粒及亚晶？为什么单晶体成各向异性而多晶体一般情况下不显示各向异性？何谓空间点阵、晶体结构及晶胞？晶胞有哪些重要的特征参数？4.比较三种典型晶体结构的特征。
（Al 、α-Fe、Mg 三种材料属何种晶体结构？描述它们的晶体结构特征并比较它们塑性的好坏并解释。
）何谓配位数？何谓致密度？金属中常见的三种晶体结构从原子排列紧密程度等方面比较有何异同？5.固溶体和中间相的类型、特点和性能。
何谓间隙固溶体？它与间隙相、间隙化合物之间有何区别？（以金属为基的）固溶体与中间相的主要差异（如结构、键性、性能）是什么？6.已知Cu的原子直径为2.56 A ，求Cu的晶格常数，并计算1mm3Cu的原子数。
7.已知Al 相对原子质量Ar（Al ）=26.97，原子半径γ=0.143nm，求Al 晶体的密度。
38 bcc 铁的单位晶胞体积，在912℃时是0.02464nm3；fcc 铁在相同温度时其单位晶胞体积是0.0486nm3。
当铁由bcc转变为fcc 时，其密度改变的百分比为多少？9.何谓金属化合物？常见金属化合物有几类？影响它们形成和结构的主要因素是什么？其性能如何？10.在面心立方晶胞中画出［012］和［1 2 3］晶向。
在面心立方晶胞中画出（012）和（1 2 3）晶面。
11.设晶面（152）和（034）属六方晶系的正交坐标表述，试给出其四轴坐标的表示。
反之，求（1213）及（21 12）的正交坐标的表示。
（练习），上题中均改为相应晶向指数，求相互转换后结果。
12.在一个立方晶胞中确定6 个表面面心位置的坐标，6 个面心构成一个正八面体，指出这个八面体各个表面的晶面指数，各个棱边和对角线的晶向指数。
13.写出立方晶系的{110} 、{100} 、{111} 、{112}晶面族包括的等价晶面，请分别画出。
材料科学基础第二章作业答案
2-2晶胞是晶体结构中的重复单元，可以取最小原胞如P 胞，也可以取可以反映对称性的较大的原胞如面心立方结构中的晶胞是P 胞的4倍。
空间格子是等同点构成的点阵连成的格子，它和晶体结构的不同之处在于把具体的原子集团抽象成一个等同点或者叫阵点，而其重复的单元是平行六面体。
所以这个平行六面体和晶胞的区别也是平行六面体中的阵点代替了晶胞中的具体的原子团。
2-3（1）由已知1:2:361:31:21所以晶面指数为（3 2 1） （2）晶面指数为（3 2 1） 2-4bcb(011 cbcc2-5 2-6 2-7(略)2-8{0211}有(0112) ，(1102)，(0121)，(1021)(2011)， (0211)。
{2110}有（2110），（0121），（2101），（1210），（0211），（1021），c[0001][）2-9（1）（121）和 (100)面所在的晶带的晶带指数为2:1:01012:0111:0021::==w v u ，所以晶带指数为[012]（100）和（010）面所在的晶带的晶带指数为000110::::0:0:1100001u v w ==，所以晶带指数为[001]或写为[001]（2）[001]和[111]晶向所决定的晶面的晶面指数为0:1:11100:1110:1101::==l k h ，所以晶面指数为（110）或（110）[010]和[100]晶向所决定的晶面的晶面指数为1:0:01001:0100:0010::==l k h ，所以晶面指数为（001）或（001）2-10(1)(100)晶面的晶面间距nm a d 143.0121100==(110)晶面的晶面间距nm a d 202.001122110=++=(123) 晶面的晶面间距nm ad 0764.0321222123=++=(2)(100)晶面的晶面间距nm a d 183.0121100==(111)晶面的晶面间距nm ad 211.0111111=++=(112)晶面的晶面间距nm a d 149.02112112=++=2.12解：如图：（1）(0,0,0)，(0.5,0,0.5)a ，(0.5,0.5,0)a ， (0,0.5,0.5)a ，(1,1,1)a ，(0.5,1,0.5)a ， (1,0.5,0.5)a ，(0.5,0.5,1)a 。
材料科学基础(武汉理工大学,张联盟版)课后习题及答案
第二章答案2-1略。
2-2（1）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b、6c，求该晶面的晶面指数；（2）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为a/3、b/2、c，求出该晶面的晶面指数。
答：（1）h:k:l==3:2:1,∴该晶面的晶面指数为（321）；（2）h:k:l=3:2:1，∴该晶面的晶面指数为（321）。
2-3在立方晶系晶胞中画出下列晶面指数和晶向指数：（001）与[]，（111）与[]，（）与[111]，（）与[236]，（257）与[]，（123）与[]，（102），（），（），[110]，[]，[]答：2-4定性描述晶体结构的参量有哪些？定量描述晶体结构的参量又有哪些？答：定性：对称轴、对称中心、晶系、点阵。
定量：晶胞参数。
2-5依据结合力的本质不同，晶体中的键合作用分为哪几类？其特点是什么？答：晶体中的键合作用可分为离子键、共价键、金属键、范德华键和氢键。
离子键的特点是没有方向性和饱和性，结合力很大。
共价键的特点是具有方向性和饱和性，结合力也很大。
金属键是没有方向性和饱和性的的共价键，结合力是离子间的静电库仑力。
范德华键是通过分子力而产生的键合，分子力很弱。
氢键是两个电负性较大的原子相结合形成的键，具有饱和性。
2-6等径球最紧密堆积的空隙有哪两种？一个球的周围有多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？答：等径球最紧密堆积有六方和面心立方紧密堆积两种，一个球的周围有8个四面体空隙、6个八面体空隙。
2-7n个等径球作最紧密堆积时可形成多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？不等径球是如何进行堆积的？答：n个等径球作最紧密堆积时可形成n个八面体空隙、2n个四面体空隙。
不等径球体进行紧密堆积时，可以看成由大球按等径球体紧密堆积后，小球按其大小分别填充到其空隙中，稍大的小球填充八面体空隙，稍小的小球填充四面体空隙，形成不等径球体紧密堆积。
2-8写出面心立方格子的单位平行六面体上所有结点的坐标。
答：面心立方格子的单位平行六面体上所有结点为：（000）、（001）（100）（101）（110）（010）（011）（111）（0）（0）（0）（1）（1）（1）。
《材料科学与工程基础》-第二章-课后习题答案.pdf
材料科学与工程基础第二章课后习题答案1. 介绍材料科学和工程学的基本概念和发展历程材料科学和工程学是研究材料的组成、结构、性质以及应用的学科。
它涉及了从原子、分子层面到宏观的材料特性的研究和工程应用。
材料科学和工程学的发展历程可以追溯到古代人类使用石器和金属制造工具的时代。
随着时间的推移，人类不断发现并创造出新的材料，例如陶瓷、玻璃和合金等。
工业革命的到来加速了材料科学和工程学的发展，使得煤炭、钢铁和电子材料等新材料得以广泛应用。
2. 分析材料的结构和性能之间的关系材料的结构和性能之间存在着密切的关系。
材料的结构包括原子、晶体和晶界等方面的组成和排列方式。
而材料的性能则反映了材料在特定条件下的机械、热学、电学、光学等方面的性质。
材料的结构直接决定了材料的性能。
例如，金属的结晶结构决定了金属的塑性和导电性。
硬度和导电性等机械和电学性能取决于晶格中原子的排列方式和原子之间的相互作用。
因此，通过对材料的结构进行了解，可以预测和改变材料的性能。
3. 论述材料的性能与应用之间的关系材料的性能决定了材料的应用范围。
不同的材料具有不同的性能特点，在特定的应用领域中会有优势和局限。
例如，金属材料具有良好的导电性和导热性，适用于制造电子器件和散热器件。
聚合物材料具有良好的绝缘性和韧性，适用于制造电线和塑料制品等。
陶瓷材料具有良好的耐高温性和耐腐蚀性，适用于制造航空发动机和化学设备等。
因此，在材料科学和工程学中，对材料性能的研究是为了确定材料的应用和优化材料的性能。
4. 解释与定义材料的特性及其测量方法材料的特性是指材料所具有的特定性质或行为。
它包括了物理、化学、力学、热学、电学等方面的特性。
测量材料的特性需要使用特定的实验方法和设备。
例如，材料的硬度通常可以通过洛氏硬度试验仪或布氏硬度试验仪进行测量。
材料的强度可以通过拉伸试验或压缩试验来测量。
材料的导电性可以通过四探针法或霍尔效应进行测量。
通过测量材料的特性，可以对材料的性能进行评估和比较，并为材料的应用提供参考。
《材料科学与工程基础》-第二章-课后习题答案.pdf
材料科学与工程基础 - 第二章 - 课后习题答案2.1 选择题1.D2.B3.C4.A5.D2.2 填空题1.结构、性质、性能、制备、应用2.金属、陶瓷、聚合物3.晶体4.金属材料、陶瓷材料、聚合物材料、复合材料5.原子、分子2.3 简答题1.材料科学与工程的基础概念和特点有：–材料科学：研究材料的结构、性质、制备和性能等方面的科学。
–材料工程：研究通过控制材料的结构和制备方法，得到具有特定性能和使用寿命的材料并应用于工程中。
材料科学与工程的特点包括：–综合性：材料科学与工程是一门综合性的学科，涉及物理、化学、力学、热学等各个学科。
–实用性：材料科学与工程以实际应用为目的，研究如何通过控制材料的结构和性能，满足工程和产品的需求。
–发展性：随着科技的进步和社会的发展，材料科学与工程也在不断发展，涌现出各种新材料和新技术。
2.不同材料的结构特点及其对材料性能的影响–金属材料：金属材料具有密排列的晶体结构，其晶粒间有较好的连续性，导致金属材料具有良好的导电性、导热性和机械性能。
–陶瓷材料：陶瓷材料以离子键或共价键为主要结合方式，具有非常硬、脆和耐高温的特点，但导电性差。
–聚合物材料：聚合物材料由长链状分子构成，具有良好的绝缘性、柔韧性和可塑性，但强度和硬度较低。
–复合材料：复合材料由不同的两种或更多种材料组成，通过它们的相互作用产生优异的整体性能。
同时，复合材料的结构也决定其性能。
3.材料的制备方法包括：–金属材料的制备方法有铸造、锻造、挤压、焊接等。
–陶瓷材料的制备方法有干法制备和湿法制备等。
–聚合物材料的制备方法有合成聚合法、溶液聚合法、熔融聚合法等。
–复合材料的制备方法有增强相法、混合相法、层压法等。
4.材料性能的测试方法包括：–机械性能的测试方法有拉伸试验、压缩试验、弯曲试验等。
–热性能的测试方法有热膨胀试验、热导率测试等。
–电学性能的测试方法有导电性测试、介电常数测试等。
–光学性能的测试方法有透光率测试、折射率测试等。
材料科学基础课后习题答案
（3） cosφ
=
n3 ⋅ F | n3 || F
|
=
1 3
cosα
=
b⋅F |b || F
|
=
1 2
由 Schmid 定律，作用在新生位错滑移面上滑移方向的分切应力为：
τ 0 = σ cosϕ cos λ = 17.2 ×
1× 3
1 = 7.0 MPa 2
∴作用在单位长度位错线上的力为：
f = τb = aτ 0 = 10 − 3 N/m 2
滑移面上相向运动以后，在相遇处
。
（B
）
A、相互抵消
B、形成一排空位
C、形成一排间隙原子
7、位错受力运动方向处处垂直与位错线，在运动过程中是可变的，
晶体作相对滑动的方向
。
（C
）
A、亦随位错线运动方向而改变 B、始终是柏氏矢量方向 C、始
终是外力方向
8、两平行螺型位错，当柏氏矢量同向时，其相互作用力
。
（B
二、（15 分）有一单晶铝棒，棒轴为[123]，今沿棒轴方向拉伸，请分析：
（1）初始滑移系统； （2）双滑移系统 （3）开始双滑移时的切变量 γ； （4）滑移过程中的转动规律和转轴； （5）试棒的最终取向（假定试棒在达到稳定取向前不断裂）。
三、（10
分）如图所示，某晶体滑移面上有一柏氏矢量为
v b
的圆环形位错环，并受到一均匀
14、固态金属原子的扩散可沿体扩散与晶体缺陷扩散，其中最慢的扩
散通道是：
。
（A）
A、体扩散
B、晶界扩散
C、表面扩散
15、高温回复阶段，金属中亚结构发生变化时，
。
（C）
A、位错密度增大 B、位错发生塞积 C、刃型位错通过攀移和滑移构
材料科学基础A第二章习题及答案
材料科学基础A第二章习题及答案2.3 等径球最紧密堆积的空隙有哪两种？一个球周围有多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？答：等径球最紧密堆积的空隙有四面体空隙和八面体空隙。
一个球周围有8个四面体空隙和6个八面体空隙。
2.4 n个等径球作最紧密堆积时可形成多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？不等径球是如何进行堆积的？答：n个等径球作最紧密堆积时可形成四面体空隙数为(n×8)/4=2n个，八面体空隙数为(n×6)/6=n个。
不等径球堆积时，较大的球体作等径球的紧密堆积，较小的球填充在大球紧密堆积形成的空隙中。
其中稍小的球体填充在四面体空隙，稍大的球体填充在八面体空隙。
2.7 解释下列概念：（1）晶系：晶胞参数相同的一类空间点阵。
（2）晶胞：从晶体结构中取出来的反映晶体周期性和对称性的重复单元。
（3）晶胞参数：表示晶胞的形状和大小的6个参数，即3条边棱的长度a、b、c和3条边棱的夹角α、β、γ。
（4）空间点阵：把晶体结构中原子或分子等结构基元抽象为周围环境相同的阵点之后，描述晶体结构的周期性和对称性的图像。
（5）米勒指数（晶面指数）：结晶学中常用（hkl）来表示一组平行晶面的取向，其数值是晶面在三个坐标轴（晶轴）上截距的倒数的互质整数比。
（6）离子晶体的晶格能：1mol离子晶体中的正负离子由相互远离的气态结合成离子晶体时所释放的能量。
（7）原子半径：从原子核中心到核外电子的几率分布趋向于零的位置间的距离。
（8）离子半径：以晶体中相邻的正负离子中心之间的距离作为正负离子的半径之和。
（9）配位数：在晶体结构中，该原子或离子的周围，与它相接相邻结合的原子个数或所有异号离子的个数。
（10）离子极化：离子在外电场作用下，改变其形状和大小的现象（或在离子紧密堆积时，带电荷的离子所产生的电场，必然要对另一个离子的电子云产生吸引或排斥作用，使之发生变形的现象）。
（11）同质多晶：化学组成相同的物质，在不同的热力学条件下形成结构不同的晶体的现象。
材料科学基础课后作业第二章
2-3 为什么金属结晶时一定要有过冷度？影响过冷度的因素是什么？固态金属熔化时是否会出现过热？为什么？答：（1）由热力学可知，结晶能否发生，取决于固相的自由能是否低于液相的自由能，即△G =G S-G L<0；只有当温度低于理论结晶温度 T m时，固态金属的自由能才低于液态金属的自由能，液态金属才能自发地转变为固态金属，因此金属结晶时一定要有过冷度。
（2）影响过冷度的因素有：金属的本性，金属不同，过冷度大小不同；金属的纯度，金属的纯度越高，过冷度越大；冷却速度，冷却速度越大，过冷度越大。
（3）金属熔化时会出现过热，其原因是：由热力学可知，只有当温度高于理论结晶温度 T m时，液态金属的自由能才低于固态金属的自由能，固态金属才能自发转变为液态金属，因此金属熔化时一定要有过热度。
2-4试比较均匀形核与非均匀形核的异同点。
答：相同点：（1）液态金属的结晶必须在过冷的液体中进行，液态金属的过冷度必须大于临界过冷度，晶胚尺寸必须大于临界晶核半径r k。
前者提供形核的驱动力，后者是形核的热力学条件所要求的。
（2）r k值大小与晶核的表面能成正比，与过冷度成反比。
过冷度越大，则r k越小，形核率越大，但是形核率有一极大值。
如果表面能越大，形核所需的过冷度也应越大。
凡是能降低表面能的办法都能促进形核。
（3）均匀形核既需要结构起伏，也需要能量起伏，二者皆是液体本身存在的自然现象。
（4）晶核的形成过程是原子扩散迁移的过程，因此结晶必须在一定的温度下进行。
不同点：（1）非均匀形核与固体杂质接触，减小了表面自由能的增加，也减小了形成晶核的体积，所以非均匀形核的形核功小，形核容易，可以在较小的过冷度下进行。
（2）均匀形核需要在很大的过冷度下进行，而且要求液态金属绝对纯净，无任何杂质，也不和型壁接触，只依靠液态金属的能量变化，由晶胚直接生核的过程，是一种理想状态；而在实际工业生产中，液态金属并不能达到这种理想状态，所以，凝固过程总是以非均匀形核的方式进行。
材料科学基础课后习题答案2
Solutions for Chapter 21. Find: Number of valence electrons in Group IIIB and GroupVB elements.Data: Periodic Table in Appendix A.Solution: By definition and/or by examination of Appendix B, Group IIIB elements contain 3 valence electronswhile Group VB elements contain 5 valence electrons.2. Find: The electron configuration of the element that comesnext in the series Si, Ge, ?Data: Periodic Table in Appendix A.Solution: Examination of the Periodic Table shows that Si and Ge are both Group IVB elements. As shown inExample Problem 2.2-1, have a valence electronconfiguration of the form xs2xp2 when x=3 for Si andx=4 for Ge. The next group IVB element in the seriesis Sn with an electron configuration (from the PeriodicTable) of [1s22s22p63s23p63d104s24p64d10]5s25p2. Note thatthe valence electron configuration for Sn is also ofthe form xs2xp2 with x=5.Comments: The similarity of their valence electronconfigurations suggests that Sn should displayproperties similar to those of Si and Ge. This istrue over a limited temperature range but thereare other factors (to be discussed in the nextchapter) that explain why Sn also has someproperties that differ from those of the other twoelements.3. Find: Should Ca and Zn exhibit similar properties?Data: Periodic Table in Appendix A.Solution: Examination of the Periodic Table shows that Ca has the electron configuration [1s22s22p63s23p64s2]while Zn has configuration [1s22s22p63s23p63d10]4s2.Since both elements have two valence electrons (4s2)we should expect these elements to display somesimilar properties.Comments: Although Zn and Ca have similar valence electron configurations, they have other structuraldifferences that result in differences inproperties.4. Find: Suggest some consequences of electron energies notbeing quantized.Solution: Although there are many possible answers to this question, one of the more important results mightbe a breakdown in the periodic arrangement of theelements. The Periodic Table owes its existenceto the quantization of energy. If quantization ofenergy did not exist, we would lose the ability tounderstand and predict properties based on valenceelectron configuration.5. FIND: How many electrons, protons, and neutrons are in Cu?DATA: From Appendix A, the atomic number of Cu is 29 and the atomic mass is 63.54 g/mole.SOLUTION: Cu has 29 electrons and 29 protons, each proton weighing about 1 g/mole. The balance of the atomic mass is from neutrons.COMMENTS: Elements can have different masses, from having different numbers of neutrons. They are called isotopes.6. FIND: What is the electronic structure of C?DATA: From Appendix A, the atomic number of C isSOLUTION: Carbon is capable of 4 covalent bonds of equal strength. Just think of some hydrocarbons that you know, such as methane, CH4. Four H bond to a central C. The bonding of Cmight be expected to be 1s22s22p2, again from Appendix A. What occurs in practice is called hybridization. The four electronsin the 2s and 2p levels hybridize, giving four electrons of equal bond strength capability. The bonds are as far apart as possible in space (tetrahedral bond angles).7. FIND: Describe the desirable environmental stability of a "gold standard".ASSUMPTIONS: You want the standard's critical properties to be invariant with timeSOLUTION: Gold is one of the few metals whose pure metallic state is more thermodynamically table than its oxide. Hence,gold does not oxidize. If it did, then it might gain or lose weight with time of exposure to air.COMMENTS: This is why gold is found in nature as nuggets, whereas, for example, iron and aluminum are found as oxides or sulfides.8. Find: Can pure water exist at -1o C?Solution: Yes, if the pressure of the system is raisedabove one atmosphere, water can exist at -1o C.Comments: Since most of our daily experiences occur at (or near) atmospheric pressure, we tend to forgetabout pressure as an important system variable.There are, however, many important engineeringprocesses that occur at either substantiallyhigher or lower pressures.9. Find: Change in flow rate when molasses is heated from 10o Cto 25o C.Given: Activation energy, Q, for Arrhenius Process is50 kJ/mole.Data: R= 8.314 J/mol-K, K=o C+273Assumptions: Flow rate at temperature T is given byF(T)= F o exp(-Q/RT)Solution: The ratio of the flow rates at any twotemperatures is:F(T1) = F o exp(-Q/RT1) = exp(-Q/R(1/T1-1/T2))F(T2) F o exp(-Q/RT2)F(25︒C) = exp(-50,000J/mol/8.134J/mol-K)(1/298K- 1/283K)) = 2.91 F(10o C)A temperature increase of 15o C results in almost afactor of three increase in the flow rate ofmolasses.10.Find: Change in polymerization rate when temperatureincreases by 10o C.Given: Activation energy, Q, for Arrhenius Process is80 kJ/mole.Data: R= 8.314 J/mole-K, K= o C+273Assumption: Polymerization rate at temperature T is given by P(T)= P o exp(-Q/RT)Solution: The ratio of the polymerization rates at any two temperatures is:P(T1) = P o exp(-Q/RT1) = exp(-Q/R(1/T1 - 1/T2))P(T2) P o exp(-Q/RT2)P(T1) = exp[-Q/R((T2-T1)/T1T2))] = exp[-Q/R(∆T/T1T2)]P(T2)This form of the expression shows that the problemcan not be solved with the information given. Aknowledge of ∆T is not sufficient. We must alsoknow the two temperatures.Comments: When the temperature increases from 10o C to20o C, the rate increases by a factor of 3.19. Incontrast, a temperature increase from 40o C to 50o Cresults in a rate increase of 2.59. This exampleillustrates the general result that a fixed changein temperature has a greater influence on thereaction rate if the average temperature is low. 11.FIND: Why are high quality electronic cable ends or contact points gold-coated?SOLUTION: You do not want the resistance of theconnection to increase with time. Oxides are generally good electrical insulators. Steel points rust and the oxide prevents them from working. Car points, for example, need to be changed frequently.COMMENTS: In some electronic devices a slight impedance increase due to oxide formation can cause a circuit to fail catastrophically, destroying a number of components.12.Find: Explanation for man's ability to convert aluminum oxide to aluminum.Given: Oxide represents a lower energy state than pure Al. Solution: Thermodynamics describes the direction ofspontaneous change. That is, balls roll down hilland Al will transform to Al2O3 if the kinetics arefavorable and no other factors are acting on thesystem. We know, however, that a ball can be moveduphill if energy is supplied to the system (i.e.if it is carried uphill). Furthermore, it mayremain at a higher elevation if there are activa-tion barriers associated with its return to thelowest energy position. Similar logic applies tothe reduction of Al2O3 to 2Al+1.5O2. If mansupplies (thermal) energy, the metal can beextracted from its ore and will remain in ametastable state. However, the metal will returnto its more stable oxide at a later time ifconditions permit.13.Find: Characteristics of primary bonds.Solution: Provided in the form of a table.+----------------------------------------------------------+|primary | types of | bonding | if sharing || bond | atoms | electrons | occurs is it|| type | usually | shared or | localized or|| | involved | transferred | delocalized|+----------+-----------------+--------------+--------------|| ionic | electroneg. and | transferred | --------- || | electropositive | | |+----------+-----------------+--------------+--------------|| covalent | electronegative | shared | localized || |(usually w N VE>3)+----------+-----------------+--------------+--------------|| metallic | electropositive | shared | delocalized|| |(usually w N VE 3)+----------------------------------------------------------+14.Find: Primary bond type in each of a series of compounds. Data: Electronegativities and numbers of valence electronsfor each element can be obtained from thePeriodic Table in Appendix A.Element | Electronegativity | No. of valence electrons--------+-------------------+-------------------------O | 3.44 | 6Na | 0.93 | 1F | 3.98 | 7In | 1.78 | 3P | 2.19 | 5Ge | 2.01 | 4Mg | 1.31 | 2Ca | 1.00 | 2Si | 1.90 | 4C | 2.55 | 4H | 2.20 | 1| |Assumptions: Percent ionic character of a bond is afunction of the difference in the electro-negativities of the elements involved (SeeAppendix A for conversion table). In a metal,the average number of valence electrons isgenerally ≤ 3. In a covalent solid the averagenumber of valence electrons is generally > 3.Solution:• O2, ∆EN=0 so that the bond is not ionic. Since O is an electronegative element and the average number ofvalence electrons is 6, we predict a covalentbond.• NaF, ∆EN = EN(F)-EN(Na) = 3.98-0.93 = 3.05. This ∆ENcorresponds to a bond that is approximately90% ionic.• InP, ∆EN = EN(P)-EN(In) = 2.19-1.78 = 0.41. Since thisbond is only about 4% ionic, we must examine the average number of electrons, N VE. Since N VE =(3+5)/2 = 4, we predict that the bond will becovalent.• Ge, ∆EN=0 so the bond is not ionic. Ge is neitherstrongly electropositive or electronegative, but it does have N VE=4. Thus we predict covalentbonding.• Mg, ∆EN=0 so the bond is not ionic. Mg is an electro-positive element with N VE =2. It will havemetallic bonds.• CaF2, ∆EN = EN(F)-EN(Ca) = 3.98-1.0 = 2.98. This ∆ENcorresponds to a bond that is appproximately 89% ionic.• SiC, ∆EN = EN(C)-EN(Si) = 2.55-1.90 = 0.65. Since thiscorresponds to a bond that is only ≈10% ionic, we must consider N VE. The average number ofvalence electrons is (4+4)/2 = 4 so the bond ispredicted to be covalent.• (CH2), ∆EN = 2.55-2.20 = 0.35 so the bond is not ionic.Although the average N VE in this compound is(4+1)/2 = 2.5, the bond is predicted to becovalent because H is a recognized exception tothe trend and is known to favor the formation ofcovalent bonds.• MgO, ∆EN = EN9O)-EN(Mg) = 3.44-1.31 = 2.13 whichcorresponds to a bond that is ≈68% ionic.• CaO, ∆EN = EN(O)-EN(Ca) = 3.44-1.0 = 2.44 whichcorresponds to a bond that is 77% ionic.Comments: All of these predictions are in agreement with experimental observations.15.FIND: Show the octet rule in C.DATA: Carbon forms four equal bonds.SKETCH: Shown is methane, simply as an example:HHHCHSOLUTION: The 8 dots represent the electrons: 4 come from the central carbon and 1 from each of the 4 hydrogen. The electrons are localized between the atoms sharing the electrons.16.Find: Characteristics of the Coulombic Force.Data: F a(x) is given in Equation 2.4-1 and sketched inFigure 2.4-2(a).Solution: The Coulombic Force varies inversely with thesquare of the separation distance between the charge centers. Another familiar example of aninverse square law is the force of gravity. Afunction of this form has no local maxima orminima because the derivative of equation 2.4-1has a nontrivial values for which it is equal tozero and the maximum value occurs as x approachesinfinity (for the sign convention adopted inFigure 2.4-2(a)).17.Find: Definitions of ionization potential and electronaffinity.Solution: Ionization potential is the energy required toremove an electron from an isolated neutralatom. The energy released when an isolatedneutral electronegative atom gains an electron isits electron affinity.Comments: The significance of these variables is that thedifference between the ionization potentialand the electron affinity is the amount of workthat must be done to create a pair of isolatedmonovalent ions. This quantity is important inthe determination of the total bond energy in anionic bond.18.Find: Reason why covalent bonds are restricted to electro-negative elements.Assumptions: During bonding, atoms seek to obtain a filledvalence electron shell.Solution: Electronegative elements generally have nearlyfilled valence shells and are seeking a fewadditional electrons. If electropositive atomsare nearby, they can transfer electrons to theelectronegative atoms and an ionic bond is formed.If, however, only electronegative atoms arepresent then the only way they can all acquireextra electrons is to share them. This is thedefinition of a covalent bond.Comments: Hydrogen also forms covalent bonds.19.Find: Is the Si-O bond covalent?Given: O forms covalent bonds with itself and Si alsoforms covalent bonds with other Si atoms.Data: From Appendix B: EN(Si)=1.90 and EN(O)=3.44.Assumptions: The percent ionic character of a bond isgiven by the table in Appendix A.Solution: It is impossible to form ionic bonds in any pureelement since there will be no difference inEN values for identical atoms. In the case ofSi-O, however, the difference inelectronegativity is 1.54. This corresponds to abond that is approximately 45% ionic and 55%covalent.Comments: This type of primary bond is often described asa mixed ionic/covalent bond.20.Find: Can an ionic solid be a good electrical conductor?Assumptions: High electrical conductivity requires a highdensity of mobile charge carriers.Solution: In ionic solids there are usually few, if any,free electrons. Charge transport requiresthe motion of comparatively large ions which isgenerally a more difficult process than electronmotion. If, however, an ionic solid had either ahigh free electron density or extremely mobileions, then it would be a good electricalconductor.Comments: We will find some examples of materials withthese characteristics in Chapter 10.21.Find: Physical significance of p<q in Equation 2.4-7.Data: Equation 2.4-7 states: F A+F R=0=A'/x p-B'/x q.Solution: This equation describes the competing forces ofattraction and repulsion in a covalent bond.Since the repulsive force is known to dominate atsmall separation distances (x→0), we requireB'/x q >> A'/x p as x→0. This is equivalent to requiring that x q << x p (for x→0) which issatisfied if and only if q>p.22.Find: Types of information available from the bond-energycurve.Solution: The depth of the bond-energy curve describes thestrength of the bond (i.e. the bond energy)and also provides information about thevaporization temperature since it is anindication of the amount of energy that must besupplied to move atoms to an infinite separationdistance. The value of x for which the bondenergy is a minimum corresponds to theequilibrium separation distance. It is, however,not possible to gain information about theprimary bond type from the general shape of thebond energy curve.23.FIND: Identify which material shown in Fig.2.5-1 has a higher melting temperature.GIVEN: The slope of material A at zero force is greater than that of B.SOLUTION: The ease of separating atoms or molecules with heat is similar to the ease of separating atoms with force. Hence, A has a higher melting temperature than does B.24.Find: Relationship between x th and melting temperature.Data: x th(Al)=25x10-6︒C-1 and x th(SiC)=4.3x10-6︒C-1.Assumptions: Melting temperature is related to the depthof the bond energy curve and thermalexpansion coefficient is related to the asymmetryof the curve.Solution: Since "deep" energy wells tend to be moresymmetric, materials with high meltingtempera-tures tend to have low expansioncoefficients. Thus, we expect SiC to have ahigher T m than Al.Comments: This prediction is consistent with experiment -T m(SiC) = 2700︒C and T m(Al) = 660︒C.25.Find: Relationship between stiffness and thermal expansion. Assumptions: Stiffness is related to the curvature (secondderivative) of the bond energy curve at itsminimum and expansion coefficient is related toasymmetry of the curve.Solution: Bond energy curves that are sharply curved havelarge second derivatives and high stiffness.However, such curves will also be relativelysymmetric so they will exhibit low coefficientsof thermal expansion. In order to obtain a stiffmaterial with a high expansion coefficient itwould require a tightly curved but asymmetricshape. This combination is difficult to achieve.26.Find: Explanation for the similarity of the moduli ofoxide ceramics.Solution: Elastic modulus is one of the properties thatcan be determined from the bond energy curve.If several materials have similar bondcharacter-istics then we should expect thosematerials to display similar modulus values.This is the case with many oxide ceramics andother ionic solids.27.Find: Estimate relative deflections of oxide and polymerglasses.Given: E(oxide)=10 E(polymer)Data: Deflection is inversely proportional to modulus(stiffness).Solution: The material with the higher modulus willdeflect less under the same load. Therefore, the plastic will display 10 times as muchdeflection as the oxide.28.Find: Sketch bond curves for a material with x th <0.Solution: Sketch|||↑ ||E |+-----------------------| x|||| |||↑ ||F |+-----------------------| x||||Comments: The bond energy curve is steeper to the right ofx︒ than to the left. This means that themidpoints of the constant energy line segmentsshift to the left as energy (temperature)increases.29.FIND: Calculate the atomic separation of pure Ti and Cu at 625︒C.GIVEN: The atomic separation at room temperature (25︒C) for Ti is 2.94 A and the thermal expansion coefficient is 9 x 10-6 / ︒C.DATA: The atomic separation of Cu is 1.28 A x 2 = 2.56 A according to Appendix C. The thermal expansioncoefficient of Cu is 17 x 10-6 / ︒C, according to Table 2.5-1.SOLUTION: The atomic spacing of Ti at 625︒C is:2.94 A + 600︒C x (9 x 10-6 / ︒C) = 2.94 A + 0.0054 A = 2.9454 A. Similarly, the atomic spacing of Cu at 625︒C is:2.56 A + 600︒C x (17 x 10-6 / ︒C) = 2.94 A + 0.0102 A = 2.57 A.COMMENTS: There is a problem with significant digits in thisproblem. The atomic spacing at 25︒C was provided only to 2 decimal places. Better accuracy is required in the atomic spacings if better accuracy in the calculated results are required.30.Find: Methods for measuring Young's modulus and coefficient of thermal expansion in the lab.Sketch:Solution: Young's Modulus relates the stiffness ordeflection of a material to the magnitude of the force or load causing that deflection. Themodulus of a material could be measured usingeither of the methods sketched above, that is, bymeasuring the deflection of a cantilever beam orthe change in length of an axially loaded rod.Coefficient of thermal expansion is measuredby observing the change in length of asample resulting from a temperature change(see Equation 2.5-4).31.Find: CNs for ions in CaF2Given: r(Ca)=0.197nm, r(Ca2+)=0.106nm, r(F)=0.06nm,r(F-) = 0.133nmData: r/R ranges for various CNs given in Table 2.6-1.Solution: Since this is an ionic compound user(Ca2+)/R(F-) = 0.106nm/0.133nm = 0.797From Table 2.6-1, this corresponds to CN(Ca2+)=8.Since the anion:cation ratio is 2:1, theCN(F-) is given by:CN(F-)= 1/2[CN(Ca2+)] = 4.Comments: This prediction is consistent with experiment. 32.Find: CNs of cations in NiO, ZnS, and CsI.Data: Radii in Appendix B→r(Ni2+)=0.078, r(O2-)=0.132,r(Zn2+)=0.083, r(S2-)=0.174, r(Cs+)=0.165, r(I-)=0.220Assumptions: Ionic bonding in all three compounds. Thiscould be checked by investigating ∆EN values.Solution: For NiO: r(Ni2+)/R(O2-)=0.105/0.132=0.795, so thatfrom Table 2.6-1 we find CN(Ni2+)=6. For ZnS: r(Zn2+)/R(S2-)=0.083/0.174=0.477, so that fromTable 2.6-1 we find CN(Zn2+)=6. For CsI:r(Cs+)/R(I-)=0.165/0.220=0.750, so that from Table2.6-1 we find CN(Cs+)=8.33.FIND: Sketch the structure of methane andO as in Fig. 2.6-5. SKETCH: Methane is a covalently-bonded material.SOLUTION:COMMENTS: In methane the C is in the center ofthe cube and the H are centered on the appropriate cube corners. The bond angles are 109.5︒ and the bond lengths are all the same. In the ketone the C is located within an equilateral triangle. The O double bond and the other two single bonds are planar, essentially 120︒ apart. 34. Find: Relationship between bond type and density. Solution: Density depends on the mass and radius of the atoms in the solid and on the efficiency with which the atoms are packed together. The later factor is a function of bond type through its influence on coordination numbers. Metals tend to have high CNs, typically 8 or 12. Ionic solids typically have CNs ranging from 3 to 8. Covalent solids typically have CNs ranging from 2 to 4. Therefore, if all other factors are roughly equal, covalent solids will display the lowest densities and metals will have the highest densities.Comments: For covalent solids CN= 8-N VE and N VE ≥ 4. This combination implies that CN(covalent) ≤ 4. 35. Find: When do you use r/R to predict CN in a covalent compound? Solution: Since in covalent compounds CN is determined by the 8-N VE rule, the r/R rule is never used to predict CN in covalent compounds. 36. Find: Find CN in pure Ge. Given: Ge is a Group IV covalently bonded compound. Solution: In a covalent compound CN=8-N VE . For Group IV Ge N VE =4. Therefore, CN(Ge)=8-4=4. Comment: This prediction is consistent with experiment.37.Find: Radius range for CN=4.Assumption: Assume ionic bondingSketches:Solution: The appropriate figures are sketched above andin Table 2.6-1. The minimum r/R ratio isfound using the sketch on the left. For thisgeometry:r+R=a√3/2 [anions touch cations along 1/2 a body diagonal]and R+R=a√2 [anions touch each other alongface diagonals]Dividing the first equation by the second gives:(r+R)/2R = 3/2√2orr/R = (√3/√2)-1 = 0.225The maximum r/R for CN=4 in the minimum valuefor CN=6. Using the geometry on the right:(r+R) = a/2and(R+R) = a√2/2Dividing the first equation by the second gives:r/R = (2/√2) -1 = 0.414Therefore, the radius ratio range for CN=4 is0.225 ≤ (r/R) < 0.414.38.Find: Characteristics of an ionic bond.Given: A2B compound with r(A)=0.12nm, r(B)=0.15nm,r(B+)=0.14nmSolution:A. Anions are generally larger than their neutralcounterparts because the added electronsincrease electron-electron mutual repulsion anddecrease the relative magnitude of the nuclearcharge. Therefore, r(A-) > r(A). Using theinverse argument we predict r(B+) < r(B).B. If the compound is ionic we must use an r/R ratioto predict the CN of the smaller ion (in this case the anion).r(A-)/R(B+)=0.13/0.14=0.929From Table 2.6-1, this implies CN(A-)=8. Sincethe anion:cation ratio is 2:1, thecoordination number for the cation is predictedto be CN(B+)= 2[CN(A-)]= 16. A CN of 16, howeveris not possible. Therefore, the most likelyvalues are CN(B+)=12 and CN(A-)=6. Recall thatlower CN values are always possible but aregenerally not energetically favorable.39.Find: Relative size of atoms if CN(A)=CN(B)=12.Solution: A coordination number of 12 for all atoms/ionsin a compound suggests that all of theatoms/ions are the same size. That is r/R=1.40.Find: Bond characteristics of Si and C.Solution: Both Si and C are Group IV elements and incovalent compounds they will each have CN=4.Thus we should expect some similarity between C-based (organic) structures and Si-basedstructures.Comments: These similarities will be investigated inChapter 6.41.Find: Structure of C2H6Assumptions: This is a covalent compoundSolution/Sketch:H H| || |H ----- C ------ C ------ H| || |H HComments: CN(C)=4 and CN(H)=1.42.Find: Explanation for no solids with CN = 5, 7 or 9.Solution: It is geometrically impossible to fill threedimensional space with the polyhedrons (solid geometrical figures) that result from CNs of 5, 7,or 9.Comment: To get a "feeling" for this statement you mighttry to "fill" two dimensional space with aseries of equal sized (regular) pentagons orheptagons.43.Find: Location of tacks in a room to maximize separationdistance.Sketch/Solution:The "tacks" or atoms should be placedin four of the eight corners of thecube (room) such that no two adjacentcorners are occupied. The separationis a√2.44.Find: Bond angle H-N-H in NH3Assumptions: Covalent bonding with CN(N)=3 and CN(H)=1Sketch:Solution: The bond angle is close to the tetrahedral angleof 109.5︒ (see Figure 2.6-4(a) and associated text).Comments: See Example Problem 2.6-4.45.Find: Type of bond between (NH4)+ and Cl-.Solution: The bonding in (NH4)+ essentially results infour exposed protons. These H+ ions can form hydrogen bridges between the electronegative N and Cl ions resulting in comparatively strong secondary bonds.46.Find: Predict which material has the higher T m.Assumptions: For compounds with secondary bonds, theimportant factors are the relative strengthof the bonds and the size of the molecules (sincelarger molecules have a greater surface area overwhich secondary bonds can occur).Solutions:A. H F | || | ----- C ------ C ------ | | | | H F will have a higher T m thanF F| || |----- C ------ C ------| || |F Fbecause the former is a permanent dipole while thelatter is too symmetric to have strongsecondary bonds.B. H | | H ----- C ------ H | | Hwill have a lower T V thanH | | H ----- N ------ H |⋅|⋅← (nonbonding electron pair)because the latter is permanent dipole while theformer is too symmetric to have strongsecondary bonds.C. Although their structures are very similar, C14H30will have a higher T m than C5H12 because it isa larger molecule with more surface for secondarybond formation.47.FIND: Suggest whether natural polymers - amides and cellulose - are moisture sensitive.GIVEN: Amides contain the group Handcellulose contains - OH's.SOLUTION: N contains a lone pair of electrons. Hence,the N tends to be partially negative and the H partially positive. O has two lone pairs of electrons, so O is partially negativeand the H is partially positive. Hence, both groups are dipolar. Water is also a dipole. Hence, water and NH's and OH's are attracted to one another. Cellulose and amides are moisture sensitive. Their properties - volume, strength, mass, etc. - depend on relative humidity.COMMENTS: This is in part why cotton (cellulose) and wool (a polyamide) are such comfortable fibers.48.FIND: Describe what binds the molecules in a。
材料科学基础A第二章习题及答案
材料科学基础A第二章习题及答案2.3 等径球最紧密堆积的空隙有哪两种？一个球周围有多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？答：等径球最紧密堆积的空隙有四面体空隙和八面体空隙。
一个球周围有8个四面体空隙和6个八面体空隙。
2.4 n个等径球作最紧密堆积时可形成多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？不等径球是如何进行堆积的？答：n个等径球作最紧密堆积时可形成四面体空隙数为(n×8)/4=2n个，八面体空隙数为(n×6)/6=n个。
不等径球堆积时，较大的球体作等径球的紧密堆积，较小的球填充在大球紧密堆积形成的空隙中。
其中稍小的球体填充在四面体空隙，稍大的球体填充在八面体空隙。
2.7 解释下列概念：（1）晶系：晶胞参数相同的一类空间点阵。
（2）晶胞：从晶体结构中取出来的反映晶体周期性和对称性的重复单元。
（3）晶胞参数：表示晶胞的形状和大小的6个参数，即3条边棱的长度a、b、c和3条边棱的夹角α、β、γ。
（4）空间点阵：把晶体结构中原子或分子等结构基元抽象为周围环境相同的阵点之后，描述晶体结构的周期性和对称性的图像。
（5）米勒指数（晶面指数）：结晶学中常用（hkl）来表示一组平行晶面的取向，其数值是晶面在三个坐标轴（晶轴）上截距的倒数的互质整数比。
（6）离子晶体的晶格能：1mol离子晶体中的正负离子由相互远离的气态结合成离子结合成离子晶体时所释放的能量。
（7）原子半径：从原子核中心到核外电子的几率分布趋向于零的位置间的距离。
（8）离子半径：以晶体中相邻的正负离子中心之间的距离作为正负离子的半径之和。
（9）配位数：在晶体结构中，该原子或离子的周围，与它相接相邻结合的原子个数或所有异号离子的个数。
（10）离子极化：离子在外电场作用下，改变其形状和大小的现象（或在离子紧密堆积时，带电荷的离子所产生的电场，必然要对另一个离子的电子云产生吸引或排斥作用，使之发生变形的现象）。
（11）同质多晶：化学组成相同的物质，在不同的热力学条件下形成结构不同的晶体的现象。
材料科学基础第2章习题解答
热力与动力学
8.在-1℃时能否得到纯的液态水。
= exp(-50,000J/mol/8.134J/mol-K)(1/298K- 1/283K)) = 2.91
A temperature increase of 15 C results in almost a factor of three increase in the flow rate of molasses（糖蜜）.
result in differences in properties.
原子结构
4.如果电子的能量不是量子化的，会有哪些后果？
Although there are many possible answers to this question, one of the more important results might be a breakdown in the periodic arrangement of the elements. The Periodic Table owes its existence to the quantization of energy. If quantization of energy did not exist, we would lose the ability to understand and predict properties based on valence electron configuration.
《材料科学与工程基础》顾宜 第二章 课后答案
第二章习题及答案2-1．阐述原子质量和原子量的区别。
2-2．简要阐述四个量子数分别对应何种电子状态。
2-3.元素周期表中的所有VIIA 族元素的核外电子排布有何共同点？（1）各电子层最多容纳电子数为2n 2.（2）最外层不超过8个电子；次外层不超过18个电子；倒数第三层不超过32个电子.（3）核外电子总是先排布在能量最低的电子层内，排满后再一次向外排布.（4）电子排布总是遵循能量最低原理，泡利不相容原理，洪特定则.2-4.按照能级写出N、O、Si、Fe、Cu、Br 原子的电子排布（用方框图表示）。
223224Si1s22s22p63s23p2Fe1s22s22p63s23p63d8Cu1s22s22p63s23p63d104s1Br1s22s22p63s23p63d104s24p52-5.按照能级写出Fe2+,Fe3+,Cu+,Ba2+,Br-,and S2-离子的电子排布。
（用方框图表示）。
同上题2-6.影响离子化合物和共价化合物配位数的因素有那些？中心离子类型、离子半径、配体大小、溶剂、配体多少、环境温度、PH、共价键数、原子的有效堆积。
2-7.将离子键、共价键和金属键按有方向性和无方向性分类，简单说明理由。
2-8.简要阐述离子键，共价键和金属键的区别。
2-9.阐述泡利不相容原理。
在原子中不能容纳运动状态完全相同的电子；同一个原子中,不可能有两个或两个以上的电子处在同一个状态；也可以说，不可能有两个或两个以上的电子具有完全相同的四个量子数。
2-10.判断以下元素的原子可能形成的共价键数目：锗，磷，锶和氯。
2-11.解释为什么共价键材料密度通常要小于离子键或金属键材料。
由于共价键具有严格的方向性和饱和性，一个特定原子的最邻近原子数是有限制的，并且只能在特定的方向进行键合。
所以共价键物质密度比金属键和离子键物质密度都要小.（共价键需按键长、键角要求堆垛，相对离子键、金属键较疏松）共价键的结合力较小，离子键结合力很大，形成的物质更致密。
中南大学 材料科学基础 课后习题答案
第一章 原子排列与晶体结构1. [110]， (111)， ABCABC…， 0.74 ， 12 , 4 ，a r 42=； [111]， (110) , 0.68 , 8 , 2 ， a r 43= ； ]0211[， (0001) ， ABAB ， 0.74 ， 12 ， 6 ， 2a r =。
2.0.01659nm 3 ， 4 ， 8 。
3.FCC ， BCC ，减少 ，降低 ，膨胀 ，收缩 。
4. 解答：见图1－1 5. 解答：设所决定的晶面为（hkl ），晶面指数与面上的直线[uvw]之间有hu+kv+lw=0，故有：h+k-l=0,2h-l=0。
可以求得（hkl ）＝（112）。
6 解答：Pb 为fcc 结构，原子半径R 与点阵常数a 的关系为a r 42=，故可求得a ＝0.4949×10-6mm 。
则（100）平面的面积S ＝a 2＝0.244926011×0-12mm 2，每个（100）面上的原子个数为2。
所以1 mm 2上的原子个数s n 1=＝4.08×1012。
第二章 合金相结构一、 填空1） 提高，降低，变差，变大。
2） （1）晶体结构；（2）元素之间电负性差；（3）电子浓度 ；（4）元素之间尺寸差别3） 存在溶质原子偏聚 和短程有序 。
4） 置换固溶体 和间隙固溶体 。
5） 提高 ，降低 ，降低 。
6） 溶质原子溶入点阵原子溶入溶剂点阵间隙中形成的固溶体，非金属原子与金属原子半径的比值大于0.59时形成的复杂结构的化合物。
二、 问答1、 解答： α-Fe 为bcc 结构，致密度虽然较小，但是它的间隙数目多且分散，间隙半径很小，四面体间隙半径为0.291Ra ，即R ＝0.0361nm ，八面体间隙半径为0.154Ra ，即R ＝0.0191nm 。
氢，氮，碳，硼由于与α-Fe 的尺寸差别较大，在α-Fe 中形成间隙固溶体，固溶度很小。
材料科学基础课后习题答案第二章
第2章 习题2-1 a) 试证明均匀形核时，形成临界晶粒的△G K 与其临界晶核体积V K 之间的关系式为2K K V V G G ∆=-∆； b) 当非均匀形核形成球冠形晶核时，其△G K 与V K 之间的关系如何？a) 证明 因为临界晶核半径 2K Vr G σ=-∆ 临界晶核形成功 32163()K V G G πσ∆=∆ 故临界晶核的体积 3423K K K Vr G V G π∆==∆ 所以 2K K V V G G ∆=-∆ b) 当非均匀形核形成球冠形晶核时，SL 2K Vr G σ=-∆非 临界晶核形成功 3324(23cos cos )3()K SL V G G πσθθ∆=-+∆非故临界晶核的体积 331(23cos cos )3K K V r πθθ=-+非（） 3333SL 3281(23cos cos )(23cos cos )33()SL K V V V V V G G G G σπσπθθθθ∆=--+∆=-+∆∆() 所以 2K K V V G G ∆=-∆非 2-2 如果临界晶核是边长为a 的正方体，试求出其△G K 与a 的关系。
为什么形成立方体晶核的△G K 比球形晶核要大？解：形核时的吉布斯自由能变化为326V V G V G A a G a σσ∆=∆+=∆+ 令()0d G da∆= 得临界晶核边长4K Va G σ=-∆ 临界形核功3333222244649632()6()()()()K tK V K V V V V V V G V G A G G G G G G σσσσσσσ∆=∆+=-∆+-=-+=∆∆∆∆∆ 2K Vr G σ=-∆，球形核胚的临界形核功 332242216()4()33()K bV V V V G G G G G σσπσππσ∆=-∆+=∆∆∆ 将两式相比较3232163()13262()K K b V t V G G G G πσπσ∆∆==≈∆∆ 可见形成球形晶核得临界形核功仅为形成立方形晶核的1/2。
材料科学基础课后习题答案
《材料科学基础》课后习题答案第一章材料结构的基本知识4. 简述一次键和二次键区别答：根据结合力的强弱可把结合键分成一次键和二次键两大类。
其中一次键的结合力较强，包括离子键、共价键和金属键。
一次键的三种结合方式都是依靠外壳层电子转移或共享以形成稳定的电子壳层，从而使原子间相互结合起来。
二次键的结合力较弱，包括范德瓦耳斯键和氢键。
二次键是一种在原子和分子之间，由诱导或永久电偶相互作用而产生的一种副键。
6. 为什么金属键结合的固体材料的密度比离子键或共价键固体为高？答：材料的密度与结合键类型有关。
一般金属键结合的固体材料的高密度有两个原因：（1）金属元素有较高的相对原子质量；（2）金属键的结合方式没有方向性，因此金属原子总是趋于密集排列。
相反，对于离子键或共价键结合的材料，原子排列不可能很致密。
共价键结合时，相邻原子的个数要受到共价键数目的限制；离子键结合时，则要满足正、负离子间电荷平衡的要求，它们的相邻原子数都不如金属多，因此离子键或共价键结合的材料密度较低。
9. 什么是单相组织？什么是两相组织？以它们为例说明显微组织的含义以及显微组织对性能的影响。
答：单相组织，顾名思义是具有单一相的组织。
即所有晶粒的化学组成相同，晶体结构也相同。
两相组织是指具有两相的组织。
单相组织特征的主要有晶粒尺寸及形状。
晶粒尺寸对材料性能有重要的影响，细化晶粒可以明显地提高材料的强度，改善材料的塑性和韧性。
单相组织中，根据各方向生长条件的不同，会生成等轴晶和柱状晶。
等轴晶的材料各方向上性能接近，而柱状晶则在各个方向上表现出性能的差异。
对于两相组织，如果两个相的晶粒尺度相当，两者均匀地交替分布，此时合金的力学性能取决于两个相或者两种相或两种组织组成物的相对量及各自的性能。
如果两个相的晶粒尺度相差甚远，其中尺寸较细的相以球状、点状、片状或针状等形态弥散地分布于另一相晶粒的基体内。
如果弥散相的硬度明显高于基体相，则将显著提高材料的强度，同时降低材料的塑韧性。
材料科学基础(武汉理工大学,张联盟版)课后习题及答案第二章
第二章答案2-1略。
2-2（1）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b、6c，求该晶面的晶面指数；（2）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为a/3、b/2、c，求出该晶面的晶面指数。
答：（1）h:k:l==3:2:1,∴该晶面的晶面指数为（321）；（2）h:k:l=3:2:1，∴该晶面的晶面指数为（321）。
2-3在立方晶系晶胞中画出下列晶面指数和晶向指数：（001）与[]，（111）与[]，（）与[111]，（）与[236]，（257）与[]，（123）与[]，（102），（），（），[110]，[]，[]答：2-4定性描述晶体结构的参量有哪些？定量描述晶体结构的参量又有哪些？答：定性：对称轴、对称中心、晶系、点阵。
定量：晶胞参数。
2-5依据结合力的本质不同，晶体中的键合作用分为哪几类？其特点是什么？答：晶体中的键合作用可分为离子键、共价键、金属键、范德华键和氢键。
离子键的特点是没有方向性和饱和性，结合力很大。
共价键的特点是具有方向性和饱和性，结合力也很大。
金属键是没有方向性和饱和性的的共价键，结合力是离子间的静电库仑力。
范德华键是通过分子力而产生的键合，分子力很弱。
氢键是两个电负性较大的原子相结合形成的键，具有饱和性。
2-6等径球最紧密堆积的空隙有哪两种？一个球的周围有多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？答：等径球最紧密堆积有六方和面心立方紧密堆积两种，一个球的周围有8个四面体空隙、6个八面体空隙。
2-7n个等径球作最紧密堆积时可形成多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？不等径球是如何进行堆积的？答：n个等径球作最紧密堆积时可形成n个八面体空隙、2n个四面体空隙。
不等径球体进行紧密堆积时，可以看成由大球按等径球体紧密堆积后，小球按其大小分别填充到其空隙中，稍大的小球填充八面体空隙，稍小的小球填充四面体空隙，形成不等径球体紧密堆积。
2-8写出面心立方格子的单位平行六面体上所有结点的坐标。
答：面心立方格子的单位平行六面体上所有结点为：（000）、（001）（100）（101）（110）（010）（011）（111）（0）（0）（0）（1）（1）（1）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第2章习题
2-1 a ）试证明均匀形核时，形成临界晶粒的△
G K 与其临界晶核体积
V K 之间的关系式为
2
G V
；
b ）当非均匀形核形成球冠形晶核时，其△
所以
所以
2-2如果临界晶核是边长为 a 的正方体，试求出其厶G K 与a 的关系。
为什么形成立方体晶核 的厶G K 比球形晶核要大？ 解：形核时的吉布斯自由能变化为
a ）证明因为临界晶核半径 r K
临界晶核形成功 G K
16
故临界晶核的体积
V K
4
r ；
G V )2
2 G K
G V
b ）当非均匀形核形成球冠形晶核时, 非
r
K
2
SL
G
V
临界晶核形成功 3
3( G ；7(2
3cos
3
cos 故临界晶核的体积 V K
3（r 非）3（2 3
3cos
3
cos
V K G V
1
( 3
卸2
3
3cos cos )G V
3 3(書
(2 3cos
cos 3
)
G K %
G K 与V K 之间的关系如何?
G
K
G V G v A a3G v 6a2
3
得临界晶核边长a K
G V
临界形核功
将两式相比较
可见形成球形晶核得临界形核功仅为形成立方形晶核的 1/2。
2-3为什么金属结晶时一定要有过冷度？影响过冷度的因素是什么？固态金属熔化时是否 会出现过热？为什么？
答：金属结晶时要有过冷度是相变热力学条件所需求的，
只有△ T>0时，才能造成固相的自
由能低于液相的自由能的条件，液固相间的自由能差便是结晶的驱动力。
金属结晶需在一定的过冷度下进行，是因为结晶时表面能增加造成阻力。
固态金属熔 化时是否会出现过热现象，需要看熔化时表面能的变化。
如果熔化前后表面能是降低的， 则
不需要过热；反之，则可能出现过热。
如果熔化时，液相与气相接触，当有少量液体金属在固体表面形成时，就会很快覆盖 在整个固体表面(因为液态金属总是润湿其同种固体金属
)。
熔化时表面自由能的变化为：
G
表面 G 终态 G 始态
A(
GL SL
SG
)
式中G 始态表示金属熔化前的表面自由能； G 终态表示当在少量液体金属在固体金属表面形成
时的表面自由能；A 表示液态金属润湿固态金属表面的面积；b GL 、CSL 、CSG 分别表示气液相 比表面能、固液相比表面能、固气相比表面能。
因为液态金属总是润湿其同种固体金属，根 据润湿时表面张力之间的关系式可写出：b
SG 》6GL +
(SL 。
这说明在熔化时，表面自由能的变
化厶G 表w o ,即不存在表面能障碍，也就不必过热。
实际金属多属于这种情况。
如果固体
16 3
3( G v )2 1 32 3 6 2
(G v )2
b
K
t
K
4
G V
)3
G V 6(
4 G v
)2
64 3 96 3 32 r K
2
~G ?，
球形核胚的临界形核功
(G v )2
(G v )2
(G v )2
G b
K
2 G v
)3
16 3( G v )2
金属熔化时液相不与气相接触，则有可能时固态金属过热。
3
液体覆盖在整个固体表面
2-4试比较均匀形核与非均匀形核的异同点。
答：相同点
1）形核的驱动力和阻力相同；
2）临界晶核半径相等；
3）形成临界晶核需要形核功；
4）结构起伏和能量起伏是形核的基础；
5）形核需要一个临界过冷度；
6）形核率在达到极大值之前，随过冷度增大而增加。
与均匀形核相比，非均匀形核的特点：
1）非均匀形核与固体杂质接触，减少了表面自由能的增加；
2）非均匀形核的晶核体积小，形核功小，形核所需结构起伏和能量起伏就小；形核容易，
临界过冷度小；
3）非均匀形核时晶核形状和体积由临界晶核半径和接触角共同决定；临界晶核半径相同时, 接触角越小，晶核体积越小，形核越容易；
4）非均匀形核的形核率随过冷度增大而增加，当超过极大值后下降一段然后终止；此外，
非均匀形核的形核率还与固体杂质的结构和表面形貌有关。
2-5说明晶体成长形状与温度梯度的关系。
解：纯金属生长形态是指晶体长大时截面的形貌。
界面形貌取决于界面前沿液体中的温度分布。
纯金属凝固时，液固相界面前沿的液体过冷区由金属的理论结晶温度和实际温度分布曲
线围成。
由于理论结晶温度为定值，因此过冷区的形状仅由实际温度分布所决定。
(1)平面状界面。
当液体具有正温度梯度时，晶体以平界面方式推移长大。
此时，界面上任
何偶然的、小的凸起深入液体时，都会使其过冷度减小，长大速率降低或停止长大，而被周
围部分赶上，因而能保持平界面的推移。
长大中晶体沿平行温度梯度的方向生长，或沿散热的反方向生长，而其他方向的生长则受到抑制。
(2)树枝状平面。
当液体具有负温度梯度时，在界面上若形成偶然的凸起伸入前沿液体时，
由于前方液体有更大的过冷度，有利于晶体长大和凝固潜热的散失，从而形成枝晶的一次轴。
一个枝晶的形成，其潜热使邻近液体温度升高，过冷度降低，因此，类似的枝晶只在相邻一
定间距的界面上形成，相互平行分布。
在一次枝晶处的温度比枝晶间温度要高，如图(a)中所示的bb断面上TA>TB，这种负温度梯度使一次轴上又长出二次轴分枝，如图(b)所示。
同样，还会产生多次分枝的枝晶生长的最后阶段，由于凝固潜热放出，使枝晶周围的液体温度
升高至熔点以上，液体中出现正温度梯度，此时晶体长大依靠平界面方式推进，直至枝晶间
隙全部被填满为止。
2-6简述三晶区形成的原因及每个晶区的性能特点。
答：铸锭三晶区的形成原因：
最外层为细小等晶区。
其形成是由于模壁的温度较低，液体的过冷度较大，因而形核率较高所致。
中间为柱状晶区。
其形成主要是模壁的温度升高，晶核的成长率大于晶核的形成率，且沿垂直于模壁方向的散热较为有利。
在细晶区中取向有利的晶粒优先生长为柱状晶。
中心为等轴晶区。
其形成是由于模壁温度进一步升高，液体过冷度进一步降低，剩余余液体中，这些都促使等轴晶的形成。
液体的散热方向性已不明显，处于均匀冷却状态; 同时，未熔杂质、破断枝晶等易集中于剩
铸锭三晶区的性能特点：外表层的细晶区：晶粒细小、组织致密、力学性能良好；中间的柱状晶区：晶粒取向、组织致密、缺陷聚集、塑性较差；心部的等轴晶区：晶粒无方向性、树枝状晶体、组织不够致密、性能一般。
2-7 为了得到发达的柱状晶区应该采取什么措施？为了得到发达的等轴晶区应该采取什么措施？其基本原理如何？
答：铸锭组织控制，主要是对柱状晶区和等轴晶区的分布范围和晶粒大小的控制。
变更合金成分和浇铸条件可以改变各晶区分布范围的大小。
对给定合金而言，有利于柱状晶区发展的因素有：较快的冷却速度，高的熔化温度和浇注温度，定向散热等；有利于等轴晶区发展的因素有：较慢的冷却速度，低的熔化温度和浇注温度，均匀散热等。
为了获得细小的等轴晶粒，可采用变质处理、振动和搅拌等措施。
2-8 指出下列各题错误之处，并改正之。
1)所谓临界晶核，就是体系自由能的减少完全补偿表面自由能增加时的晶胚大小。
改正：临界晶核是体积自由能的减少补偿2/3 表面自由能增加时的晶胚大小。
2)在液态金属中，凡是涌现小于临界晶核半径的晶胚都不能成核，但是只要有足够的能量起伏提供形核功，还是可以成核的。
改正：即使有足够的能量起伏供给，小于临界晶核半径的晶胚也不能成核。
3)无论温度分布如何，纯金属都是以树枝状方式生长。
改正：在负的温度梯度下，纯金属以树枝状方式生长。
本文档部分内容来源于网络，如有内容侵权请告知删除，感谢您的配合！。