正四、六、八面体的组合
高中化学 晶体结构与三维化学竞赛解析
晶体结构与三维化学新规定的化学竞赛初赛要求：晶体结构。
晶胞。
原子坐标。
晶胞中原子数或分子数的计算及与化学式的关系。
分子晶体、原子晶体、离子晶体和金属晶体。
配位数。
晶体的堆积与填隙模型。
常见的晶体结构类型,如NaCl、CsCl、闪锌矿（ZnS）、萤石（CaF2）、金刚石、石墨、硒、冰、干冰、尿素、金红石、钙钛矿、钾、镁、铜等。
要求初赛学生对晶体的三维空间结构有较为清晰的认识,能根据数学知识及有关化学理论解决晶体中有关问题。
需要说明的是在高考新考纲中规定：对原子、分子、化学键等微观结构有一定的三维想像能力。
三维化学已成为竞赛和高考的热点内容。
正八面体与正方体顾名思义,正八面体应该有八个完全相同的面,如右图所示,每个面都是正三角形；另外正八面体有六个顶点,十二条棱。
如果与正方体作一对比,它们都有十二条棱,正方体有六个面（正八面体六个顶点）、八个顶点（正八面体八个面）,与正八面体的面数和顶点数正好相反,。
我们连接正方体六个面的面心可形成正八面体。
我们也可以将空间直角坐标系xyz轴上与原点等距的六个点连起来也构成正八面体）。
例1．（2005全国初赛）下图是化学家合成的能实现热电效应的一种晶体的晶胞模型。
图中的大原子是稀土原子,如镧；小原子是周期系第五主族元素,如锑；中等大小的原子是周期系VIII 族元素,如铁。
按如上结构图写出这种热电晶体的化学式。
给出计算过程。
提示：晶胞的6个面的原子数相同。
设晶体中锑的氧化态为－1,镧的氧化态为+3,问：铁的平均氧化态多大？解析：晶胞里有2个La原子（处于晶胞的顶角和体心）；有8个Fe原子（处于锑形成的八面体的中心）；锑八面体是共顶角相连的,平均每个八面体有6/2＝3个锑原子,晶胞中共有8个八面体,8x3=24个锑原子；即：La2Fe8Sb24。
答案：化学式LaFe4Sb12 铁的氧化态9/4 = 2.25例2．(2004年全国初赛)最近发现,只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。
多面体顶点数棱数和面数的关系
多面体顶点数棱数和面数的关系一、多面体的基本概念多面体是由平面围成的立体图形，它由顶点、棱和面组成。
顶点是多面体的尖端，棱是连接两个顶点的线段，面是棱所围成的平面区域。
多面体的三个基本要素相互关联，构成了多面体的结构。
二、顶点数、棱数和面数之间的关系对于任意一个多面体来说，其顶点数、棱数和面数之间存在着一定的关系。
这一关系可以通过欧拉公式来描述，即：顶点数 + 面数 = 棱数 + 2。
三、正多面体的特殊关系正多面体是指所有面都是正多边形，且每个顶点都是相同的多面体。
根据欧拉公式，正多面体的顶点数、棱数和面数之间存在着特殊的关系。
1. 正四面体正四面体是最简单的正多面体，由四个全等的正三角形构成。
根据欧拉公式，正四面体的顶点数、棱数和面数之间的关系为：顶点数 + 面数 = 棱数 + 2，代入正四面体的特殊关系，可得：4 + 面数 = 棱数 + 2，化简后可得：面数 = 棱数 + 2 - 4，即：面数 = 棱数 - 2。
2. 正六面体正六面体又称为立方体，由六个全等的正方形构成。
根据欧拉公式，正六面体的顶点数、棱数和面数之间的关系为：顶点数 + 面数 = 棱数 + 2，代入正六面体的特殊关系，可得：8 + 面数 = 棱数 + 2，化简后可得：面数 = 棱数 + 2 - 8，即：面数 = 棱数 - 6。
3. 正八面体正八面体由八个全等的正三角形构成。
根据欧拉公式，正八面体的顶点数、棱数和面数之间的关系为：顶点数 + 面数 = 棱数 + 2，代入正八面体的特殊关系，可得：6 + 面数 = 棱数 + 2，化简后可得：面数 = 棱数 + 2 - 6，即：面数 = 棱数 - 4。
四、其他多面体的关系除了正多面体外，一般的多面体的顶点数、棱数和面数之间的关系没有特殊的规律。
不同的多面体由于其形状和结构的不同，其顶点数、棱数和面数的关系也不相同。
通过欧拉公式，我们可以计算出不同多面体的顶点数、棱数和面数之间的关系。
立体构成 第五章
5 第一节 多面体的分类
第一节 立体构成观念的建立
一、正多面体
1.正四面体 正四面体是由四个相同的正三角形的面封闭而成形体。
正四面体包括四个正三角形平面、六条棱边和四个棱角，每 个面有三条边，每个顶点汇聚了三条棱。
5 第一节 多面体的分类
图5-3 正四面体
图5-4 正四面体展开图
5 第一节 多面体的分类
5 第一节 多面体的分类
第一节 立体构成观念的建立
二、半正多面体
1.十四面体 十四面体是由正六面体，即正方体在其相邻棱边中点之
间的相互连线为切线，切掉其顶角所形成一个多面体。从十 四面体的展开图可看出，十四面体是由正方形和正三角形结 合围成的空间造型。
5 第一节 多面体的分类
图5-13 十四面体形成示意图 图5-14 十四面体 图5-15 十四面体展开图
5 第一节 多面体的分类
第一节 立体构成观念的建立
二、半正多面体
2.三十二面体 三十二面体是由十二个正五边形和二十个正六边形组合
而成的，其展开图相对复杂一些。三十二面体由正二十面体 变化而来。
5 第一节 多面体的分类
图5-16 足球 图5-17 三十二面体 图5-18 三十二面体展开图
5 多面体构成
第一节 立体构成观念的建立
一、正多面体
4.正十二面体 正十二面体由十二个正五边形平面构成。正十二面体包
括十二个正五边形平面、三十条棱边和二十个棱角顶点，每 个面有五条边，每个顶点有三条棱。
5 第一节 多面体的分类
图-9 正十二面体
图5-10正十二面体展开图
5 第一节 多面体的分类
第一节 立体构成观念的建立
第二节 多面体变化构成
无机化学考研记忆重要配位化合物的结构
无机化学考研记忆重要配位化合物的结构化学考研中，无机化学是一个重要的考试科目。
其中，记忆重要配位化合物的结构对于备考者来说至关重要。
本文将对几种常见的重要配位化合物的结构进行介绍。
一、六配位常见的重要配位化合物的结构1. 六配位的八面体结构八面体具有六个配位位点，形状如正八面体。
它是最常见的六配位结构之一。
在八面体结构中，中心金属离子和六个配体通过共价键相连。
常见的八面体配位化合物有六氯合铜（CuCl6^4-）、六氯合铁（FeCl6^3-）等。
2. 六配位的四方体结构四方体结构同样有六个配位位点，形状如正方体。
在四方体结构中，中心金属离子和六个配体通过共价键相连。
常见的四方体配位化合物有六氰合铁（Fe(CN)6^4-）、六氯合镍（NiCl6^4-）等。
二、八配位常见的重要配位化合物的结构1. 八配位的双四面体结构双四面体结构由两个相互交叉的正八面体组成，共有八个配位位点。
在双四面体结构中，中心金属离子和八个配体通过共价键相连。
常见的双四面体配位化合物有四氯合铜（CuCl4^2-）、四氯合铁（FeCl4^-）等。
2. 八配位的四方双锥结构四方双锥结构由一个正方锥体和一个倒置的正方锥体组成，共有八个配位位点。
在四方双锥结构中，中心金属离子和八个配体通过共价键相连。
常见的四方双锥配位化合物有八氯合铁（FeCl8^4-）等。
三、其他重要配位化合物的结构1. 四配位的四面体结构四面体结构由一个顶点和四个面组成，共有四个配位位点。
在四面体结构中，中心金属离子和四个配体通过共价键相连。
常见的四面体配位化合物有四氨合铜（Cu(NH3)4^2+）等。
2. 五配位的方锥体结构方锥体结构由一个正方锥体和一个配体组成，共有五个配位位点。
在方锥体结构中，中心金属离子和五个配体通过共价键相连。
常见的方锥体配位化合物有五氯合铁（FeCl5^-）等。
以上列举了一些常见的重要配位化合物的结构，备考者在准备无机化学的考试时，应该重点记忆这些结构。
第四节 正四、六、八面体的组合
第四节 正四、六、八面体的组合前文我们学习了正方体、正四面体与正八面体，本节我们将对内容做进一步的巩固复习，并将探讨一下正四、八面体的组合。
【例题1】XeF 8是一种尚未合成的化合物，预测它的空间构型 ；F 有二种同位素，则XeF 8有 种不同分子。
（不计顺反异构和旋光异构）【分析】八个原子在空间的最对称排列是正方体。
在着重讨论过正四面体与正八面体后，再看这个正方体问题。
不妨设正方体八个顶点全被a F 占据，我们每一次用0，1，2，3……8个b F 去取代，看两个b F ，有3种，分别在棱上，面对角线上，体对角线上；看三个b F ，也有3种，三个b F 构成的三角形边长分别为1，1，2；1，2，3；2，2，2。
关键是看四个bF 时有几种。
如图4-1所示正方体，四个b F 共面时有2种（如面ABCD 与面A 1B 1CD 型），四个b F 构成正三棱锥有2种（如正四面体型的ACB 1D 1与三棱垂直的ABDA 1），另外还各有一个ABCC 1型和ABCD 1型。
因此总数应为(1＋1＋3＋3)×2＋6＝22种。
【解答】正方体 22【练习1】1964年Eaton 合成了一种新奇的烷，叫立方烷，化学式为C 8H 8 (A )。
20年后，在Eaton 研究小组工作的博士后XIONG YUSHENG (译音熊余生)合成了这种烷的四硝基衍生物(B ), 是一种烈性炸药。
最近，有人计划将B 的硝基用19种氨基酸取代，得到立方烷的四酰胺基衍生物(C )，认为极有可能从中筛选出最好的抗癌、抗病毒，甚至抗爱滋病的药物来。
四硝基立方烷理论上可以有多种异构体，但仅只一种是最稳定的，它就是(B )，请画出它的结构式；C 中每个酰胺基是一个氨基酸基团。
请估算，B 的硝基被19种氨基酸取代，理论上总共可以合成多少种氨基酸组成不同的四酰胺基立方烷(C )？（不考虑光学异构体）【讨论】C 8H 8分子是正方体型的结构，其中四个氢被硝基取代的产物应有6种，而最稳定的是正四面体型的构型，它的对称性最强。
正多面体及平面展开图
.正多面体与平面睁开图ByLaurinda..201604开始总结，网络收集正四周体正六面体正八面体正十二面体正二十面体正四周体正六面体正八面体正十二面体正二十面体'..正方体睁开图相对的两个面涂上相同颜色，正方体平面睁开图共有以下11种。
'..邻校比我们学校早了几日举行段考，拿他们的数学卷子供应给学生充做模拟考，此中有一题作图题，不好做，它要求将右图，一个由正方形和等腰直角三角形构成的五边形，以两条线切割，重构成一个等面积的等腰直角三角形。
这题让学生和我「奋战」了几节课，却老是画不可。
理论上它是能够建立的，因为等腰直角三角形能够和一个正方形等面积，并且由商高定理能够知道，存在一个正方形A，它的面积等于随意两个正方形B、C的面积和。
只需A的边长是这两个正方形B、C的边长平方和的正平方根即可。
而正方形自然能够等积于一个等腰直角三角形。
可是怎样以两条直线达成这道题呢?今日(5/19)，我利用周休持续思虑这道题，终于达成了，做法如左。
'..多面体之Euler's公式(V-E+F=2)V=极点数(numberofvertices);E=边数(numberofedges);F=面数(numberoffaces)正四周体(Tetrahedron)V=4,E=6,F=4,4-6+4=2正六面体(Cube)V=8,E=12,F=6,8-12+6=2正八面体(Octahedron)V=6,E=12,F=8,6-12+8=2正十二面体(Dodecahedron)V=20,E=30,F=12,20-30+12=2正二十面体(Icosahedron)V=12,E=30,F=20,12-30+20=2 '..BuckyballV=60,E=90,F=32(12pentagons+20hexagons),60-90+32=2增补说明：1.用Euler示性数能够证明正多面体恰巧有五种;或许假定每一极点齐集有m条线,每一条线是正n边形的一边,则因为每一正n边形的一个内角为180(n-2)/2度,围绕此极点的m个角的和小于360度,不然此极点邻近便变为一个平面,所以m[180(n-2)/n]<360,相同能够导出(m-2)(n-2)<4.2.好多病毒是正20面体(icosahedron),比如:疱疹(herpes)病毒,水痘(chickenpox)病毒 ,人体疣(humanwart)病毒,犬类传染性肝炎病毒,腺病毒(adenovirus)等.巴克球就是足球的样子,叫作"准正多面体".标尺作图正多边形正三、六边形正四、八边形正五边形直尺、圆规和量角器能够画出随意正多边形。
多面体的变异结构
• 该立体为六个正方体，八个正三角形，有 棱角顶点十二个，棱线二十四条。
• 2、以正八面体为基础，切掉其六个顶角。即：将 原有的八个正三角形，由棱线的中点，向邻边的 中点连线，使原有的正三角形，变成为八个小三 角形，六个棱角转换为六个正方形。
• 3、将正八面体原有的八个三角形棱边，从三分之一处连 线，将三角形转换为正六角形，原有棱角所切下的四个边， 便形成为小的正方形。
• 6、六十二面体结构
• 该立体造型，系有原三十二面体结构（正五角形和正三角 形组成）转化而来。其加工方法是，将正五角形和正三角 形的棱线，在中间点连线，从而切掉了五角形顶部四角锥， 形成了不等边的四边形。在此基础上再调整部分边长，将 五角形棱线中点连线内移，缩小五边形，使长方形修正加 工为正方形。该结构表面，是由正五角形十二个，正方形 三十个，正三角形二十个所组成。
• 其表面结构的平面展开图，是以十二个正五角形为中心， 每个五角形的周围，连接五个正三角形，组成一个正五角 星，以此为单元进行组合构成。其中上半球和下半球各有 六个单元，球顶和球底的两个单元，除“五角星”外，每 个角侧再附加一个正三角形，即每个单元为一个正五角形， 周围为十个正三角形组成。其余的十个单元，每个单元附 加一个正三角形。在整体排列上，以球体的单元为中心， 周围排列五个单元，该五个单元的外围，又延伸一个单元， 以此组成球体的下半部。
• 三十八面体在八角形部位的凹凸 加工造型
正多面体的化学物质
正多面体的化学物质正多面体的化学本质正多面体，是指各面均为全等正多边形的几何体，在化学中扮演着至关重要的角色。
这些形状的独特属性决定了它们的分子结构、性质和反应性。
正四面体正四面体，由四个等边三角形组成，在化学中代表元素氟（F2）。
氟分子采用正四面体结构，四个氟原子排列在四面体的顶点上，形成两个共价键。
这种结构赋予氟分子极强的氧化性，因为它不断寻求与其他原子形成键。
正六面体正六面体，又称立方体，在化学中代表元素硫（S8）。
硫分子由八个硫原子组成，以正六面体结构排列，形成了环状结构。
这种形状提供了稳定的电子构型，使硫具有较低的反应性，并易于形成稳定的共价键。
正八面体正八面体，由八个等边三角形组成，在化学中代表多种元素，包括铁（Fe）、氧（O3）和二氧化碳（CO2）。
铁的八面体结构在血红蛋白中扮演着关键作用，它与氧原子结合，形成氧合血红蛋白，将氧气输送到全身。
氧和二氧化碳的正八面体结构也与它们的反应性有关，使其能够与其他分子形成键。
正十二面体正十二面体，由十二个正五边形组成，在化学中与富勒烯相关。
富勒烯是碳原子组成的球形分子，其结构基于正十二面体。
这种形状赋予富勒烯独特的电子性质，使其具有超导性、抗氧化性和抗菌性。
正二十面体正二十面体，由二十个正三角形组成，在化学中与病毒有关。
某些病毒，如疱疹病毒，具有正二十面体衣壳，它由蛋白质亚基组成。
这种形状提供了病毒基因组的稳定性和保护性屏障，使其能够感染宿主细胞。
其他正多面体除了上述正多面体外，还有其他正多面体在化学中也有应用。
例如，正二十四面体与准晶体的结构有关，正一百二十面体与壳状病毒的结构有关。
结论正多面体的几何形状在化学中具有深远的影响。
这些形状决定了分子的结构、性质和反应性，并为理解复杂化学过程提供了基础。
从最简单的正四面体到复杂的正二十面体，正多面体在化学世界中扮演着无处不在的角色，塑造着我们周围的物质。
拼成正方体的十一种方法
拼成正方体的十一种方法拼成正方体的十一种方法正方体是一种非常基本，也非常重要的几何形状。
在我们的日常生活和工作中，时常需要用到正方体或者以正方体为基础的形状。
对于小学和初中的学生来说，正方体也是一个非常重要的几何概念。
在以下文章中，我将介绍拼成正方体的十一种方法，并按类别分别介绍。
1. 四个平面：正方体有六个平面，其中每个面都是一个正方形。
我们拼成正方体的第一种方法是四个平面的组合。
这种方法的要求是四个正方形彼此相邻，能够形成立方体的四个面。
这种方法看起来很容易实现，但实际上需要思考和实践，才能拼成一个完整的正方体。
2. 六个平面：正方体的第二种拼法是六个平面的组合。
这种方法要求须要六个正方形完全相同，彼此相邻，围绕着中心点平面对称。
这种方法同样需要一定的思考和实践，但是一旦拼成一个完整的正方形，却极具美感。
3. 所有边长相等：正方体的每个面都是一个正方形，所以这意味着正方体的每一条边都是相等的。
拼成正方体的第三种方法是将所有边长相等的正方形拼接在一起。
这种方法虽然听起来简单，却要求每一个正方形的尺寸和角度都十分精准，才能拼成一个符合要求的正方体。
4. 十二个长方形：除了用正方形来拼成正方体外，我们还可以使用长方形。
第四种拼法即使用十二个不相等的长方形，通过精确的拼接使它们组成一个完整的正方体。
这种方法的难度比较大，需要高超的几何感和手工能力。
5. 八个三角形及六个正方形：这种拼法比较复杂，需要建立在三角形、正方形的组合上。
它要求将八个正三角形及六个正方形精确拼接在一起，才能组成一个完整的正方体。
这种方法对于初学者来说是有难度的，需要多加尝试和练习。
6. 四个正方形加四个等腰三角形：拼成正方体的第六种方法是用四个正方形和四个等腰三角形，来组成一个正方体的八个角。
这种方法要求正方形和等腰三角形的尺寸需相当精确，同时还需要一定的数学和几何知识。
7. 四个正方形和两个矩形：拼成正方体的第七种方法则是继续采用正方形的组合，这次加上了两个矩形。
经典三类球：外接球、内切球、棱切球(解析版)
经典三类球：外接球、内切球、棱切球1【考点预测】考点一：正方体、长方体外接球1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3.补成长方体(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．(3)正四面体P -ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长a =PA2，如图3所示．(4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1图2图3图4考点二：正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为R =22a ⋅32=64a ，即正四面体外接球半径为R =64a ．考点三：对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB =CD =m ，AC =BD =n ，AD =BC =t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ，则b 2+c 2=m 2a 2+c 2=n 2a 2+b 2=t2，三式相加可得a 2+b 2+c 2=m 2+n 2+t 22,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则a 2+b 2+c 2=4R 2，所以R =m 2+n 2+t 28．直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形)图1图2图3第一步：确定球心O 的位置，O 1是ΔABC 的外心，则OO 1⊥平面ABC ；第二步：算出小圆O 1的半径AO 1=r ，OO 1=12AA 1=12h (AA 1=h 也是圆柱的高)；第三步：勾股定理：OA 2=O 1A 2+O 1O 2⇒R 2=h 22+r 2⇒R =r 2+h 2 2，解出R考点五：直棱锥外接球如图，PA ⊥平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将ΔABC 画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：O 1为ΔABC 的外心，所以OO 1⊥平面ABC ，算出小圆O 1的半径O 1D =r (三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得a sin A=b sin B =c sin C =2r )，OO 1=12PA ；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2R )2=PA 2+(2r )2⇔2R =PA 2+(2r )2；②R 2=r 2+OO 12⇔R =r 2+OO 12．考点六：正棱锥外接球正棱锥外接球半径：R=r2+h22h．垂面模型如图1所示为四面体P-ABC，已知平面PAB⊥平面ABC，其外接球问题的步骤如下：(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．图1图2考点八：锥体内切球方法：等体积法，即R=3V体积S表面积考点九：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形1【典型例题】1(2023春·天津宁河·高一校考期末)在三棱锥P-ABC中，AP=2,AB=3,PA⊥面ABC，且在△ABC中，C=60°，则该三棱锥外接球的表面积为()B.8πC.10πD.12πA.20π3【答案】B【解析】根据题意得出图形如右图：O为球心，N为底面△ABC截面圆的圆心，ON⊥面ABC，∵在三棱锥P-ABC中，AP=2，AB=3，PA⊥面ABC，且在△ABC中，C=60°=2r，解得r=1，∴根据正弦定理得出：3sin60°∵PA⊥面ABC，∴PA⎳ON，∵PA=2，AN=1，ON=d，∴OA=OP=R，∴根据等腰三角形得出：12+d2=(2-d)2+12，解得d=1,∴R=1+1=2∴三棱锥的外接球的表面积为4πR2=8π.故选：B.2(2023·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考阶段练习)在正三棱锥S-ABC中，外接球的表面积为36π，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，则此三棱锥侧棱SA=()A.1B.2C.3D.23【答案】D【解析】取AC的中点E，连结BE、SE，∵三棱锥S-ABC正棱锥，∴SA=SC，BA=BC．又∵E为AC的中点，∴SE⊥AC且BE⊥AC∵SE、BE是平面SBE内的相交直线，∴AC⊥平面SBE，又SB在平面SBE内可得SB⊥AC又∵MN是△SBC的中位线，∴MN∥SB，可得MN⊥AC又∵MN ⊥AM ，又AM ，AC 是平面SAC 内的相交直线，∴MN ⊥平面SAC ，结合MN ∥SB ，可得SB ⊥平面SAC 又∵三棱锥S -ABC 是正三棱锥，∴∠ASB =∠BSC =∠ASC =90°，因此将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，设球的半径为R ，可得4πR 2=36π，解得R =3，∴SA 2+SA 2+SA 2=2R =6，解之得SA =23故选：D3(2023春·河南南阳·高一校联考期末)《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面ABCD 为正方形，EF ∥平面ABCD ，四边形ABFE ,CDEF为两个全等的等腰梯形，EF =12AB =2,AE =23则该刍甍的外接球的体积为()A.642π3B.3πC.643π3D.642π【答案】A【解析】取AD ，BC 中点N ，M ，正方形ABCD 中心O ，EF 中点O 2，连接EN ，MN ，FM ，OO 2，如图，依题意，OO2⊥平面ABCD，EF⎳AB⎳MN，点O是MN的中点，MN=AB=4，等腰△AED中，AD⊥EN，EN=AE2-AN2=22，同理FM=22，因此，等腰梯形EFMN的高OO2=EN2-MN-EF22=7，由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心O1在直线OO2上，连O1E，O1A，OA，正方形ABCD外接圆半径OA= 22，则有O1A2=OA2+OO21O1E2=O2E2+O2O21，而O1A=O1E,O2E=12EF=1，当点O1在线段O2O的延长线(含点O)时，视OO1为非负数，若点O1在线段O2O(不含点O)上，视OO1为负数，即有O2O1=O2O+OO1=7+OO1，即(22)2+OO21=1+(7+OO1)2，解得OO1=0，因此刍甍的外接球球心为O，半径为OA=22，所以刍甍的外接球的体积为4π3×223=642π3．故选：A．4(2023·高一课时练习)已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为35π，则该圆台的外接球半径为()A.1055B.654C.1854D.1054【答案】B【解析】设圆台的高和母线分别为h,l，球心到圆台上底面的距离为x，根据圆台的侧面积公式可得π1+2l=35π⇒l=5，因此圆台的高h=l2-2-12=2，当球心在圆台内部时，则12+x2=22+h-x2，解得x=74，故此时外接球半径为1+x2=65 16=65 4，当球心在圆台外部时，则12+x2=22+x-h2，x>h，解得x=74不符合要求，舍去，故球半径为65 4故选：B5(2023·高一课时练习)已知圆锥的底面半径为2，高为42，则该圆锥的内切球表面积为()A.4πB.42πC.82πD.8π【答案】D【解析】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点O为球心，内切球的半径为r，D,E为切点，设OD=OE=r，即BE=BD=2由条件可知，AB=422+22=6，△ADO中，AO2=AD2+DO2，即42-r2=6-22+r2，解得：r=2，所以圆锥内切球的表面积S=4πr2=8π.故选：D6(2023·高一课时练习)一个正四棱柱的每个顶点都在球O的球面上，且该四棱柱的底面面积为3，高为10，则球O的体积为()A.16πB.32π3C.10π D.28π3【答案】B【解析】设该正四棱柱的底面边长为a，高为h，则a2=3,h=10，解得a=3，所以该正四棱柱的体对角线为球O的直径，设球O的半径为R，所以，2R=a2+a2+h2=3+3+10=4，即R=2，所以，球O的体积为4π3×23=32π3．故选：B7(2023·高一课时练习)正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为()A.423π B.8327π C.83π D.163π【答案】C【解析】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为r ，则8V 三棱锥=V 正八面体=2V 正四棱锥，且正四棱锥的高为图中CO ，易得CO =2，即：8×13×12×2×2×32 ⋅r =2×13×2×2 ×2解得：r =63，所以，内切球的表面积为8π3.故选：C ．8(2023·高一课时练习)已知A ，B ，C 三点均在球O 的表面上，AB =BC =CA =2，且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13，则下列结论正确的为()A.球O 的外切正方体的棱长为6B.球O 的表面积为8πC.球O 的内接正方体的棱长为3D.球O 的半径为32【答案】A【解析】设球O 的半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则r =233，因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的13，所以R 2-19R 2=43，得R 2=32，即R =62，故D 错误；球O 的外切正方体的棱长b 满足b =2R =6，故A 正确；所以球O 的表面积S =4πR 2=4π×32=6π，故B 错误；球O 的内接正方体的棱长a 满足3a =2R =6，即a =2，故C 错误.故选：A .9(2023·河南开封·开封高中校考模拟预测)已知某棱长为22的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球与此正四面体的体积之比为()A.π2B.π3C.3π3D.2π2【答案】A【解析】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，所以，四面体A 1BDC 1是棱长为22的正四面体，当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，该球为正方体的内切球，半径为1，所以，该球的体积为4π3，因为正四面体的体积为8-4×13×12×2×2×2=8-163=83，所以，该球与此正四面体的体积之比为4π383=π2.故选：A10(2023·高一课时练习)正四面体ABCD 的棱长为a ，O 是棱AB 的中点，以O 为球心的球面与平面BCD 的交线和CD 相切，则球O 的体积是()A.16πa 3B.26πa 3 C.36πa 3 D.23πa 3【答案】D【解析】设点A 在平面BCD 内的射影为点E ，则E 为△BCD 的中心，取CD 的中点M ，连接BM ，则E ∈BM ，取线段BE 的中点F ，连接OF ，因为O 、F 分别为AB 、BE 的中点，则OF ⎳AE 且OF =12AE ，因为AE ⊥平面BCD ，则OF ⊥平面BCD ，因为BE ⊂平面BCD ，则AE ⊥BE ，正△BCD的外接圆半径为BE=a2sinπ3=33a，∴AE=AB2-BE2=63a，所以，OF=12AE=66a，易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F，且BF=EF=EM，故FM=BE=33a，因为△BCD为等边三角形，M为CD的中点，则BM⊥CD，因为以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则切点为点M，则球O的半径为OM=OF2+FM2=22a，因此，球O的体积是V=43π×22a3=23πa3.故选：D.11(2023·高一课时练习)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，如图所示，∠BAC= 90°，AB=1，AC=2，AA1=3，则四面体A-A1BC的体积为，四棱锥A1-BCC1B1的外接球的表面积为．【答案】 1 14π【解析】由题意可得S△ABC=12×AB⋅AC=12×2×1=1，且h=AA1，则V A-A1BC=13S△ABC⋅h=13×1×3=1因为△ABC 外接圆的圆心即为BC 中点，设为O ，△A 1B 1C 1外接圆的圆心即为B 1C 1中点，设为O 1，则OO 1的中点到六个顶点的距离相等，则OO 1的中点M 为外接球的球心，即CM 为半径，OC =12BC =12AC 2+AB 2=52，OM =12AA 1 =32所以CM =OC 2+OM 2=54+94=142，即外接球的表面积为4πR 2=4π×144=14π故答案为:1，14π2【过关测试】一、单选题1(2023·高一课时练习)若正四面体的表面积为83，则其外接球的体积为()A.43πB.12πC.86πD.323π【答案】A【解析】设正四面体的棱长为a ，由题意可知：4×34a 2=83，解得：a =22，所以正四面体的棱长为22，将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的体对角线长为23，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径R =3，则外接球的体积为V =43πR 3=43π，故选：A .2(2023·陕西渭南·高一统考期末)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =BC =2，AA 1=22，∠ABC =π2，则此三棱柱外接球的表面积为()A.4πB.8πC.16πD.24π【答案】C 【解析】因为AB=BC=2，∠ABC=π2，所以△ABC为等腰直角三角形，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全为如图长方体ABCD-A1B1C1D1，则长方体的外接球即直三棱柱的外接球，因为AB=BC=2，AA1=22，所以外接球直径2R=AC1=22+22+222=4，所以外接球半径R=2，表面积S=4πR2=16π.故选：C.3(2023春·河北衡水·高一校考阶段练习)在正四棱锥P-ABCD中，AB=4，PA=26，则平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积是()A.65π5B.36π5C.12πD.36π【答案】B【解析】如图，作PO ⊥平面ABCD，垂足为O ，则O 是正方形ABCD外接圆的圆心，从而正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在PO 上，取棱AB的中点E，连接O D,O E,OD,PE，作OH⊥PE，垂足为H.由题中数据可得O D=22,O E=2,PE=25,O P=4，设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，则R2=O D2+O O2=OP2=O P-O O2，即R2=8+O O2=4-O O2，解得R=3.由题意易证△OPH∽△EPO ，则PHO P=OPPE，故PH=65 5.故所求截面圆的面积是π⋅PH2=36π5.故选：B4(2023春·山西太原·高一校考阶段练习)在三棱锥P -ABC 中，PA =PB =PC =3，侧棱PA与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为()A.πB.π3C.4πD.4π3【答案】D【解析】设点P 在平面ABC 内的射影点为E ，如下图所示：由线面角的定义可知，直线PA 与底面ABC 所成的角为∠PAE =60°，所以，PE =3sin60°=32，AE =3cos60°=32，因为PE ⊥平面ABC ，BE 、CE ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BE ，PE ⊥CE ，∴BE =PB 2-PE 2=32=PC 2-PE 2=CE ，所以，△ABC 的外接圆圆心为点E ，且其外接圆半径为32，所以，三棱锥P -ABC 的外接球球心O 在直线PE 上，设球O 的半径为r ，由几何关系可得OE 2+AE 2=OA 2，即32-r 2+322=r 2，解得r =1，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积为V =43πr 3=43π.故选：D .5(2023春·河南鹤壁·高一河南省浚县第一中学校考阶段练习)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC 满足BA =BC =6，∠ABC =π2，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为()A.323π B.32π C.16π D.823π【答案】A【解析】在△ABC中，BA=BC=6，∠ABC=π2，因此三棱锥P-ABC的外接球被平面ABC截得的截面小圆圆心是AC的中点O1，令三棱锥P-ABC的外接球球心为O，则OO1⊥平面ABC，而S△ABC=12AB⋅BC=3，O1A=3，因三棱锥P-ABC体积的最大值为3，则三棱锥P-ABC底面ABC上的高最大，设此最大高为h，由13×3h=3得h=3，要三棱锥P-ABC的体积最大，当且仅当球O上的点P到平面ABC的距离最大，则点P在线段O1O的延长线上，设球O半径为R，则有(h-R)2+O1A2=R2，即(3-R)2+(3)2=R2，解得R=2，所以三棱锥P-ABC的外接球体积为V=43πR3=323π.故选：A6(2023·高一课时练习)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图P-ABCD 是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4．则该阳马的外接球的表面积为()A.1252π3B.50π C.100π D.500π3【答案】B【解析】因PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，又因四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD.则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同.又PA=5，AB=3，AD=BC=4．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：R=PA2+AB2+AD22=32+42+522=522，则外接球的表面积为：S=4πR2=4π⋅504=50π.故选：B7(2023·吉林·高一吉林一中校考阶段练习)如图，在△ABC中，AB=25,BC=210,AC=213，D ，E ，F 分别为三边中点，将△BDE ,△ADF ,△CEF 分别沿DE ,EF ,DF 向上折起，使A ，B ，C 重合为点P ，则三棱锥P -DEF 的外接球表面积为()A.72π B.7143π C.14π D.56π【答案】C【解析】由题意可知，PE =DF =10,PF =DE =13,PD =EF =5，即三棱锥P -DEF 的对棱相等，先将该三棱锥补充成长方体，如图所示：设FH =x ,HD =y ,HP =z ，则x 2+y 2=10,y 2+z 2=5,x 2+z 2=13，所以x 2+y 2+z 2=14，于是三棱锥P -DEF 的外接球直径为14，半径为142，所以该三棱锥外接球的表面积为：4π⋅142 2=14π.故选：C .8(2023·高一课时练习)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB =2DC =2,∠DAB =60°,E 为AB 中点.将ΔADE 与ΔBEC 分别沿ED 、EC 折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P -DCE 的外接球的体积为()A.43π27B.6π2C.6π8D.6π24【答案】C【解析】易证所得三棱锥为正四面体，它的棱长为1，故其外接球与棱长为22的正方体的外接球一直，又正方体外接球半径为R=12+12+122=64故外接球的体积为43π633=68π故选C．9(2023·高一课时练习)边长为1的正四面体内切球的体积为()A.6π8B.212C.π6D.6π216【答案】D【解析】将棱长为1的正四面体ABCD补成正方体AECF-GBHD，则该正方体的棱长为22，V A-BCD=223-4V B-ACE=24-4×13×12×22 3=212，设正四面体ABCD的内切球半径为r，正四面体ABCD每个面的面积均为34×12=34，由等体积法可得V A-BCD=212=13r S△ABC+S△ACD+S△ABD+S△BCD=33r，解得r=612，因此，该正四面体的内切球的体积为V=43π×6123=6216π.故选：D.10(2023·高一课时练习)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC，SA=AC，SB=BC，球O的体积为36π，则三棱锥S-ABC的体积为()A.9B.18C.27D.36【答案】A【解析】如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径O为SC中点，SA=AC,SB=BC∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC，BO⊂平面SBC，∴BO⊥平面SCA，设BO=r，由球O的体积为36π，可得43πr3=36π,∴r=3，则V S-ABC=V B-SCA=13S△SCA⋅BO=13×12×2r×r×r=13r3=9，∴三棱锥S-ABC的体积为9，故选∶A．11(2023·高一课时练习)如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O 的球面上，则球O与正八面体的体积之比是()A.πB.4π3C.3π2D.2π【答案】A【解析】由题意得正方形ABCD的中心O即为外接球球心，设AB=a，则R=OA=22a，球O的体积为V1=43π×22a3=2π3a3，而h=OE=22a，故正八面体的体积V2=2×13×a2×22a=23a3，得V1V2=π，故选：A12(2023·高一课时练习)已知三棱柱ABC-A1B1C1所有的顶点都在球O的球面上，球O的体积是500π3，∠ABC =60°，AC =43，则AA 1=()A.3B.6C.4D.8【答案】B【解析】设球O 的半径为R ，△ABC 外接圆的半径为r ，则43πR 3=500π3，解得R =5，因为∠ABC =60°，AC =43，由正弦定理得，△ABC 外接圆的半径r =432sin60°=4，则AA 1=2R 2-r 2=2×3=6．故选：B二、多选题13(2023春·湖北襄阳·高一襄阳四中校考阶段练习)如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，EF ⎳AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且AB =2，EF =AD =1，则下列说法正确的是()A.OF ⎳平面BCEB.BF ⊥平面ADFC.三棱锥C -BEF 外接球的体积为5πD.三棱锥C -BEF 外接球的表面积为5π【答案】ABD【解析】选项A ：由EF ⎳AB ，AB =2，EF =1，可得EF // OB 则四边形OBEF 为平行四边形，则OF ⎳BE又OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，则OF ⎳平面BCE .判断正确；选项B ：连接BF ，线段AB 为圆O 的直径，则BF ⊥AF 由平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥AB ，则AD ⊥平面ABEF则AD ⊥BF ，又AF ∩AD =A ，AF ⊂平面ADF ，AD ⊂平面ADF 则BF ⊥平面ADF .判断正确；选项C ：取CD 中点H ，连接OH由平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF =ABOH ⊥AB ,OH ⊂平面ABEF ，可得OH ⊥平面ABEF又点E ，F ，B 在圆O 上，则三棱锥C -BEF 外接球球心在直线OH 上，由OH ⎳BC ，OH ⊄平面BCE ，BC ⊂平面BCE可得OH ⎳平面BCE ，则三棱锥C -BEF 外接球球心到平面BCE 的距离为点O 到平面BCE 的距离由BC ⊥平面ABEF ，BC ⊂平面BCE ，可得平面BCE ⊥平面ABEF ，则点O 到平面BCE 的距离即点O 到直线BE 的距离，又点O 到直线BE 的距离为32，则三棱锥C -BEF 外接球球心到平面BCE 的距离为32在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC =BE =1，则CE =2，则△BCE 外接圆半径为22则三棱锥C -BEF 外接球的半径R =22 2+32 2=52则三棱锥C -BEF 外接球的体积为43π⋅52 3=556π.判断错误；选项D ：由三棱锥C -BEF 外接球的半径R =52则三棱锥C -BEF 外接球的表面积为4πR 2=4π⋅522=5π.判断正确.故选：ABD14(2023春·江苏无锡·高一江苏省江阴市第一中学校考阶段练习)我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1，则下列说法中正确的有()A.正方体的棱切球的半径为2B.正四面体的棱切球的表面积为π2C.等长正六棱柱的棱切球的体积为4π3D.等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为7π12【答案】BCD 【解析】正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线，正方体的棱切球的半径为面对角线的一半，即为22，选项A 错误；如图，四面体ABCD 为棱长为1的正四面体，把正四面体ABCD 放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径，所以正四面体的棱切球的半径为24，即正四面体的棱切球的表面积为π2，选项B 正确；如图，等长正六棱柱的棱切球的直径为AB ，即直径为2，半径为1，所以等长正六棱柱的棱切球的体积为4π3，选项C 正确；由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆，则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为π×12 2=π4，每个侧面正三角形的内切圆的半径为正三角形高的13，即36，所以四个侧面正三角形的内切圆的面积为4×π×36 2=π3，所以等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面截得的截面面积之和为π4+π3=7π12，选项D 正确.故选：BCD .15(2023春·湖南邵阳·高一湖南省邵东市第三中学校考期中)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，下列结论正确的是()A.该正方体外接球的直径为23B.该正方体内切球的表面积为4πC.若球O 与正方体的各棱相切，则该球的半径为2D.该正方体外接球的体积为43【答案】ABC【解析】若正方体的棱长为2，则：①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R =22+22+22=23，故A 正确，外接球体积为43πR 3=43π，故D 错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R =1，球的表面积为4πR 2=4π，故B 正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即R =22+22=22，球的半径为R =2，故C 正确．故本题选：ABC .三、填空题16(2023春·陕西汉中·高一校考期中)已知球O 是四棱锥P -ABCD 的外接球，四边形ABCD 是边长为1的正方形，点P 在球面上运动且PA =2，则当四棱锥P -ABCD 的体积最大时，球O 的表面积是.【答案】6π【解析】设PA 与平面ABCD 夹角为θ，则四棱锥P -ABCD 的体积为V =13S ABCD ⋅h =13×1×h =13×PA ×sin θ=23sin θ，当sin θ=1时，四棱锥P -ABCD 的体积最大，即θ=90°，此时PA ⊥平面ABCD ，将四棱锥P -ABCD 补成一个正四棱柱，如图所示，此时四棱锥P -ABCD 和该正四棱柱有相同的外接球O ，设球O 的半径为R ，则2R =PC =12+12+22=6，可得R =62，所以球O 的表面积为S =4πR 2=4π×622=6π.故答案为：6π17(2023·高一课时练习)、已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于【答案】433【解析】设正方体的棱长为a ，则外接球的半径为3a 2，外接球的体积V =4π3R 3=4π3×3a 2 3=3πa 32=32π3，解得a =433，即正方体的棱长等于433．18(2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习)已知某圆锥的内切球的体积为32π3，则该圆锥的表面积的最小值为．【答案】32π【解析】设圆锥的内切球半径为r ，则43πr 3=32π3，解得r =2，设圆锥顶点为A ，底面圆周上一点为B ，底面圆心为C ，内切球球心为D ，内切球切母线AB 于E ，底面半径BC =R >2,∠BDC =θ，则tan θ=R 2，又∠ADE =π-2θ，由已知△BDE ,△BDC 为直角三角形，又DC =DE ，BD =BD ，所以△BDE ≅△BDC ，所以BE =BC =R ,∠BDE =∠BDC =θ，所以∠ADE =π-2θ，故AB=BE +AE =R +2tan π-2θ =R -2tan2θ，又tan2θ=2tan θ1-tan 2θ=R 1-R 24=4R 4-R 2，故AB =R -8R 4-R 2=R R 2+4 R 2-4，故该圆锥的表面积为S =πR 2R 2+4 R 2-4+πR 2=2πR 4R 2-4，令t =R 2-4>0,则S =2π(t +4)2t =2πt +16t +8 ≥2π2t ×16t +8 =32π，当且仅当t =16t，即t =4,R =22时取等号．故答案为：32π.19(2023·高一课时练习)如果圆柱、圆锥的底面直径和高都等于一个球的直径，则圆柱、球、圆锥的体积的比是.【答案】3:2:1【解析】设球的半径为r ，则球的体积为V 球=43πr 3，圆柱的体积为V 圆柱=πr 2⋅2r =2πr 3，圆锥的体积为V 圆锥=13πr 2⋅2r =2πr 33，因此，V 圆柱:V 球:V 圆锥=2:43:23=3:2:1.故答案为：3:2:1.20(2023·高一课时练习)已知A 、B 、C 是球面上三点，且AB =AC =4，∠BAC =90°，若球心O 到平面ABC 的距离为22，则该球表面积为.【答案】64π【解析】因为AB =AC =4，∠BAC =90°，所以BC 为平面ABC 截球所得小圆的直径，如图，设小圆的半径为r ，得2r =AB 2+AC 2=42，解得r =22，又球心O 到平面ABC 的距离d =22，根据球的截面圆性质，得球的半径R =r 2+d 2=4，所以球的表面积为S =4πR 2=64π.故答案为：64π.21(2023春·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校考期中)已知正三棱锥S -ABC ,SA =SB =SC =23,AB =3，球O 与三棱锥S -ABC 的所有棱相切，则球O 的表面积为．【答案】(19-83)π【解析】取等边△ABC 的中心E ，连接SE ，则SE ⊥平面ABC ，连接AE 并延长，交BC 于点D ，则D 为BC 中点，且AD ⊥BC ，在SE 上找到棱切球的球心O ，连接OD ，则OD 即为棱切球的半径，过点O 作OF ⊥SA 于点F ，则OF 也是棱切球的半径，设OD =OF =R ，因为SA =SB =SC =23,AB =3，所以求得AD =332,AE =3,DE =32，由勾股定理得：SE =12-3=3，且∠ASE =30°，设OE =h ，OD =OE 2+ED 2=h 2+34，SO =3-h ，OF =123-h ，由题意得：h 2+34=123-h ，解得：h =3-1或-1-3，当h=3-1时，R2=h2+34=194-23，此时球O的表面积为(19-83)π；当棱切球的半径最大时，切点为A，B，C，由于∠ASE=30°，SA=SB=SC=23，可求得最大半径R=23tan30°=2，而当h=-3-1时，R2=h2+34=194+23>4，显然不成立，故h=-3-1舍去，综上：球O的表面积为(19-83)π故答案为：(19-83)π22(2023春·山东德州·高一德州市第一中学校考阶段练习)边长为2的正四面体内有一个球，当球与正四面体的棱均相切时，球的体积为．【答案】2 3π【解析】结合正四面体的性质：球心在正四面体的体高上，且为外接球的球心，如下图：取球心O，若OD⊥PA，则OD即为球的半径，而O 为底面中心，∴PO ⊥面ABC，若E为BC中点，则AE=PE=3，∴PO =263，PO=62，AO=233，由Rt△PDO∼Rt△PO A，则POPA=ODAO，故OD=22，∴球的体积为43π⋅OD3=23π.故答案为：23π23(2023春·广东江门·高一江门市培英高级中学校考期中)已知正方体的棱长为2，则与正方体的各棱都相切的球的表面积是．【答案】8π【解析】过正方体的对角面作截面如图，故球的半径r=2，∴其表面积S=4π×(2)2=8π．故答案为：8π.24(2023春·江苏苏州·高一江苏省苏州实验中学校考阶段练习)一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺的体积公式为V =π3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高.若一球与一棱长为2的正方体的各棱均相切，则该球与正方体的公共部分的体积为.【答案】10-162 3π【解析】由题可得该球与正方体的公共部分球去掉6个球缺，则球的半径为R=22+222=2，球缺高h=2-1，则一个球缺的体积为π332-2-12-12=π342-5，则该球与正方体的公共部分的体积为4π3×23-6×π342-5=10-1623π.故答案为：10-162 3π.四、解答题25(2023·全国·高一专题练习)已知球与正四面体的六条棱都相切，求球与正四面体的体积之比．【解析】如图，设正四面体棱长为a，球半径为R，取AB的中点为E，CD中点F，连接AF,BF,EF，则AF=BF=32a，∴EF⊥AB，同理EF⊥CD，∴EF是AB,CD的公垂线，则EF的长是AB,CD的距离，EF=AF2-AE2=34a2-14a2=22a，又由球与正四面体的六棱都相切，得EF是该球的直径，即2R=22a，∴R3=232a3，V 球=43πR3=43π⋅232a3=224πa3，又V正四面体=13×S×h=13×12×a×a×sin60°×63a=212a3,故V球V正四面体=π226(2023·高一课时练习)有三个球，已知球O1内切于正方体，球O2与这个正方体各棱都相切，球O3过这个正方体的各个顶点，求球O1、球O2、球O3的表面积之比.【解析】设正方体的棱长为a.①球O1为正方体的内切球，球心O1是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，如图1所示，设球O1的半径为r1，表面积为S1，则2r1=a，r1=a2，所以S1=4πr21=πa2.②球O2与正方体各棱的切点为各棱的中点，过正方体的两个相对面的面对角线作截面，如图2所示，设球O2的半径为r2，表面积为S2，则2r2=2a，r2=22a，所以S2=4πr22=2πa2.③球O3过正方体的各个顶点，即正方体的各个顶点都在球面上，过正方体的体对角线作截面，如图3所示，设球O3的半径为r3，表面积为S3，则2r3=3a，r3=32a，所以S3=4πr23=3πa2.故这三个球的表面积之比S1:S2:S3=πa2:2πa2:3πa2=1:2:3.图1 图2 图3。
无机材料物理化学(贺蕴秋) 答案
第一章几何结晶学基础1-1. 晶体,晶胞的定义;空间格子构造的特点;晶体的基本性质. 1-2. 参网页上的模型,运用对称要素组合定律,写出四方柱,六方柱,四方四面体,斜方双锥,六八面体,三方柱,复三方三角面体,四六面体的点群符号, 并写出其所属的晶系和晶族. 1-3. 参阅网页上的模型,请确定单型中的六八面体,复三方偏三角面体,复六方双锥,和聚型中2,3,4 号模型在晶体定向中,各晶体的晶轴分别与哪些对称轴重或晶棱方向平行? 1-4. 请写出单型三方柱,四方柱,四方双锥,六方柱,菱面体,斜方双锥各晶面的主要晶面符号. 1-5. 请写出下列聚型模型各晶面的晶面符号:1,2,3,4.两个对称面相互成1)60°,2)90°,3)45°,4)30°,可组合成什么点群? 1-6. 由两根相交的二次轴互成1)90°,2)60°,3)45°,4)30°,可以组合成什么点群? 1-7. 试在面心立方格子中画出菱面体格子一晶面在X,Y,Z 轴分别截得2,4,6 个轴单位,请写出此晶面符号. 1-8. 作图表示立方晶体的(123),(012),(421)晶面. 1-9. 在六方晶体中标出晶面(0001),(2110),(1010),(1120),(1210) 的位置. 1. 答:晶体最本质的特点是其内部的原子,离子,或原子集团在三维空间以一定周期性重复排列而成, 晶体的空间格子构造有如下特点: 结点空间格子中的点,在实际晶体中它们可以代表同种质点占有的位置,因此也称为晶体结构中的等同点位置. 行列结点在一维方向上的排列 . 空间格子中任意两个结点连接的方向就是一个行列方向.面网结点在平面上的分布构成面网.空间格子中,不在同一行列上的任意三个结点就可联成一个面网.平行六面体空间格子中的最小单位.它由六个两两平行且大小相等的面组成. 晶体的基本性质是指一切晶体所共有的性质, 这些性质完全来源于晶体的空间格子构造.晶体的基本性质主要包括以下五点: 1 ) . 自限性(自范性),指晶体在适当条件下自发形成封闭几何多面体的性质. 晶体的的多面体形态是其格子构造在外形上的反映. 暴露在空间的晶体外表, 如晶面,晶棱与角顶分别对应其晶体空间格子中的某一个面网,行列和结点. 2 ) . 结晶均一性,指同一晶体的各个不同部分具有相同的性质.因为以晶体的格子构造特点衡量,晶体不同部分质点分布规律相同,决定了晶体的均一性. 3 ) . 对称性,指晶体中的相同部分在不同方向上或不同位置上可以有规律地重复出现.这些相同部位可以是晶面,晶棱或角顶.晶体宏观上的对称性反映了其微观格子构造的几何特征. 4 ) . 各向异性,指晶体的性质因方向不同而具有差异.如云母的层状结构显示了在不同方向上的结合强度不同.从微观结构角度考虑,代表云母晶体的空间格子在不同方向上结点位置的排列不同.5 ) . 稳定性(最小内能),指在相同的热力学条件下,具有相同化学组成的晶体与气相,液相,非晶态相比,晶体具有最小内能,因此也是稳定的结构. 2. 答: 点群运用组合定律晶系晶族四方柱L 4 4L 2 5PC 1,2,3 四方中级六方中级六方柱L6 6L 2 7PC 1.2.3 四方四面体Li 4 2L 2 2P 4,5 四方中级斜方双锥3L 2 3PC 1,2,3 正交低级六八面体3L 4 4L 3 6L 25 等轴高级9PC 三方中级复三方三角面L 3 3L 2 3PC 1,2,3 体四六面体3L 4 4L 3 6L 25 等轴高级9PC 六方中级三方柱Li 6 3L 2 3P 4 3 答:略4. 答: 三方柱晶面1(2110) 晶面2( 1210) 晶面3(1120) 晶面4(0001) 晶面5(0001) 四方柱晶面1(100) 晶面2(010) 晶面3(100) 晶面4(010) 晶面5(001) 晶面6(001) 四方双锥晶面1(h0l) 晶面2(0kl) 晶面3(h0l) 晶面4(0kl) 晶面5(h0l) 晶面6(0kl) 晶面7(h0l) 晶面8(0kl) 六方柱晶面1(10l0) 晶面2(01l0) 晶面3(l100) 晶面4(l010) 晶面5(0l01) 晶面6(1l00) 晶面7(0001) 晶面8(000l) 菱面体晶面1(h00l) 晶面2(0k0l) 晶面3(h00l) 晶面4(0l0l) 晶面5(00il) 晶面6(00il) 斜方双锥晶面1(hkl) 晶面2(hkl) 晶面3(hkl) 晶面4(hkl) 晶面5(hk l ) 晶面6(hk l ) 晶面7 (hkl) 晶面8(hkl) 5. 答: 60°L33P 90°L22P 45°L44P 30°L66P 6. 答: 90°3L 2 60°L33L2 45°L 4L 30°L 6L 6 4 2 2 7. 答:略.(632) 8. 答:略9. 答:略第二章晶体化学基础和无机化合物晶体结构1-1. 晶格能与哪些因素有关?已知MgO 晶体具有氯化钠的结构型, 其晶格常数 a 为0.42nm,试计算MgO 的晶格能. 1-2. 计算具有简单立方(SC)和体心立方(BCC)结构金属(单质)晶胞的堆积密度(空间利用率). 1-3. 金属钼具有BCC 结构,其晶格常数 a 为0.3146nm,试计算钼原子的半径. 金属铬的晶格常数 a 为0.2884nm,密度为7.19g/cm3,通过计算确定铬是简单立方,体心立方还是面心立方结构.(Cr 52.00) 1-4. 在氧离子面心立方紧密堆积中,画出适合正离子填充的空隙形状和位置, 并分析八面体空隙和四面体空隙数分别与氧离子数有什么关系? 1-5. 比较面心立方最紧密堆积和六方最紧密堆积的异同点. 1-6. ThO2 具有萤石结构:Th4+离子半径为0.100nm,O2-离子半径为0.140nm,试问1)实际结构中的Th4+正离子配位数与预计配位数是否一致?2)结构是否满足鲍林规则. 1-7. 从负离子的立方密堆积出发,说明以下情况各产生什么结构类型:1)正离子填满所有四面体空隙位置;2)正离子填满一半四面体空隙位置;3)正离子填满所有八面体空隙位置. 1-8. 在萤石晶体中Ca2+半径为0.112nm,F-半径为0.131nm,求萤石晶体的堆积密度?萤石晶体a=0.547nm,求萤石的密度. 1-9. 根据教材中的萤石结构图,画出萤石晶胞的投影图,并注明Ca2+离子和F离子的标高. 1-10. 下列硅酸盐矿结构各属何种结构类型?(有Al3+离子的要说明其在结构中所处的位置): CaMg[Si2O6] Ca2Al[AlSiO7] Mg[Si4O10](OH)2 K[AlSi3O8] 1.答:因素为(1)离子的电子结构(2)离子的晶体结构类型(3)正负离子平衡距离.MgO 的晶格能为3955.5 KJ mol . 2.答:SC 堆积密度为52.36%,BCC 堆积密度为68.02%. 3.答:钼原子半径为0.1362nm.铬是体心立方BCC 结构. 4.答:四面体数:氧离子数=2:1,八面体数:氧离子数=1:1. 5.答:略. 6.答: (1)半径计算得出Th4+应为六配位,由于ThO2 为萤石结构,故不一致. (2) 不满足多面体规则,电价规则可满足. 7.答:1)反萤石结构.2)闪锌矿结构.3)NaCl 型结构. 8.答:堆积密度为60.41%,萤石的密度为 3.17g cm3. 9.答:图略. 10. 答:CaMg[Si2O6] 单链状. Ca2Al[AlSiO7] 组群状,双四面体.Al3+离子一部分位于氧八面体空隙, 另一部分位于四面体空隙. Mg[Si4O10](OH)2 层状. K[AlSi3O8] 架状.Al3+离子位于氧四面体空隙.第三章晶体的结构缺陷.3-1 方镁石(MgO)的密度是 3.58g/cm3,其晶格常数是0.42nm,计算MgO 中每个晶胞中肖特基缺陷的数目. 3-2 1)在CaF2 晶体中,弗兰克尔缺陷形成能为2.8eV,肖特基缺陷的生成能为 5.5eV, 计算在25℃和1600℃时热缺陷的浓度? 2)如果CaF2 晶体中,含有百万分之一的YF3 杂质,则在1600℃时,CaF2 晶体中是热缺陷占优势还是杂质缺陷占优势?请说明原因. 3-3 在下述晶体中,你认为何类缺陷占优势?1)用MgCl2 掺杂的NaCl;2)用Y2O3 掺杂的ZrO2;3)用YF3 掺杂的CaF2;4)在一种还原性气氛中加热的WO3. 3-4 试写出下列缺陷方程: 1) 3) 2) 4) 3-5 当ZrO2 添加到Y2O3 中,为保持结构的电中性,在形成置换型固溶体的同时, 还产生正离子空位,写出其缺陷反应方程式. 3-6 高温结构材料Al2O3 可以用ZrO2 来实现增韧,也可以用MgO 来促进Al2O3 的烧结:1)如加入0.2mol%ZrO2,试写出缺陷反应式和固溶体分子式;2)如加入0.3mol%ZrO2 和Xmol%MgO 对Al2O3 进行复合取代,试写出缺陷反应式,固溶体分子式,并求出X 值. 3-7 ZnO 属六方晶系,a=0.3242nm,c=0.5195nm,每个晶胞中含有2 个ZnO 分3 子,测得晶体密度分别为5.74,5.606g/cm ,求两种情况下各产生什么型式的固溶体? 3-8 非化学计量化合物FexO 中,Fe3+/Fe2+=0.1,求FexO 中空位浓度及x 值. 1.答:平均每个晶胞0.0082 对肖特基缺陷. 2.答:⑴T1=298K,弗兰克缺陷浓度2.21×10-24 ,肖特基缺陷浓度为1.374×10-31;T2=1873K, 弗兰克缺陷浓度 1.72×10-4,肖特基缺陷浓度为 1.4×10-5;⑵T=1600℃,热缺陷1.72×10-4,杂质缺陷1×10-6,热缺陷占优势3.答: 4.答:略5. 答: 6.答:①Al1.997Zr0.002O3 ②Zr0.003Mg0.003Al1.994O3 7.答:略8.答:Fe0.957O,空位浓度[ ]=0.0435第四章非晶态固体4-1 试分析影响熔体粘度的因素有哪些? 4-2 名词解释:晶子学说和无规则网络学说,单键强度,网络形成剂和网络变性剂4-3 玻璃的组成是13mol%Na2O,13mol%CaO,74mol%SiO2,计算非桥氧分数. 有两种不同配比的玻璃,其组成如下: 序号1 2 Na2O( mol%) 8 12 CaO( mol%) 12 8 SiO2( mol%) 80 80 试用玻璃结构参数说明两种玻璃高温下粘度的大小. 4-4 有一组二元硅酸盐熔体,其R 志变化规律如下,写出熔体一系列性质的变化规律:R = 2 , 2.5, 3, 3.5, 4 游离碱含量的变化; O/Si 比的变化; 低聚物数量; 熔体粘度; 形成玻璃的能力; 析晶能力. 4-5 什么是硼反常现象?为什么会产生硼反常现象. 1. 答:溶体组成,质点活化能,温度等. 2. 答:略. 3. 答:R 值为2.35.X 值为0.7.非桥氧分数为17.5%.两种玻璃结构参数相同,但(1)的钙含量高,所以(1)粘度大. 4.答:游离碱含量的变化增大; O/Si 比的变化增大; 低聚物数量增多; 熔体粘度递减; 形成玻璃的能力递减; 析晶能力递增. 5.答:略.第五章固体的表面与界面行为5-1 名词解释: 表面能,表面张力,吸附,接触角,晶界结构,润湿角. 5-2 试说明晶界能总小于两个相邻晶粒的表面能之和的原因. 5-3 MgO-Al2O3-SiO2 系统的低共熔物放在Si3N4 陶瓷片上,在低共熔温度下, 液相的表面张力为900×10-3N/m,而液体与固体的界面能为600×10- 3 N/m,测得接触角为70.52°. (1) (2) 求Si3N4 的表面张力; 把Si3N4 在低共熔温度下进行热处理,测试其热腐蚀的槽角为60°,求Si3N4 的晶界能. 5-4 生产氧化铅瓷件过程中需要镀银,已知1000℃时γAl2O3 s=1.0×10-3N/m, γAg L=0.92×10-3N/m,γAg L/Al2O3 s=1.77×10-3N/m,问液态银能否润湿氧化铅瓷件表面?可以用什么方法改善它们之间的润湿性? 5-5 5-6 5-7 5-8 影响润湿效果的主要因素有哪些? 大块状的石英材料经煅烧后易于破碎,这是为什么? 试说明晶粒之间的晶界应力大小对晶体性能的影响. 在真空中和在空气中将云母片剥落后再合上,会出现什么现象?说明理由? 5-9 5-10 什么是粘附功?粘附性越好是否就意味着粘附功越小,为什么? 1 克石英当它粉碎(在湿空气中)成每颗粒半径为1μm 的粉末时质量增加至 1.02 克,它的吸附水膜厚度为多少?(石英密度是2.65g/cm3) 1. 3. 答:略2. 答:略答:⑴900×10-3N/M ⑵1559×10-3N/M 4. 答:θ=147°>90°,液态银不能润湿氧化铅表面,可以通过以下方法改善它们之间的润湿性:增大瓷件表面粗糙度;设法除去表面吸附膜等. 5. 略6. 略7. 略8. 略9. 略10. 答:膜厚度为0.0177um第六章相图及其相平衡6-1 名词解释: 凝聚系统;介稳平衡;无变量点;低共熔点;双升点;双降点;液相独立析晶. 6-2 简述SiO2 的多晶转变现象,说明为什么在硅酸盐产品中SiO2 经常是以介稳状态存在. 6-3 具有不一致熔融二元化合物的二元相图(图6-11 所示),在低共熔点E 发生如下析晶过程: .已知 E 点 B 含量为20%,化合物AmBn 的 B 含量为64%.现有C1 和C2 二种配合料,已知C1 中的 B 含量为C2 中 B 含量的 1.5 倍,且在高温熔融冷却析晶时,从该二配合料中析出的初相(即到达低共熔温度前析出的第一种晶体)含量相等.试计算C1 和C2 配合料的组成. 6-4 今通过实验测得如图所示的各相图,试判断这些实验结果的正确性,若有错误,予以修正,并说明理由. 6-5 已知 A 和 B 两组份构成具有低共熔点的有限固溶体二元系统(图6-17). 试根据下列实验数据绘制概略相图: 的熔点为1000℃, 的熔点为700℃. A B 含B25%的试样在500℃完全凝固, 其中含73.3.%初相SA(B)和26.7%SA(B)+SB(A) 共生体.含B50%的试样在同一温度下凝固完毕,其中含40%初相SA(B) 和60%SA(B)+SB(A) 共生体,而SA(B)相总量占晶相总量的50%,实验数据均在达到平衡状态时测定. 6-6 试完成下图中的配料点1,2,3 的结晶路程(表明液,固相组成点的变化及其结晶过程各阶段系统中发生的相变化). 6-7 下图所示为一个三元化合物的三元相图. (1) (2) (3) (4) 判断三元化合物N 的性质; 标出边界曲线的降温方向(转熔界线用双箭头); 指出无变点K,L,M 的性质分析点1,2 的结晶路程(表明液固相组成的变化及各阶段的相变化) 6-8 如图6-43,配合料P 的液相在无变点K 发生独立析晶,最终在低共熔点 F 结束结晶.试问此时所获得的C3S,C2S,C3A 和C12A7 四种晶相的含量各为多少?,如果在F 点仍未达到平衡,残留液相能否离开F 点向其它无变点继续转移?为什么? 6-9 如图6-43,今取配合料成分恰好如无变点h 的组成,在充分平衡条件下, 问: (1) (2) (3) 加热该配合料,什么温度开始出现液相? 要使物料全部熔融,至少要加热到多高温度? 写出配合料加热到开始出现液相时和全部熔融时的反应过程. 6-10 如图6-43,若原始液相组成位于配合料圈内,并恰好在CaO 和C3S 初相区的边界曲线上: (1) (2) 说明此液相的结晶路程在缓慢冷却到无变点K 的温度1455℃时急剧冷却到室温,则最终获得哪些相? 各相含量如何? 1.答:名词解释略. 2.答:略,提示从动力学角度说明. 3.答:C1 配料组成为 A 74.1%,B 25.9%;C2 配料组成为 A 82.7%,B 17.3%. 4.答:(A)B 的熔点温度只有一个,两点应该重合.(B)液相组成不应该存在范围.(C)低共熔温度不应该是一条倾斜的直线,应该是水平的.(D)(E)均为二元系统,P 最大为3,不应该出现四相点和四相区域. 5.答:图略,提示低共熔温度线上三点的B%分别为5%,80%,95%. 6.答:略. 7.答:(1)N 为不一致熔融三元化合物.(2)略.(3)L 点位于△BNC 内部,为低共熔点, 点位于△ANB 交叉位, K 为双升点, 点位于△ANC 内部, M 为低共熔点. (4)略. 8.答:C3S,C2S,C3A 和C12A7 四种晶相的含量略,残留液相不能离开F 向其它无变量点转移,因为三元系统最多存在四相,在F 点已有四相. 9.答:(1)加热该配合料,1335 度开始出现液相.(2)要使物料全部熔融,至少要加热到2570 度.(3)略. 10. 答:最终获得C3S,C2S,玻璃相.第七章扩散与固相反应7-1 名词解释: 无序扩散,晶界扩散,表面扩散,本征扩散,非本征扩散,自扩散,互扩散,稳定扩散,不稳定扩散,扩散活化能,扩散通量. 7-2 已知CaO 的肖特基缺陷生成能为6ev,欲使Ca2+在CaO 中的扩散直至CaO 的熔点(2600 ℃)都是非本征扩散,要求三价杂质离子的浓度是多少? 7-3 设有一条内径为30mm 的厚壁管道,被厚度为0.1mm 的铁膜隔开.通过管子的一端向管内输送氮气,以保持膜片一侧氮气浓度为1 200mol/m ,而另一侧的氮气浓度为100 mol/m3.如在700℃下测得通过管道的氮气流量为 2.8×10-8mol/s,求此时氮气在铁中的扩散系数. 7-4 在二根金晶体圆棒的端点涂上示踪原子Au,并把棒的两端如图所示连接. 在920℃下加热100 小时,Au 示踪原子的扩散分布如图所示,并满足下列关系: 3 M 为实验中示踪原子总量,求此时金的自扩散系数. 7-5 试定性地分析和讨论从室温到熔融温度范围内,氯化锌添加剂(10-4mol%) 对氯化纳单晶中所有离子(Zn,Na,Cl)的扩散能力的影响. 7-6 试从扩散介质的结构,性质,晶粒尺寸,扩散物浓度,杂质等方面分析影响扩散的主要因素. 7-7 根据ZnS 烧结的数据测定了扩散系数,在450℃和563℃时,分别测得扩散系数为1.0 ×10 cm /s 和3.0×10 cm /s.(1)确定激活能和D0;(2)根据你对结构的了解, 试从运动的观点和缺陷的产生来推断激活能的含义;(3)根据ZnS 和ZnO 相互类似的特点,预测D 随硫的分压而变化的关系. 7-8 试分析碳原子在面心立方和体心立方铁八面体空隙间跳跃情况并以D=λ Pг形式写出其扩散系数(设点阵常数为a).式中λ为跃迁自由程,P 为跃迁几率,而г为跃迁频率. 7-9 指出以下概念中的错误: (1) (2) (3) 如果固体中不存在扩散流,则说明原子没有扩散; 因固体原子每次跳动方向是随机的,所以在任何情况下扩散流量为零; 晶界上原子排列混乱,不存在空位,所以以空位机制扩散的原子在晶界处无法扩散; -4 2 -4 2 (4) 间隙固溶体中溶质浓度较高,则溶质所占据的间隙越多,供扩散的空余间隙越少,即Z 值越小,越容易导致扩散系数的降低. 7-10 以空位机制进行扩散时,原子每次跳动一次就相当于空位反向跳动一次, 并未形成新的空位,而扩散活化能中却包含着空位形成能,此说法正确吗?请给出说明. 1. 2. 3. 4. 答:略答:1.1×10-5mol/m3 答:D=3.6×10 m /s 答:根据表中数据,以-ln ,求D 为2.33×10-7m2/s 对x2 作图,得一直线,求斜率K,t=360000s,D= -12 2 5. 答:低温时,以杂质扩散为主,ZnCl2 的加入对Na 离子的扩散能力有扩散作用, 而对氯离子的扩散能力影响不大,在高温条件下,本征扩散为主要形式, ZnCl2 的加入影响可忽略. 6. 略7. 答:①Q=48.9kJ,D0=0.39cm2/s ②质点处于其他质点作用的三位势阱中作周期性振动,若要摆脱其他质点的束缚,必须具有克服势阱作用的能量,这部分能量称为激活能,激活能包括迁移能和缺陷形成能. ③D∝PS2-1/4,硫分压越小,D 越大,硫分压增大,D 减小. 8. 9. 答:面心立方(fcc), = ,P= ,D= ,体心立方(bcc),D= 答:①扩散流的产生需要一个推动力,但在宏观上不存在扩散流,只要有一定温度,原子之间存在杂乱无章的自扩散. ②当有外力作用,如处于电场中,扩散流量不为零,只有在平衡状态下,扩散流量为零. ③晶界上原子所受束缚力低,其能量/振动频率搞,迁移能力强,其原子迁移到内部相党羽空位的反向扩散,不仅存在扩散,其扩散能力还比内部强. ④对扩散系数的影响可以忽略. 10.答:不正确.扩散系数是宏观值不是单个原子跳动机理的简单叠加.第八章固相反应8-1 MgO 和SiO2 固相反应生成Mg 2SiO4,反应时扩散离子是什么?写出界面反应方程. 8-2 MoO3 和CaCO3 反应时, 反应机理受到CaCO3 颗粒大小的影响. MoO3 : 当CaCO3 =1:1,MoO3 的粒径r1 为0.036mm,CaCO3 的粒径r2 为0.13mm 时,反应是扩散控制的;而当CaCO3 :MoO3=15:1,r2<0.03 时,反应由升华控制, 试解释这种现象. 8-3 试比较杨德方程和金斯特林格方程的优缺点及其适用条件. 8-4 当测量氧化铝-水化物的分解速率时,发现在等温试验期间,质量损失随时间线性增加到50%左右,超过50%时,质量损失的速率就小于线性规律.线性等温速率随温度指数地增加,温度从451℃增大到493℃时速率增大10 倍,试计算激活能,并说明这是一个扩散控制的反应?还是一般反应或是界面控制的反应. 8-5 1 平均粒径为1μm 的MgO 粉料与Al2O3 粉料以1: 摩尔比配料并均匀混合. 将原料在1300℃恒温3600h 后,有0.3mol 的粉料发生反应生成Mg Al2O4, 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:扩散离子是Mg2+和Si4+,界面反应方程为: g 2+ +SiO4 Mg2SiO4+Si4+ Si4++4MgO Mg2SiO4+2 Mg2+ 2.答:当MoO3 的粒径r1 为0.036mm,CaCO3 的粒径r2 为0.13mm 时, CaCO3 颗粒大于MoO3,反应由扩散控制,反应速率随着CaCO3 颗粒度减小而加速,当r2<r1 时存在过量CaCO3,由于产物层变薄,扩散阻力减小,反应由MoO3 粒径升华控制, 并随着MoO3 粒径减小而加剧. 3.答:略. 4.答:1):. 由阿累尼乌斯公式: K=Aexp(-Q/RT)得: Q=R In k2/k1 (T1T2/T2-T1)=In10 *R*776*724/(493-451)=257.189KJ/mol R 故反应激活能为257.189kJ/mol 2):此反应为热分解反应,反应是在反应物与产物层的界面处进行的.由题中所述,反应进行到一定程度后质量损失速率小于线性规律,由此可推测该反应由扩散控制, 即后期由于反应物表层已被先前生成的大量产物层所包裹,导致新产生的气体无法扩散到外界去,从而减缓反应进行. 5.答: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得: 1-2/3G-(1-G) 2/3 =kt G1=0.3/(1+1)=0.15 代入得K=7.45×10 -7 由题中所给条件;t1=3600h 所以当t2=300h 时,G2=0.045 令G=1,则T=1/3k=4.47×10 h 5第九章相变9-1 名词解释: 一级相变,二级相变,玻璃析晶,玻璃分相,均态成核,非均态成核,马氏体相变,亚稳分解,不稳分解. 9-2 为什么成核生长机理的相变过程需要有一定的过冷或过热, 相变才能发生, 在什么情况下需要过冷, 什么情况下需要过热?一般物质具有的最大成核速率的过冷度应该如何求得? 9-3 当一个球形晶核在液态中形成时,其自由能的变化△G=4πr2γ+ 4/3 r3△GV.式中r 为球形晶核的半径;γ为液态中晶核的表面能;△GV 为单位体积晶核形成时释放的体积自由能,求临界半径rk 和临界核化自由能△Gk. 8-4 如果液态中形成一个边长为a 的立方体晶核时, 其自由能△G 将写出什么形式?求出此时晶核的临界立方体边长ak 和临界核化自由能△Gk, 并比较球状晶核时,哪一种形状的△G 值更大,为什么? 9-5由 A 向 B 转变的相变过程中, 单位体积能变化△GV 在1000℃时为-419J/cm3, 在900℃时为-2093J/cm3,设A-B 间界面能为5×10-5J/ cm3,求: (1) (2) 在900℃和1000℃时的临界半径; 在1000℃进行相变时所需的能量. 9-6 试从热力学,动力学和形貌等方面比较亚稳分解和不稳分解这两种分相过程的特点. 9-9 某物质从熔体析晶,当时间分别为1s 和5s 时,测得晶相的体积分数分别为0.1%与11.8%,试用Vβ/V=1-exp(-Ktn)式计算Avrami 指数及其速率常数K. 9-10 如果直径为20μm 的液滴,测得成核速率IV=10 S cm ,如果锗能够过冷227℃,试计算锗的晶-液界面能?(TM=1231K,△H=34.8kJ/mol,ρ =5.35g/cm ) 9-11 举例说明相变理论在科学研究和生产实际中的应用. 1. 2. 答:略答: ,当,过热,过冷度为扩散活化能. 3. 4. 答: 答: , , ,显然立方体晶核形成, ,球形晶核较大. ,过冷;当, 3 -1 -1 -3 5. 答:900℃, ×10-17J =4.778, 1000℃, =2.387nm, 6. 9. 10. 11. 答:略答:n=3,K=10-3 答: 答:略第十章烧结过程10-1 名词解释: 熔融温度,烧结温度,烧结,烧成,液相烧结,固相烧结,晶粒生长,二次再结晶,晶粒极限尺寸,晶粒平均尺寸. 10-2 烧结的模型主要有哪几种?各适用于哪些典型的传质过程? 10-3 若固-气界面能为0.1J/m ,如果用直径为1μm 的粒子组成压块的体积为1cm ,试计算由烧结推动力而产生的能量是多少? 10-4 设有粉料粒度为5μm,若经2h 烧结后,x/r=0.1.如果不考虑晶粒的生长,若烧结至x/r=0.2.并分别通过蒸发-凝聚;体积扩散;粘性流动; 溶解-沉淀传质,则各需要多少时间?若烧结8h,则各传质过程的颈部增长x/r 又是多少? 10-5 如上题粉料的粒度改为16μm,烧结至x/r=0.2,各传质需要多少时间? 若烧结时间为8h,各个过程的x/r 又是多少?从两题计算的结果,讨论粒度与烧结时间对四种传质过程的影响程度? 10-6 下列过程中, 哪些能使烧结强度增加, 而不产生致密化过程?试说明理由.(1) 蒸发-凝聚(2)体积扩散(3)粘性流动(4)晶界扩散(5)表面扩散(6)溶解-沉淀. 10-7 制造透明Al2O3 材料时, 原始粉料粒度为2μm, 烧结至最高温度保温0.5h, 测得晶粒尺寸10μm,试问若保温时间为2h,晶粒尺寸多大?为抑制晶粒生长加入0.1%MgO,此时若保温时间为2h,晶粒尺寸又有多大? 10-8 晶界遇到夹杂物时会出现几种情况,从实现致密化目的考虑,晶界应该如何移动?怎样控制? 10-9 在烧结时,晶粒生长能够促进坯体致密化吗?晶粒生长会影响烧结速率吗?试说明之. 10-10 影响烧结的因素有哪些?最易控制的因素是哪几个? 1.答:名词解释略. 2.答:略. 3.答:烧结推动力而产生的能量是0.6J.提示,先算出粒子个数,再算出气固界面消失的面积. 4.答:根据查得各传质方式公式可得: 时间分别为16h,64h,8h,128h,若只烧结8h,则X/R 分别为0.1×41/3,0.1×4 1/5,0.2,0.1×41/6. 5.答:略6.答:略. 7.答:略3 2。
立体构成-几何多面体(柏拉图多面体).
几何多面体（柏拉图多面体）
柏拉图多面体
柏拉图多面体——并不是由柏拉图所发明，但是却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体，但是，在这里，我们仍以柏拉图多面体称之，以免与其它有规则的多面体产生混淆。
正四面体特征
（1）重心、四条高的交点、外接球、内切球球心共点，此点称为中心。
（2）一个在其内部的内切球和七个与四个面都相切的旁切球，其中有三个旁切球球心在无穷远处。
（3）四条三重旋转对称轴，六个对称面。
（4）可与正八面体填满空间，在一顶点周围有八个正四面体和六个正八面体。
（5）对边相互垂直。
正六面体特征
〔1〕有六个面，每个面面积相等，形状完全相同；
〔2〕有八个顶点；
〔3〕有十二条棱，每条棱长度相等。
正八面体特征
由6个顶点与8个正三角形构成，4个三角形相交于一个顶点。
柏拉图认为八面体是介于四面体（火）和二十面体（水）之间，因此认为它代表的元素是空气。
八面体有6条二次旋转轴，通过对边中点；4条三次旋转轴，通过对面中心；以及3条四次旋转轴，通过对面的
顶点。
任何符合这些旋转轴的多面体，我们说它具有八面体对称。
正十二面体
是五个柏拉图立体之一，属准晶体，结晶学全称为正五角十二面体，共有二十个顶点、三十条边和十二个面，而每一个面皆是正五边形。
正二十面体
是由20个等边三角形所组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面。
正四面体
正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶。
正四面体的重心、四条高的交点、外接球、内切球球心共点，此点称为中心。
正四面体有一个在其内部的内切球和七个与四个面都相切的旁切球，其中有三个旁切球球心在无穷远处。
正四面体有四条三重旋转对称轴，六个对称面。
正四面体可与正八面体填满空间，在一顶点周围有八个正四面体和六个正八面体。
化学中CH4,CCl4等分子也呈正四面体状。
相关数据当正四面体的棱长为a时，一些数据如下：高：√6a/3。
中心把高分为1:3两部分。
表面积：√3a^2体积：√2a^3/12对棱中点的连线段的长：√2a/2外接球半径：√6a/4，正四面体体积占外接球体积的2*3^0.5/9*π，约12.2517532%。
内切球半径：√6a/12，内切球体积占正四面体体积的π*3^0.5/18，约30.2299894%。
棱切球半径：√2a/4.两条高夹角：2ArcSin(√6/3)=ArcCos(-1/3)=≈1.91063 32362 49(弧度)或109°28′16″39428 41664 889。
这一数值与三维空间中求最小面有关,也是蜂巢底菱形的钝角的角度.两邻面夹角：2ArcSin(√3/3)=ArcCos(1/3)≈1.23095 94173 4077(弧度)或70°31′43″60571 58335 111，与两条高夹角在数值上互补。
侧棱与底面的夹角：ArcCos(√3/3)正四面体的对棱相等。
具有该性质的四面体符合以下条件：1．四面体为对棱相等的四面体当且仅当四面体每对对棱的中点的连线垂直于这两条棱。
2．四面体为对棱相等的四面体当且仅当四面体每对对棱中点的三条连线相互垂直。
3．四面体为对棱相等的四面体当且仅当四条中线相等。
正四面体在解析几何中的一般建系方法1.设有一正四面体D-ABC棱长为a以AB边为y轴A为顶点ABC所属平面为xOy面建系四个顶点的坐标依次为正四面体侧面展开图。
正多面体及其自同构群
正多面体及其自同构群本文主要应用群论的初等技巧和方法，通过群论与几何的分析给出了欧几里得空间中5个正多面体的自同构群。
标签：正多面体；自同构群；对称一、前言群论是研究对称的学科，正因为如此，它在物理，化学，生物，晶体学等诸多学科中才有着重要的应用。
因此利用群论来研究几何的组合的方法是非常重要的。
从古代希腊时代，人们就已经知道只有五种正多面体，即正四面体，正六面体，正八面体，正是二面体，正二十面体。
我们先给出关于这些正多面体的一些基本事实。
1.正多面体的诸面都是全等的正多边形，正六面体是正方形，正十二面体的面是正五边形，而其他三种正多面体的面是正三角形。
2.正多面体的诸多面角也彼此全等。
3.每个正多面体都内接于一个球，如果它的两个定点的连线经过球心，则称这两个顶点是互相对极的顶点。
4.以一个正多面体诸面的中心作为顶点，相邻两个面中点连线作为边，得到的多面体也是正多面体，叫作原正多面体的对偶。
容易看出，正四面体自对偶，正六面体和正八面体互相对偶，正十二面体和正二十面体互相对偶。
5.正多面体的一个旋转变换如果保持三个顶点不动，则它是恒等变换。
而本文正是通过应用群论的初等技巧和方法，通过群论与几何的分析给出了欧几里得空间中5个正多面体的自同构群。
二、定理设A，B，C，D，E 分别为欧几里得空间中的正四面体，正方形，正八面体，正是二面体，正二十面体。
记Aut（x）为X的旋转变换群。
这样我们就有以下结果：1.Aut（A）= Alt（4），即四次交错群；2.Aut（B）= Sym（4），即四次对称群；3.Aut（C）= Sym（4），即四次对称群；4.Aut（D）= Alt（5），即五次对称群；5.Aut（E）= Alt（5），即五次对称群。
若无特殊说明，本文所涉及的概念以及符号均取自文献【1-7】。
三、预备知识在本文的证明过程中，我们将要用到以下群论的熟知结果，所以我们列为引理而略去证明。
我们把三维欧式空间理解为实数域上定义了距离函数的三维向量空间，记做R 。
阿基米德多面体
阿基米德多面体是由两种或两种以上的正多边形组成的凸多面体，也称为半正多面体.这样的多面体共有13种，都具有以下特点：1.边长相等.在每一种多面体中各个正多边形面的边长都相等；2.顶点的连接情况相同；3.中心到各个顶点的距离相等.当多面体的中心是外接球的中心时，各个顶点同处在外接球的球面上；4.中心到各条边中心的距离相等.当多面体的中心是内接球的中心时，各条边的中心点都处在内接球的球面上；5.各相邻顶点的夹角相同.阿基米德多面体的每条边长都相等，每个顶点也都全等，如图1.图11.截角四面体：由4个正三角形和4个正六边形构成，共有8个面；2.截角八面体：由6个正四边形和8个正六边形构成，共有14个面；3.截半立方体：由8个正三角形和6个正四边形构成，共有14个面；4.截角立方体：由8个正三角形和6个正八边形构成，共有14个面；5.削棱截角立方体：由8个正三角形和18个正四边形构成，共有26个面；6.大削棱截角立方体：由12个正四边形、8个正六边形以及6个正八边形构成，共有26个面；7.截半12面体：由20个正三角形和12个正五边形构成，共有32个面；8.截角二十面体：由12个正五边形和20个正六边形构成，共有32个面；9.截角十二面体：由20个正三角形和12个正边形构成，共有32个面；10.扭棱立方体：由32个正三角形和6个正四边形构成，共有38个面；11.削棱截角十二面体：由20个正三角形、30个正四边形以及12个正五边形构成，共有62个面；12.大削棱截角十二面体：由30个正四边形、20个正六边形以及12个正十边形构成，共有62个面；13.扭棱十二面体：由80个正三角形和12个正五边形构成，共有92个多边形.阿基米德多面体的每个面都是正多边形，我们可以将它们看作是正多面体被截角、切割（截半）、旋转（对偶）等而形成的图形，如图2所示.图2文化时空59文化时空。
多面体的几何算法
正多面体：各个面是全等的正多边形并且各个多面角也是全等的多面角的多面体。
正多面体只有五种，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体。
五种正多面体又称为柏拉图氏体。
以下均以a表示棱长。
一、正四面体：由四个全等的正三角形所组成的几何体。
它有四个面、四个 顶点、六条棱。
每个二面角均为70°32′。
有四个三面角， 每个三面角的面角均为60°。
a=
Area=0
V=0
二、正六面体：又称“正方体”、“立方体”、“六等面体”或“直角方体 ”。
指由六个全等的正方形组成的几何体。
它有六个面、八 个顶点、十二条棱。
每一棱上的二面角均为90°。
有八个三 面角，每个三面角的面角都是90°。
a=
Area=0
V=0面对角线长0体对角线长0
内切球V=0
外切球V=0
正 多 面 体 类 形 体 几 何 计 算
三、正八面体：由八个全等的正三角形组成的几何体。
它有八个面、六个顶 点及十二条棱。
每个二面角约为109°28′。
有六个四面角 ，每个四面角的面角均为60°。
a=Area=0V=
四、正十二面体：又名“十二等面体”。
由十二个全等的正五边形组成的几
a=Area=0V=。
正八面体配位结构
正八面体配位结构正八面体是一种具有八个等边等角面的多面体，每个面都是一个正三角形。
在化学中，正八面体也被用来描述一种特殊的配位结构，即八配位结构。
在化学领域，配位结构是指一个中心原子或离子周围具有一定几何排列的配位体的结合方式。
正八面体配位结构意味着中心原子或离子周围有八个配位体以正八面体的形式排列着。
正八面体配位结构常见于一些过渡金属离子或高配位的主族元素离子化合物中。
它具有良好的稳定性和对称性，因此在化学反应中具有重要的应用。
正八面体配位结构的特点之一是中心原子或离子周围的配位体处于等距离的位置。
以八面体的一个面为基准，垂直于该面的四个顶点分别位于一个平面上的四个角上，这四个角正好形成一个正方形。
然后通过连接这四个角和八个顶点，就可以形成一个正八面体。
正八面体配位结构的稳定性来自于其结构的对称性。
正八面体具有旋转和镜像对称性，因此它不会出现扭曲或变形。
这就使得正八面体配位结构在化学反应中能够保持稳定。
在正八面体配位结构中，中心原子或离子和配位体之间通过配位键相连。
配位体可以是阴离子、中性分子或阴离子配合物中的配位单元。
例如，对于过渡金属离子来说，水分子（H2O）、氯离子（Cl-）或氨分子（NH3）等都可以作为配位体。
正八面体配位结构中，配位体与中心原子或离子之间的配位键通常是共价键或离子键。
这取决于配位体的性质以及与中心原子或离子之间的电荷转移程度。
正八面体配位结构的应用范围广泛，特别是在配位化学和催化剂设计领域。
由于其稳定性和对称性，正八面体配位结构能够提供高活性的反应位点，从而促进催化反应的进行。
例如，在一些催化剂中，正八面体配位结构可用于催化烷烃转化、氧化反应、氢转移等。
总而言之，正八面体配位结构是一种具有稳定性和对称性的配位结构。
它在化学反应和催化剂设计中发挥着重要的作用。
通过了解正八面体的结构和特点，我们可以更好地理解和应用这种配位结构。
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第 1 页 共 5 页高中化学竞赛辅导专题讲座——三维化学第四节 正四、六、八面体的组合前文我们学习了正方体、正四面体与正八面体，本节我们将对内容做进一步的巩固复习，并将探讨一下正四、八面体的组合。
【例题1】XeF 8是一种尚未合成的化合物，预测它的空间构型 ；F 有二种同位素，则XeF 8有 种不同分子。
（不计顺反异构和旋光异构）①【分析】八个原子在空间的最对称排列是正方体。
在着重讨论过正四面体与正八面体后，再看这个正方体问题。
不妨设正方体八个顶点全被a F 占据，我们每一次用0，1，2，3……8个b F 去取代，看两个b F ，有3种，分别在棱上，面对角线上，体对角线上；看三个b F ，也有3种，三个b F 构成的三角形边长分别为1，1，2；1，2，3；2，2，2。
关键是看四个b F 时有几种。
如图4-1所示正方体，四个b F 共面时有2种（如面ABCD 与面A 1B 1CD 型），四个b F 构成正三棱锥有2种（如正四面体型的ACB 1D 1与三棱垂直的ABDA 1），另外还各有一个ABCC 1型和ABCD 1型。
因此总数应为(1＋1＋3＋3)×2＋6＝22种。
【解答】正方体 22【练习1】1964年Eaton 合成了一种新奇的烷，叫立方烷，化学式为C 8H 8 (A )。
20年后，在Eaton 研究小组工作的博士后XIONG YUSHENG (译音熊余生)合成了这种烷的四硝基衍生物(B ), 是一种烈性炸药。
最近，有人计划将B 的硝基用19种氨基酸取代，得到立方烷的四酰胺基衍生物(C )，认为极有可能从中筛选出最好的抗癌、抗病毒，甚至抗爱滋病的药物来。
四硝基立方烷理论上可以有多种异构体，但仅只一种是最稳定的，它就是(B )，请画出它的结构式；C 中每个酰胺基是一个氨基酸基团。
请估算，B 的硝基被19种氨基酸取代，理论上总共可以合成多少种氨基酸组成不同的四酰胺基立方烷(C )？（不考虑光学异构体）②【讨论】C 8H 8分子是正方体型的结构，其中四个氢被硝基取代的产物应有6种，而最稳定的是正四面体型的构型，它的对称性最强。
关于正方体中取正四面体问题，我们在第一节中就已详细讨论。
第二问是个排列组合问题，相当于从19种酰胺基填入4个完全相同的位置。
在数学排列组合问题中，关键是如何分类计算，我们根据这四个位置上酰胺基是否重复可分为A 4、A 3B 、A 2B 2、A 2BC 、ABCD 5类，总数分别为：119C 、219P 、219C 、218119C C 、419C 。
（关于排列组合问题在后面专题讨论） 图4-1构高度对称，如图4-2所示。
金刚烷能与卤素发生取代反应，其中一氯一溴金刚烷（C10H14ClBr）的同分异构体数目是③A 4种B 6种C 8种D 10种【分析】金刚烷有10个碳原子，它们在空间是如何排列图4-2的呢？这10个碳原子有2种，分别是4个叔碳原子与6个仲碳原子。
4个叔碳原子在空间的构型如何呢？应该是正四面体的4个顶点吧！再看另6个仲碳原子，它们在空间的构型就是正八面体的6个顶点。
我们再看一下白磷（P4），它是一个正四面体型的分子。
若它在少量氧气中燃烧，所得产物P4O6像金刚烷的构型吗？若我们把金刚烷的叔碳原子（包括端氢）替换为氮原子就形成另一种构型类似的重要物质—六亚甲基四胺（(CH2)6N4，俗名：乌洛托品）。
对于金刚烷模型，我们可认为是4个叔碳原子位于6个仲碳原子构成正八面体8个面中不相邻的4个面心的对出位置；也可认为6个仲碳原子位于4个叔碳原子构成正四面体6条棱的中点，并向外突出。
再回来看金刚烷的一氯一溴取代物，根据上面的分析，我们分四类来讨论：①氯溴原子均在四面体碳（叔碳）上，只有1种异构体；②氯溴原子均在八面体碳（仲碳）上，有邻位和对位2种异构体，另外别忘了每个碳原子上有2个氢，氯溴可在同一碳上；③氯在四面体碳上，溴在八面体碳上，选定个叔碳原子，它与3个仲碳原子相邻，与另3个仲碳原子也是等距的，故有2种；当然先选定1个仲碳原子也一样，它与2个叔碳原子相邻，与另2个叔碳原子也是等距的。
利用正八面体、正四面体、正方体的组合模型，能更好地理解这个问题。
④氯在八面体碳上，溴在四面体碳上，与③用同样的方法考虑，也是2种。
若本题问的是二氯取代物有几种，我们用同样的方法进行考虑，此时③与④是完全相同的情况，取其一即可。
【解答】C【练习2】在星际云中发现一种高度对称的有机分子（Z），在紫外辐射或加热下可转化为其他许多生命前物质，这些事实支持了生命来自星际的假说。
有人认为，Z的形成过程如下：（1）星际分子CH2=NH聚合生成X；（2）X与甲醛加成得到Y（分子式C6H15O3N3）；（3）Y与氨（摩尔比1:1）脱水缩合得到Z。
试写出X、Y和Z的结构简式。
④【讨论】请好好理解题干中的高度对称性，Y与氨反应该脱几份水呢？应分子中的氧全脱掉才能提高其对称性。
Z的化学式为C6H12N4，它就是上文提到的六亚甲基四胺，如果有这些空间背景知识，就能更顺利解决这个问题。
【练习3】1932年捷克人Landa等人从南摩拉维亚油田的石油分馏物中发现一种烷（代号A），次年借X-射线技术证实了其结构，竟是由一个叫Lukes 的人早就预言过的。
后来A被大量合成，并发现它的胺类衍生物具有抗病毒、抗震颤的药物活性，开发为常用药。
如图4-3所示给出三种已经合成的由2，3，4个A为基本结构单元“模块”像搭积木一样“搭”成的较复杂笼状烷。
第 2 页共5 页第 3 页 共 5 页①．请根据这些图形画出A 的结构，并给出A 的分子式。
②．图中B 、C 、D 三种分子是否与A 属于一个同系列中的4个同系物？为什么？ ③．如果在D 上继续增加一“块”A “模块”，得到E ，给出E 的分子式。
E 有无异构体？若有，给出异构体的数目（不考虑对映体），并用100字左右说明你得出结论的理由，也可以通过作图来说明。
⑤【例题3】右图4-4所示为PTC 元件（热敏电阻）的主要成分——钡钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。
该晶体经X 射线分析鉴定，重复单位为正方体，边长a=403.1pm ，顶点位置为Ti 4+所占，体心位置为Ba 2+所占，所有棱心位置为O 2－所占。
1．写出晶体的化学式 2．若将Ti 4+置于晶胞的体心，Ba 2+置于晶胞的顶点，则O 2－处于立方体的什么位置？3．在该物质的晶体中，每个Ti 4+周围与它最邻近的且距离相等的Ti 4+有几个？它们在空间呈什么形状分布？4．指明Ti 4+的氧配位数和Ba 2+的氧配位数5．说明O 2－的氧配位情况6．已知O 2－半径为140pm ，计算Ti 4+半径和Ba 2+半径7．Y 2+和O 2－联合组成哪种类型的堆积？8．计算该晶体密度。
⑥【分析】通过这个综合试题，我们将前面学的知识复习一遍。
写化学式已在前面讨论过了；在2中，与1个Ti 最近的O 有6个，当Ti 在体心时，O 正好在6个面的面心，与1个Ti 最近的Ba 有8个，它们占据8个顶点；在3中，1个Ti 周围有上下前后左右6个Ti （和O ），它们自然是正八面体了；在6中，利用各离子相切来计算；在7中，占据正方体的棱心和体心就相当于占据面心和顶点（第一节已讨论），堆积形式为立方面心（或立方最密堆积）；在8中计算密度可参考第二节。
【解答】1．BaTiO 32．面心3．有6个 呈正八面体分布4．Ti 4+的氧配位数为6 Ba 2＋的氧配位数为12 （与Ti 4＋、Ba 2＋最近的O 2－数）B C D 图4-3 图4-45．O2－的Ti4+配位数为2 Ba2＋配位数为46．Ti4+半径为61.5pm Ba2+半径为145pm7．立方面心8．5.91g/cm3【练习4】CaCu x合金可看作如图4-5所示的a、b两种原子层交替堆积排列而成：a是由Cu和Ca共同组成的层，层中Cu－Cu之间由实线相连；b 是完全由Cu原子组成的层，Cu－Cu之间也由实线相连。
图中由虚线勾出的六角形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置。
c是由a和b两种原子层交替堆积成CaCu x的晶体结构图。
在这结构中：同一层的Ca－Cu 为294pm；相邻两层的Ca－Cu为327pm。
①．确定该合金的化学式②．Ca有个Cu原子配位（Ca周围的Cu原子数，不一定要等距最近），Ca的配位情况如何，列式计算Cu的平均配位数③．计算该合金的密度（Ca 40.1 Cu 63.5）④．计算Ca、Cu原子半径。
⑦a b c○Ca ·Cu图4-5【讨论】我们先来研究图c，Ca位于六棱柱的顶点（1/6）和底心（1/2），各有12个和2个，即属于这个六棱柱的Ca为3个；Cu有两种情况，在底面（参考图a）上，各有6个（1/2），在中间一层（参考图b），内部6个，边（对图c来说是面上）上有6个（1/2），共有15个，x＝5。
对1个Ca来说，同一层上周围有6个Cu（参考图a，Ca－Cu为294pm），还应包括上下两层各6个Cu（参考图b，中间构成六元环的6个Cu，Ca－Cu为327pm），共18个；Cu在图a、b中所处的环境是不一样的，图a中的Cu周围是3个Ca，图b中的Cu周围是4个Ca（仔细看看，4个Ca是构成矩形的，图b中的Cu在c中都可以找到配位的Ca），平均1个Cu的Ca配位数是[3×6＋4×(6＋6×1/2)]/(6＋6＋6×1/2) ＝3.6（Ca与Cu的配位数之比是等于x之值吗？）看图a，Cu位于3个Ca构成正三角形的重心，已知Ca－Cu为294pm，可求出Ca－Ca距离（六棱柱底面边长）为509pm，对比图a、b可知，图b 中的Cu位于图a中相邻两个Cu的中点的垂直位置上，垂直距离为：第 4 页共5 页第 5 页 共 5 页 ()222/3294327⨯-＝205pm ，即六棱柱高为410pm ，六棱柱体积为2.76×10－22cm 3，该六棱柱质量为1.78×10－21g 。
计算原子半径时，我们应尽可能考虑各原子接触相切。
从题给数据看，在图a 中，Cu 与Ca 应是相切的，而Ca 与图b 中的Cu 不应是相切的，那么图b 中的Cu 只能与图a 中的Cu 相切，在刚才求垂直距离时，在图a 中两个Cu 与其中点垂直位置上的Cu 是相切的，可求出Cu 的半径为 ()222/29420521+＝126pm ，Ca 的半径可以根据键长求得。
【练习参考答案】1．图1-6所示，C 为11191种2．如图1-7所示3．① 10H 16②A 、B 、C 、D 在结构上具有相同的特征，在组成上总是相差一个(-C 4H 4)级差，可以用一个通式来表示：C 4n +6H 4n +12，n =1，2，3，4……，符合同系列的定义，因此它们是一个同系列。