1晶体结构习题

晶体结构习题

1、试计算面心立方晶体的(100)，(110)，(111)，等晶面的面间距和面致密度，并指出面间距最大的面。

2、Cr的晶格常数a=0.28844nm，密度为ρ=7.19g/cm，试确定此时Cr的晶体结构。 bcc结构。

3、.MgO具有NaCl型结构。Mg2+的离子半径为0.078nm，O2-的离子半径为0.132nm。试求MgO的密度(ρ)、致密度(k)。 ρ

3

=3.613(g/cm)，K=0.627

3

4、试计算金刚石结构的致密度(答案在《材料科学基础辅导与习题P77 第2-37题) K=0.34

?2?2x?42.5/10x?20/10CdZn5、已知Cd,Zn,Sn,Sb等元素在Ag中的固熔度（摩尔分数）极限分别为，，

xSn?12/10?2，xSb?7/10?2，它们的原子直径分别为0.3042nm，0.314nm，0.316nm，0.3228nm，

Ag为0.2883nm。试分析其固熔度（摩尔分数）极限差别的原因，并计算它们在固熔度（摩尔分数）极限时的电子浓度。

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

6、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。

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，在室温时降至WN＝0.001/l0；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，在室温时降至WC＝0.006/10。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

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-2

-2

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＝0.225，R＝0.0284 nm。故上述原子熔入时均处在八面

-2

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；氮在γ-Fe中的最大固熔度(质量分数)约为WN＝2.8/10。

-2

7、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）。 密度

ρ＝5.97 g／cm。

3

?2x?10.3/10??8 氮在Fe中的最大固熔度（摩尔分数）为N。已知N原子均位于八面体间隙，试

计算八面体间隙被N原子占据的百分数。 ?2?2x?10.3/10x?8.9/10?? 原题： 碳和氮在Fe中的最大固熔度（摩尔分数）分别为C，N。

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。

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。

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）。

--ClCl1) 最近邻的正离子；2)最近邻的离子；3)次邻近的离子；4)第三邻近的离子；5) 最邻近

的相同位置。

?? (1)0.278 nm；(2)0.393 nm(3)0.482 nm；(4)0.622 nm；(5)0.393 nm。

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