无机非金属材料科学基础课后习题答案

第一章答案　　20、（1）略；　　　　（2）四面体空隙数/O2-数=2:1，八面体空隙数/O2-数=1:1；　　　　（3）(a)CN=4，z+/4×8=2，z+=1，Na2O，Li2O；(b)CN=6，z+/6×6=2，z+=2，FeO，MnO；（c）CN=4，z+/4×4=2，z+=4，ZnS，SiC；(d)CN=6，z+/6×3=2，z+=4，MnO2。　　21、解：岛状；架状；单链；层状（复网）；组群（双四面体）。　　22、解：（1）有两种配位多面体，[SiO4]，[MgO6]，同层的[MgO6]八面体共棱，如59[MgO6]和49[MgO6]共棱75O2-和27O2-，不同层的[MgO6]八面体共顶，如1[MgO6]和51[MgO6]共顶是22O2-，同层的[MgO6]与[SiO4]共顶，如T[MgO6]和7[SiO4]共顶22O2-，不同层的[MgO6]与[SiO4]共棱，T[MgO6]和43[SiO4]共28O2-和28O2-；（3）z=4；（4）Si4+占四面体空隙=1/8，Mg2+占八面体空隙=1/2。　　23、解：透闪石双链结构，链内的Si-O键要比链5的Ca-O、Mg-O键强很多，所以很容易沿链间结合力较弱处劈裂成为纤维状；滑石复网层结构，复网层由两个[SiO4]层和中间的水镁石层结构构成，复网层与复网层之间靠教弱的分之间作用力联系，因分子间力弱，所以易沿分子间力联系处解理成片状。　　24、解：石墨中同层C原子进行SP2杂化，形成大Π键，每一层都是六边形网状结构。由于间隙较大，电子可在同层中运动，可以导电，层间分子间力作用，所以石墨比较软。　　25、解：（1）Al3+可与O2-形成[AlO4]5-；Al3+与Si4+处于第二周期，性质类似，易于进入硅酸盐晶体结构中与Si4+发生同晶取代，由于鲍林规则，只能部分取代；（2）Al3+置换Si4+是部分取代，Al3+取代Si4+时，结构单元[AlSiO4][ASiO5]，失去了电中性，有过剩的负电荷，为了保持电中性，将有一些半径较大而电荷较低的阳离子如K+、Ca2+、Ba2+进入结构中；（3）设Al3+置换了一半的Si4+，则O2-与一个Si4+一个Al3+相连，阳离子静电键强度=3/4×1+4/4×1=7/4，O2-电荷数为-2，二者相差为1/4，若取代超过一半，二者相差必然>1/4，造成结构不稳定。第二章答案1、解：钠原子空位；钠离子空位，带一个单位负电荷；氯离子空位，带一个单位正电荷；最邻近的Na+空位、Cl-空位形成的缔合中心；Ca2+占据K.位置，带一个单位正电荷；Ca原子位于Ca原子位置上；Ca2+处于晶格间隙位置。　　2、解：（1）NaClNaCa’+ClCl+VCl·（2）CaCl2CaNa·+2ClCl+VNa’（3）OVNa’+VCl·（4）AgAgVAg’+Agi·　　3、解：设有缺陷的MgO晶胞的晶胞分子数为x，晶胞体积V=(4.20)3，x=ρVN0/M=3.96,单位晶胞的肖脱基缺陷数=4-x=0.04。　　4、解：（a）根据热缺陷浓度公式n/N=exp(-E/2RT)，E=6eV=6×1.602×10-19=9.612×10-19J,T=298k：n/N=1.92×10-51，T=1873k：n/N=8.0×10-9；（b）在MgO中加入百万分之一的AL2O3，AL2O32ALMg·+VMg’’+3OO，∵[AL2O3]=10-6，∴[杂质缺陷]=3×10-6/2=1.5×10-6，∴比较可知，杂质缺陷占优。　　5、解：n/N=exp(-E/2RT)，R=8.314，T=1000k：n/N=6.4×10-3；T=1500k：n/N=3.5×10-2。　　6、解：Fe2O32FeFe·+3OO+VFe’’       y           2y              yFe3+2yFe2+1-3yO，X=1-y=1-0.0435=0.9565,Fe0.9565O[VFe’’]===2.22×10-2　　7、解：Zn(g)Zni·+e’,Zn(g)+1/2O2=ZnO,Zni·+e’+1/2O2ZnO,[ZnO]=[e’]，    ∴PO2    [Zni·]    ρO2(g)OO+VFe’’+2hk=[OO][VFe’’][h·]/PO21/2=4[OO][VFe’’]3/PO21/2,[VFe’’]∝PO2-1/6，∴    PO2    [VFe’’]    ρ　　8、解：刃位错：位错线垂直于位错线垂直于位错运动方向；螺位错：位错线平行于位错线平行于位错运动方向。10、解：排斥，张应力重叠，压应力重叠。　　11、解：晶界对位错运动起阻碍作用。　　12、解：不能，在大角度晶界中，原子排列接近于无序的状态，而位错之间的距离可能只有一、两个原子的大小，不适用于大角度晶界。　　13、解：（1）原子或离子尺寸的影响，△r<15%时，可以形成连续固溶体；△r=15%～30%时，只能形成有限型固溶体；△r>30%很难或不能形成固溶体；△r愈大，固溶度愈小；（2）晶体结构类型的影响，只有两种结构相同和△r<15%时才是形成连续固溶体的充分必要条件；（3）离子类型和键性，相互置换的离子类型相同，化学键性质相近，容易形成固溶体体；（4）电价因素，不等价置换不易形成连续固溶体。　　14、解： 固溶体机械混合物化合物形成原因以原子尺寸“溶解”生成粉末混合原子间相互反映生成相数单相均匀多相单相均匀化学计量不遵守定比定律/遵守定比定律化学组成不确定有几种混合物就有多少化学组成确定　　15、解：固溶体、晶格缺陷、非化学计量化合物都是点缺陷，是晶体结构缺陷，都是单相均匀的固体，结构同主晶相。热缺陷——本征缺陷；固溶体——非本征缺陷； 分类形成原因形成条件缺陷反应化学式溶解度、缺陷浓度热缺陷肖特基弗伦克尔热起伏T>0kOVM’’+Vx··MMMi··+VM’’MXMX只受温度控制固溶体无限，有限，置换，间隙搀杂溶解大小，电负性，电价，结构  无：受温度控制有：搀杂量<固溶度受温度控制搀杂量>固溶度受固溶度控制非化学计量化合物阳缺阴间阳间阴缺环境中气愤性质和压力变化  Fe1-xOUO2+xZn1+xOTiO2_x[h·]∝PO2-1/6[Oi’’]∝PO2-1/6[Zni··]∝PO2-1/6[VO··]∝PO2-1/6　　17、解：设AL2O3、MgO总重量为100g，则AL2O318g，MgO82g，溶入MgO中AL2O3的mol数：AL2O3mol%==0.08=8%,MgOmol%=1-8%=92%,固溶体组成：8%AL2O3，92%MgO，固溶体组成式：Al0.16Mg0.92O1.16  (a) AL2O32ALMg·+2OO+Oi’’       X            2x             x     固溶体化学式：Al2xMg1-2xO1+x将化学式与组成式一一对应，求出待定参数x，由于O2-的量不同，将O2-的量化为1Al0.16/1.16Mg0.92/1.16OAl2x/1+xMg1-2x/1+xOx=0.074，化学式Al0.148Mg0.852O1.074 d理想=，=1.04（b）AL2O32ALMg·+3OO+OMg’’     x            2x             xAl2xMg1-3xOAl0.16/1.16Mg0.92/1.16Ox=Al0.138Mg0.793O=0.97　　18、解：Fe1-xS中存在Fe空位，VFe’’非化学计量，存在h·P型半导体；FeS1-x中金属离子过剩，存在S2-空位，存在e’，N型半导体；因Fe1-xS、FeS1-x分属不同类型半导体，通过实验确定其半导体性质即可。　　19、解：（1）晶体中间隙位置是有限的，容纳杂质质点能力≤10%；（2）间隙式固溶体的生成，一般都使晶格常数增大，增加到一定的程度，使晶格变得不稳定而离解；置换固溶体形成是同号离子交换位置，不会对接产生影响，所以可形成连续固溶体。　　20、解：Ta—Wr大-r小/r大=4.2%<15%电负性：1.5-1.7=-0.2结构类型：体心立方相同形成连续固溶体Pt—Pdr大-r小/r大=20.7%>15%电负性差=2.2-2.2=0结构类型：面心立方形成有限固溶体Co—Nir大-r小/r大=0.4%<15%电负性差：1.8-1.6=0.2当T<427℃，CoZn结构类型相同  可形成连续固溶体Ti—Tar大-r小/r大=2.12%<15%电负性差=1.5-1.5=0当T>883℃，TiTa结构类型相同  可形成连续固溶体　　21、解：（a）∵r大-r小/r大=10%<15%，∴AL2O3和Cr2O3能形成连续固溶体；（b）MgO—Cr2O3中，r大-r小/r大=15%，加之两者结构不同，∴固溶度是有限的。　　22、解：设非化学计量化合物为NixO，Ni2O32NiNi·+3OO+VNi’’ y            2y             y    Ni3+2yNi2+1-3yONi3+/Ni2+=2y/(1-3y)=10-x则y=5×10-5，x=1-y=0.99995，Ni0.99995O每m3中有多少载流子即为空位浓度：[VNi’’]=y/(1+x)=2.5×10-5。　　23、解：MgO-AL2O3：r大-r小/r大=15%，即rMg、rAl半径相差大，MgO（NaCl型）、AL2O3（刚玉）结构类型差别大，形成有限固溶体；PbTiO3-PbZrO3形成无限固溶体，因为尽管Ti4+、Zr4+半径相差较大（15.28）,但都是（ABO3）钙钛矿型结构，Ti4+、Zr4+都填充八面体空隙，该空隙体积较大，可填入的阳离子的半径r值可在一定范围内变化，而不至于使结构变化。　　24、解：（1）对于置换式固溶体有x=0.15，1-x=0.85，2-x=1.85，所以置换式固溶体化学式Ca0.15Zr0.85O1.85。有因为ZrO2属于萤石结构，晶胞分子数Z=4，晶胞中有Ca2+、Zr4+、O2-三种质点。晶胞质量 d置==5.55g/cm3；（2）对于间隙固溶体，其化学式Ca2yZr1-yO2，与已知组成Ca0.15Zr0.85O1.85相比，O2-不同，Ca0.15Zr0.85O1.85Ca0.15×2/1.85Zr0.3/1.85O2∴间隙式固溶体化学式Ca0.3×2/1.85Zr1.7/1.85O2晶胞质量 d间==6.014g/cm3，由此可判断生成的是置换型固溶体。第三章答案　　1.1、解：石英晶体石英熔体Na2O•2SiO2结构[SiO4]按共顶方式对称有规律有序排列，远程有序基本结构单元[SiO4]呈架状结构，远程无序基本结构单元[Si6O18]12-呈六节环或八节环，远程无序性质固体无流动性，熔点高，硬度大，导电性差，结构稳定，化学稳定性好有流动性，η大，电导率大，表面张力大有流动性，η较石英熔体小，电导率大，表面张力大2、解：根据lnη=A+B/T，727℃时，η=108P0，1156℃时，η=104P0，∴A=-5.32，B=13324，当η=107P0时，则t=80℃。　　3、解：Na2O-SiO2系统中，SiO2含量增加，η增大，σ减小；因为SiO2含量增加，聚合离子团尺寸增大，迁移阻力增大，η增大，e/r减小，相互作用力减小，σ减小；RO-SiO2系统中，SiO2含量增加，η增大，σ减小；因为无SiO2时RO-O2系统η很低，表面张力大；加入SiO2，系统中出现聚合离子团，SiO2增加，聚合离子团尺寸增大，数目增大，η增大，σ减小。　　4、解：玻璃的介稳性：熔体转变为玻璃过程中，是快速冷却，使玻璃在低温下保留了高温时的结构状态，玻璃态是能量的介稳态，有自发放热而转变为晶体的趋势；玻璃无固定熔点：熔体的结晶过程中，系统必有多个相出现，有固定熔点；熔体向玻璃体转变时，其过程是渐变的，无多个相出现，无固定的熔点，只有一个转化温度范围。　　5.　　6、解：在熔体结构中，不O/Si比值对应着一定的聚集负离子团结构，如当O/Si比值为2时，熔体中含有大小不等的歪扭的[SiO2]n聚集团（即石英玻璃熔体）；随着O/Si比值的增加，硅氧负离子集团不断变小，当O/Si比值增至4时，硅-氧负离子集团全部拆散成为分立状的[SiO4]4-，这就很难形成玻璃。　　7、解：网络变体Na2OCaOK2OBaO中间体Al2O3网络形成体SiO2B2O3P2O5　　9、解：微晶学说：玻璃结构是一种不连续的原子集合体，即无数“晶子”分散在无定形介质中；“晶子”的化学性质和数量取决于玻璃的化学组成，可以是独立原子团或一定组成的化合物和固溶体等微晶多相体，与该玻璃物系的相平衡有关；“晶子”不同于一般微晶，而是带有晶格极度变形的微小有序区域，在“晶子”中心质点排列较有规律，愈远离中心则变形程度愈大；从“晶子”部分到无定形部分的过渡是逐步完成的，两者之间无明显界限。无规则网络学说：玻璃的结构与相应的晶体结构相似，同样形成连续的三维空间网络结构。但玻璃的网络与晶体的网络不同，玻璃的网络是不规则的、非周期性的，因此玻璃的内能比晶体的内能要大。由于玻璃的强度与晶体的强度属于同一个数量级，玻璃的内能与相应晶体的内能相差并不多，因此它们的结构单元（四面体或三角体）应是相同的，不同之处在与排列的周期性。微晶学说强调了玻璃结构的不均匀性、不连续性及有序性等方面特征，成功地解释了玻璃折射率在加热过程中的突变现象。网络学说强调了玻璃中离子与多面体相互间排列的均匀性、连续性及无序性等方面结构特征。　　10、解：当数量不多的碱金属氧化物同B2O3一起熔融时，碱金属所提供的氧不像熔融SiO2玻璃中作为非桥氧出现在结构中，而是使硼氧三角体转变为由桥氧组成的硼氧四面体，致使B2O3玻璃从原来两度空间的层状结构部分转变为三度空间的架状结构，从而加强了网络结构，并使玻璃的各种物理性能变好。这与相同条件下的硅酸盐玻璃相比，其性能随碱金属或碱土金属加入量的变化规律相反，所以称之为硼反常现象。第四章答案1、解：表面张力：垂直作用在单位长度线段上的表面紧缩力或将物体表面增大一个单位所需作的功；σ=力/总长度N/m        表面能：恒温、恒压、恒组成情况下，可逆地增加物系表面积须对物质所做的非体积功称为表面能；J/m2=N/m        液体：不能承受剪应力，外力所做的功表现为表面积的扩展，因为表面张力与表面能数量是相同的；        固体：能承受剪切应力，外力的作用表现为表面积的增加和部分的塑性形变，表面张力与表面能不等。　　2、解：同一种物质，其液体固体的表面结构不同，液体分子可自由移动，总是通过形成球形表面来降低其表面能；固体则不能，固体质点不能自由移动，只能通过表面质点的极化、变形、重排来降低系统的表面能，固体表面处于高能量状态（由于表面力的存在）。　　3、解：吸附：固体表面力场与被吸附分子发生的力场相互作用的结果，发生在固体表面上，分物理吸附和化学吸附；       粘附：指两个发生接触的表面之间的吸引，发生在固液界面上；铜丝放在空气中，其表面层被吸附膜（氧化膜）所覆盖，焊锡焊接铜丝时，只是将吸附膜粘在一起，锡与吸附膜粘附的粘附功小，锉刀除去表面层露出真正铜丝表面（去掉氧化膜），锡与铜相似材料粘附很牢固。　　4、解：1J=107尔格（erg），1卡=4.1868J，        设方镁石为正方体边长为a，V=a3，S表=6a2，比表面积S表/V=6a2/a3=6/a，1cm方镁石颗粒粉碎为1μm颗粒时，比表面积增加为:104倍，          增加的表面能为：=0.06卡/g。　　5、解：结构相同而取向不同的晶体相互接触，其接触界面称晶界。若相邻晶粒的原子彼此无作用，那么，每单位面积晶界能将等于两晶粒表面能之和，晶界结构和表面结构不同导致的。但实际上，两个相邻晶粒的表面层上的原子间存在相互作用，且很强（两者都力图使晶界上质点排列符合于自己的取向，所以晶界上原子形成某种过渡的排列方式，与晶格内却不同，晶界上原子排列疏松，处于应力畸变状态，晶界上原子比晶界内部相同原子有较高的能量），这种作用部分抵消了表面质点的剩余的键力。　　7、解：设水膜厚度为h，水密度1g/cm3，1个粒度1μ的颗粒水膜重量为6×(10-4)2×h×1，1g石英可粉碎为N个1μ的粉末，石英密度2.65g/cm3,N·(10-4)3×2.65=1N=3.77×1011,N个μ微粒水的量为1.02-1=0.02gh==8.83×10-7m=8.83nm。　　8、解：γsg=γlgcosθ+γlscosθ===-0.8097θ=144°7'>90°，不能润湿。          　　9、解：γlg=500erg/cm2，求氧化物表面张力γsg，γsg=γlgcos45°+γls，2xγlscos45°=γss    γss=1000dyn/cm=10-2N/cm=1N/m=1J/m2=103erg/cm2γsg=500·cos45°+ =1060.5erg/cm2。    　　10、解：(1)γgs=γglcos70.52°+γls   γgs=900cos70.52°+600=900erg/cm2  (2)γss=2cos×900=848.5erg/cm2 (3)略。第五章1、解：有问题，根据相律，F=C-P+2=1-P+2=3-P，系统平衡时，F=0，则P=3，硫系统只能是三相平衡系统。2、解：(1)KEC为晶型Ⅰ的相区，EFBC过冷液体的介稳区，AGFB晶型Ⅱ的介稳区，JGA晶型Ⅲ的介稳区；       (2)晶型Ⅰ为稳定相，晶型Ⅱ、Ⅲ为介稳相；因为晶型Ⅱ、Ⅲ的蒸汽压高于晶型Ⅰ的，即它们的自由能较高，有自发转变为自由能较低的晶型Ⅰ的趋势；            多晶转变点的温度高于两种晶型的熔点；          Ⅱ、Ⅲ转变可逆的，双向的，多晶转变点温度低于Ⅱ、Ⅲ的熔点。3、解：可逆多晶转变：β-石英←→α-石英α-石英←→α-鳞石英        不可逆多晶转变：β-方石英←→β-石英γ-鳞石英←→β-石英4、解：(1)硅砖(含SiO2>98%)主要晶相：SiO2、2Al203·2SiO3固溶体（莫来石）           粘土砖(含Al20335～50%)主要晶相：SiO2、A3S2           高铝砖(含Al20360～90%)主要晶相：60～72%A3S2                                                 72～90%Al203、A3S2         (2)为了保持硅砖的耐火度，要严格防止原料中混如Al203。SiO2熔点为1723℃，SiO2液相很陡，加入少量的Al203后，硅砖中会产生大量的液相，SiO2的熔点剧烈下降。如加入1wt%Al203，在低共熔点(1595℃)时产生的液相量为1/5.5=18.2%，会使硅砖的耐火度大大下降；         (3)略。5、解：SiO2中加入少量的CaO，在低共熔点1436℃时，液相量为2/37=5.4%，液相量增加不多，不会降低硅砖的耐火度，故可加少量CaO作矿化剂。6、解：Al203·2SiO2·H2OAl203·2SiO2+H2O        Al203·2SiO2相图中SiO2%=33%mol        (1)加热到1595℃时，生成A3S2        (2)1595℃长时间保温，系统中为液相和A3S2，L%==21.8%        (3)略；        (4)完全熔融即固相完全消失，应为33%直线与液相线交点处温度。7、解：(1)高→低 B→C→A        (2)B最陡，C次之，A最次；        (3)在M点所在的温度下开始析晶，        液相组成点M→M→1→E（结晶结束）        固相组成点A→A→D→M(4)第一次析晶仅析出晶相A，到M1时第一次析晶结束，晶相A的百分数为65%，        结晶结束时，析晶相A、B、C，液相消失，固相组成点在M点。???8、解：  9、解：M点所在温度约1050℃，1050℃开始析晶。10、解：(1)见图，付三角形3分，界线性质1分，界线上温度降低的方向； (2)D，一致熔融二元化合物，高温稳定、低温分解；M，不一致熔融三元化合物；(3)E1，单转熔点，L+A←→C+M    E2，低共熔点，L←→C+B+M    E3，单转熔点，L+A←→B+M    E4，过渡点，(4)L   (5)E2温度，H点所在温度；过H点做副三角形BCM的两条边CM、BM的平行线HH1、HH2，C%=BH2/BC×100%，B%=CH1/BC×100%，C%=H1H2/BC×100%。12、解：(1)S组成点在三角形内且位于初晶区外，不一致熔融三元化合物；          (2)结晶过程  2点位于A初晶区，在AS连线上，结晶产物为A、S                           3点位于A初晶区，在△BCS内，结晶产物为B、C、S                                      (3)5点冷却过程                               6点冷却过程           12、解：(1)S1不一致熔融二元化合物，高温稳定，低温分解            S2一致熔融二元化合物            S3不一致熔融二元化合物，低温稳定，高温分解         (2)见图         (3)E1，过渡点，            E2，单转熔点，            E3，过渡点，            E4，低共熔点，            E5，低共熔点，(4) (5)在E5点出现液相，在N点所在温度完全熔融。16、解：(1)k点开始出现液相，温度为1455℃,连接3k交CaO-C3S线于6点,线段长度可直接量取；         (2)急冷好，k点将进行转熔过程L+C3SC2S+C3A            这样C3S量会减少，急冷使转熔过程来不及进行，从而提高C3S含量；         (3)AS2与CaCO3配料，不能得到3点矿物组成            3点组成66CaO1.179mol26SiO20.433mol8Al2030.078mol            化成mol%69.76%25.62%4.62%            SiO2mol%/Al203mol%=5.55            题目中组成点Al203·2SiO2·2H2O与CaCO3配料，SiO2mol%/Al203mol%=2：1            二者比较，SiO2量不够，所以需加入SiO2。            设配料100g，含66gCaO，26gSiO2，8gAl203            66gCaO化成CaCO3量66/56×100=117.86g            8gAl203化成Al203·2SiO2·2H2O量8/102×258=20.24g            AS2·2H2O提供SiO28/102×2×60=9.41g            还需SiO2量20.24-9.41=10.83g            CaCO3wt%=79.14%，AS2·2H2Owt%=13.59%，SiO2wt%=7.27%17、解：(1)该点位于△NC3S6-NCS5-SiO2中，Q点附近β-CS初晶区            对应无变量点H点1:3:6+α-石英+L1:1:5            配料在827℃熔化，完全熔化为1050℃左右         (2)加热到1050℃L→β-CS            1000℃L→1:3:6+α-鳞石英            900℃L→1:3:6+α-石英            800℃加热到800℃时未熔化，冷却到800℃时三个晶相1:3:61:1:5         (3)NC3S6加热是不一致熔融，加热分解            1:3:6析晶，先析出α-CS，α-CS→β-CS，RQ线上L+β-CS→1:3:6            1:3:6加热到RQ界线与CS-1:3:6交点温度开始熔化(1050℃左右）分解出β-CS18、解：组成点确定下来，图中M点，△MS-M2Al2S35-SiO2对应无变量点1点(1355℃）加热该组成点，于1点开始出现液相，液相组成点在MS与SiO2界线上移动，固相组成点在MS-SiO2连线上变化，以M点为支点连成杠杆，当L%=35%时，对应温度1390℃，L%=45%时，对应温度1430℃，烧成温度范围为1390～1430℃。19、解：50%AS2 30%KAS6 20%SiO2组成点在△QWD中3点，3点位于初晶区，对应E点结晶结束985℃LSiO2+A3S2+KAS6，加热组成为3物质，于E点开始出现液相升温于1250℃时，固相中有SiO2·A3S2及L相，液相组成点在莫来石与石英界线上（与1250℃等温线交点），固相组成点在SiO2与A3S2连线上，用杠杆规则计算。20、解：40%A3S2+6%液相         原始组成点在A3S2初晶区，在A3S2组点与E点连线上，在图中12点附近，过原始组成点做△SiO2-K20-Al203各边平行线，确定出K2O、SiO2、Al203百分含量       K20:wt%=4.12%Al203:wt%=27.06%SiO2:wt%=68.82%       长石K2O·Al203·6SiO2(94+102+360=556)   仅从长石中获得K2O       100gK2O:4.12gAl203:27.06gSiO2:68.82g       4.12gK2O化成长石4.12/94×556=24.34g       24.34g长石提供Al2034.47gSiO215.79g       另需加Al203:27.06-4.47=22.59gSiO2:68.82-15.79=53.03g长石wt%==24.35第六章答案    2、解：扩散的基本推动力是化学位梯度，只不过在一般情况下以浓度梯度的方式表现出来；扩散是从高化学位处流向低化学位处，最终系统各处的化学位相等。如果低浓度处化学势高，则可进行负扩散，如玻璃的分相过程。3、解：看成一维稳定扩散，根据菲克第一定律      扩散系数宏观表达式D=D0exp(-Q/RT)      D0=0.34×10-14m2/s      Q=4.5kcal/mol=4.5×103×4.1868J/mol=1.85×104J/mol      R=8.314J/mol?K，T=300+273=573K      D=0.34×10-14exp(-3.88)=0.34×10-14×0.02=6.8×10-17m2/s            cx=2.5×1017/10-6=2.5×1023      c2=cx-2.94×1019=2.5×1023    4、解：      20个Fe的晶胞体积：20a3m3，30个Fe的晶胞体积：30a3m3      浓度差：J=1.02×1019个/S?m2      1个晶胞面积a2，n=Jx×60×a2=82个    5、解：根据恒定源扩散深度      ∴要得到两倍厚度的渗碳层，需4h。   6、解：不稳定扩散中恒定源扩散问题      已知x不变，      ∴D1t1=D2t2已知D1，D2，t1，则可求t2=480s   7、解：不稳定扩散恒定源半无限扩散          已知x=10-3cm，D，求解t=1.25×105s=34.7h   8、解：(1)D=D0exp(-Q/RT)      T=563+273=836K时，D=3×10-14cm2/s      T=450+273=723K时，D=1.0×10-14cm2/s      代入上式可求Q=48875J，D0=3.39×10-15cm2/s         10、解：晶界扩散Dgb=2.002×10-10exp(-19100/T)       体扩散DV=1.00×10-4exp(-38200/T)       T增大，exp(-19100/T)减小，Dgb减小，DV减小；       T减小，exp(-19100/T)增大，Dgb增大，DV增大；       计算有T=1455.6KDgb=DV       T>1455.6K时，Dgb<DV，高温时，体积扩散占优；       T<1455.6K时，Dgb>DV，低温时，晶界扩散占优。   11、解：T=800+273=1073K时       Dα=0.0079exp(-83600/RT)=6.77×10-7cm2/s       Dβ=0.21exp(-141284/RT)=2.1×10-8cm2/s       Dα>Dβ       扩散介质结构对扩散有很大