1、晶体结构与缺陷第一章习题及答案1-1.布拉维点阵的基本特点是什么？答：具有周期性和对称性，而且每个结点都是等同点。1-2.论证为什么有且仅有 14 种 Bravais 点阵。答：第一，不少于 14 种点阵。对于 14 种点阵中的任一种，不可能找到一种连接结点的方法，形成新的晶胞而对称性不变。第二，不多于 14 种。如果每种晶系都包含简单、面心、体心、底心四种点阵，七种晶系共 28 种 Bravais 点阵。但这 28 种中有些可以连成 14 种点阵中的某一种而对称性不变。例如体心单斜可以连成底心单斜点阵，所以并不是新点阵类型。1-3.以 BCC、FCC 和六方点阵为例说明晶胞和原胞的异同。答：
2、晶胞和原胞都能反映点阵的周期性，即将晶胞和原胞无限堆积都可以得到完整的整个点阵。但晶胞要求反映点阵的对称性，在此前提下的最小体积单元就是晶胞；而原胞只要求体积最小，布拉维点阵的原胞都只含一个结点。例如：BCC 晶胞中结点数为 2，原胞为 1；FCC 晶胞中结点数为 4，原胞为 1；六方点阵晶胞中结点数为 3，原胞为 1。见下图，直线为晶胞，虚线为原胞。BCC FCC 六方点阵1-4.什么是点阵常数？各种晶系各有几个点阵常数？答：晶胞中相邻三条棱的长度 a、b、c 与这三条棱之间的夹角 、 分别决定了晶胞的大小和形状，这六个参量就叫做点阵常数。晶系 a、b 、c，、 之间的关系 点阵常数的个数三
3、斜 abc，90 6 (a、b、c 、)单斜 abc，=90 或=90 4 (a、b、c、 或a、b、c、)斜方 abc， 90 3 (a、b、c)正方 a=bc，=90 2 (a、c)立方 a=b=c，=90 1 (a)六方 a=bc ，=90,=120 2 (a、c)菱方 a=b=c，=90 2 (a、)1-5.分别画出锌和金刚石的晶胞，并指出其点阵和结构的差别。答：点阵和结构不一定相同，因为点阵中的结点可以代表多个原子，而结构中的点只能代表一个原子。锌的点阵是六方点阵，但在非结点位置也存在原子，属于 HCP 结构；金刚石的点阵是 FCC 点阵，但在四个四面体间隙中也存在碳原子，属于金刚石
4、结构。见下图。锌的结构 金刚石的结构1-6.写出立方晶系的123晶面族和晶向族中的全部等价晶面和晶向的具体指数。答：123 = (123) +( 23) +(1 3)+ (12 ) +(132) +( 32) +(1 2) +(13 )+(213) +( 13) +(2 3) +(21 ) +(231) +( 31) +(2 1) +(23 ) +(312) +( 12) +(3 2) +(31 ) +(321) +( 21) +(3 1) +(32 )= 112 + 12 +1 2 +11 +121 + 21+1 1 +12 +211 + 11 +2 1 +21 1-7.在立方晶系的晶胞图中
5、画出以下晶面和晶向：(102)、(11 )、( 1 )、110、11 、1 0和 21。1-8.标注图中所示立方晶胞中的各晶面及晶向指数。1-9.写出六方晶系的11 0、10 2晶面族和、晶向族中的各等价晶面及等价晶向的具体指数。答：11 0 = (11 0) +( 2 0) + (2 0)10 2 = (10 2) +(01 2) +( 102) +( 012) +(0 12) +(1 02)= 2 0 +11 0 + 2 0= 011 +0 11 +1 01 +10 1 +01 1 + 1011-10. 在六方晶胞图中画出以下晶面和晶向：(0001)、 （01 0） 、 （ 110） 、
6、（10 2） 、（ 012） 、0001、 010、1 10、01 1和0 11。1-11. 标注图中所示的六方晶胞中的各晶面及晶向指数。1-12. 用解析法求 1-11 第二图中的各晶向指数(按三指数四指数变换公式)。解：由三指数U V W转化为四指数u v t w可利用公式：U = 2u +v , V= 2v + u , W = w将 23、11 0、11 3、01 0中的 u、v、w 代入公式，得 1、 110、 111、 120 。1-13. 根据 FCC 和 HCP 晶体的堆垛特点论证这两种晶体中的八面体和四面体间隙的尺寸必相同。答：研究 FCC 晶体的(111)密排面和 HCP 晶
7、体的(0001)密排面，发现两者原子排列方式完全相同；再研究两者的相邻两层密排面，发现它们层与层之间的吻合方式也没有差别。事实上只有研究相邻的三层面时，才会发现 FCC 和 HCP 的区别，而八面体间隙与四面体间隙都只跟两层密排原子有关，所以对于这两种间隙，FCC 与 HCP 提供的微观环境完全相同，他们的尺寸也必相同。1-14. 以六方晶体的三轴 a、b、c 为基，确定其八面体和四面体间隙中心的坐标。答：八面体间隙有六个，坐标分别为：(,-,)、(,)、(- ,-,)、(,-,)、(,)、(-,-,)；四面体间隙共有二十个，在中轴上的为：(0,0, )、(0,0, )；在六条棱上的为：(1,
8、0, )、(1,1, )、(0,1, )、(-1,0, )、(-1,-1, )、 (0,-1, )、(1,0, )、(1,1, )、(0,1, )、(-1,0, )、(-1,-1, )、(0,-1, )；在中部的为：(,)、(-, )、(-,-,)、(, ,)、(-,)、(- ,-,)。1-15. 按解析几何证明立方晶系的h k l方向垂直与(h k l)面。证明：根据定义，(h k l)面与三轴分别交于 a/h、a/k、a/l，可以推出此面方程为x/(a/h) + y/(a/k) + z/(a/l) = 1 = hx + ky +lz = a；平行移动得面 hx + ky +lz = 0；又
9、因为 (h, k, l) (x, y, z) = hx + ky + lz 0，知矢量(h, k, l)恒垂直于此面，即h k l方向垂直于 hx + ky +lz = 0 面，所以垂直于 hx + ky +lz = a 即(h k l)面。1-16. 由六方晶系的三指数晶带方程导出四指数晶带方程。解：六方晶系三指数晶带方程为 HU + KV + LW = 0 ；面(H K L)化为四指数(h k i l)，有H = h , K = k , L = l ；方向U V W化为四指数u v t w后，有U = 2u +v , V= 2v + u , W = w ；代入晶带方程，得h(2u +v)
10、+ k(2v + u) + lw = 0 ；将 i =(h+k)，t =(u+v)代入上式，得 hu + kv + it + lw = 0。1-21.求出立方晶体中指数不大于 3 的低指数晶面的晶面距 d 和低指数晶向长度 L(以晶胞边长 a 为单位)。解：晶面间距为 d = a/sqrt (h2+k2+l2)，晶向长度为 L = asqrt (u2+v2+w2)，可得晶面族 d(a) 晶面族 d(a) 晶向族 L(a) 晶向族 L(a)100 1 311 11/11 1 11110 2/2 222 3/6 2 23111 3/3 320 13/13 3 13200 1/2 321 14/14
11、 2 14210 5/5 322 17/17 5 17211 6/6 330 2/6 6 32220 2/4 331 19/19 22 19221 1/3 332 22/22 3 22300 1/3 333 3/9 3 33310 10/10 101-22.求出六方晶体中0001、10 0、11 0和10 1等晶向的长度(以点阵常数 a 和 c为单位)。解：六方晶体晶向长度公式：L = asqrt (U2+V2+W2c2/a2-UV)；（三指数）L = asqrt (u2+v2+2t2+w2c2/a2-uv)；（四指数） 代入四指数公式，得长度分别为c、 3*a、 3a、 (3a 2+c2)。
12、1-23.计算立方晶体中指数不大于 3 的各低指数晶面间夹角(列表表示)。为什么夹角和点阵常数无关。解：利用晶面夹角公式 cos= (h1h2+k1k2+l1l2)/sqrt(h12+k12+l12)*(h22+k22+l22)计算。两晶面族之间的夹角根据所选晶面的不同可能有多个，下面只列出一个，其他这里不讨论。cos 100 110 111 210 211 221 310100 1 2/2 3/3 25/5 6/3 2/3 310/10110 1 6/3 310/10 3/2 22/3 25/5111 1 15/5 22/3 53/9 230/15210 1 30/6 25/5 72/102
13、11 1 76/18 715/30221 1 410/15310 1后面的结果略。1-24.计算立方晶体中指数不大于 3 的各低指数晶向间夹角(列表表示)，并将所得结果和上题比较。解：利用晶向夹角公式 cos= (u1u2+v1v2+w1w2)/sqrt (u12+v12+w12)*(u22+v22+w22)计算。两晶向族之间的夹角根据所选晶向的不同可能有多个，所得结果与上题完全相同，只将表示晶面的“”替换为“”即可。从表面上看是因为晶向夹角公式与晶面夹角公式完全相同的原因，深入分析，发现晶向x y z是晶面(x y z)的法线方向，是垂直关系，所以两晶面的夹角恒等于同指数的晶向夹角。1-25
14、.计算六方晶体中(0001)、10 0和11 0之间的夹角。解：化为三指数为：(001)、(210)或(120)或(1 0)、(110)或(1 0)或(2 0)，利用六方晶系面夹角公式(P41 公式 1-39)，分别代入求得(0001) 与 10 0或11 0： 夹角为90；10 0 与 11 0：夹角为 30 或 90。1-26.分别用晶面夹角公式及几何法推导六方晶体中(10 2)面和( 012)面的夹角公式(用点阵常数 a 和 c 表示)。解：(1) 化为三指数为(102)、( 02)，代入公式(P41 公式 1-39)得cos= = (3a 2-c2)/(3a2+c2)(2) 如右图，利
15、用余弦定律，可得cos= = (3a 2-c2)/(3a2+c2)1-27.利用上题所得的公式具体计算 Zn(c/a=1.86)、Mg(c/a=1.62)和 Ti(c/a=1.59)三种金属的(10 2)面和( 012)面的夹角。解：代入公式，得 cos 1 = -0.0711, cos 2 = 0.0668, cos 3 = 0.0854；得夹角为 1 (Zn)= 94.1, 2 (Mg)= 86.2, 3 (Ti)= 85.1。1-28.将(10 2)和( 012)分别换成 011和10 1，重做 1-26、1-27 题。解：化为三指数为 1和211，代入公式，得 cos= = (c 2-
16、3a2)/(3a2+c2)见 1-26 题答案中的图，利用余弦定律，可得 cos= = (c 2-3a2)/(3a2+c2)代入公式，得 cos 1 = 0.0711, cos 2 = -0.0668, cos 3 = -0.0854；得夹角为 1 (Zn)= 85.9, 2 (Mg)= 93.8, 3 (Ti)= 94.9。1-29.推导菱方晶体在菱方轴下的点阵常数 aR、 R和在六方轴下的点阵常数 aH、c H之间的换算公式。解：在 aH、b H、c H下，a R = 1 1，所以点阵常数 aR = L = aHsqrt (U2+V2+W2cH2/aH2-UV) = (3a H2+cH2)
17、,又因为 R是晶向1 1与121的夹角，所以点阵常数 R = arcos ( (cH2/aH2-3/2)/(3+ cH2/aH2) ) = arcos ( (2cH2-3aH2)/(6aH2+2cH2) )。可得 a H = aRsqrt (2(1-cos)；c H = aRsqrt (3(1+2cos)。1-30.已知 -Al 2O3(菱方晶体)的点阵常数为 aR = 5.12 、 R = 5517，求它在六方轴下的点阵常数 aH和 cH。解：利用上题公式，将 aR 、 R 数值代入，可得 aH = 4.75 、c H = 12.97 。第一章补充题：1. Prove that the A-
18、face-centered hexagonal lattice is not a new type of lattice in addition to the 14 space lattice. 答：如图，六方点阵加入 a 面面心以后，对称性降低，可以连成一个面心斜方点阵。所以它不是一个新点阵。2. Draw a primitive cell of BCC lattice. (答案见 1-3)3. Prove that the sizes of both octahedral and tetrahedral interstitials in HCP are same as there in F
19、CC. (答案见 1-13，计算在课本 P18、P20)4. Determine the coordinates of centers of both the octahedral and the tetrahedral interstitial in HCP refered to a, b and c.（答案见 1-14）5. Prove that h k l(h k l) for cubic crystal.（答案见 1-15）6. Show all possible 10 2 planes in the hexagonal unit cell and label the specific
20、 indices for each plane.答：10 2 = (10 2) +(01 2) +( 102) +( 012) +(0 12) +(1 02)如图，顺序按逆时针排列。7. Point out all the on (111) planes both analytically and graphically.答：画图法：下图。解析法：(111)面的面方程为 x+y+z = 1，列出所有可能的 = 110+ 011 +101 + 10 +0 1 +10 (其他为这六个的反方向)，将(x y z)代入面方程，得知前三个不满足，后三个满足，即 10、0 1、10 在(111)面上。8.
21、 Prove that the zone equation holds for cubic system.证明：已知在立方晶系中h k l方向垂直与(h k l)面，由于u v w方向属于(h k l)面，必有h k l垂直于u v w，即h k lu v w = 0，得 hu +kv +lw = 0。第二章习题及答案2-11.比较石墨和金刚石的晶体结构、结合键和性能。答：金刚石晶体结构为带四面体间隙的 FCC，碳原子位于 FCC 点阵的结合点和四个不相邻的四面体间隙位置(见 1-6 题答案)，碳原子之间都由共价键结合，因此金刚石硬度高，结构致密。石墨晶体结构为简单六方点阵，碳原子位于点阵结点
22、上，同层之间由共价键结合，邻层之间由范德华力结合，因此石墨组织稀松，有一定的导电性，常用作润滑剂。2-12.为什么元素的性质随原子序数周期性的变化？短周期元素和长周期元素的变化有何不同？原因何在？答：因为元素的性质主要由外层价电子数目决定，而价电子数目是随原子序数周期性变化的，所以反映出元素性质的周期性变化。长周期元素性质的变化较为连续、逐渐过渡，而短周期元素性质差别较大，这是因为长周期过渡族元素的亚层电子数对元素性质也有影响造成的。2-13.讨论各类固体中原子半径的意义及其影响因素，并举例说明。答：对于金属和共价晶体，原子半径定义为同种元素的晶体中最近邻原子核之间距离之半。共价晶体中原子间结
23、合键是单键、双键或三键将会影响原子半径，所以一般使用数值最大的单键原子半径 r(1)；金属晶体中，配位数会影响原子半径，例如 -Fe (CN=8)比 -Fe (CN=12)的原子半径小 3，一般采用 CN=12 的原子半径。对于非金属的分子晶体，同时存在两个原子半径：一是共价半径，另一是范德华原子半径(相邻分子间距离之半)。例如氯分子晶体中，两半径分别为 0.099nm 和0.180nm。对于离子晶体，用离子半径 r+、r 表示正、负离子尺寸。在假设同一离子在不同离子晶体中有相同半径的情况下，可以大致确定离子半径。但离子半径只是一个近似的概念，电子不可能完全脱离正离子，因此许多离子键或多或少带
24、有共价键的成分，当这种特点较为突出时，离子半径的意义就不确切了。2-14.解释下列术语：合金由金属和其它一种或多种元素通过化学键结合而成的材料。组元组成合金的每种元素(金属、非金属)。相合金内部具有相同的(或连续变化的)成分、结构和性能的部分或区域。组织一定外界条件下，组成一定成分的合金的若干种不同的相的总体。固溶体溶质和溶剂的原子占据了一个共同的布拉维点阵，且此点阵类型与溶剂点阵类型相同；组元的含量可在一定范围内改变而不会导致点阵类型的改变。具有以上两性质的金属或非金属合成物就叫做固溶体。金属间化合物金属与金属形成的化合物。超结构(超点阵)有序固溶体中的各组元分点阵组成的复杂点阵。分点阵(次
25、点阵)有序固溶体中各组元原子分别占据的各自的布拉维点阵。负电性表示元素在和其它元素形成化合物或固溶体时吸引电子的能力的参量。电子浓度合金中每个原子的平均价电子数。2-15.有序合金的原子排列有何特点？这种排列和结合键有什么关系？为什么许多有序合金在高温下变成无序？从理论上如何确定有序无序转变的温度(居里温度)？答：有序合金中各组元原子占据各自的布拉维点阵，整个合金就是这些分点阵组成的超点阵。这种排列是由原子间金属键造成的，是价电子集体将原子规则排列。高温下由于原子的热运动加剧，到一定程度就会摆脱原来的结点位置，造成原子排列的无序性。理论上可以利用金属键的强度与分子平均自由能的大小关系确定有序合
26、金的转变温度。2-16.试将图 2-43 中的各种有序合金结构分解为次点阵(指出次点阵的数量和类型)。答：(a) 两个次点阵，简单立方点阵。Cu、Zn 各一个。(b) 四个次点阵，简单立方点阵。Au 一个，Cu 三个。(c) 四个次点阵，简单立方点阵。Cu、Au 各两个。(d) 四个次点阵，面心立方点阵。a、b、c、d 各一个。(e) 四十个次点阵，简单立方点阵。Cu、Au 各二十个。2-17.简述 Hume-Rothery 规则及其实际意义。答：(1) 形成合金的元素原子半径之差超过 1415，则固溶度极为有限；(2) 如果合金组元的负电性相差很大，固溶度就极小；(3) 两元素的固溶度与它们
27、的原子价有关，高价元素在低价元素中的固溶度大于低价元素在高价元素中的固溶度；(4) BB 族溶质元素在B 族溶剂元素中的固溶度都相同(e/a=1.36)，与具体的元素种类无关；(5) 两组元只有具有相同的晶体结构才能形成无限(或连续)固溶体。Hume-Rothery 规则虽然只是否定规则(1)、(2)，只是定性或半定量的规则，而且后三条都只限于特定情况。但它总结除了合金固溶度的一些规律，帮助预计固溶度的大小，因而对确定合金的性能和热处理行为有很大帮助。2-18.利用 Darken-Gurry 图分析在 Mg 中的固溶度可能比较大的元素(所需数据参看表 2-7)。答：Mg 元素的原子半径 r=0
28、.16nm，x=1.2，根据 Hume-Rothery 规则，在r(0.136,0.184)，x(0.8,1.6)范围内寻找元素，做一椭圆，由课本 P100 图 245可以看出，可能的元素有 Cd、Nb、Ti、Ce、Hf、Zr、Am、P、Sc 及镧系元素。2-19.什么是 Vegard 定律？为什么实际固溶体往往不符合 Vegard 定律？答：实验发现两种同晶型的盐形成连续固溶体时，固溶体的点阵常数与成分呈直线关系，即点阵常数正比于任一组元的浓度，这就是 Vegard 定律。因为 Vegard 定律反映了成分对合金相结构的影响，但对合金相结构有影响的不只是成分，还有其它因素(如电子浓度、负电性
29、等)，这些因素导致了实际固溶体与 Vegard 定律不符。2-20.固溶体的力学和物理性能和纯组元的性能有何关系？请定性地加以解释。答：固溶体的强度和硬度往往高于各组元，而塑性则较低，这是因为：(1) 对于间隙固溶体，溶质原子往往择优分布在位错线上，形成间隙原子“气团” ，将位错牢牢钉扎住，起到了强化作用；(2) 对于置换固溶体，溶质原子往往均匀分布在点阵内，造成点阵畸变，从而增加位错运动的阻力，这种强化作用较小。固溶体的电学、热学、磁学等物理性质也随成分而连续变化，但一般都不是线性关系，这是因为溶质原子一般会破坏溶剂原来的物理性能，但合金呈有序状态时，物理性能又会突变，显示出良好的物理性能。
30、2-21.叙述有关离子化合物结构的 Pauling 规则，并用此规则分析金红石的晶体结构。答：(1) 在正离子周围形成一负离子配位多面体，正负离子之间的距离取决于离子半径之和，而配位数则取决于正负离子半径之比；(2) 正离子给出的价电子数等于负离子得到的价电子数，所以有 Z+/CN+ = Z /CN ；(3) 在一个配位结构中，当配位多面体共用棱、特别是共用面时，其稳定性会降低，而且正离子的电价越高、配位数越低，则上述效应越显著；(4) 在含有一种以上正离子的晶体中，电价大、配位数小的正离子周围的负离子配位多面体力图共顶连接；(5) 晶体中配位多面体的类型力图最少。对于金红石：(1) 正负离子
31、半径比为 0.48，根据课本 P104 表 2-8，可知负离子多面体为八面体，正离子配位数为 6；(2) Z+ = 4，Z = 2，所以 CN = CN+Z / Z+ = 6/2 = 3。2-22.讨论氧化物结构的一般规律。答：氧化物结构的重要特点就是氧离子密排。大多数简单的氧化物结构中氧离子都排成面心立方、密排六方或近似密排的简单立方，而正离子则位于八面体间隙、四面体间隙或简单立方的体心。2-23.讨论硅酸盐结构的基本特点和类型。答：基本特点：(1) 硅酸盐的基本结构单元是SiO 4四面体，硅原子位于氧原子四面体的间隙中；(2) 每个氧最多只能被两个 SiO4四面体共有； (3) SiO4四面体可以互相孤立地在结构中存在，也可以通过共顶点互相连接；(4) Si-O-Si 的结合键形成一折线。按照硅氧四面体在空间的组合情况可以分为：岛状、链状、层状、骨架状。2-24.从以下六个方面总结比较价化合物、电子化合物、TCP 相和间隙相 (间隙化合物)等各种金属间化合物。价化合物 电子化合物 TCP 相 间隙相
