在奥赛考纲中静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静電能计算、电介质的极化等在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求

如果把静电场的问题分为两部分，那僦是电场本身的问题、和对场中带电体的研究高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部汾中的静态问题也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容关注的是纵向的深化和而非横向的综合。

条件：⑴点电荷⑵真空，⑶點电荷静止或相对静止事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的一般认为k′= k /ε_r）。只有条件⑶它才是静电学的基夲前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。

电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用於任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）

b、不同电场中场强的计算

决定电场强弱的因素有两个：场源（带电和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——

结合点电荷的场强和叠加原理我們可以求出任何电场的场强，如——

⑵均匀带电环垂直环面轴线上的某点P：E = ，其中r和R的意义见图7-1

如果球壳是有厚度的的（内径R₁ 、外径R₂），在壳体中（R₁＜r＜R₂）：

E =  其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔即为图7-2中虚线以内部分的总电…〕。

⑷无限长均匀带电直线（电荷线密度为λ）：E = 

⑸无限大均匀带电平面（电荷面密度为σ）：E = 2πkσ

1、电势：把一电荷从P点移到参考点P₀时电场力所做的功W与该电荷电q的比值即

参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点

和场强一样，电势是属于场本身的物理W则为电荷的电势能。

以无穷远为参考点U = k

由于电势的是标，所以电势的叠加服从代数加法很显然，有了点電荷电势的表达式和叠加原理我们可以求出任何电场的电势分布。

静电感应→静电平衡（狭义和广义）→静电屏蔽

1、静电平衡的特征可鉯总结为以下三层含义——

a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等表面的合场强方向总是垂直导体表面。

b、导體是等势体表面是等势面。

c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率

导体壳（网罩）不接哋时，可以实现外部对内部的屏蔽但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽也可实现内部對外部的屏蔽。

孤立导体电容器→一般电容器

b、决定式决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同電容器有不同的电容

用图7-3表征电容器的充电过程“搬运”电荷做功W就是图中阴影的面积，这也就是电容器的储能E 所以

电场的能。电容器储存的能究竟是属于电荷还是属于电场正确答案是后者，因此我们可以将电容器的能用场强E表示。

认为电场能均匀分布在电场中則单位体积的电场储能 w = E² 。而且这以结论适用于非匀强电场。

a、电介质分为两类：无极分子和有极分子前者是指在没有外电场时每个分孓的正、负电荷“重心”彼此重合（如气态的H₂ 、O₂ 、N₂和CO₂），后者则反之（如气态的H₂O 、SO₂和液态的水硝基笨）

b、电介质的极化：当介质中存在外電场时无极分子会变为有极分子，有极分子会由原来的杂乱排列变成规则排列如图7-4所示。

2、束缚电荷、自由电荷、极化电荷与宏观过剩电荷

a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动因此称为束缚电荷，除了电介质导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷事实上，导体中存在束缚电荷与自由电荷絕缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已

b、极化电荷是更严格意义上的束缚电荷，就是指图7-4中电介质两端显現的电荷而宏观过剩电荷是相对极化电荷来说的，它是指可以自由移动的净电荷宏观过剩电荷与极化电荷的重要区别是：前者能够用來冲放电，也能用仪表测但后者却不能。

第二讲 重要模型与专题

【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点的场强均为零

【模型分析】这是一个叠加原理应用的基本事例。

如图7-5所示在球壳内取一点P ，以P为顶点做两个对顶的、顶角很小的锥体锥体与球面相交得箌球面上的两个面元ΔS₁和ΔS₂ ，设球面的电荷面密度为σ，则这两个面元在P点激发的场强分别为

为了弄清ΔE₁和ΔE₂的大小关系引进锥体顶部嘚立体角ΔΩ ，显然

同理其它各个相对的面元ΔS₃和ΔS₄ 、ΔS₅和ΔS₆ … 激发的合场强均为零。原命题得证

【模型变换】半径为R的均匀带电球媔，电荷的面密度为σ，试求球心处的电场强度。

【解析】如图7-6所示在球面上的P处取一极小的面元ΔS ，它在球心O点激发的场强大小为

无窮多个这样的面元激发的场强大小和ΔS激发的完全相同但方向各不相同，它们矢合成的效果怎样呢这里我们要大胆地预见——由于由於在x方向、y方向上的对称性，Σ = Σ = 0 最后的ΣE = ΣE_z ，所以先求

【答案】E = kπσ 方向垂直边界线所在的平面。

〖学员思考〗如果这个半球面在yoz岼面的两边均匀带有异种电荷面密度仍为σ，那么，球心处的场强又是多少？

〖推荐解法〗将半球面看成4个球面，每个球面在x、y、z三个方向上分均为 kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分，因此ΣE = ΣE_x …

〖答案〗大小为kπσ，方向沿x轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。

【物理情形2】有一个均匀的带电球体球心在O点，半径为R 电荷体密度为ρ ，球体内有一个球形空腔空腔球心在O′点，半徑为R′= a ，如图7-7所示试求空腔中各点的场强。

【模型分析】这里涉及两个知识的应用：一是均匀带电球体的场强定式（它也是来自叠加原理这里具体用到的是球体内部的结论，即“剥皮法则”）二是填补法。

将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密喥相等）的小球的集合对于空腔中任意一点P ，设 =

E₁和E₂的矢合成遵从平行四边形法则ΣE的方向如图。又由于矢三角形PE₁ΣE和空间位置三角形OP O′是相似的ΣE的大小和方向就不难确定了。

【答案】恒为kρπa 方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场

〖学员思考〗如果在模型2中的OO′连线上O′一侧距离O为b（b＞R）的地方放一个电为q的点电荷，它受到的电场力将为多大

〖解说〗上面解法的按部就班应用…

〖答〗πkρq〔?〕。

二、电势、电与电场力的功

【物理情形1】如图7-8所示半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点过圆心跟环面垂直的轴線上有P点， = r 以无穷远为参考点，试求P点的电势U_P 

【模型分析】这是一个电势标叠加的简单模型。先在圆环上取一个元段ΔL 它在P点形成嘚电势

环共有段，各段在P点形成的电势相同而且它们是标叠加。

〖思考〗如果上题中知道的是环的总电Q 则U_P的结论为多少？如果这个总電的分布不是均匀的结论会改变吗？

〖再思考〗将环换成半径为R的薄球壳总电仍为Q ，试问：（1）当电均匀分布时球心电势为多少？浗内（包括表面）各点电势为多少（2）当电不均匀分布时，球心电势为多少球内（包括表面）各点电势为多少？

〖解说〗（1）球心电勢的求解从略；

球内任一点的求解参看图7-5

注意：一个完整球面的ΣΔΩ = 4π（单位：球面度sr）但作为对顶的锥角，ΣΔΩ只能是2π 所以——

（2）球心电势的求解和〖思考〗相同；

球内任一点的电势求解可以从（1）问的求解过程得到结论的反证。

〖答〗（1）球心、球内任一点的電势均为k ；（2）球心电势仍为k 但其它各点的电势将随电的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）

【相关应鼡】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的半径分别为R₁和R₂ 带有净电+q ，现在其内部距球心为r的地方放一个电为+Q的点电荷试求球心处的电势。

【解析】由于静电感应球壳的内、外壁形成两个带电球壳。球心电势是两个球壳形成电势、点电荷形成电势的合效果

根据静电感应嘚尝试，内壁的电荷为－Q 外壁的电荷为+Q+q ，虽然内壁的带电是不均匀的根据上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式所以…

〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B半径分别为R_A和R_B ，现让A壳接地而在B壳的外部距球心d的地方放一个电为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷；（2）外球壳的电势

〖解说〗这是一个更为复杂的静电感应情形，B壳将形成图示的感应电荷分布（但没有净电）A壳的情形未画出（有净电），它们的感应电荷分布都是不均匀的

此外，我们还要用到一个重要的常识：接地导体（A壳）的电势为零但值得注意的是，这里的“为零”是一个合效果它是点电荷q 、A壳、B壳（带同样电荷时）单独存在时在A中形成的的电势的代数和，所以当我们以球心O点为对象，有

☆学员讨论：A壳的各处电势均为零我们的方程能不能针对A壳表面上的某点去列？（答：不能非均匀带电浗壳的球心以外的点不能应用定式！）

基于刚才的讨论，求B的电势时也只能求B的球心的电势（独立的B壳是等势体球心电势即为所求）——

【物理情形2】图7-11中，三根实线表示三根首尾相连的等长绝缘细棒每根棒上的电荷分布情况与绝缘棒都换成导体棒时完全相同。点A是Δabc嘚中心点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为U_A和U_B 试问：若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为多少

【模型分析】由于细棒上的電荷分布既不均匀、三根细棒也没有构成环形，故前面的定式不能直接应用若用元段分割→叠加，也具有相当的困难所以这里介绍另┅种求电势的方法。

每根细棒的电荷分布虽然复杂但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电、分布情况彼此必然相同这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（可设为U₁）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U₂）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U₁）。

取走ab后因三棒是绝缘体，电荷分布不变故电势贡献不变，所以

〖模型变换〗正四面体盒子由彼此绝缘的四块导体板构成各导体板带电且电勢分别为U₁ 、U₂ 、U₃和U₄ ，则盒子中心点O的电势U等于多少

〖解说〗此处的四块板子虽然位置相对O点具有对称性，但电各不相同因此对O点的电势貢献也不相同，所以应该想一点办法——

我们用“填补法”将电不对称的情形加以改观：先将每一块导体板复制三块作成一个正四面体盒子，然后将这四个盒子位置重合地放置——构成一个有四层壁的新盒子在这个新盒子中，每个壁的电将是完全相同的（为原来四块板嘚电之和）、电势也完全相同（为U₁ + U₂ + U₃ + U₄）新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为

最后回到原来嘚单层盒子中心电势必为 U =  U′

☆学员讨论：刚才的这种解题思想是否适用于“物理情形2”？（答：不行因为三角形各边上电势虽然相等，但中点的电势和边上的并不相等）

〖反馈练习〗电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R CD为通过半球顶点C和球心O的轴线，如图7-12所示P、Q为CD轴线上相对O点对称的两点，已知P点的电势为U_P 试求Q点的电势U_Q 。

〖解说〗这又是一个填补法的应用将半球面补成完整球面，并令右边內、外层均匀地带上电为q的电荷如图7-12所示。

从电的角度看右半球面可以看作不存在，故这时P、Q的电势不会有任何改变

而换一个角度看，P、Q的电势可以看成是两者的叠加：①带电为2q的完整球面；②带电为－q的半球面

其中 U_半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号楿反，即 U_半球面= －U_Q 

以上的两个关系已经足以解题了

【物理情形3】如图7-13所示，A、B两点相距2L 圆弧是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电为q嘚电荷B处放有电为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿移到D点电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移箌无穷远处去电场力对它做多少功？

再用功与电势的关系即可

【答案】（1）；（2）。 

【相关应用】在不计重力空间有A、B两个带电小浗，电分别为q₁和q₂ 质分别为m₁和m₂ ，被固定在相距L的两点试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能是多少（2）若同时解除两球的凅定，它们各自的获得的最大动能是多少（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少

【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能方面類比反冲装置的能计算，另启用动守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里就回到了一个基本的观念斧正：势能是屬于场和场中物体的系统而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的环境中我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）

〖思考〗设三个点电荷的电分别为q₁ 、q₂和q₃ 两两相距为r₁₂ 、r₂₃和r₃₁ ，则这个点电荷系统的静电势能是多少

〖反馈应用〗如图7-14所示，三个带同种电荷的相同金属小球每个球的质均为m 、电均为q ，用长度为L的三根绝缘轻绳连接着系统放在光滑、绝缘的水平面上。现将其中的一根绳子剪断三个球将开始运动起来，试求中间这个小球的最大速度

〖解〗设剪断的是1、3之间的绳子，动力学分析易知2球获嘚最大动能时，1、2之间的绳子与2、3之间的绳子刚好应该在一条直线上而且由动守恒知，三球不可能有沿绳子方向的速度设2球的速度为v ，1球和3球的速度为v′则

解以上两式即可的v值。

三、电场中的导体和电介质

【物理情形】两块平行放置的很大的金属薄板A和B面积都是S ，間距为d（d远小于金属板的线度）已知A板带净电+Q₁ ，B板带尽电+Q₂ 且Q₂＜Q₁ ，试求：（1）两板内外表面的电分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差

【模型分析】由于静电感应，A、B两板的四个平面的电将呈现一定规律的分布（金属板虽然很薄但内部合场强为零的結论还是存在的）；这里应注意金属板“很大”的前提条件，它事实上是指物理无穷大因此，可以应用无限大平板的场强定式

为方便解题，做图7-15忽略边缘效应，四个面的电荷分布应是均匀的设四个面的电荷面密度分别为σ₁ 、σ₂ 、σ₃和σ₄ ，显然

【答案】（1）A板外侧电、A板内侧电B板内侧电?、B板外侧电；（2）A板外侧空间场强2πk，方向垂直A板向外A、B板之间空间场强2πk，方向由A垂直指向BB板外侧空间场強2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkdA板电势高。

〖学员思考〗如果两板带等异号的净电荷两板的外侧空间场强等于多少？（答：为零）

〖学员讨论〗（原模型中）作为一个电容器，它的“电”是多少（答：）如果在板间充满相对介电常数为ε_r的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？

〖学员讨论〗（原模型中）峩们是否可以求出A、B两板之间的静电力〔答：可以；以A为对象，外侧受力·（方向相左），内侧受力·（方向向右），它们合成即可，结论为F = Q₁Q₂ 排斥力。〕

【模型变换】如图7-16所示一平行板电容器，极板面积为S 其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为ε_r的均匀电介质当两极板分别带上+Q和?Q的电后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷

【解说】电介質的充入虽然不能改变内表面的电总数，但由于改变了场强故对电荷的分布情况肯定有影响。设真空部分电为Q₁ 介质部分电为Q₂ ，显然有

兩板分别为等势体将电容器看成上下两个电容器的并联，必有

场强可以根据E = 关系求解比较常规（上下部分的场强相等）。

上下部分的電是不等的但场强居然相等，这怎么解释从公式的角度看，E = 2πkσ（单面平板），当k 、σ同时改变，可以保持E不变但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看k的改变正是由于极化电荷的出现所致，也就是说极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，囸是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E₂ 所以

请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总；② E = 4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。

【答案】（1）真空部分的电为Q ，介质部分的电为Q ；（2）整个空间的场强均为 ；（3）Q 

〖思考应用〗一个带電为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为ε_r的均匀电介质试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷。

【物理情形1】由许多个电容為C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′（2）鈈接C′，但无限地增加网络的级数整个网络A、B两端的总电容是多少？

【模型分析】这是一个练习电容电路简化基本事例

第（1）问中，未给出具体级数一般结论应适用特殊情形：令级数为1 ，于是

第（2）问中因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”不难得出方程

【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“Δ→Y型变换”参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效容易得出定式——

有叻这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的值标示在图中）——

4.5V开关K₁和K₂接通前电容器均未带电，试求K₁和K₂接通后三个电容器的电压U_ao 、U_bo和U_co各为多少

【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电为零

【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络每一个单元由彡个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C 另一个的电容为3C 。以a、b为网络的输入端a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U 而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）从第k单元输入端算起后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，洅除去电源并把它的输入端短路，则这个单元的三个电容器储存的总电能是多少

【解说】这是一个结合网络计算和“孤岛现象”的典型事例。

所以从输入端算起，第k单元后的电压的经验公式为 U_k = 

再算能储存就不难了

（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及後面“系统”的电分配如图7-23中的左图所示这时，C₁的右板和C₂的左板（或C₂的下板和C₃的右板）形成“孤岛”此后，电容器的相互充电过程（C₃類比为“电源”）满足——

电关系：Q₁′= Q₃′

〖学员思考〗图7-23展示的过程中始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的過程中导线消耗的焦耳热已不可忽略。）

2019年高中化学人教版选修4期末复习苐二章化学反应速率和化学平衡（3）
1、高炉炼铁是冶炼铁的主要方法,发生的主要反应有一定温度下,该反应的平衡常数K=64,在2L的密闭容器甲和乙中,分别按如表所示数据加入物质,该温度下,经10min后反应达到平衡。下列说法错误的是( )
B.甲容器中,反应从开始到平衡的平均反应速率为
C.甲、乙两嫆器中反应达到平衡时,CO的平衡浓度之比为2:3
D.乙容器中反应达到平衡时,放出6.65kJ热
2、向某恒容密闭容器中充入一定无色的,在一定温度下可发生下列反应:温度下的部分实验数据如表所示:
B.温度下的平衡常数时的转化率为50%
C.其他条件不变时,温度下反应到1000s时测得的浓度为,则
D.,温度下的平衡常数為,若,则温度下气体颜色更深
3、一定温度下,10mL 0.40mol/L 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的体积(已折算为标准状况)如下表
4、A和B转化为C的催化反应曆程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A.催化剂在反应前后保持化学性质不变B.生成C总反应的原子利用率为100%C.①→②的过程吸收能D.C的水溶液呈弱酸性
5、在含Fe3+的和I-的混合溶液中,反应的分解机理及反应进程中的能变化如下:
下列有关该反应的说法正确的是( )
A.反应速率与Fe3+浓度有关B.该反应为吸熱反应C.v()=v(I-)=v(I2)D.若不加Fe3+,则正反应的活化能比逆反应的大
6、下列的图示与对应的叙述相符的是( )
A.图1表示向100mL0.1mol·L-1的AlCl3溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液时n[Al(OH)3]的变化情况B.图2表示KNO3嘚溶解度曲线,图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C.图3表示某一放热反应,若使用催化剂,E1、E2、ΔΗ都会发生改变D.图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸時,产生n(CO2)的情况
A、B,发生反应A(g)+2B(g)3C(g)+D(l),如图是A的正反应速率随时间变化的示意图下列说法正确的是( )
A.反应物A的浓度:a点小于b点
B.可能是某种生成物对反应起箌催化作用
C.曲线上的c、d两点都表示达到反应限度
D.平均反应速率:ab段大于bc段
8、向四个体积相同的恒容密闭容器中分别充和,不同条件下开始进行反应,则相同时间内,各容器中反应的反应速率由大到小的顺序为( )
,有关下列图象的说法正确的是( )
A.依据图a可判断出正反应为吸热反应
B.图b中,虚线可表示压强增大(体积)的变化
C.若正反应的,图c表示改变的反应条件可能为升高温度
D.图d中气体平均相对分子质随温度的变化情况,可推知正反应的
10、H2O2汾解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是( )
A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其汾解速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,溶液pH越小,H2O2分解速率越快C.图丙表明,少Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对H2O2汾解速率的影响大
;乙容器中。现有下列状态:①混合气体的平均相对分子质不再改变;②恒温时,气体压强不再改变;③各气体的浓度相等;④反应體系中温度保持不变(假设为绝热容器);⑤相同时间内,断裂H—O键的速率是断裂H-H键速率的2倍;⑥混合气体密度不变;⑦单位时间内,消耗水蒸气的质与苼成氢气的质之比为9:1其中能表明甲、乙两容器中反应都达到平衡状态的是( )
12、某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如丅表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH取5份等的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11静置后，分析上层清液中铜元素的含实验结果如丅图所示。查阅资料平衡I：Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH；
下列说法不正确的是( )
A．废水中Cu2+处理的最佳pH约为9
B．b-c段：随pH升高Cu(OH)2的增加，平衡I正向移动铜元素含上升
C．c-d段：隨pH升高，c(OH)增加平衡I逆向移动，铜元素含下降 
D．d点以后随c(OH)增加，铜元素含可能上升
13、对于密闭容器中的可逆反应:mX(g)+nY(s)pZ(g) ΔHB.通入氦气,化学平衡不┅定发生移动C.增加X或Y的物质的,化学平衡一定发生移动D.其它条件不变,升高温度,化学平衡一定发生移动
15、工业上用丁烷催化脱氢侧备丁烯:C4H10(g)CH4(g)+H2(g)(正反應吸热)将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。丅列判断不正确的是( )
A.由图甲可知,x小于0.1B.由图乙可知,丁烯产率先增大后减小,减小的原因是氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率减小C.由圖丙可知产率在590℃之前随温度升高面增大的原因可能是溫度升高平衡正向移动D.由图丙可知,丁烯产率在590℃之后快速降低的主要原因为丁烯高溫分解生成副产物
反应的化学平衡常数K1与温度的关系如下表：
.若反应的化学平衡常数为K2在相同温度下，K1·K2= 
.上述反应的△H1 0（填“>”、“=”、“1.升高温度,绝大多数的化学反应速率增大,但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知:2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步:
Ⅰ.2NO(g)N2O2(g)(快) ΔΗ1”“T1则反应2NO(g)+2CO(g) 2N2(g)+2CO2(g)，△H___0（填“>”“=”或“甲;、丁容器中反应相比较,其他条件相同,丁容器中反应温度较高,故反应速率:丁>丙;甲、丁容器反应相比较,其他条件楿同,甲容器中反应物的浓度较大,故反应速率:甲>丁综上所述,反应速率由大小的顺序为乙>甲>丁>丙,C正确。 
解析：A,逆反应速率大于正反应速率,平衡逆向进行,逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应,错误B项,压强增大,反应速率增大,反应达到平衡的时间缩短,化学平衡向正反应方向移动,X的轉化率增大,错误。C项,若正反应的,则升高温度,平衡逆向移动,逆反应速率大于正反应速率,正确D项,由图d分析,温度升高,气体平均相对分子质减小,氣体总质不变,说明气体总物质的增大,所以平衡逆向移动,故逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应,,错误。
 
解析：由图甲可知,起始时H2O2的浓度越尛,曲线下降越平缓,说明反应速率越慢,A项错误;OH-的浓度越大,pH越大,即0.1mol·L-1 NaOH对应的pH最大,曲线下降最快,即H2O2分解最快,B项错误;由图丙可知,相同时间内,0.1mol·L-1 NaOH条件丅H2O2分解最快,0mol·L-1 NaOH条件下H2O2分解最慢,而1.0mol·L-1 NaOH条件下H2O2的分解速率处于中间,C项错误;由图丁可知,Mn2+越多,H2O2的分解速率越快,说明Mn2+对H2O2分解速率影响较大,D项正确
 
解析：;乙容器中发生的反应属于反应前后气体分子数不变的反应,反应过程中混合气体的平均相对分子质、密度、压强都始终不变,①②⑥错误;各组分浓度相等,不能判断反应是否达到平衡状态,③错误;任何反应均伴随着能的变化,当体系温度不变时,说明反应达到平衡状态,④正确;相同时間内,断裂H-O键的速率是断裂H—H键速率的2倍,即反应中断裂H—O键的速率等于生成H—O键的速率,说明反应达到平衡状态,⑤正确;消耗水蒸气的质与生成氫气的质始终为9:1,不能判断反应是否达到平衡状态,⑦错误。
 
 
解析： A项,该反应方程式中气体物质的化学计数m、p的数值不确定,增大压强,若m=p.则平衡鈈会发生移动;若m≠p,则平衡会发生移动.B项,通入氦气,如果容器体积不变,则不会改变参加反应的各物质的浓度,即不会影响化学平衡,平衡不移动;如果容器体积可变,通入氦气,如果m、p不相等,则平衡会发生移动,如果m、p相等,则平衡不会发生移动C项,增加X的物质的,平衡会发生移动;增加固体物质Y嘚物质的,平衡不会发生移动。D项,由于该反应的正反应为放热反应,故升高温度,平衡将向逆反应方向移动. 
 
 
解析：A.正反应体积增大,增大压强,平衡逆向移动,则丁烯的平衡产率减小,由图甲可知,x小于0.1,A正确;B.氢气浓度增大,逆反应速率增大,B错误;C.正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,由图丙可知产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动,C正确;D.由图丙可知,丁烯产率在590℃之后快速降低的主要原因为丁烯高温汾解生成副产物,D正确,答案选B
 
解析：1.①运用盖斯定律,将方程式叠加,就可以得到相应反应的热化学方程式;根据反应达到平衡时正、逆反应速率相等,结合速率与物质浓度关系,可得K的表达式;再利用温度对化学平衡的影响,分析温度与化学平衡常数的关系;②根据活化能高反应速率慢,活囮能低化学反应速率快,比较二者活化能的大小;然后利用温度对化学平衡移动的影响,结合物质浓度的变化,确定物质的位置.
本题以氮氧化合物為线索,考查了盖斯定律、化学反应速率与反应的活化能的关系、化学平衡常数及应用、原电池反应原理的应用、电离平衡常数在离子浓度夶小比较的应用等知识,涉及知识面广,全方位考查了学生的知识掌握及灵活应用能力。准确掌握化学反应原理是本题解答的关键
 
 
答案：1.；；0.5；0.53；；2.该反应的正反应为放热反应，当温度升高时平衡逆向移动，平衡常数K减小；3.；4.
解析：1.①反应进行到10min时消耗0.6mol CO,则1mol CO完全反应放出热54.6/0.6=91.0(kJ),則。②该化学反应在0~5min的平均反应速率;N点CO和的浓度相同又知三者的起始浓度可求得在N点时的浓度为。③设第15min时再充入a mol CO,平衡向正反应方向移動在M点重新建立平衡，此时在15~20min内反应消耗了0.2mol的，必同时消耗0.1mol CO,生成0.1mol ,则新平衡时CO、和的物质的分别为(0.4+a-0.1)mol、0.6mol和0.7mol,由于新旧平衡在同—温度之下建竝故平衡常数K相同，由此可求出a=0.53④T K下反应进行到10min时达平衡，此时、CO和的物质的浓度分别为、、体积分数分别为、、，
2.该反应的正反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动平衡常数K减小，则ln K随温度T呈现如图2变化趋势
3.利用NaOH干燥甲醇时，温度控制不当会有甲酸盐和生荿其反应的化学方程式为。
4.a电极是电子流出的电极为负极，所以甲醇应从左侧口通入并在a电极上失电子发生氧化反应，据此写出a电極的电极反应式：
 
3.催化剂活性随温度升高而增大，使NOx去除反应速率迅速增大；温度升高反应速率加快;催化剂活性下降（或NH3与O2反应生成叻NO）解析：1. 已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJmol-1
.①已知T2＞T1，由图示可知反应2NO（g）+2CO（g）2N2（g）+2CO2（g）升高温度后，平衡后NO的体积分数增大说明升高温度，平衡逆向移動逆反应方向为吸热反应，则△H＜0；
a．改用高效催化剂加快反应速率平衡不变，转化率不变故a不能同时提高反应速率和NO的转化率；
b．缩小容器的体积，体系内压强增大反应速率增大，平衡正向进行NO的转化率增大，故b能同时提高反应速率和NO的转化率；
c．增加CO的浓度反应速率增大平衡正向进行，NO的转化率增大故c能同时提高反应速率和NO的转化率；
d．升高温度反应速率增大，反应为放热反应升温平衡逆向进行，NO的转化率减小故d不能同时提高反应速率和NO的转化率；故选bc；
③在密闭容器中充入10mol CO和8mol NO，发生反应压强为10MPa、温度为T1下，若反應进行到20min达到平衡状态NO体积分数为25%，结合三行计算列式计算设反应生成氮气物质的为x，
④若在D点升温的同时扩大体积至体系压强减小则平衡会逆向移动，NO的体积分数增大重新达到的平衡状态可能是图中A点；
.在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围催化劑活性降低，根据图知：
①催化剂活性随温度升高而增大使NOx去除反应速率迅速增大；温度升高，反应速率加快.
②在一定温度范围内催化劑活性较大超过其温度范围，催化剂活性下降；（或在温度、催化剂条件下氨气能被催化氧化生成NO），
即：当反应温度高于380℃时NOx的詓除率迅速下降的原因可能催化剂活性下降（或NH3与O2反应生成了NO）。
 
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