北科大普化第4章

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北科大材料考研试题综述

说明
在固体材料中也存在扩散，并且它是固体中物质传输的唯一方式。因为固体不能象气体或液体那样通过流动来进行物质传输。即使在纯金属中也同样发生扩散。扩散在材料的生产和使用中的物理过程有密切关系，例如：凝固、偏析、均匀化退火、冷变形后的回复和再结晶、固态相变、化学热处理、烧结、氧化、蠕变等等。
c 浓度梯度，，kg/(m3· m) x
菲克第一定律的解释
“-”号表示扩散方向为浓度梯度的反方向，即扩散由高浓度向低浓度区进行。
4.1.2 菲克第二定律 (Fick’s Second Law) 在扩散过程中扩散物质的浓度随时间而变化。
c f (t , x)
C ≠0 t
非稳态扩散时，在一维情况下，菲克第二定律的表达式为
2、菲克第一、第二定律的表达式及适用范围；
3、扩散机制；
D D0 e 4、菲克第二定律的误差函数解（※渗碳）；
5、扩散系数与扩散激活能的关系式： Arrhenius 6、影响扩散的因素；
Q / RT
7、渗碳为什么选取在奥氏体状态下进行而不在铁素体状态下进行？作业：课后习题 P/142 4-3、4-5、4-7。
x c( x, t ) cs (cs c0 )erf 2 Dt
上式称为误差函数解。
erf ( )
( x /(2 Dt ))
实际应用时，
cs c( x, t ) x erf cs c0 2 Dt
或
c( x, t ) c0 x 1 erf cs c0 2 Dt
H2
x 例1
c2
利用一薄膜从气流中分离氢气。在稳定状态时，薄膜一侧的氢浓度为0.025mol/m3,另一侧的氢浓度为 0.0025mol/m3，并且薄膜的厚度为100μm。假设氢通过薄膜的扩散通量为2.25×10-6mol/（m2s），求氢的扩散系数。

北京科技大学大学物理全套课件

2
cos2tj
dt
2 x
2 y
2 z
102 10 sin 2t2
at
d
dt 5
2 3 sin 4t 1 2 sin 2 2t
at atet
an a2 at2
an anen
39
例题5、质点作半径为R、角加速度为的匀角加速圆周运动。已知 t =0 时， =0 ， =0。求:
（1）任意时刻的角速度 =(t) ；（2）任意时刻的角坐标 = (t)；（3）任意时刻角坐标与角速度的关系: = ()
课程名称：大学物理 AI 任课教师：刘柏松
邮箱：liubs2002@ 公共邮箱：DXWLA_1001@
请同学们课后复习以下数学内容：
1、矢量（加减、点积、矢积、合成与分解）
2、微分与积分
1
物理学绪论
物理学是探讨物质结构和运动基本规律的学科,是自然科学的基础之一。一、物理学的研究范围：宇观、宏观、微观
zA
rA
B
r
rB
o
位移矢量
r
rB
rA
x
y
xB
xA
i
yB
yA
j
zB
zA
k
xi yj zk
r
x2 y2 z2
26
注意
（1）
r
与r的区别
r r
r
r t
0
rt
r
t
（2）位移r与路程 S 的区别
速度矢量
dx
i
dy
j
dz
k
dt dt dt
xi y j zk
27
速率

北科大材料科学基础课件

a. 全同立构[C2H3(CH3)]，b. 间同立构[C2H3F]； a. 无规立构[C2H3(CH3)]，b. 全同立构[C2H3Cl]。 12）什么是聚合物的构象？怎样利用无规行走模型来描述无规线团构象大分子柔性链两个端点之间的距离？
13）聚（苯乙烯-丁二mol。确定每各分子中苯乙烯和丁二烯的平均数目。
β=99.62°，γ=90°，密度是 0.946 g/cm3。确定每晶胞中单体的数目。 17）尼龙 6,6 材料的密度与结晶度的关系如下表所列：
密度ρ （g/cm3）
结晶度（%）
1.188
67.3
1,152
43.7
a.计算尼龙 6,6 全部为晶态以及全部为非晶态时的密度. b.计算结晶度为 55.4%时的密度。 18）构成液晶态的结构单元购有哪几种？特点是什么？ 19）按液晶结构的堆成性和有序性，液晶可以分成几类？在结构上各有什么特点？ 20）热致液晶和溶致液晶各是如何形成的？为什么这两种方法都可以形成液晶？ 21) 以“是”或“否”填充下列表格中的空档。
位置 LRO
位置 SRO
取向有序
晶体
液晶
玻璃
液体
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14）含 60%（重量）乙烯和 40%（重量）丙烯的交联共聚物具有类似天然橡胶的弹性性质，确定这种聚合物中两种单体的分数。
15）解释为什么聚合物的晶化倾向随分子量增加而降低。 16）聚丙烯在室温晶态结构属于单斜晶体，点阵常数是 a=0.666 nm，b=2.078 nm，c=0.650 nm，α=90°，
分布函数图。
4）形成氧化物玻璃的查卡里阿森规则是什么？ 5）什么是玻璃的网络形成体和网络修饰体？纯的 SiO2 玻璃与加入 CaO 的 SiO2 玻璃，哪种玻璃的玻

北科大余永宁金属学原理课后解答4解

同距离 x1 和 x2 所对应的时间 t1 和 t2 有如下关系：即
x1 = x2
Dt1
Dt2
即
t2
=
( x2 x1
)2 t1
故在距表面 0.1cm 处获得同样的浓度（0.45%）所需时间 t2 为
t2
=
( 0.1 )2 0.05
×1.822 ×104 s
=
7.288 ×104 s
=
20.24h
③根据②的解释，同一温度下渗入距离和时间关系的一般表达式为
②因扩散系数随浓度线性变化，设
D=a+bC
因 D1 = a + bC1 D0 = a + bC0
求得
a
=
D1
−
D1 C1
− −
D0 C0
C1
b = D1 − D0 C1 − C0
扩散流量 J = −(a + bC) dC dx
上式积分得 − Jx = aC + b C2 + d 2
边界条件：x=l，C=C0；代入上式得：
把数据转换成 lnα和 x2，得
x2×10−2=z
0.01 0.04 0.09 0.16 0.25
lnα=y
8.52 8.29 7.83 7.25 6.26
用线性回归，方程 y=a+bz 得
a=8.659 b=−935.82
4-4
D=− 1 =
1
mm2 ⋅ s−1 = 3.71 × 10−9 mm2 ⋅ s−1
距顶端距离 x/cm 0.1 α(任意单位) 5012
0.2 3981
0.3 2512
0.4 1413
0.5 524.8

北京科技大学物理化学A总复习(考研、期末必备)

7/20
重要关系式及概念（3）
mix G
ideal
T f k f bB Tb kb bB
RT nB ln xB 0
B
mix S ideal
mix G ideal R nB ln xB 0 T B p ,nC
Cp S T T p C p S T T p
T2
HT2 HT1

T1
C p dT ST ST 2 1

T2
C p T
T1
dT
15/20
与温度有关的物理量（2）
r Gm r H m T 2 T T p
23/20

答疑：地点：理化楼338 时间：
24/20
例题（1）
选择题
Q (A) 如果确定了某封闭体系变化过程的始末态，那么 T 有确定值；
(B) 单组分、单相的封闭体系中，在恒压、只做膨胀功的条件下，随温度的升高，体系焓值增大；
(C) ΔG>0的过程不能发生；
下列四种说法哪个正确________：
8/20
化学平衡
化学反应的方向、限度及影响平衡的因素包括溶液中组元参加的化学反应、电化学反应
r Gm r G RT ln J m r Gm RT ln K
9/20
相平衡 ' 相律 f K R R ' 2 K 2
单元系、凝聚态二元系相图分析包括绘制相图相态分布冷却过程杠杆规则三相反应
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重要关系式及概念（2）
p B B ( g ) RT ln p pB B B ( g ) RT ln p

工程力学材料力学第四版[北京科技大学及东北大学]习题答案解析

工程力学材料力学（北京科技大学与东北大学）第一章轴向拉伸和压缩1-1：用截面法求下列各杆指定截面的内力解：(a):N1=0,N2=N3=P(b):N1=N2=2kN(c):N1=P,N2=2P,N3= -P(d):N1=-2P,N2=P(e):N1= -50N,N2= -90N(f):N1=0.896P,N2=-0.732P注（轴向拉伸为正，压缩为负）1-2：高炉装料器中的大钟拉杆如图a所示，拉杆下端以连接楔与大钟连接，连接处拉杆的横截面如图b所示；拉杆上端螺纹的内径d=175mm。

以知作用于拉杆上的静拉力P=850kN，试计算大钟拉杆的最大静应力。

解：σ1=2118504P kNS dπ==35.3Mpaσ2=2228504P kNS dπ==30.4MPa∴σmax=35.3Mpa1-3：试计算图a所示钢水包吊杆的最大应力。

以知钢水包及其所盛钢水共重90kN，吊杆的尺寸如图b所示。

解：下端螺孔截面：σ1=19020.065*0.045P S=15.4Mpa上端单螺孔截面：σ2=2P S =8.72MPa上端双螺孔截面：σ3= 3P S =9.15Mpa∴σmax =15.4Mpa1-4：一桅杆起重机如图所示，起重杆AB为一钢管，其外径D=20mm,内径d=18mm;钢绳CB 的横截面面积为0.1cm2。

已知起重量P=2000N，试计算起重机杆和钢丝绳的应力。

解：受力分析得：F1*sin15=F2*sin45F1*cos15=P+F2*sin45∴σAB=11FS=-47.7MPaσBC=22FS=103.5 MPa1-5：图a所示为一斗式提升机.斗与斗之间用链条连接,链条的计算简图如图b 所示,每个料斗连同物料的总重量P=2000N.钢链又两层钢板构成,如c所示.每个链板厚t=4.5mm,宽h=40mm,H=65mm,钉孔直径d=30mm.试求链板的最大应力.解:F=6PS 1=h*t=40*4.5=180mm 2S2=(H-d)*t=(65-30)*4.5=157.5mm 2∴σmax=2F S =38.1MPa1-6:一长为30cm 的钢杆,其受力情况如图所示.已知杆截面面积A=10cm2,材料的弹性模量E=200Gpa,试求;(1) AC. CD DB 各段的应力和变形.(2) AB 杆的总变形.解: (1)σAC =-20MPa,σCD =0,σDB =-20MPa;△ l AC =NL EA =AC LEA σ=-0.01mm△ l CD =CD LEA σ=0△ L DB =DB LEA σ=-0.01mm(2) ∴ABl∆=-0.02mm1-7:一圆截面阶梯杆受力如图所示,已知材料的弹性模量E=200Gpa,试求各段的应力和应变.解:31.8127ACACCBCBPMPaSPMPaSσσ====ACACACLNLEA EAσε===1.59*104,CBCBCBLNLEA EAσε===6.36*1041-8:为测定轧钢机的轧制力,在压下螺旋与上轧辊轴承之间装置一测压用的压头.压头是一个钢制的圆筒,其外径D=50mm,内径d=40mm,在压头的外表面上沿纵向贴有测变形的电阻丝片.若测得轧辊两端两个压头的纵向应变均为ε=0.9*10-2,试求轧机的总轧制压力.压头材料的弹性模量E=200Gpa.解:NllEAllε∆=∆=∴NEAε=62.54*10N EA Nε∴==1-9：用一板状试样进行拉伸试验，在试样表面贴上纵向和横向的电阻丝来测定试样的改变。

大学无机化学第四版第四章课件

EMF
=
EMF
0.0592 V Z
lg
J
对于非标准态下的反应：
EMF > 0.2V EMF > 0 反应正向进行； EMF < - 0.2V EMF < 0 反应逆向进行。 0.2V < EMF < 0.2V 用 EMF 判断
例：判断在酸性溶液中H2O2与Fe2+混合时，能否发生氧化还原反应？若能反应，写
3
4.1.2 氧化还原反应方程式的配平
配平原则：
① 电荷守恒：氧化剂得电子数等于还原剂失电子数。
② 质量守恒：反应前后各元素原子总数相等。
配平步骤：
①用离子式写出主要反应物和产物(气体、纯液体、固体和弱电解质则写分子式)。
②分别写出氧化剂被还原和还原剂被氧化的半反应。
③分别配平两个半反应方程式，等号两边的各种元素的原子总数各自相等且电荷数相等。
= E (Ag+ / Ag) + 0.0592V lg {c(Ag+ )} = E (Ag+ / Ag) + 0.0592V lg Ksp (AgCl) = 0.799V + 0.0592V lg1.8×1010 = 0.222V
AgCl(s)+ e Ag(s)+ Cl (aq) 当c(Cl ) = 1.0mol L1 时 , c(Ag+ ) = Ksp (AgCl)
①
MnO
4
+
SO
2 3
SO
2 4
+
Mn 2+
②
MnO
4
+ 8H +
+ 5e
=

北京科技大学传热学第4章习题答案

4-10 Ball bearings leaving the oven at a uniform temperature of 900 ℃ are exposed to air for a while before they are dropped into the water for quenching. The time they can stand in the air before their temperature falls below 850 ℃ is to be determined.Assumptions 1 The bearings are spherical in shape with a radius of 0r = 0.6 cm. 2 The thermal properties of the bearings are constant. 3 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 4 The Biot number is Bi ﹤0.1 so that the lumped system analysis is applicable (this assumption will be verified).Properties The thermal conductivity, density, and specific heat of the bearings are given to be k =15.1 W/m ⋅°C,3/8085m kg =ρ, and ⋅=kg kJ C p /480.0°C.Analysis The characteristic length of the steel ball bearings and Biot number arem m D D D A V L c 002.06012.066/23=====ππ0167.0)/1.15()002.0)(/125(2=°⋅°⋅==C m W m C m W khL Bi c <0.1 Therefore, the lumped system analysis is applicable. Then the allowable time is determined to be132016.0)002.0)(/480)(/8085(/125−=°⋅°⋅===s m C kg J m kg C m W L C h V C hA b c p p ρρ s t e e T T T t T t s bt t 7.33090030850)()016.0(1=→=−−→=−−−−−∞∞ The result indicates that the ball bearing can stay in the air 3.7s before being dropped into the water.4-11 Large brass plates are heated in an oven. The surface temperature of the plates leaving the oven is to be determined.Assumptions 1center plane. 3 The thermal properties of the plate are constant. 4 transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 5Fourier number is τ﹥transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The properties of brass at room temperature are given to be C m W k °⋅=/110, s m /109.3326−×=αAnalysis The Biot number for this process is0109.0)/110()015.0)(/80(2=°⋅°⋅==C m W m C m W k hL BiThe constants 1λ and 1A corresponding to this Biot number are, from Table 4-1,Furnace, 700°C1λ=0.1039 and 1A =1.0018The Fourier number is4.90)015.0(min)/60min 10)(/109.33(2262=××==−m s s m Lat τ﹥0.2Therefore, the one-term approximate solution (or the transient temperature charts) is applicable. Then thetemperature at the surface of the plates becomes376.0)1039.0cos()0018.1()/cos(),(),()4.90()1039.0(111221===−−=−−∞∞e L L e A T T T t x T t L wallλθτλC t L T t L T °=→=−−2.446),(376.070025700),(4-12 A long cylindrical wood log is exposed to hot gases in a fireplace. The time for the ignition of the wood is to be determined.Assumptions 1 Heat conduction in the wood is one-dimensional since it is long and it has thermal symmetry about the center line. 2 The thermal properties of the wood are constant. 3 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 4 The Fourier number is τ﹥0.2 so that the one-term approximate solutions (or the transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The properties of wood are given to be k =0.17 W/m·℃,s m /1028.127−×=α. Analysis The Biot number is20(13.6/)(0.05)4(0.17/)hr W m C m Bi kW m C ⋅°===⋅° The constants1λand 1A corresponding to this Biot number are, from Table 4-1,1λ=1.9081 and 1A =1.46980J is determined from Table 4-2 corresponding to the constant 1λ,00.275J =The Fourier number is determined to be221(1.9081)010100(,)420500(/)(1.4698)(0.275)0.24910500t T r t T A e J r r eT T λττλτ−−∞∞−−=→=→=−− which is > 0.2. Therefore, the one-term approximate solution (or the transient temperature charts) can be used, with the understanding that the error involved will be under 2 percent. Then the length of time before the log ignites is22072(0.249)(0.05)486381.05min (1.2810/)r m t s m s τα−====×4-14 An orange is exposed to very cold ambient air. It is to determine whether the orange will freeze in 4 h in subfreezing temperatures. Assumptions 1 The orange is spherical in shape with a diameter of 8 cm. 2 Heat conduction in the orange is one-dimensional because of symmetry about the midpoint. 3 The thermal properties of the orange are constant, and are those of water. 4 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 5 The Fourier number is τ﹥0.2 so that the one-term approximate solutions (orthe transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The properties of the orange are approximated by those of water at the average temperature of about 5℃, k =0.571 W/m.℃ and s m C k p /10136.0)42051000/(571.0/26−×=×==ρα (Table A-9).Analysis The Biot number is0.1051.1)/571.0()04.0)(/15(20≈=°⋅°⋅==C m W m C m W k hr Bi The constants1λand 1A corresponding to this Biot number are, from Table 4-1,1λ=1.5708 and 1A =1.2732The Fourier number is22.1)04.0()/36004)(/10136.0(2262=××==−m h s h s m L tατ﹥0.2 Therefore, the one-term approximate solution (or the transient temperature charts) is applicable. Then thetemperature at the surface of the oranges becomes0399.05708.1)5708.1sin()2732.1(/)/sin(),(),()22.1()5708.1(001001100221===−−=−−∞∞rad e r r r r e A T T T t r T t r t sphλλθτλC t r T t r T °−=→=−−−−2.5),(0399.0)6(15)6(),(00which is less than 0°C. Therefore, the oranges will freeze.4-15 An area is subjected to cold air for a 10-h period. The soil temperatures at distances 0, 10, 20, and 50 cm from the earth’s surface are to be determined.Assumptions 1 The temperature in the soil is affected by the thermalconditions at one surface only, and thus the soil can be considered tobe a semi-infinite medium with a specified surface temperature. 2 The thermal properties of the soil are constant.Properties The thermal properties of the soil are given to beC m W k °⋅=/9.0 and s m /106.125−×=α.Orange T i = 15°C Ambient air–15°CWinds,–10°CSoil10°CAnalysis The one-dimensional transient temperature distribution in the ground can be determined from⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−∞k t h t x erfc k t h k hx t x erfc T T T t x T t t αααα2exp 2),(22 Where7.33/9.0)360010)(/106.1()/40(252=°⋅××°⋅=−Cm W s s m C m W k t h α 11387.332222==⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=k t h k t h αα Then we conclude that the last term in the temperature distribution relation above must be zero regardless of x despite the exponential term tending to infinity since (1) erfc(ξ)→0 forξ﹥4 (see Table 9-3) and (2)The term has to remain less than 1 to have physically meaningful solutions. That is,03.3321138exp 2exp 22≅⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+t x erfc k hx k t h t x erfc k t h k hx αααα Therefore, the temperature distribution relation simplifies to⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=→⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−∞∞t x erfc T T T t x T t x erfc T T T t x T t t t t αα2)(),(2),(Then the temperatures at 0, 10, 20, and 50 cm depth from the ground surface becomex = 0:C T T T T erfc T T T t erfc T T T h T t t t t t t °−==×−+=−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=∞∞∞∞101)()0()(20)()10,0(αx = 0.1m:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛××−−+=−)/360010)(/106.1(21.0)1010(10)10,1.0(25h s h s m m erfch m T C erfc °−=×−=−=5.89257.02010)066.0(2010 x = 0.2m:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛××−−+=−)/360010)(/106.1(22.0)1010(10)10,2.0(25h s h s m m erfch m T C erfc °−=×−=−=0.78519.02010)132.0(2010 x = 0.5m:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛××−−+=−)/360010)(/106.1(25.0)1010(10)10,5.0(25h s h s m m erfch m TC erfc °−=×−=−=8.26418.02010)329.0(20104-19 A cubic block and a cylindrical block are exposed to hot gases on all of their surfaces. The center temperatures of each geometry in 10, 20, and 60 min are to be determined.Assumptions 1 Heat conduction in the cubic block is three-dimensional, and thus the temperature varies in all x -, y , and z - directions. 2 Heat conduction in the cylindrical block is two-dimensional, and thus the temperature varies in both axial x - and radial r - directions. 3 The thermal properties of the granite are constant. 4 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 5 The Fourier number is τ﹥0.2 so that the one-term approximate solutions (or the transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The thermal properties of the granite are given to be k=2.5 W/m ⋅°C and s m /1015.126−×=α.Analysis:Cubic block : This cubic block can physically be formed by the intersection of three infinite plane walls of thickness 2L =5 cm.After 10 minutes: The Biot number, the corresponding constants, and the Fourier number are4.0)/5.2()025.0)(/40(2=°⋅°⋅==C m W m C m W k hL Bi → 1λ=0.5932 and 1A =1.0580104.1)025.0(min)/60min 10)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.2To determine the center temperature, the product solution can be written as[]3),0(),0,0,0(wall block t t θθ=()3121),0,0,0(τλ−∞∞=−−e A T T T t T t{}369.0)0580.1(50020500),0,0,0(3)104.1()5932.0(2==−−−et T →T (0,0,0,t) = 322.9℃After 20 minutes208.2)025.0(min)/60min 20)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.2{}115.0)0580.1(50020500),0,0,0(3)208.2()5932.0(2==−−−e t T →T (0,0,0,t) = 444.8℃After 60 minutes624.6)025.0(min)/60min 60)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.2 5Hot gases, 500°C{}00109.0)0580.1(50020500),0,0,0(3)624.6()5932.0(2==−−−e t T →T (0,0,0,t) = 499.5℃Note that τ﹥0.2 in all dimensions and thus the one-term approximate solution for transient heat conduction is applicable.Cylindrical block : This block can physically be formed by the intersection of a long cylinder of radius r 0=2.5cm and a plane wall of thickness 2L =5 cm. After 20 minutes208.2)025.0(min)/60min 20)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.221(2.5/) 2.5(40/)(0.025)k W m C Bi hL W m C m ⋅°===⋅° We can get: Plane wall:(0,)(0,)0.5wall i T t T t T T θ∞∞−==−Cylinder:(0,)(0,)0.24cyl i T t T t T T θ∞∞−==−So,(0,0,)(0,0,)(0,)(0,)0.50.240.12short cyl wall cyl i T t T t t t T T θθθ∞∞−===×=−→T (0,0,0,t) = 442.4℃。

814材料科学基础-第四章扩散知识点讲解

北京科技大学材料科学与工程专业814 材料科学基础主讲人：薛老师第四章扩散本章主要内容1.菲克第一定律2.菲克第二定律3.菲克定律的应用4.原子扩散中的热力学5.扩散的微观机制6.影响扩散系数的因素7.反应扩散本章主要要求1.掌握菲克定律的内容2.熟练运用菲克定律3.掌握扩散系数的影响因素4.了解扩散的微观机制5.掌握反应扩散知识点1 扩散定义：由构成物质的微粒（原子、分子、离子）的热运动而产生的物质迁移的现象称为扩散。

扩散的宏观表现形式是物质的定向输送。

研究扩散主要有两种方法：（1）表象理论：根据所测量的参数描述物质传输的速率和数量；（2）原子理论：扩散过程中原子是如何迁移的。

扩散是固体中物质传输的唯一方式，液体或气体还有对流的方式可以通过参入放射性同位素可以证明。

知识点2 菲克第一定律当固体中存在着成分差异时，原子将从高浓度处向低浓度处扩散。

为了描述原子迁移的速率，提出了菲克第一定律。

数学表达式：1. J 为扩散通量，表示单位时间内通过垂直于扩散方向x 的单位面积的扩散物质的质量，单位为kg/(m 2*s)2. 表示溶质原子的浓度梯度3. D 为扩散系数，其单位为m 2/s ，ρ是扩散物质的质量浓度，单位为kg/m 34. 负号表示物质的扩散方向与质量浓度梯度方向相反，即表示物质从高浓度区向低浓度区方向迁移。

菲克第一定律表示了一种质量浓度不随时间变化而变化的现象。

dxdc d D J )(ρ-=dx d ρ扩散第一定律的注意点（1）扩散第一定律与经典力学相同，是被实验所证明的公理；（2）浓度梯度一定，扩散取决于扩散系数。

扩散系数与很多因素有关，但是与浓度梯度无关；（3）当浓度梯度为0时，J=0，说明在浓度均匀的系统中，不会产生扩散现象，这一结论仅仅适用于下坡扩散；（4）扩散第一定律的不足之处就是仅仅提出了扩散与距离的关系，并没有提出扩散与时间的关系；知识点3 菲克第二定律扩散第一定律只适用于稳态扩散，即在扩散的过程中各处的浓度不因为扩散过程的发生而随时间的变化而改变。

第4章 4.1.2

4.1.2 圆的一般方程【课时目标】 1．正确理解圆的一般方程及其特点．2．会由圆的一般方程求其圆心、半径．3．会依据不同条件利用待定系数法求圆的一般方程，并能简单应用．4．初步掌握点的轨迹方程的求法，并能简单应用．1．圆的一般方程的定义(1)当________________时，方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0叫做圆的一般方程，其圆心为____________，半径为______________________．(2)当D 2＋E 2－4F ＝0时，方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示点________________．(3)当__________________时，方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0不表示任何图形．2．由圆的一般方程判断点与圆的位置关系已知点M (x 0，y 0)和圆的方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)．，则其位置关系如下表：一、选择题1．圆2x 2＋2y 2＋6x －4y －3＝0的圆心坐标和半径分别为( )A ．⎝⎛⎭⎫－32，1和194B ．(3,2)和192C ．⎝⎛⎭⎫－32，1和192D ．⎝⎛⎭⎫32，－1和1922．方程x 2＋y 2＋4x －2y ＋5m ＝0表示圆的条件是( )A ．14<m <1 B ．m >1 C ．m <14D ．m <1 3．M (3,0)是圆x 2＋y 2－8x －2y ＋10＝0内一点，过M 点最长的弦所在的直线方程是( ) A ．x ＋y －3＝0 B ．x －y －3＝0C ．2x －y －6＝0D ．2x ＋y －6＝04．圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＋3＝0的圆心到直线x －y ＝1的距离为( )A ．2B ．22C ．1D ． 2 5．已知圆x 2＋y 2－2ax －2y ＋(a －1)2＝0(0<a <1)，则原点O 在( )A ．圆内B ．圆外C ．圆上D ．圆上或圆外6．若圆M 在x 轴与y 轴上截得的弦长总相等，则圆心M 的轨迹方程是( )A ．x －y ＝0B ．x ＋y ＝0C ．x 2＋y 2＝0D ．x 2－y 2＝0二、填空题7．如果圆的方程为x 2＋y 2＋kx ＋2y ＋k 2＝0，那么当圆面积最大时，圆心坐标为________．8．已知圆C ：x 2＋y 2＋2x ＋ay －3＝0(a 为实数)上任意一点关于直线l ：x －y ＋2＝0的对称点都在圆C 上，则a ＝________．9．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为________．三、解答题10．平面直角坐标系中有A(－1,5)，B(5,5)，C(6，－2)，D(－2，－1)四个点能否在同一个圆上？11．如果方程x2＋y2－2(t＋3)x＋2(1－4t2)y＋16t4＋9＝0表示一个圆．(1)求t的取值范围；(2)求该圆半径r的取值范围．能力提升12．求经过两点A(4,2)、B(－1,3)，且在两坐标轴上的四个截距之和为2的圆的方程．13．求一个动点P在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点A(3,0)连线的中点M的轨迹方程．1．圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，来源于圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2．在应用时，注意它们之间的相互转化及表示圆的条件．2．圆的方程可用待定系数法来确定，在设方程时，要根据实际情况，设出方程，以便简化解题过程．3．涉及到的曲线的轨迹问题，要求作简单的了解，能够求出简单的曲线的轨迹方程，并掌握求轨迹方程的一般步骤．4．1．2圆的一般方程答案知识梳理1．(1)D 2＋E 2－4F >0 ⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2 12D 2＋E 2－4F (2)⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2 (3)D 2＋E 2－4F <02．> ＝ <作业设计1．C [由一般方程圆心⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2，半径r ＝12D 2＋E 2－4F 两公式易得答案．] 2．D [表示圆应满足D 2＋E 2－4F >0．]3．B [过M 最长的弦应为过M 点的直径所在直线．]4．D [先求出圆心坐标(1，－2)，再由点到直线距离公式求之．]5．B [先化成标准方程(x －a )2＋(y －1)2＝2a ，将O (0,0)代入可得a 2＋1>2a (0<a <1)，即原点在圆外．]6．D [圆心应满足y ＝x 或y ＝－x ，等价于x 2－y 2＝0．]7．(0，－1)解析 r ＝12k 2＋4－4k 2＝124－3k 2．当k ＝0时，r 最大，此时圆面积最大，圆的方程可化为x 2＋y 2＋2y ＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)．8．－2解析由题意知圆心⎝⎛⎭⎫－1，－a 2应在直线l ：x －y ＋2＝0上，即－1＋a 2＋2＝0，解得 a ＝－2．9．20 6解析点(3,5)在圆内，最长弦|AC |即为该圆直径，∴|AC |＝10，最短弦BD ⊥AC ，∴|BD |＝46，S 四边形ABCD ＝12|AC |·|BD |＝206． 10．解设过A 、B 、C 三点的圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧ D －5E －F ＝265D ＋5E ＋F ＝－506D －2E ＋F ＝－40，解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－4E ＝－2F ＝－20．所以过A 、B 、C 三点的圆的方程为x 2＋y 2－4x －2y －20＝0．将点D (－2，－1)代入上述方程等式不成立．故A 、B 、C 、D 四点不能在同一个圆上．11．解 (1)方程x 2＋y 2－2(t ＋3)x ＋2(1－4t 2)y ＋16t 4＋9＝0表示一个圆必须有： D 2＋E 2－4F ＝4(t ＋3)2＋4(1－4t 2)2－4(16t 4＋9)>0，即：7t 2－6t －1<0，∴－17<t <1． (2)该圆的半径r 满足：r 2＝D 2＋E 2－4F 4＝(t ＋3)2＋(1－4t 2)2－(16t 4＋9)＝－7t 2＋6t ＋1＝－7⎝⎛⎭⎫t －372＋167， ∴r 2∈⎝⎛⎦⎤0，167，∴r ∈⎝⎛⎦⎤0，477． 12．解设圆的一般方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，令y ＝0，得x 2＋Dx ＋F ＝0，所以圆在x 轴上的截距之和为x 1＋x 2＝－D ；令x ＝0，得y 2＋Ey ＋F ＝0，所以圆在y 轴上的截距之和为y 1＋y 2＝－E ；由题设，x 1＋x 2＋y 1＋y 2＝－(D ＋E )＝2，所以D ＋E ＝－2． ①又A (4,2)、B (－1,3)两点在圆上，所以16＋4＋4D ＋2E ＋F ＝0， ②1＋9－D ＋3E ＋F ＝0， ③由①②③可得D ＝－2，E ＝0，F ＝－12，故所求圆的方程为x 2＋y 2－2x －12＝0．13．解设点M 的坐标是(x ，y )，点P 的坐标是(x 0，y 0)．由于点A 的坐标为(3,0)且M是线段AP 的中点，所以x ＝x 0＋32，y ＝y 02于是有x 0＝2x －3，y 0＝2y ．因为点P 在圆x 2＋y 2＝1上移动，所以点P 的坐标满足方程x 20＋y 20＝1，则(2x －3)2＋4y 2＝1，整理得⎝⎛⎭⎫x －322＋y 2＝14．所以点M 的轨迹方程为⎝⎛⎭⎫x －322＋y 2＝14．。

北科大分析化学课件4配位滴定

K2 = [ML2 ] [ML][L]
● ● ●
K不稳 n
1 = K1
1 K2
ML + L = ML2
● ● ●
K不稳 n1
● ● ●
MLn-1 + L = MLn
Kn =
[ML n ] [ML n-1][L]
K不稳 1
1 Kn
2013年7月30日2时27分
K 表示相邻络合物之间的关系
酸可看成质子络合物
2013年7月30日2时27分
EDTA络合物的特点

广泛，EDTA几乎能与所有的金属离子形成络合物;

稳定（形成多个五元环），lgK > 15;
络合比简单，一般为1：1（Mo:Y=2:1)；

络合反应速度快，水溶性好（大多带电荷）；
EDTA与无色的金属离子形成无色的络合物（利于指示终点），与有色的金属离子形成颜色更深的络合物 (CrY-深紫色，可做显色剂，进行比色法测定）。
Y(H)= 1+[H+ ]1 +[H+ ]2 2 + +[H+ ]6 6
-20.00+21.40
5.34
= 1+10-5.00+10.34 +10-10.00+16.58 +10-15.00+19.33
+10
= 10
+10
-25.00+23.0
+10
-2.0
-30.00+23.9
-6.1
2013年7月30日2时27分
稳定常数具有以下规律：
1 ．碱金属离子的配合物最不稳定，lg KMY<3； 2．碱土金属离子的 lgKMY = 8～11；

[北科大]无机化学实验：4 铬、锰(实验报告)

CrO42-(黄) + 2H+ === Cr2072-(橙)+ H20 一般铬酸盐比重铬酸盐难溶于水,由于 CrO42-和 Cr2072-转化平衡的存在,向 Cr2072-溶液中加入 Ag2+、Ba2+、Pb2+,分别生成难溶的 Ag2CrO4沉淀。铬的元素电势图: 酸性介质
无机化学实验报告
【实验名称】实验四:铬、锰【班级】【姓名】
【日期】【学号】
一、实验目的
○1 掌握铬、锰的各种氧化值化合物的生成和性质。 ○2 学习离子分离的方法。 ○3 学习用归纳推理的基本原理总结实验规律。
二、实验原理
1.铬铬的价电子层构型为 3d54s1,它的主要氧化态有+2、+3、+6。氧化值为+2 的铬不稳定,在水溶液中以[Cr(H20)6]3+(淡蓝色)形态存在。可用强还原剂(如锌粉、铝粉)在酸性介质中还原 Cr(Ⅲ)或 Cr(Ⅵ)制得。 Cr3+(aq)是在水溶液中最稳定、最常见的物种。Cr(Ⅲ)的氢氧化物呈两性。在强碱性介质以 Cr(OH)4-离子存在。氧化值为+6 的铬在水溶液中有两种离子,CrO42-和 Cr2072-。前者呈黄色、后者呈橙色。它们间存在下列平衡:
四、实验内容
1.一般实验 (1)Cr2+(aq)的生成和性质取 0.5mL K2Cr207(0.1mol/L)溶液,加 0.5mL HCl(2mol/L),加少量 Zn 粉,加热,观察溶液颜色的变化过程。待反应停止后,振荡,观察溶液的颜色又有何变化。写出反应方程式。 (2)Cr(OH)3 的两性取 1mL CrCl3(0.1mol/L)溶液,滴加 NaOH(2mol/L)至生成大量的 Cr(OH)3。观察沉淀的颜色。将沉淀分成两份,分别加入 2mol/L 的 HCl 和 2mol/L 的 NaOH 溶液,试验 Cr(OH)3 的两性。记录实验现象,特别是 Cr(OH)3 与 NaOH 作用产物的颜色。写出反应方程式并从实验得出结论。 (3)CrO42-(aq)与 Cr2072-(aq)的相互转换 ○1 取 5 滴 K2Cr04 (0.1mol/L),加入数滴 H2SO4(2mol/L),观察溶液颜色的变化。 ○2 取 5 滴 K2Cr207(0.1mol/L),加入数滴 NaOH(2mol/L),观察溶液颜色的变化。写出反应方程式,总结 CrO42-与 Cr2072-存在的介质条件 (4)铬酸盐沉淀的生成实验 ○1 实验 K2Cr04 (0.1mol/L)溶液分别与 AgNO3 (0.1mol/L)、Pb(NO3)2(0.1mol/L)、 BaCl2(0.1mol/L)溶液的作用。记录所生成沉淀的颜色,写出反应方程式。 ○2 实验 K2Cr207(0.1mol/L)溶液分别与 AgNO3 (0.1mol/L)、Pb(NO3)2(0.1mol/L)、 BaCl2(0.1mol/L)溶液的作用,并与 K2Cr04 所生成的沉淀颜色比较。写出沉淀的化学式及反应离子方程式,并解释之。 ○3 再实验这三种沉淀在 HNO3(6mol/L)中溶解情况(必要时可加热)。记录实验现象,写出反应方程式,并解释之。 (5)Mn(OH)2 的制备和性质在试管中装入 0.5mL MnSO4(0.1mol/L)溶液，滴加 1mL NaOH(2mol/L)溶液,观察生成 Mn(OH)2 沉淀的颜色。放置试管,观察沉淀的颜色变化。

北京科技大学高等有机化学课件氧化还原反应

17
例如，邻二苯甲醛在碱的作用下，生成邻羟基苯甲酸盐，而后关环形成内酯。
18
2．-二酮重排
没有氢原子的—二酮类在碱性介质中发生歧化重排，生成醇和酸的反应，称为—二酮重排反应。例如，菲二酮重排：
19
3．Villiger氧化
氧化剂可使酮插人一个氧成酯，这个反应称为Villiger反应。
10
4.1.5 加成—消除反应历程
-2
+2
11
,不饱和醛酮与碱性过氧化物反应时，其反应机理是经过加成一消除历程。
12
4.2 几种典型的氧化还原反应
4. 2.1 涉及立体化学的氧化还原反应 1．烯烃的环氧化反应
13
环氧化反应是顺式加成，环氧化物仍保留原来烯烃的构型：
14
2，烯烃与高锰酸钾、四氧化锇的反应
47
48
10．无溶剂微波促进的氧化还原反应
用NaBH4 – Al2O3还原体系，在微波促进下反应1 min左右，可以顺利地将羰基还原成醇，反应快，没有副反应。
49
用KBH4 – LiCl还原体系，在微波促进下反应10 min左右，可以顺利地将酯基还原成醇，反应快，没有副反应。
50
无溶剂微波促进下，过氧化苯甲酸将酮氧化为酯的反应效果也很好。
将高锰酸钾的稀水溶液滴加到烯烃中，在低温（—5℃）下反应，其结果得顺式加成的邻二醇。以环己烯为例说明：
15
用四氧化锇(OsO4)在非水溶剂如乙醚、四氢呋喃中也能将烯烃氧化成顺式加成的邻二醇：
16
4.2. 2 涉及重排的氧化还原反应
1．Cannizarro反应没有氢原子的醛类在碱性介质中发生歧化，生成醇和酸的反应，称为Cannizarro反应。

北科大建筑概论第四章

–热加工车间：生产中散发大量热量、烟尘
• 炼钢、轧钢、铸工车间
–冷加工车间：机械加工车间、装配车间 –有侵蚀性介质作用的车间：化工厂某些车间
• 受到酸、碱、盐等侵蚀性介质的作用 • 建筑材料的选择和构造处理上应有可靠的防腐蚀措施
–恒温恒湿车间：纺织车间、精密仪器车间 –洁净车间：集成电路车间、精密仪表的微型零件加工
平面设计与总图及环境的关系
• 与地形的关系
–厂区地形对厂房的平面形式有着直接的影响 –在山区建厂，为减少土石方工程和投资，加快施工进
度，在工艺条件允许的情况下，要适应地形，而不能过分强调简单、规整
平面设计与总图及环境的关系
• 与气候的关系
– 在炎热地区，为使厂房有良好的自然通风 • 厂房宽度不宜过大 • 最好采用长条形 • 使厂房长轴与夏季主导风向垂直或大于45度
– 钢筋混凝土结构 • 坚固耐用，可预制装配或现浇，比钢结构造价低 • 自重大，抗振性能不如钢结构
– 钢结构： • 抗振性能好、构件较轻，施工速度快 • 对于要求建设速度块、早投产早受益的工业厂房，可采用钢结构 • 易锈蚀、耐火性较差，使用时应采取相应的防护措施
工业建筑的分类
• 按厂房的结构类型分
–空间结构体系
• 柱网的选择实际上就是选择厂房的跨度和柱距
柱网的选择
• 厂房跨度尺寸的确定
–根据设备的尺寸及其布置情况、物品运输及生产操作所需的空间决定
–生产设备布置比较灵活的车间（机械加工车间），跨度大小常常根据技术经济比较来决定
–在厂房总宽度和柱距不变寸有相应规定：
• 按厂房用途分
– 主要生产厂房： • 铸工车间、锻工车间
– 辅助生产厂房： • 机修车间
– 动力用厂房： • 热电站、锅炉房

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ϕ /V
-2.71 -0.7618 0 0.3419 0.401 2.866
氧化能力逐渐增强
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表的物理意义和注意事项
1)表中代数值按从小到大顺序编排。 1)表中φ 代数值按从小到大顺序编排。表中 φ 代数值越大，表明电对的氧化态越易得电子, 即氧化态就是越强的氧化剂; φ 代数值越小，表明电对的还原态越易失电子，即还原态就是越强的还原剂； φ (Cl2/Cl-)=1.3583 , )=1.3583V, 如: φ (Br2/Br-)=1.066 ， )=1.066V φ (I2/I-)=0.5355 。 )=0.5355V。可知：氧化性较强，还原性较强。可知：Cl2氧化性较强，而I-还原性较强。
H2O2(aq) + 2H+(aq) + 2e¯ O2(g) + 2H+(aq) + 2e¯
φ (Fe2+/ Fe)= -0.447v φ (Fe3+/ Fe2+) = 0.771v
2H2O ϕ (H2O2/H2O) = 1.776V
H2O2(aq) ϕ (O2/H2O2) = 0.695V
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从热力学的化学反应等温式中，可得到下式：
RT [c (产物） c ]b / ln E=E − nF [c (反应物） c ]a /
上式称为电动势的能斯特（W.Nernst）方程,电动势是强度性质,其值与反应中化学计量数的选配无关。
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电池反应的K 与标准电动势E 电池反应的与标准电动势的关系已知K 与∆rGm的关系如下：
(-)Zn｜ZnSO4(c1) CuSO4(c2)｜Cu(+)
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3. 电极类型
可用来组成半电池电极的氧化还原电对，除金属与其对应的金属盐溶液以外，还有非金属单质及其对应的非金属离子(如H+/H2，O2/OH-， Cl2/Cl-)、同一种金属不同价的离子(如Fe3+/Fe2+， Cr2O72-/Cr3+，MnO4-/Mn2+)等。对于后两者，在组成电极时常需外加惰性导电体材料(惰性电极) 如Pt，以氢电极为例，可表示为 H+(c)|H2 (p) |Pt。
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(2) φ 代数值与电极反应中化学计量数的选配无关 φ 代数值是反映物质得失电子倾向的大小，它与物质的数量无关。如：Zn2++2e- = Zn 与 2Zn2++4e- = 2Zn φ 数值相同代数值与半反应的方向无关。 (3) φ 代数值与半反应的方向无关。 IUPAC规定，表中表中电极反应以还原反应表示（故表中有称之谓“还原电势”），无论电对物质在实际反应中的转化方向如何，其φ 代数值不变。如Cu2++2e- = Cu与Cu = Cu2++2e φ 数值相同
氧化还原电极 Fe3+/Fe2+
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4.1.2 原电池的热力学
1.电池反应的△Gm与电动势的关系电池反应的△ 与电动势E的关系电池反应的对电动势为E的电池反应：对电动势为的电池反应：的电池反应 Cu2++Zn→Zn2++Cu
根据标准摩尔生成焓和标准摩尔生成吉布斯函数，可求得(298.15K时)：布斯函数，可求得：
如: ϕ(Zn2+/Zn); ϕ(Cu2+/Cu);
ϕ(O2/OH¯); ϕ(MnO4¯/Mn2+);
等 ϕ(Cl2/Cl¯)等。
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两电极的ϕ值大小(高低)不同，其差值即为电池的电动势E。
E= ϕ(正极)- ϕ(负极)
目前测定电极电势ϕ的绝对值尚有困难。在实际应用中只需知道ϕ的相对值而不必去追究它们的绝对值。
解决问题的办法: 国际上统一(人为)规定:标准氢电极的电极电势ϕ 国际上统一为零
ϕ ( H /H 2 ) = 0 V
+
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标准氢电极
标准氢电极: 标准氢电极将镀有一层疏松铂
黑的铂片插入a(H+) = 1 的酸溶液中。在298.15K时不断通入p(H2) =100kPa的纯氢气流，铂黑很易吸附氢气达到饱和，同时对电化学反应有催化作用，使氢气很快与溶液中的H＋达成平衡。其可逆程度很高,这样组成的电极称为标准氢电极。在ϕ右上角加“ ”以示 “标准”,括号中电对“H+/H2”表示 “氢电极”。
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(3) 氧化态和相应的还原态物质能用来组成电对，氧化态和相应的还原态物质能用来组成电对，通常称为氧化还原电对，用符号“氧化态/还原态还原态” 通常称为氧化还原电对，用符号“氧化态还原态” 表示。表示。一般只把作为氧化态和还原态的物质用化学式表示出来，通常不表示电极液的组成。如，铜锌原电池中的两个半电池的电对可分别表示为Zn2+/Zn和Cu2+/Cu。又如:Fe 又如 3+/Fe2+, O2/OH-, Hg2Cl2/Hg, MnO4-/Mn2+ 等。
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根据上述方法，可利用标准氢电极或参比电极测得一系列待定电极的标准电极电势。书末附录10中列出298.15K时标准状态活度(a=1,压力p=100kPa)下的一些氧化还原电对的标准电极电势,表中都是按代数值由小到大的顺序自上而下排列的。
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4.2.2 电极电势的能斯特方程式
对于任意给定的电极，电极反应通式为 a(氧化态)+ a(氧化态)+ne氧化态
b(还原态) 还原态)
∆rHm = -217.2 kJ·mol-1 ∆rGm = -212.69 kJ·mol-1
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由于 ∆rGm 是系统可用来做非体积功的那部分能量 , 而在原电池中,非体积功而在原电池中非体积功 ' 即为电功 e, 非体积功w 即为电功w
∆rGm= w'max = -QE = -nFE 所以∆rGm= -nFE 或 ∆rGm = -nFE
4.2.1标准电极电势 4.2.1标准电极电势原电池能够产生电流,表明原电池两极间存在原电池能够产生电流表明原电池两极间存在电势差,即每个电极都有一个电势即每个电极都有一个电势,称为电极电电势差即每个电极都有一个电势称为电极电用符号: 氧化态还原态)表示氧化态/还原态表示。势。用符号 ϕ(氧化态还原态表示。
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Cu2+ +2eZn - 2eZn—低, 低
Cu Zn2+ Cu—高高
Zn—负极 Cu—正极负极, 负极正极
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2. 若干概念
(1) 原电池是由两个半电池组成的；半电池中的反应原电池是由两个半电池组成的；就是半反应,即电极反应。因此将半电池又叫电极。就是半反应即电极反应。因此将半电池又叫电极。即电极反应如：电池反应 Cu(s) + 2Ag+(aq) = Cu2+(aq) + 2Ag(s)
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标准电极电势表
还原能力逐渐增强电对 Na+/Na Zn2+/Zn H+/H2 Cu2+/Cu O2/OH¯ F2/F¯ 电极反应 Na+(aq)+e¯ =Na(s) Zn2+(aq)+2e¯ = Zn(s) 2H+(aq)+2e¯ = H2 (g) Cu2+(aq)+2e¯ = Cu(s) O2(g)+2H2O+4e¯=4 OH¯(aq) F2(g)+2e¯ = 2F¯(aq)
未知ϕ 的测定:标准氢电极的测定:
与待测电极组成原电池后, 与待测电极组成原电池后,测其电池反应的电动势其电池反应的电动势E。
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图4.1 标准氢电极示意图
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附例4.1：附例：Zn与H2在标准条件下组成电池，Zn为负极，在 25℃时测得电池的电动势E = 0.7618V。求 φ (Zn2+/Zn) = ? 。
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(2)半反应（电极反应） (2)半反应（电极反应）涉及同一元素的氧化态和半反应还原态：还原态：
a(氧化态 + ne 氧化态) 氧化态
b(还原态) (还原态)
式中n是所写电极反应中电子的化学计量数
从反应式可以看出，每一个电极反应中都有两类物质：一类是可作还原剂的物质，称为还原态物质，如上面所写的半反应中的Zn、Cu、Ag等；另一类是可作氧化剂的物质，称为氧化态物质，如Zn2+、 Cu2+、Ag+等。
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4.1 原电池
4.1.1 原电池中的化学反应 1. 原电池组成与反应将氧化还原反应的化学能转变为电能的装置。将氧化还原反应的化学能转变为电能的装置。电池反应： Cu2++Zn→Zn2++Cu 电池反应
正极反应: 正极反应负极反应: 负极反应电势: 电势电极名: 电极名
解：根据 E= φ(正极)- φ(负极) 0.7618V = 0V–φ (Zn2+/Zn) 可求出待测电极φ (Zn2+/Zn)的标准电极电势得： ( Zn 2+ / Zn) = – 0.7618V ϕ