步步高2016届高考化学(人教版新课标)一轮复习配套题库：第六章 第三讲 电解池 金属的电化学腐蚀与保护
步步高2016届高考化学(人教版新课标)一轮复习配套资料：第十章 学案48 难溶电解质的溶解平衡
一、沉淀溶解平衡
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1．沉淀的溶解平衡是怎样建立的？勒夏特列原理是否适用于该平衡？ 2．难溶电解质溶解能力的大小，通常怎样表示？其大小受哪些因素的影响？
3．影响沉淀溶解平衡的因素有哪些？各怎样影响？
典例导悟 1 下表是五种银盐的溶度积常数(25 ℃)： 化学 AgCl Ag2SO4 Ag2S AgBr AgI 式 － － － － － 1.8×10 10 1.4×10 5 6.3×10 50 5.4×10 13 8.3×10 17 溶度 2 3 3 2 2 mol mol mol mol mol 积 － － － － － · L 2 · L 3 · L 3 · L 2 · L 2 下列说法不正确的是( ) A．五种物质在常温下溶解度最大的是 Ag2SO4 B．将氯化银溶解于水后，向其中加入 Na2S，则可以生成黑色沉淀 C．氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度逐渐增大 D．沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动 听课记录： 变式演练 1 下列叙述不正确的是( ) A．CaCO3 能够溶解在 CO2 的水溶液中 B．Mg(OH)2 可溶于盐酸，不溶于 NH4Cl 溶液 C．AgCl 可溶于氨水 D．MgSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 得到两种沉淀 典例导悟 2 (2008· 山东理综，15)某温度
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典例导悟 3 (2011· 泰安月考 ) 已知 Ksp(AgCl) ＝ 1.8×10 10 mol2· L 2 ， Ksp(Ag2CrO4) ＝ －12 －1 －1 3 －3 1.9×10 mol · L ， 现在向 0.001 mol· L K2CrO4 和 0.01 mol· L KCl 混合液中滴加 0.01 mol· L －1 AgNO3 溶液，通过计算回答： － － (1)Cl 、CrO2 4 谁先沉淀？ － (2)刚出现 Ag2CrO4 沉淀时，溶液中 Cl 浓度是多少？(设混合溶液在反应中体积不变)
高三一轮复习化学试题(人教版新高考新教材)考点规范练32 烃的衍生物
考点规范练32烃的衍生物一、选择题1.下列表述中正确的是()。
A.苯与氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2C.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3ClD.硫酸作催化剂,CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O答案:D解析:苯与氯气生成C6H6Cl6的反应是加成反应,A项错误。
乙烯与溴水发生加成反应的产物应为CH2BrCH2Br,B项错误。
甲烷与氯气反应生成的是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl的混合物,C项错误。
CH3CO18OCH2CH3水解生成CH3COOH和CH3C H218OH,D项正确。
2.已知酸性:>H2CO3>,综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素,将完全转化为的最佳方法是()。
A.与稀硫酸共热后,加入足量的NaOH溶液B.与足量的NaOH溶液共热后,再通入足量CO2C.与稀硫酸共热后,加入足量的NaHCO3溶液D.与足量的NaOH溶液共热后,再加入适量的H2SO4溶液答案:B解析:先在NaOH溶液中水解生成,由于酸性>H2CO3>,再通入二氧化碳气体即可生成,故B项正确。
3.三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。
轮烷是一种分子机器的“轮子”,芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料,其结构如下图所示。
下列说法不正确的是()。
A.b、c互为同分异构体B.a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上C.a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应D.a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色答案:C解析:b的分子式为C10H12O,含有的官能团为碳碳双键和醚键,c的分子式为C10H12O,含有的官能团为碳碳双键和羟基,b、c的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,A项正确。
a中均为不饱和碳原子,所有碳原子均有可能处于同一平面上,c中有一个饱和碳原子连在苯环上,一个饱和碳原子连在碳碳双键上,所有碳原子均有可能处于同一平面上,B 项正确。
步步高2016年高考物理人教版一轮复习《第六章 静电场》 第3课时
第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动考纲解读1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．考点一 平行板电容器的动态分析1．电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．对公式C ＝QU 的理解电容C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 3．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)用决定式C ＝εr S4πkd 分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E ＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化．例1 如图1所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )图1A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流解析 根据电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 此时不变，故板间场强E ＝Ud变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q 也减小，因此电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情况下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间场强E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍然静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板间间距d 变小，根据C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d ，可得E ＝4πkQεr S ，显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项D 错误． 答案 AB 变式题组1．[平行板电容器的动态分析]用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图2)，设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图2A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，增大S ，则θ变小D ．保持d 不变，增大S ，则θ不变 答案 AC2．[平行板电容器的动态分析]将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示，下列说法正确的是( ) A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半 B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍 C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝Ud可知，A 、D 正确．两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U 恒定，则Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1d ；二是电容器充电后与电源断开，此时Q 恒定，则U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S.考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用功能观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 (2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析 带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg (d2＋d )－qU ＝0；若电容器下极板上移d 3，设带电粒子在距上极板d ′处返回，则重力做功W G ＝mg (d2＋d ′)，电场力做功W 电＝－qU ′＝－q d ′(d －d 3)U ＝－q 3d ′2d U ，由动能定理得W G ＋W 电＝0，联立各式解得d ′＝25d ，选项D 正确．答案 D 递进题组3．[带电粒子在电场中直线运动分析]如图3，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图3A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动 答案 BD解析 要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，B 正确；合力做负功，故动能减少，C 错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D 正确．4．[带电体在电场中的直线运动]如图4所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．答案 (1)3mg4q (2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin37°＝qE ①F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0 可得E k ＝0.3mgL处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化．(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化．考点三 带电粒子在电场中的偏转1．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ⎩⎨⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 20离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v202．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12m v 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－12m v 20，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差． 例3 如图5所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8cm ，两板间距离d ＝8cm ，A 板比B 板电势高300V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10C 、质量为m ＝1.0×10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106m /s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，粒子的重力不计)图5(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离为多远；到达PS 界面时离D 点为多远；(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(偏移位移)： y ＝12at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2＝0.03m ＝3cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有12L 12L ＋12cm ＝yY ，解得Y ＝4y ＝12cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106m/s 则v 合＝2.5×106m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15cmk qQ r 2＝m v 2合r 解得Q ≈1.04×10－8C答案 (1)3cm 12cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8C变式题组5．[带电粒子在电场中的偏转]如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距为d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b .在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．求：图6(1)两板间所加偏转电压U 的范围； (2)粒子可能到达屏上区域的长度．答案 (1)－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL 2 (2)d (L ＋2b )L解析 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，偏转角为θ，则有：y ＝12at 2① L ＝v 0t ② a ＝Eq m ③E ＝U d④由①②③④式解得y ＝qUL 22dm v 20当y ＝d 2时，U ＝md 2v 20qL2 则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL2 (2)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y 0)，则y 0＝(L2＋b )tan θ而tan θ＝dL ，解得y 0＝d (L ＋2b )2L则粒子可能到达屏上区域的长度为d (L ＋2b )L6．[带电粒子在交变电场中运动]如图7甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：图7(1)交变电压的周期T 应满足什么条件；(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件．答案 (1)T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)解析 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝Ln v 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a (14T )2又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d解得T ≤2d 2mqU 0故n ≥L 2d v 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数．所以粒子的周期应满足的条件为 T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m的整数．(2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T …故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 (1)运动学与动力学观点①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： a ．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；b ．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)． ②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法． (2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．考点四 带电体在复合场中的运动等效法处理叠加场问题1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m 视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．例4 半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带正电荷的小球，空间存在水平向右的匀强电场，如图8所示，小球所受电场力是其重力的34倍，将小球从环上最低点位置A 点由静止释放，则：图8(1)小球所能获得的最大动能是多大； (2)小球对环的最大压力是多大． 解析(1)因qE ＝34mg ，所以qE 、mg 的合力F 合与竖直方向夹角tan θ＝qE mg ＝34，即θ＝37°，则小球由A 点静止释放后从A 到B 过程中做加速运动，如图所示，B 点动能最大，由动能定理得qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝E k 解得B 点动能即最大动能E k ＝14mgr .(2)设小球在B 点受圆环弹力为F N ，由牛顿第二定律得F N －F 合＝m v 2r而F 合＝mg cos θ＝54mg解得F N ＝74mg ，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为74mg .答案 (1)14mgr (2)74mg变式训练7．[带电体在电场中的多过程问题]如图9所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104N /C ，现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知x AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)图9(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处．答案 (1)10m/s ，方向竖直向上 (2)C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (x AB ＋R )－μmgx AB－mgR ＝12m v 2解得v ＝10m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12m v 2解得h ＝53m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F fmax ＝μqE ＝4N ， 重力G ＝mg ＝2N 因为G <F fmax所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处．1．用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直线运动，化繁为简．(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性． 2．用能量的观点来分析带电粒子在复合场中的运动 (1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．(2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．高考模拟 明确考向1．(2014·山东·18)如图10所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图10A.s 22qE mhB.s2qE mh C.s 42qE mh D.s4qE mh答案 B解析 由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子＋q 为研究对象，水平位移s2时，竖直位移为h 2.由s 2＝v 0t ，h 2＝12at 2，a ＝qE m ，得v 0＝s 2qEmh ，所以B 项正确．2．(2013·广东·15)喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )图11A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与所带电荷量无关 答案 C解析 带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx 22m v 20，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确，D 错误．3．(2012·江苏·2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小 答案 B解析 由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U ，得U ＝QC ，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．4.如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )图12A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2答案 BC解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B 对；由W ＝Eq ·x 知在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．5．(2014·安徽·22)如图13所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图13(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd Cmg (h ＋d )q(3) 2h g ＋d 2gh解析 (1)由自由落体规律可知，小球下落h 时的末速度为v ， 有v 2＝2gh ，即v ＝2gh(2)设小球在极板间运动的加速度为a ，由v 2＝2ad ，得a ＝v 22d ＝gh d .由牛顿第二定律qE －mg ＝ma ，电容器的电荷量Q ＝CU ＝CEd ，联立以上各式得：E ＝mg (h ＋d )qd ，Q ＝Cmg (h ＋d )q(3)小球做自由落体运动的时间t 1＝2hg ，小球在电场中运动的时间t 2＝2d a ＝d 2gh .则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2h g ＋d 2gh练出高分一、单项选择题1．如图1所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是()图1A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等答案 C解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误．2．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图2所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()图2答案 C解析 由平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεr S 与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能W ＝qφP ＝qEd －qEx ，显然D 错．3．如图3所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图3A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极板间的距离C ．仅增大偏转电极板间的电压D ．仅减小偏转电极板间的电压 答案 C解析 改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据E ＝Ud可知，当两极板间距离d 增大时，E 减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B 错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L ＝v 0t 、e Ud＝ma 及tan θ＝at v 0可得tan θ＝eUL md v 20，当U 增大时偏转角也增大，选项C 正确，D 错误．4．如图4所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )图4A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点 答案 B解析 一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.5．(2014·天津·4)如图5所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图5A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 答案 C解析 由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C 正确． 6．如图6甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )图6A ．0＜t 0＜T 4B.T 2＜t 0＜3T 4。
【步步高】2018届新人教课标Ⅰ高三化学一轮总复习资料word版：第六章第2讲
第2讲原电池化学电源［考纲要求］1.了解原电池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式。
2•了解常见化学电源的种类及其工作原理。
知识梳理・题型构建考点一原电池及其工作原理1 •概念 把化学能转化为 电能的装置。
2 •工作原理 以锌铜原电池为例°-------- 1——A7桥三■-R __ _ — - --1—- —二7C E-电极名称 负极 正极 电极材料 锌片 铜片电极反应 rc—2 +Zn — 2e ===Zn 22+—Cu + 2e ===Cu 反应类型 氧化反应还原反应电子流向 由Zn 沿导线流向Cu盐桥中离子移向盐桥含饱和KCI 溶液，K +移向正极，Cl —移向负极3•原电池的构成条件(1＞ 一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生 (一般是活泼性强的金属与电解质溶液反应＞。
(2＞二看两电极：一般是活泼性不同的两电极。
(3＞三看是否形成闭合回路，形成闭合回路需三个条件：①电解质溶液；②两电极 直接或间接接触；③两电极插入电解质溶液。
b5E2RGbCAP知识梳理・深度思考递进题组•思维建模题组一原电池工作原理的考查>1. 下列装置中能构成原电池产生电流的是(答案B 解读A项，电极相同不能构成原电池；C项，酒精不是电解质溶液，不能构成原电池；D项，锌与电解质溶液不反应，无电流产生。
plEanqFDPw2. 有关电化学知识的描述正确的是(>A . CaO+ H2O===Ca(OH>2,可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能DXDiTa9E3dB •某原电池反应为Cu+ 2AgN0 3===C U(NO3>2 + 2Ag ,装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液RTCrpUDGiTC.原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成D •理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池答案D解读CaO+ H2O===Ca(OH>2不是氧化还原反应，KCl和AgNO 3反应生成AgCl沉淀易阻止原电池反应的发生；作电极的不一定是金属，如石墨棒也可作电极。
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第三讲电解池金属的电化学腐蚀与保护一、选择题1．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是()。
A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，阳极反应式为Cu－2e－===Cu2＋D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－===Fe2＋解析电池的负极发生的是氧化反应，B不对；粗铜精炼时，纯铜应该连接电源的负极，C错；钢铁发生电化学腐蚀时，铁为负极，D错。
答案 A2．依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不．正确的是( )A．甲是原电池，乙是电镀装置B．甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C．乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解D．乙、丙装置中，c(Cu2＋)基本不变解析甲为铜锌原电池，乙为在Zn片上镀铜的电镀池，丙为电解精炼铜。
答案 B3.铝及铝合金经过阳极氧化，铝表面能生成几十微米厚的氧化铝膜。
某研究性学习小组模拟工业法对铝片表面进行氧化处理。
分别以铅片、铝片为电极，以硫酸溶液为电解液，按照如图所示装置连接电解池装置，电解40 min后取出铝片，用水冲洗，放在水蒸气中封闭处理20～30 min，即可得到更加致密的氧化膜。
下列有关说法正确的是 ( )。
A ．电解时电子从电源负极→导线→铝极，铅极→导线→电源正级B ．在电解过程中，H ＋向阳极移动，SO 2－4向阴极移动C ．电解过程阳极周围溶液的pH 下降D ．电解的总反应为2Al ＋6H ＋===2Al 3＋＋3H 2↑ 解析 根据装置示意图分析，铝片为阳极，铅片为阴极，所以电解时电子的流向为从电源负极→导线→铅极，铝极→导线→电源正极，A 项错误；电解过程中，阳离子向阴极移动，阴离子则向阳极移动，B 项不正确；根据题意，电解的总反应为：2Al ＋3H 2O=====电解Al 2O 3＋3H 2↑，阳极的电极反应为：2Al ＋3H 2O－6e －===Al 2O 3＋6H ＋，阳极周围的pH 下降，C 项正确，而D 项错误。
答案 C4．臭氧是常见的强氧化剂，广泛用于水处理系统。
制取臭氧的方法很多，其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示，下列有关说法不正确的是( )。
A ．高压放电法，反应的原理为3O 2=====放电2O 3B ．高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物C ．电解时，电极b 周围发生的电极反应有3H 2O －6e －===O 3↑＋6H ＋和2H 2O －4e －===O 2↑＋4H ＋D ．电解时，H ＋由电极a 经聚合固体电解质膜流向电极b 解析 高压放电法与闪电条件下氧气部分转化为臭氧类似，其反应的原理为：3O 2=====放电2O 3，因空气中还含有氮气，放电条件下，氮气也能与氧气反应，故有氮氧化物生成，A 、B 两项均正确；观察上图电解法制臭氧，可发现有氢气放出，必由水还原生成，发生还原反应，故a 为阴极；同理，由水生成氧气和臭氧，发生氧化反应，C 项正确；因b 为阳极，电解质中的阳离子移向阴极，故D 项错误。
答案 D5．如图，a 、b 是石墨电极，通电一段时间后，b 极附近溶液显红色。
下列说法正确的是( )。
A ．X 极是电源负极，Y 极是电源正极B ．a 极的电极反应是2Cl －－2e －===Cl 2↑C ．电解过程中CuSO 4溶液的pH 逐渐增大D ．Pt 极上有6.4 g Cu 析出时，b 极产生2.24 L(标准状况)气体解析 由题意知b 极为阴极，a 极为阳极，a 极发生的电极反应为2Cl －－2e －===Cl 2↑，Y 为负极，X 为正极，故A 项错误，B 项正确，Pt 极上的反应为2H 2O －4e －===O 2↑＋4H ＋，溶液的酸性增强，pH 减小，Pt 极上产生O 2，Cu 极上有Cu 析出，C 、D 项均错误。
答案 B6．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol·L－1下列溶液，当电路中通过0.04 mol 电子时，理论上析出金属质量最大的是()A．0.10 mol·L－1AgNO3溶液B．0.10 mol·L－1ZnSO4溶液C．0.20 mol·L－1CuCl2溶液D．0.20 mol·L－1Pb(NO3)2溶液解析根据金属活动性顺序表可知：Ag和Cu排在H后面，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag＋、Cu2＋的氧化性比H＋大，应优先于H＋放电而析出。
因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。
答案 C7．以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。
A．燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C．a、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等D．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出解析本题结合原电池和电解池综合考查电化学的基本理论。
图中左侧为氢氧燃料电池，右侧为电解池，燃料电池为酸性介质，负极反应为2H2－4e－===4H ＋，正极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，A错误；a为阳极，b为阴极，金属铁作阳极，优先失电子，a极逐渐溶解，B错误；a、b两极若是石墨，b极上析出铜，a极上产生O2，C错误；粗铜为阳极，铜及比铜活泼的金属失电子形成离子进入溶液中，铜离子得电子后在b极上析出，D正确。
答案 D二、非选择题8．某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。
(1)X极与电源的________(填“正”或“负”)极相连，氢气从________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)口导出。
(2)离子交换膜只允许一类离子通过，则M为________(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜，N为________交换膜。
(3)若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池(石墨为电极)，则电池负极的电极反应式为__________________________________________________________________________________________________________________________ ______。
(4)若在标准状况下，制得11.2 L氢气，则生成硫酸的质量是________，转移的电子数为________。
解析：题图中左边加入含硫酸的水，暗示左边制硫酸，即OH－在阳极发生氧化反应，使左边溶液中H＋增多，为了使溶液呈电中性，硫酸钾溶液中的SO2－4通过M交换膜向左边迁移，即M为阴离子交换膜，由此推知X为阳极，与电源正极相连，B出口产生氧气，A出口流出硫酸；同理，右侧加入含KOH的水，说明右边制备KOH溶液，H＋在Y极发生还原反应，说明Y极为阴极，与电源负极相连，右边溶液中OH－增多，硫酸钾溶液中K＋向右迁移，N为阳离子交换膜。
所以，C出口产生氢气，D出口流出KOH溶液。
(3)若将制得的氢气和氧气在氢氧化钾溶液中构成原电池，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极反应式为2H2－4e－＋4OH－===4H2O。
(4)n(H2)＝0.5 mol,2H＋＋2e－===H2↑，得电子为1 mol，X极的反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，根据电子守恒知，生成H＋的物质的量为1 mol，故生成0.5 molH2SO4，m(H2SO4)＝49 g。
答案：(1)正C(2)阴离子阳离子(3)H2－2e－＋2OH－===2H2O(4)49g 6.02×10239．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是_________________________________________________________________ (用离子方程式表示)。
为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的________。
a．NH3b．CO2c．NaOH d．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为________。
取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是_____________________________________________________________________________________________________________。
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是_______________________________________________________________。
(3)利用右图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处。
若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为______________。
解析(1)①题中指出在碱洗时有气泡产生，则只有金属铝与碱反应才符合条件，故碱洗过程中发生反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－＋H2O===2AlO－2、2Al ＋2OH－＋4H2O===2AlO－2＋3H2↑。
碱洗后溶液中含有大量AlO－2，故最好通入CO2气体使AlO－2转化为Al(OH)3沉淀以回收铝。
②活泼金属作阳极，阳极材料本身失电子被氧化，其氧化产物为Al2O3，由此可得阳极反应式为2Al＋3H2O －6e－===Al2O3＋6H＋。
加入NaHCO3溶液后，Al3＋与HCO－3发生相互促进的水解反应，离子方程式可表示为Al3＋＋3HCO－3===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(2)电镀时若用石墨作阳极，则电解过程中电解液中Cu2＋浓度不断减小，导致铁表面不能镀上均匀的铜。
(3)若X为碳棒，则只能用外加电源的阴极保护法，此时开关K应置于N处。
若X为Zn，K置于M处，其保护原理为牺牲阳极的阴极保护法。
答案(1)①2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑b②2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋HCO－3与Al3＋发生水解相互促进反应，产生Al(OH)3沉淀(2)补充溶液中消耗的Cu2＋，保持溶液中Cu2＋浓度恒定(3)N牺牲阳极的阴极保护法10．如图为相互串联的甲、乙两个电解池，X、Y为直流电源的两个电极。
电解过程中，发现石墨电极附近先变红。