nlcu指哪里 誰能幫我找一找關于物理動量的例題

如果一個系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則該系統(tǒng)為動量守恒系統(tǒng)。而系統(tǒng)內部的物體由于彼此間的相互作用，動量會有顯著的變化，這里涉及到一個內力做功和系統(tǒng)內物體動能變化的問題，即動量守恒系統(tǒng)的功能問題。 這類問題十分廣泛，不只在力學中多見，在電學、原子物理學中亦會碰到。在動量守恒系統(tǒng)的功能關系中，相互作用的內力可能是恒力，但多數(shù)情況下內力為變力，有時其變化規(guī)律可能較復雜，所以我們可以由系統(tǒng)動能的變化這個結果來了解內力做功的影響。 相互作用的內力不僅可以變化復雜，力的性質也可以多種多樣，諸如彈簧的彈力、滑動摩擦力、分子力、電場力、磁力等等，與其相對應的能量則如彈性勢能、內能、分悔好子勢能、電勢能、磁場能（閉合回路中的電能）等等。因此，若我們能仔細分析系統(tǒng)中相互作用的內力的性質，也就可能在題設條件內建立起系統(tǒng)的動能和某種性質的內力相對應的能之間相互轉化的能量關系。 我埋禪們常把動量守恒系統(tǒng)中物體間的相互作用過程仍視為碰撞問題來處理，亦即廣義的碰撞問題。如彈性碰撞可以涉及到動能和彈性勢能的相互轉化；非彈性碰撞可以涉及到動能和內能的相互轉化，等等。那么，通過動量守恒和能量關系，就可以順利達到解題目的。 綜上所述，解決動量守恒系統(tǒng)的功能問題，其解題的策略應為： 一、建立系統(tǒng)的動量守恒定律方程。 二、根據(jù)系統(tǒng)內的能量變化的特點建立系統(tǒng)的能量方程。 建立該策略的指導思想即借助于系統(tǒng)的動能變化來表現(xiàn)內力做功。 例1、如圖，兩滑塊A、B的質量分別為m1和m 2，置于光滑的水平面上，A、B間用一勁度系數(shù)為K的彈簧相連。開始時兩滑塊靜止，彈簧為原長。一質量為m的子彈以速度V0沿彈簧長度方向射入滑塊A并留在其中。 試求：（1）彈簧的最大壓縮長度； （2）滑塊B相對于地面的最大速度和最小速度。解：（1）由于子彈射入滑塊A的過程極短，可以認為彈簧的長度尚未發(fā)生變化，滑塊A不受彈力作用。取子彈和滑塊A為系統(tǒng)，因子彈射入的過程為完全非彈性碰撞，子彈射入A前后物體系統(tǒng)動量守恒，設子彈射入后A的速度為V1，有： mV0＝（m＋m1）V1 得： (1) 取子彈、兩滑塊A、B和彈簧為物體系統(tǒng)，在子彈進入A后的運動過程中，系統(tǒng)動量守恒，注意這里有彈力做功，系統(tǒng)的部分動能將轉化為彈性勢能，設彈簧的最大壓縮長度為x，此時兩滑塊具有的相同速度為V，依前文中提到的解題策略有： （m＋碧液鉛m1）V1＝（m＋m1＋m 2)V (2) (3) 由(1)、(2)、(3)式解得： （2）子彈射入滑塊A后，整個系統(tǒng)向右作整體運動，另外須注意到A、B之間還有相對振動，B相對于地面的速度應是這兩種運動速度的疊加，當彈性勢能為零時，滑塊B相對地面有極值速度。若B向左振動，與向右的整體速度疊加后有最小速度；若B向右振動，與向右的整體速度疊加后有最大速度。設極值速度為V3，對應的A的速度為V2，依前文提到的解題策略有： mV0=（m＋m1）V2 ＋m2V3 (4) (5) 由（1）、（4）、（5）式得： V3[（m＋m1＋m2）V3 －2mV0]=0 解得：V3=0 （最小速度） （最大速度） 說明： 一、本題中的所有速度都是相對地面這一參照物而言的。 二、第（3）、（5）式左均為 ，它們的差值即系統(tǒng)增加的內能。 三、由前文解題策略易得系統(tǒng)增加的內能為 。 例2、如圖，光滑水平面上有A、B兩輛小車，C球用0.5米長的細線懸掛在A車的支架上，已知mA=mB=1千克，mC=0.5千克。開始時B車靜止，A車以V0 ＝4米／秒的速 度駛向B車并與其正碰后粘在一起。若碰撞時間極短且不計空氣阻力，g取10米/秒2 ，求C球擺起的最大高度。 解：由于A、B碰撞過程極短，C球尚未開始擺動，故對該過程依前文解題策略有： mAV0=(mA+mB)V1 (1) E內= (2) 對A、B、C組成的系統(tǒng)，圖示狀態(tài)為初始狀態(tài)，C球擺起有最大高度時，A、B、C有共同速度，該狀態(tài)為終了狀態(tài)，這個過程同樣依解題策略處理有： （mA+mC)V0=(mA+mB+mC)V2 (3) (4) 由上述方程分別所求出A、B剛粘合在一起的速度V1＝2米／秒，E內＝4焦，系 統(tǒng)最后的共同速度V2＝2.4米／秒，最后求得小球C擺起的最大高度h=0.16米。
動量守恒定律應用重在“三個”選取
??動量守恒定律是宏觀世界和微觀世界都遵守的共同規(guī)律，應用非常廣泛．動量守恒定律的適用條件是相互作用的物質系統(tǒng)不受外力，實際上真正滿足不受外力的情況幾乎是不存在的．所以，動量守恒定律應用重在“三個”選取．??一、動量守恒條件近似性的選取??根據(jù)動量守恒定律成立時的受力情況分以下三種：（1）系統(tǒng)受到的合外力為零的情況．（2）系統(tǒng)所受的外力比相互作用力（內力）小很多，以致可以忽略外力的影響．因為動量守恒定律是針對系統(tǒng)而言的，它告訴我們，系統(tǒng)內各個物體之間盡管有內力作用，不管這些內力是什么性質的力，系統(tǒng)內力的沖量只能改變系統(tǒng)中單個物體的動量，而不能改變系統(tǒng)的總動量．如碰撞問題中摩擦力，碰撞過程中的重力等外力比相互作用的內力小得多且碰撞時間很小時，可忽略其力的沖量的影響，認為系統(tǒng)的總動量守恒．這是物理學中忽略次要因素，突出重點的常用方法．（3）系統(tǒng)整體上不滿足動量守恒的條件，但在某一特定方向上，系統(tǒng)不受外力或所受的外力遠小于內力，則系統(tǒng)沿這一方向的分動量守恒．??例1 如圖1所示，一質量為M＝0．5kg的斜面體A，原來靜止在光滑的水平面上，一質量m＝40g的小球B以水平速度v0＝30m／s運動到斜面A上，碰撞時間極短，碰后變?yōu)樨Q直向上運動，求物體A碰后的速度． 圖1??解析 由題意知，小球B與斜面A的碰撞時間極短，說明碰撞過程中相互作用力很大，斜面體A所受水平面的支持力要發(fā)生很大變化．它并不滿足“外力遠遠小于內力”的條件，整個系統(tǒng)總動量并不守恒，但這個外力是沿豎直方向．而在水平方向上，由于水平面是光滑的，故A與B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，其動量是守恒的．??設碰后斜面體A的速度為v，而小球B碰后水平速度為零，由水平方向的動量守恒定律，有??0＋mv0＝Mv＋0，所以 v＝（m／M）v0＝（0．04／0．5）×30m／s＝2．4m／s．??例2 如圖2所示，在光滑水平面上，靜止放著一個質量為M，長為L的小車，一個質量為m的人站在小車的一端，求此人至少以多大速度起跳，才能跳到小車的另一端． 圖2??解析 人要想跳到車的另一端，人必須做斜拋運動，人和車在水平方向上動量守恒．以地面為參照物，設人起跳的速度為v0，v0與水平方向夾角為α，車后退速度為v，設向右為正方向，由動量守恒定律，得??mv0cosα－Mv＝0， ①??以車為參照物，在水平方向上人相對于小車的速度v0cosα＋v，人相對車的水平位移為L，則??L＝（v0cosα＋v）t， ②人在空中運動時間為t，有??t＝2v0sinα／g， ③由①式，得 v＝mv0cosα／M， ④將③、④式代入②式，得??L＝（v0cosα＋（mv0cosα／M））·（2v0sinα／g），∴ v0＝ ，??當sin2α＝1，即α＝45°起跳時，v0為最小值vmin，故??vmin＝ ．?二、動量守恒過程的選取??滿足動量守恒條件時，總動量保持不變，不是僅指系統(tǒng)初末兩狀態(tài)總動量相等，而是指系統(tǒng)在相互作用的整個過程中，每一時刻總動量都不變．動量守恒條件是否滿足，關鍵在于過程如何選?。???例3 如圖3所示，在平直的公路上，質量為M的汽車牽引著質量為m的拖車勻速行駛，速度為v0，在某一時刻拖車脫鉤了，若汽車的牽引力保持不變，在拖車剛剛停止運動的瞬間，汽車的速度多大? 圖3??解 在汽車與拖車脫鉤前，兩者共同向前做勻速直線運動，說明汽車和拖車組成的系統(tǒng)所受合外力為零．在脫鉤后，雖然汽車和拖車已分離開了，這時汽車做勻加速運動，拖車做勻減速運動，它們各自所受合外力都不為零，但由于汽車牽引力不變，它所受的阻力沒有改變．拖車一直向前運行，它受的阻力也沒有改變，脫鉤后系統(tǒng)所受的合阻力f＝f1＋f2不變．說明脫鉤后至拖車剛剛停止的過程中，若以兩者構成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受合外力仍然為零．動量守恒定律仍然成立．??設拖車剛剛停止時汽車的速度為v，取汽車前進的方向為正方向，則有??（M＋m）v0＝Mv，即v＝（（M＋m）／M）v0．??三、動量守恒系統(tǒng)的選取??對多個物體相互作用中動量守恒問題，如何選取系統(tǒng)，是學生常感棘手的問題．因為對多個物體組成的系統(tǒng)，有時應用系統(tǒng)動量守恒，有時應用某部分動量守恒，有時分過程多次應用動量守恒，有時只抓住初、末狀態(tài)動量守恒即可．要善于觀察、分析，正確選取動量守恒系統(tǒng)．??例4 質量為100kg的甲車同質量50kg的人一起以2m／s的速度在光滑水平面上勻速向前運動，質量為150kg的乙車以7m／s的速度勻速由后面追來，為避免相撞，當兩車靠近時甲車上的人至少以多大水平速度跳上乙車．??解析 在人和車相互作用時，動量守恒．設人跳起時水平速度為v人′，當人跳上乙車，兩車的速度相同均為v車′時，兩車剛好不相撞，設車原來的運動方向為正方向．選擇甲車和人組成的系統(tǒng)為研究對象．應用動量守恒定律，有??（M甲＋m）v甲＝M甲v車′－mv人′， ①選擇乙車和人組成的系統(tǒng)為研究對象，應用動量守恒定律，有??M乙v乙－mv人′＝（M乙＋m）v車′， ②由①、②式，得 v人′＝3m／s．

[例1] 如圖1，質量均為m的A、B兩球，以輕彈簧連結后放在光滑水平面上。A被有水平速度V0、質量為m/4的泥丸P擊中并粘合，求彈簧能具有的最大勢能。
（典型誤解） 當A和B的速度都達到u時，A、B間距離最近，此時彈簧有最大勢能EP。
從圖1所示狀態(tài)Ⅰ→Ⅲ由動量守恒得：

從Ⅰ→Ⅲ，由機械能守恒得：
解得 。
（分析） 從圖1所示狀態(tài)Ⅰ→Ⅱ的過程中，泥丸P與A碰撞粘合（B尚未參與作用），是一個完全非彈性碰撞模型，部分機械能經(jīng)由瞬間內力作功轉化為內能，所損失的機械能設為△E，則：
；
可見，從圖1的狀態(tài)Ⅰ→Ⅲ的物理過程，不能再看作一個機械能守恒的過程。因此，本題正確的解必須考慮由Ⅰ→Ⅱ的瞬間過程，從中得出所損失的機械能△E，代入Ⅰ→Ⅲ的能量守恒方程，即：，才能求到合理答案 。
當然，只要考慮了從Ⅰ→Ⅱ的瞬間過程，得出在狀態(tài)Ⅱ時泥丸P及A的共同速度V1。然后，再研究從Ⅱ→Ⅲ的過程，則既滿足動量守恒的條件，又滿足機械能守恒的條件。也可解得正確結果。
由此可見，在子彈穿過木塊；碰撞粘合。兩物通過相互作用連結在一起等瞬間過程中，表面上常因看不到物體有明顯位移，因而容易忽略瞬間內力作功的過程。事實上，因有內力瞬時做功，導致能量的轉化（常常反映為機械能向其它形式能量轉化），全過程中的機械能便不再守恒．這便是我們在解此類習題中務必要注意的情況。
再看一個實例：
〔例2〕 如圖2，質量1千克的小球用0.8米長的細線懸于固定點O。現(xiàn)將小球沿圓周拉到右上方的B點，此時小球離最低處A點的高度是1.2米。松手讓小球無初速下落，試求它運動到最低處時對細線的拉力。
（典型誤解） 球從B到A的過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以有：
在A處，對小球又有：
由此解得 牛
（分析） 球從B下落到圖3中的C位置時，線從松馳狀態(tài)開始張緊（易知圖中α＝60°），因線張緊，之后小球才從C起開始作圓弧運動到達A。從B→C機械能確實守恒，則 米／秒。既然在C處開始轉化為圓弧運動，意味著小球只保留了速度V的切向分量V1而損失了法向分量V2，也就是說損失了 動能。這是因為在線張緊的瞬間，線上拉力對小球作了瞬時功，造成了 動能轉化為內能。這樣，就B到A的全過程而言，因在C處有線對小球作瞬時功，所以不滿足“僅有重力作功”這個條件，故全過程中機械能不守恒。
懂得了以上道理，便知道小球在C處以線速度 開始作圓弧運動。在這之后，滿足了“僅有重力做功”的條件，機械能守恒。則從C→A有 ；而在A處對小球有 ，由此解得正確答案應為T＝3.5mg＝35牛。
在本問題中，我們再次看到了因有瞬時功而造成機械能損失的情況。同樣，在那個瞬間，因為我們看不到物體明顯的位移（小球在C位置時在線的方向沒有明顯位移），所以極易疏忽這個隱含的重要變化，因而常常會導致解題失誤。
所以，碰到象本題中細線突然張緊的情況；象上題中兩物碰撞粘合的情況；或者其他一些廣義上的完全非彈性碰撞的情況，請注意上述因瞬時功造成機械能向其它能轉化的特點。處理問題時，務請注意在瞬間作用中所隱含的重要變化，這樣才能找到正確的解題方向。
氧族元素典型例題
[例1] 填空題氧族元素包括(寫元素符號)____，其中____是金屬元素，由于具有放射性，在自然界中不能穩(wěn)定存在。氧族元素的單質中氧化性最強的是_____，簡單陰離子還原性最強的是____；碲元素最高氧化物的水化物化學式是_____，它與足量的石灰水反應的化學方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合價是最低化合價絕對值的3倍，它在最高氧化物中含氧質量分數(shù)為60％，此元素為____，它的相對原子質量為____。請寫出此元素的氣態(tài)氫化物分子式_____，并預言此氣體能否在空氣中能否燃燒(寫能與不能)____，如能寫出它燃燒的化學方程式____。分析：氧族元素包含有氧、硫、硒、碲、釙等五種元素，其中釙為金屬元素，它不穩(wěn)定具有放射性，根據(jù)氧族元素中各元素在周期表中位置，和它們的原子結構，氧的原子半徑最小，最容易得電子，氧化性最強。而碲原子氧化性最弱，他形成簡單離子Te2-還原最強，最容易失電子。碲元素最高價氧化物水化物的分子式為H2TeO4，因顯酸性，它與足量的石灰水反應的化學方程式為H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。 質量是32，它的氣態(tài)氫化物分子式為H2S。因氧的氧化性強，可將S2-氧化。S2-被氧化化合價升高，產(chǎn)物可能是S或SO2。[例2] 寫出原子序數(shù)為34的原子結構示意圖________，元素符號____，它的最高氧化物的化學式為________，對應酸的化學式為_____，名稱是_____。它的二氧化物對應酸的化學式為_____，名稱是________，寫出三氧化物與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式________________，生成物的名稱是_______。 最外層6個電子，因此它有的化合價為+6，+4，-2可形成SeO2 H2SeO3、SeO3 H2SeO4【3] 下列化學方程式不可能成立的是 [ ]A．Te+H2S=H2Te+SB．CS2+3O2=CO2+2SO2C．Na2SeO3+H2SO4=H2SeO3+Na2SO4D．Na2SeO4+BaCl2=BaSeO4↓+2NaCl分析：這些化學方程式均為沒有學過的，但是根據(jù)氧族元素的原子隨原子半徑的增大非金屬性逐漸減弱，金屬性逐漸增強?？芍?，氧、硫、硒、碲非金屬活動性逐漸減弱。而H2S、H2Se、H2Te的還原性逐漸增強，故碲不可能從氫硫酸中置換出硫，因為碲的活動性比硫弱。[答案]A。[例4] 比較氯、硫兩種元素在原子結構上、性質上的相同點與不同點 可知，它們的原子核外都有3個電子層，最外層電子數(shù)都較多，原子半徑都比較小。因此在反應中容易獲得電子形成8電子穩(wěn)定結構，所以硫和氯都是比較活潑的非金屬。但核電荷數(shù)S＜Cl，原子半徑S＞Cl，所以氯原子得電子能力大于硫原子，氯的非金屬性大于硫的非金屬性。氯氣能從H2S中置換出硫單質的實驗：H2S+Cl2=2HCl+S↓就是說明了氧化性Cl＞S的實驗。(2)氯和硫都能與氫氣直接化合生成氣態(tài)氫化物HCl和H2S，但Cl2與H2化合的能力比S與H2化合的能力強，HCl的穩(wěn)定性大于H2S。(3)氯和硫都能形成含氧酸，其最高價氧化物對應的水化物分別為HClO4和H2SO4，由于非金屬性Cl＞S，所以酸性HClO4＞H2SO4。(4)HCl和H2S都有還原性，但還原性HCl＜H2S。氯和硫形成的陰離子半徑都大于相應原子的半徑：Cl-＞Cl，S2-＞S。氯和硫形成的陰離子都有還原性，但還原性Cl-＜S2-(5)氯和硫兩種元素的主要化合價不同。硫元素的主要化合價有-2、0、+4、+6；氯元素的主要化合價有-1、0、+1、+3、+5、+7。 [例5] 不能由單質直接化合而得到的化合物是 [ ]A．FeCl2B．SO2C．CuSD．FeS分析：這幾種化合物都是二元化合物，先逐項分析組成每種物質的每種元素的單質相互化合時的生成物是什么，然后確定哪種物質能由單質直接化合而成，哪種物質不能由單質直接化合得到。Cl2是強氧化劑，與Fe化合時的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫與O2化合時硫顯還原性，只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是變價金屬，它們與硫這種較弱的氧化劑反應時，只能被氧化為低價態(tài)，生成FeS和Cu2S。 [例6] H2S氣體分別通入下列溶液中①FeCl3 ②FeCl2 ③CuCl2 ④AgNO3 ⑤溴水 ⑥碘水 ⑦H2O2 ⑧KMnO4，無明顯現(xiàn)象的是 [ ]A．②B．②③④C．②③④⑤D．全部分析：①許多重金屬硫化物溶解度極小，如CuS、Ag2S、HgS可存在于酸性溶液中；②H2S具有強還原性，能與Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2發(fā)生氧化還原反應而析出淡黃色沉淀S；③Fe2+與H2S不反應，因FeS溶于稀酸。*[例7] 實驗室制取硫化氫時，為什么要用硫化亞鐵而不用硫化鐵？為什么要用稀H2SO4或稀HCl而不用濃H2SO4或HNO3？分析：(1)用硫化亞鐵與稀H2SO4或稀HCl反應制取硫化氫氣時，不溶于水的FeS便轉化為FeSO4或FeCl2，F(xiàn)e2+的氧化性弱，不能把新生成的H2S氧化，反應只能按下式進行：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亞鐵中-2價的硫元素全部轉化為H2S。硫化鐵(Fe2S3)里的鐵顯+3價，F(xiàn)e2S3與稀HCl或稀H2SO4反應后生成的Fe3+有較強的氧化性，反應中生成的H2S又有較強的還原性，因此就會有一部分H2S與Fe3+發(fā)生氧化還原反應，析出硫單質。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl總的化學方程式為：Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可見Fe2S3里的硫有一部分被氧化，而不能全部轉化為H2S，因此制取H2S時用FeS而不用Fe2S3。(2)濃H2SO4、HNO3都是氧化性酸，有強氧化性；FeS有強還原性。當濃 進一步氧化成+4價，甚至+6價，生成硫單質或SO2，甚到生成H2SO4，從而得不到H2S。2FeS+6H2SO4(濃)=Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2OFeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO↑+2H2O所以，在實驗室制取H2S時，只能用稀H2SO4或稀HCl，而不能用濃H2SO4或HNO3。二氧化硫典型例題

[例1] 有關二氧化硫的說法錯誤的是 [ ]A．SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能發(fā)生反應B．SO2能使品紅溶液褪色是因它的氧化性C．給已被SO2褪色的品紅溶液用酒精燈加熱，可恢復原來的紅色D．SO2和O2混合后加熱，可生成三氧化硫分析：二氧化硫溶于水形成亞硫酸，亞硫酸與亞硫酸的正鹽生成酸式鹽，亞硫酸的酸性比碳酸的酸性強，故它還能與碳酸鹽反應。SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2二氧化硫具有漂白性，它的漂白原理是由于二氧化硫和品紅結合成無色的不穩(wěn)定化合物，它的漂白原理與次氯酸氧化性的漂白原理不同。給被二氧化硫褪色的品紅加熱，無色不穩(wěn)定的化合物分解，品紅又恢復紅色。二氧化硫和氧氣反應生成三氧化硫必須在催化劑(V2O5)存在條件下加熱反應才能進行，所以A、C正確。 [例2] 有一瓶無色氣體，可能含有SO2、H2S、HBr、HI中的一種或幾種，將其通入氯水中得到無色溶液，把溶液分成兩份，向一份中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，也有白色沉淀生成，以下結論正確的是__________。①原有氣體中肯定有SO2；②原有氣體中肯定沒有SO2氣體；③原有氣體中肯定沒有H2S、HBr、HI氣體。將此氣體通入15mL新制的氯水中，生成的溶液與足量的BaCl2溶液5mL反應，生成不溶于酸的白色沉淀260.8mg，該溶液遇KI淀粉試紙不變藍色。求反應前的氯水的物質的量濃度和反應前氫離子濃度(假定反應前后溶液總體積不變)分析：如若四種氣體均存在，將其通入氯水中則應有如下反應：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClH2S+Cl2=2HCl+S↓(黃色)HBr+Cl2=2HCl+Br2(棕紅)2HI+Cl2=2HCl+I2(紫色)根據(jù)已知得到無色溶液，說明原有氣體中肯定沒有H2S、HBr、HI。AgNO3產(chǎn)生白色沉淀，說明Cl-存在。由此證明①、③正確。將SO2氣體通入15mL新制的氯水中，生成的溶液與足量BaCl2溶液和SO2完全反應。設xmolH2SO4和BaCl2溶液反應，可生成260.8mg BaSO4和ymol HCl。Cl2 z=0.00112 mol W=0.00112×2=0.00224mol[例3] 自然界“酸雨”形成原因主要是 [ ]A．未經(jīng)處理的工業(yè)廢水的任意排放B．大氣中二氧化碳含量增多C．工業(yè)上大量燃燒含硫的燃料和金屬礦石的冶煉D．汽車排放的尾氣和燃料不完全燃燒產(chǎn)生的氣體分析：自然界中的酸雨主要是硫酸雨，這是由于大氣中SO2 和SO3含量過高造成，形成這種情況的主要原因是工業(yè)大量燃燒含硫的燃料和金屬礦石的冶煉，汽車尾氣的排放不是主要原因。 [例4] 填空題(1)298K時，向VL真空容器內通入n mol SO2和m mol H2S①若n=2，則當m=______時，反應后容器內密度最小②若2n＞m，則反應后氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質量差為_____g③若5n=m，且反應后氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質量和為48g則n+m=______．(2)在常溫常壓下，將a L SO2和b L的H2S混合，如反應后氣體體積是反應前的1／4，則a和b之比是______．(3)在常溫常壓下，向20L真空容器內通過amol H2S 和bmolSO2(a、b都是正整數(shù)，且a≤5，b≤5)，反應完全后，容器內氣體的密度約是14.4g／L，則a∶b=_______．分析：(1)反應：2H2S+SO2=3S+2H2O①當n=2、m=4時，恰好完全轉化為固體硫，容器內壓強最小。②當m＜2n時，則SO2過量x=16m③當m=5n時說明H2S過量 (3)如若容器內氣體是H2S，則它的物質的量應是14.4g／L×20÷34=8.47(mol)不符合題意。因H2S物質的量a≤5。則剩余氣體應是SO2，SO2物質的量應是14.4×20÷64=4.5mol。則反應的SO2應是0.5mol H2S則是0.5mol×2=1mola∶b=1∶(4.5+0.5)=1∶5 (3)a∶b=1∶5[例5] 為防治酸雨。降低煤燃燒時向大氣排放的SO2，工業(yè)上將生石灰和含硫煤混合使用，請寫出燃燒時，有關“固硫”(不使含硫的化合物進入大氣)反應的化學方程式為_____、______、______。分析：此題所涉及的內容和工業(yè)生產(chǎn)、日常生活密切相關，有些內容可能學生不知道。解答本類題目關鍵是對所給的信息進行充分的加工，利用所學的基礎知識、基本原理、已有的經(jīng)驗解答題目。此題關鍵知道酸雨的形成是由于燃煤產(chǎn)生大量的SO2溶于水，即有反應S+O2=SO2。加入生石灰后必發(fā)生反應SO2+CaO=CaSO3，將SO2轉化為CaSO3而不排放到大氣中，同時知道CaSO3不穩(wěn)定將和空氣中的O2發(fā)生反應，即：2CaSO3+O2=2CaSO4?！鵞例6] 無色氣體A在空氣中完全燃燒生成氣體B，B在一定條件下氧化生成C；A、B、C溶于水所得溶液均為酸性，而且酸性逐漸增強；將A、B所得溶液與過量溴水反應，可見溴水的橙色褪去，得到無色溶液為強酸性。若將A與B混合時，會有淡黃色固體生成；A與C混合，同樣有淡黃色固體生成。根據(jù)上述實驗事實，推斷A、B、C各是何種物質，并寫出相關的化學方程式。分析 這是一道未知物的推斷題，對于這種試題，在認真審題的基礎上，要理出脈絡，找出相互關系，進行初步分析判斷。 依據(jù)題意整理出的上述關系網(wǎng)絡，說明氣體A是可燃性氣體，其燃燒產(chǎn)物氣體B與A含有同種元素，且價態(tài)較高，B的氧化產(chǎn)物C與A也含有同種元素，且處于高價態(tài)；從A、B、C溶于水得到的酸A是弱酸，酸B是中強酸，酸C是強酸，且酸A、酸B均可被過量溴水氧化為強酸性的無色溶液，可初步判斷氣體A為氣態(tài)氫化物，氣體B為處于中間價態(tài)的氧化物，物質C是高價氧化物。本題給出的另一條線索是： 說明A具有強還原性，A、B、C所含的同種元素是硫元素，從而找出解答本題的突破口，確定A是硫化氫，B是二氧化硫，C為三氧化硫，酸A是氫硫酸，酸B是亞硫酸，酸C是硫酸，黃色固體是硫黃。 [例7] 氯水的漂白性與SO2的漂白性的比較分析：干燥的氯氣不具有漂白性，只有當Cl2溶于水形成氯水時才具有漂白性。氯氣溶于水時，有一部分Cl2與水反應生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO中的氯顯+1價，有很強的氧化性，能夠殺菌消毒，也能使染料和有機色質褪色，變成無色物質。這種漂白作用是徹底的、不可逆的。SO2也可漂白某些有色物質，SO2的漂白作用是由于它能跟某些有色物質化合，而生成不穩(wěn)定的無色物質。當這種無色物質放置長久或受熱時，會發(fā)生分解，而使有色物質恢復為原來的顏色。所以SO2的漂白作用是可逆的。由此可知，Cl2和SO2雖然都能使品紅溶液褪色，但SO2使品紅溶液褪色后，經(jīng)過加熱又可恢復為原來的紅色；而Cl2使品紅溶液褪色后，經(jīng)過加熱也不能恢復為原來的紅色。雖然SO2和氯水各自單獨都有漂白作用，但若將Cl2和SO2以等物質的量混合，一起通入品紅溶液中時，品紅卻不褪色。這是因為Cl2和SO2在有水存在時恰好完全反應失去漂白能力，反應后的生成物也不具有漂白性的緣故。Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl若Cl2和SO2不是以等物質的量混合通入品紅溶液時，由于有一部分Cl2和SO2反應，因而其漂白性會比混合前消弱。 [例8] 常溫下某種淡黃色固體A，它的氫化物B和氧化物C之間有如右上轉變關系，試回答： (1) A是_____，B是_____，C是____。(2)若B的物質的量為x，O2物質的量為y：①當B跟O2恰好完全反應轉化為A時，x與y的數(shù)值關系為______；②當B轉化為C時，若反應后，常溫*系中只有一種氣體，x與y的數(shù)值關系為_____。(3)B和C發(fā)生反應時，無論B、C物質的量之比如何，反應得到的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質量比為_____。分析：(1)本題A、B、C三種物質分別為S、H2S和SO2。(2)H2S與O2生成S的化學方程式 [例9] 某無色溶液可能含有下列鈉鹽中的幾種： [ ]A．氯化鈉B．硫化納C．亞硫酸鈉D．硫酸納E．碳酸納向此溶液中加入適量稀硫酸，有黃色沉淀析出，同時有氣體產(chǎn)生。此少量氣體有臭雞蛋氣味，可使澄清的石灰水變渾濁，不能使品紅溶液褪色。根據(jù)以上實驗現(xiàn)象回答下列問題：(1)不能使品紅溶液褪色，說明該氣體中