nlcu指哪里 誰(shuí)能幫我找一找關(guān)于物理動(dòng)量的例題

如果一個(gè)系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則該系統(tǒng)為動(dòng)量守恒系統(tǒng)。而系統(tǒng)內(nèi)部的物體由于彼此間的相互作用，動(dòng)量會(huì)有顯著的變化，這里涉及到一個(gè)內(nèi)力做功和系統(tǒng)內(nèi)物體動(dòng)能變化的問(wèn)題，即動(dòng)量守恒系統(tǒng)的功能問(wèn)題。 這類問(wèn)題十分廣泛，不只在力學(xué)中多見(jiàn)，在電學(xué)、原子物理學(xué)中亦會(huì)碰到。在動(dòng)量守恒系統(tǒng)的功能關(guān)系中，相互作用的內(nèi)力可能是恒力，但多數(shù)情況下內(nèi)力為變力，有時(shí)其變化規(guī)律可能較復(fù)雜，所以我們可以由系統(tǒng)動(dòng)能的變化這個(gè)結(jié)果來(lái)了解內(nèi)力做功的影響。 相互作用的內(nèi)力不僅可以變化復(fù)雜，力的性質(zhì)也可以多種多樣，諸如彈簧的彈力、滑動(dòng)摩擦力、分子力、電場(chǎng)力、磁力等等，與其相對(duì)應(yīng)的能量則如彈性勢(shì)能、內(nèi)能、分悔好子勢(shì)能、電勢(shì)能、磁場(chǎng)能（閉合回路中的電能）等等。因此，若我們能仔細(xì)分析系統(tǒng)中相互作用的內(nèi)力的性質(zhì)，也就可能在題設(shè)條件內(nèi)建立起系統(tǒng)的動(dòng)能和某種性質(zhì)的內(nèi)力相對(duì)應(yīng)的能之間相互轉(zhuǎn)化的能量關(guān)系。 我埋禪們常把動(dòng)量守恒系統(tǒng)中物體間的相互作用過(guò)程仍視為碰撞問(wèn)題來(lái)處理，亦即廣義的碰撞問(wèn)題。如彈性碰撞可以涉及到動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化；非彈性碰撞可以涉及到動(dòng)能和內(nèi)能的相互轉(zhuǎn)化，等等。那么，通過(guò)動(dòng)量守恒和能量關(guān)系，就可以順利達(dá)到解題目的。 綜上所述，解決動(dòng)量守恒系統(tǒng)的功能問(wèn)題，其解題的策略應(yīng)為： 一、建立系統(tǒng)的動(dòng)量守恒定律方程。 二、根據(jù)系統(tǒng)內(nèi)的能量變化的特點(diǎn)建立系統(tǒng)的能量方程。 建立該策略的指導(dǎo)思想即借助于系統(tǒng)的動(dòng)能變化來(lái)表現(xiàn)內(nèi)力做功。 例1、如圖，兩滑塊A、B的質(zhì)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(kāi)始時(shí)兩滑塊靜止，彈簧為原長(zhǎng)。一質(zhì)量為m的子彈以速度V0沿彈簧長(zhǎng)度方向射入滑塊A并留在其中。 試求：（1）彈簧的最大壓縮長(zhǎng)度； （2）滑塊B相對(duì)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(guò)程極短，可以認(rèn)為彈簧的長(zhǎng)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(guò)程為完全非彈性碰撞，子彈射入A前后物體系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)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(jìn)入A后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，注意這里有彈力做功，系統(tǒng)的部分動(dòng)能將轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，設(shè)彈簧的最大壓縮長(zhǎng)度為x，此時(shí)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(gè)系統(tǒng)向右作整體運(yùn)動(dòng)，另外須注意到A、B之間還有相對(duì)振動(dòng)，B相對(duì)于地面的速度應(yīng)是這兩種運(yùn)動(dòng)速度的疊加，當(dāng)彈性勢(shì)能為零時(shí)，滑塊B相對(duì)地面有極值速度。若B向左振動(dòng)，與向右的整體速度疊加后有最小速度；若B向右振動(dòng)，與向右的整體速度疊加后有最大速度。設(shè)極值速度為V3，對(duì)應(yīng)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(shuō)明： 一、本題中的所有速度都是相對(duì)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(nèi)能。 三、由前文解題策略易得系統(tǒng)增加的內(nèi)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(zhǎng)的細(xì)線懸掛在A車的支架上，已知mA=mB=1千克，mC=0.5千克。開(kāi)始時(shí)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(shí)間極短且不計(jì)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(guò)程極短，C球尚未開(kāi)始擺動(dòng)，故對(duì)該過(guò)程依前文解題策略有： mAV0=(mA+mB)V1 (1) E內(nèi)= (2) 對(duì)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(shí)，A、B、C有共同速度，該狀態(tài)為終了狀態(tài)，這個(gè)過(guò)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(nèi)＝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(dòng)量守恒定律應(yīng)用重在“三個(gè)”選取
??動(dòng)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(yīng)用非常廣泛．動(dòng)量守恒定律的適用條件是相互作用的物質(zhì)系統(tǒng)不受外力，實(shí)際上真正滿足不受外力的情況幾乎是不存在的．所以，動(dòng)量守恒定律應(yīng)用重在“三個(gè)”選?。??一、動(dòng)量守恒條件近似性的選取??根據(jù)動(dòng)量守恒定律成立時(shí)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(nèi)力）小很多，以致可以忽略外力的影響．因?yàn)閯?dòng)量守恒定律是針對(duì)系統(tǒng)而言的，它告訴我們，系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體之間盡管有內(nèi)力作用，不管這些內(nèi)力是什么性質(zhì)的力，系統(tǒng)內(nèi)力的沖量只能改變系統(tǒng)中單個(gè)物體的動(dòng)量，而不能改變系統(tǒng)的總動(dòng)量．如碰撞問(wèn)題中摩擦力，碰撞過(guò)程中的重力等外力比相互作用的內(nèi)力小得多且碰撞時(shí)間很小時(shí)，可忽略其力的沖量的影響，認(rèn)為系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．這是物理學(xué)中忽略次要因素，突出重點(diǎn)的常用方法．（3）系統(tǒng)整體上不滿足動(dòng)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(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)沿這一方向的分動(dòng)量守恒．??例1 如圖1所示，一質(zhì)量為M＝0．5kg的斜面體A，原來(lái)靜止在光滑的水平面上，一質(zhì)量m＝40g的小球B以水平速度v0＝30m／s運(yùn)動(dòng)到斜面A上，碰撞時(shí)間極短，碰后變?yōu)樨Q直向上運(yùn)動(dòng)，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(shí)間極短，說(shuō)明碰撞過(guò)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(yuǎn)遠(yuǎn)小于內(nèi)力”的條件，整個(gè)系統(tǒng)總動(dòng)量并不守恒，但這個(gè)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(dòng)量是守恒的．??設(shè)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(dòng)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(gè)質(zhì)量為M，長(zhǎng)為L(zhǎng)的小車，一個(gè)質(zhì)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(yùn)動(dòng)，人和車在水平方向上動(dòng)量守恒．以地面為參照物，設(shè)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(shè)向右為正方向，由動(dòng)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(duì)于小車的速度v0cosα＋v，人相對(duì)車的水平位移為L(zhǎng)，則??L＝（v0cosα＋v）t， ②人在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dāng)sin2α＝1，即α＝45°起跳時(shí)，v0為最小值vmin，故??vmin＝ ．?二、動(dòng)量守恒過(guò)程的選取??滿足動(dòng)量守恒條件時(shí)，總動(dòng)量保持不變，不是僅指系統(tǒng)初末兩狀態(tài)總動(dòng)量相等，而是指系統(tǒng)在相互作用的整個(gè)過(guò)程中，每一時(shí)刻總動(dòng)量都不變．動(dòng)量守恒條件是否滿足，關(guān)鍵在于過(guò)程如何選?。???例3 如圖3所示，在平直的公路上，質(zhì)量為M的汽車牽引著質(zhì)量為m的拖車勻速行駛，速度為v0，在某一時(shí)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，說(shuō)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(kāi)了，這時(shí)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，拖車做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(méi)有改變．拖車一直向前運(yùn)行，它受的阻力也沒(méi)有改變，脫鉤后系統(tǒng)所受的合阻力f＝f1＋f2不變．說(shuō)明脫鉤后至拖車剛剛停止的過(guò)程中，若以兩者構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受合外力仍然為零．動(dòng)量守恒定律仍然成立．??設(shè)拖車剛剛停止時(shí)汽車的速度為v，取汽車前進(jìn)的方向?yàn)檎较?，則有??（M＋m）v0＝Mv，即v＝（（M＋m）／M）v0．??三、動(dòng)量守恒系統(tǒng)的選取??對(duì)多個(gè)物體相互作用中動(dòng)量守恒問(wèn)題，如何選取系統(tǒng)，是學(xué)生常感棘手的問(wèn)題．因?yàn)閷?duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，有時(shí)應(yīng)用系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有時(shí)應(yīng)用某部分動(dòng)量守恒，有時(shí)分過(guò)程多次應(yīng)用動(dòng)量守恒，有時(shí)只抓住初、末狀態(tài)動(dòng)量守恒即可．要善于觀察、分析，正確選取動(dòng)量守恒系統(tǒng)．??例4 質(zhì)量為100kg的甲車同質(zhì)量50kg的人一起以2m／s的速度在光滑水平面上勻速向前運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為150kg的乙車以7m／s的速度勻速由后面追來(lái)，為避免相撞，當(dāng)兩車靠近時(shí)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(shí)，動(dòng)量守恒．設(shè)人跳起時(shí)水平速度為v人′，當(dāng)人跳上乙車，兩車的速度相同均為v車′時(shí)，兩車剛好不相撞，設(shè)車原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍x擇甲車和人組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象．應(yīng)用動(dòng)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(duì)象，應(yīng)用動(dòng)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(zhì)量均為m的A、B兩球，以輕彈簧連結(jié)后放在光滑水平面上。A被有水平速度V0、質(zhì)量為m/4的泥丸P擊中并粘合，求彈簧能具有的最大勢(shì)能。
（典型誤解） 當(dāng)A和B的速度都達(dá)到u時(shí)，A、B間距離最近，此時(shí)彈簧有最大勢(shì)能EP。
從圖1所示狀態(tài)Ⅰ→Ⅲ由動(dòng)量守恒得：

從Ⅰ→Ⅲ，由機(jī)械能守恒得：
解得 。
（分析） 從圖1所示狀態(tài)Ⅰ→Ⅱ的過(guò)程中，泥丸P與A碰撞粘合（B尚未參與作用），是一個(gè)完全非彈性碰撞模型，部分機(jī)械能經(jīng)由瞬間內(nèi)力作功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所損失的機(jī)械能設(shè)為△E，則：
；
可見(jiàn)，從圖1的狀態(tài)Ⅰ→Ⅲ的物理過(guò)程，不能再看作一個(gè)機(jī)械能守恒的過(guò)程。因此，本題正確的解必須考慮由Ⅰ→Ⅱ的瞬間過(guò)程，從中得出所損失的機(jī)械能△E，代入Ⅰ→Ⅲ的能量守恒方程，即：，才能求到合理答案 。
當(dāng)然，只要考慮了從Ⅰ→Ⅱ的瞬間過(guò)程，得出在狀態(tài)Ⅱ時(shí)泥丸P及A的共同速度V1。然后，再研究從Ⅱ→Ⅲ的過(guò)程，則既滿足動(dòng)量守恒的條件，又滿足機(jī)械能守恒的條件。也可解得正確結(jié)果。
由此可見(jiàn)，在子彈穿過(guò)木塊；碰撞粘合。兩物通過(guò)相互作用連結(jié)在一起等瞬間過(guò)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(nèi)力作功的過(guò)程。事實(shí)上，因有內(nèi)力瞬時(shí)做功，導(dǎo)致能量的轉(zhuǎn)化（常常反映為機(jī)械能向其它形式能量轉(zhuǎn)化），全過(guò)程中的機(jī)械能便不再守恒．這便是我們?cè)诮獯祟惲?xí)題中務(wù)必要注意的情況。
再看一個(gè)實(shí)例：
〔例2〕 如圖2，質(zhì)量1千克的小球用0.8米長(zhǎng)的細(xì)線懸于固定點(diǎn)O?，F(xiàn)將小球沿圓周拉到右上方的B點(diǎn)，此時(shí)小球離最低處A點(diǎn)的高度是1.2米。松手讓小球無(wú)初速下落，試求它運(yùn)動(dòng)到最低處時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力。
（典型誤解） 球從B到A的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以有：
在A處，對(duì)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(shí)，線從松馳狀態(tài)開(kāi)始張緊（易知圖中α＝60°），因線張緊，之后小球才從C起開(kāi)始作圓弧運(yùn)動(dòng)到達(dá)A。從B→C機(jī)械能確實(shí)守恒，則 米／秒。既然在C處開(kāi)始轉(zhuǎn)化為圓弧運(yùn)動(dòng)，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(shuō)損失了 動(dòng)能。這是因?yàn)樵诰€張緊的瞬間，線上拉力對(duì)小球作了瞬時(shí)功，造成了 動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。這樣，就B到A的全過(guò)程而言，因在C處有線對(duì)小球作瞬時(shí)功，所以不滿足“僅有重力作功”這個(gè)條件，故全過(guò)程中機(jī)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(kāi)始作圓弧運(yùn)動(dòng)。在這之后，滿足了“僅有重力做功”的條件，機(jī)械能守恒。則從C→A有 ；而在A處對(duì)小球有 ，由此解得正確答案應(yīng)為T(mén)＝3.5mg＝35牛。
在本問(wèn)題中，我們?cè)俅慰吹搅艘蛴兴矔r(shí)功而造成機(jī)械能損失的情況。同樣，在那個(gè)瞬間，因?yàn)槲覀兛床坏轿矬w明顯的位移（小球在C位置時(shí)在線的方向沒(méi)有明顯位移），所以極易疏忽這個(gè)隱含的重要變化，因而常常會(huì)導(dǎo)致解題失誤。
所以，碰到象本題中細(xì)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(qǐng)注意上述因瞬時(shí)功造成機(jī)械能向其它能轉(zhuǎn)化的特點(diǎn)。處理問(wèn)題時(shí)，務(wù)請(qǐng)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(xiě)元素符號(hào))____，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(zhì)中氧化性最強(qiáng)的是_____，簡(jiǎn)單陰離子還原性最強(qiáng)的是____；碲元素最高氧化物的水化物化學(xué)式是_____，它與足量的石灰水反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合價(jià)是最低化合價(jià)絕對(duì)值的3倍，它在最高氧化物中含氧質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60％，此元素為_(kāi)___，它的相對(duì)原子質(zhì)量為_(kāi)___。請(qǐng)寫(xiě)出此元素的氣態(tài)氫化物分子式_____，并預(yù)言此氣體能否在空氣中能否燃燒(寫(xiě)能與不能)____，如能寫(xiě)出它燃燒的化學(xué)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(jié)構(gòu)，氧的原子半徑最小，最容易得電子，氧化性最強(qiáng)。而碲原子氧化性最弱，他形成簡(jiǎn)單離子Te2-還原最強(qiáng)，最容易失電子。碲元素最高價(jià)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(yīng)的化學(xué)方程式為H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。 質(zhì)量是32，它的氣態(tài)氫化物分子式為H2S。因氧的氧化性強(qiáng)，可將S2-氧化。S2-被氧化化合價(jià)升高，產(chǎn)物可能是S或SO2。[例2] 寫(xiě)出原子序數(shù)為34的原子結(jié)構(gòu)示意圖________，元素符號(hào)____，它的最高氧化物的化學(xué)式為_(kāi)_______，對(duì)應(yīng)酸的化學(xué)式為_(kāi)____，名稱是_____。它的二氧化物對(duì)應(yīng)酸的化學(xué)式為_(kāi)____，名稱是________，寫(xiě)出三氧化物與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式________________，生成物的名稱是_______。 最外層6個(gè)電子，因此它有的化合價(jià)為+6，+4，-2可形成SeO2 H2SeO3、SeO3 H2SeO4【3] 下列化學(xué)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(xué)方程式均為沒(méi)有學(xué)過(guò)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(qiáng)?？芍?，氧、硫、硒、碲非金屬活動(dòng)性逐漸減弱。而H2S、H2Se、H2Te的還原性逐漸增強(qiáng)，故碲不可能從氫硫酸中置換出硫，因?yàn)轫诘幕顒?dòng)性比硫弱。[答案]A。[例4] 比較氯、硫兩種元素在原子結(jié)構(gòu)上、性質(zhì)上的相同點(diǎn)與不同點(diǎn) 可知，它們的原子核外都有3個(gè)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(yīng)中容易獲得電子形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，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(zhì)的實(shí)驗(yàn)：H2S+Cl2=2HCl+S↓就是說(shuō)明了氧化性Cl＞S的實(shí)驗(yàn)。(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(qiáng)，HCl的穩(wěn)定性大于H2S。(3)氯和硫都能形成含氧酸，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)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(yīng)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(jià)不同。硫元素的主要化合價(jià)有-2、0、+4、+6；氯元素的主要化合價(jià)有-1、0、+1、+3、+5、+7。 [例5] 不能由單質(zhì)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(xiàng)分析組成每種物質(zhì)的每種元素的單質(zhì)相互化合時(shí)的生成物是什么，然后確定哪種物質(zhì)能由單質(zhì)直接化合而成，哪種物質(zhì)不能由單質(zhì)直接化合得到。Cl2是強(qiáng)氧化劑，與Fe化合時(shí)的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫與O2化合時(shí)硫顯還原性，只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是變價(jià)金屬，它們與硫這種較弱的氧化劑反應(yīng)時(shí)，只能被氧化為低價(jià)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(wú)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(qiáng)還原性，能與Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)而析出淡黃色沉淀S；③Fe2+與H2S不反應(yīng)，因FeS溶于稀酸。*[例7] 實(shí)驗(yàn)室制取硫化氫時(shí)，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(yīng)制取硫化氫氣時(shí)，不溶于水的FeS便轉(zhuǎn)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(yīng)只能按下式進(jìn)行：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亞鐵中-2價(jià)的硫元素全部轉(zhuǎn)化為H2S。硫化鐵(Fe2S3)里的鐵顯+3價(jià)，F(xiàn)e2S3與稀HCl或稀H2SO4反應(yīng)后生成的Fe3+有較強(qiáng)的氧化性，反應(yīng)中生成的H2S又有較強(qiáng)的還原性，因此就會(huì)有一部分H2S與Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，析出硫單質(zhì)。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl總的化學(xué)方程式為：Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可見(jiàn)Fe2S3里的硫有一部分被氧化，而不能全部轉(zhuǎn)化為H2S，因此制取H2S時(shí)用FeS而不用Fe2S3。(2)濃H2SO4、HNO3都是氧化性酸，有強(qiáng)氧化性；FeS有強(qiáng)還原性。當(dāng)濃 進(jìn)一步氧化成+4價(jià)，甚至+6價(jià)，生成硫單質(zhì)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(shí)驗(yàn)室制取H2S時(shí)，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(guān)二氧化硫的說(shuō)法錯(cuò)誤的是 [ ]A．SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能發(fā)生反應(yīng)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(fù)原來(lái)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(qiáng)，故它還能與碳酸鹽反應(yīng)。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(jié)合成無(wú)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(wú)色不穩(wěn)定的化合物分解，品紅又恢復(fù)紅色。二氧化硫和氧氣反應(yīng)生成三氧化硫必須在催化劑(V2O5)存在條件下加熱反應(yīng)才能進(jìn)行，所以A、C正確。 [例2] 有一瓶無(wú)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(wú)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(jié)論正確的是__________。①原有氣體中肯定有SO2；②原有氣體中肯定沒(méi)有SO2氣體；③原有氣體中肯定沒(méi)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(yīng)，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(lán)色。求反應(yīng)前的氯水的物質(zhì)的量濃度和反應(yīng)前氫離子濃度(假定反應(yīng)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(yīng)有如下反應(yīng)：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(wú)色溶液，說(shuō)明原有氣體中肯定沒(méi)有H2S、HBr、HI。AgNO3產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)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(yīng)。設(shè)xmolH2SO4和BaCl2溶液反應(yīng)，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(guò)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(shí)，向VL真空容器內(nèi)通入n mol SO2和m mol H2S①若n=2，則當(dāng)m=______時(shí)，反應(yīng)后容器內(nèi)密度最?、谌?n＞m，則反應(yīng)后氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量差為_(kāi)____g③若5n=m，且反應(yīng)后氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)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(yīng)后氣體體積是反應(yīng)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(nèi)通過(guò)amol H2S 和bmolSO2(a、b都是正整數(shù)，且a≤5，b≤5)，反應(yīng)完全后，容器內(nèi)氣體的密度約是14.4g／L，則a∶b=_______．分析：(1)反應(yīng)：2H2S+SO2=3S+2H2O①當(dāng)n=2、m=4時(shí)，恰好完全轉(zhuǎn)化為固體硫，容器內(nèi)壓強(qiáng)最小。②當(dāng)m＜2n時(shí)，則SO2過(guò)量x=16m③當(dāng)m=5n時(shí)說(shuō)明H2S過(guò)量 (3)如若容器內(nèi)氣體是H2S，則它的物質(zhì)的量應(yīng)是14.4g／L×20÷34=8.47(mol)不符合題意。因H2S物質(zhì)的量a≤5。則剩余氣體應(yīng)是SO2，SO2物質(zhì)的量應(yīng)是14.4×20÷64=4.5mol。則反應(yīng)的SO2應(yīng)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(shí)向大氣排放的SO2，工業(yè)上將生石灰和含硫煤混合使用，請(qǐng)寫(xiě)出燃燒時(shí)，有關(guān)“固硫”(不使含硫的化合物進(jìn)入大氣)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____、______、______。分析：此題所涉及的內(nèi)容和工業(yè)生產(chǎn)、日常生活密切相關(guān)，有些內(nèi)容可能學(xué)生不知道。解答本類題目關(guān)鍵是對(duì)所給的信息進(jìn)行充分的加工，利用所學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)、基本原理、已有的經(jīng)驗(yàn)解答題目。此題關(guān)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(yīng)S+O2=SO2。加入生石灰后必發(fā)生反應(yīng)SO2+CaO=CaSO3，將SO2轉(zhuǎn)化為CaSO3而不排放到大氣中，同時(shí)知道CaSO3不穩(wěn)定將和空氣中的O2發(fā)生反應(yīng)，即：2CaSO3+O2=2CaSO4?！鵞例6] 無(wú)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(qiáng)；將A、B所得溶液與過(guò)量溴水反應(yīng)，可見(jiàn)溴水的橙色褪去，得到無(wú)色溶液為強(qiáng)酸性。若將A與B混合時(shí)，會(huì)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(shí)驗(yàn)事實(shí)，推斷A、B、C各是何種物質(zhì)，并寫(xiě)出相關(guān)的化學(xué)方程式。分析 這是一道未知物的推斷題，對(duì)于這種試題，在認(rèn)真審題的基礎(chǔ)上，要理出脈絡(luò)，找出相互關(guān)系，進(jìn)行初步分析判斷。 依據(jù)題意整理出的上述關(guān)系網(wǎng)絡(luò)，說(shuō)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(jià)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(jià)態(tài)；從A、B、C溶于水得到的酸A是弱酸，酸B是中強(qiáng)酸，酸C是強(qiáng)酸，且酸A、酸B均可被過(guò)量溴水氧化為強(qiáng)酸性的無(wú)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(jià)態(tài)的氧化物，物質(zhì)C是高價(jià)氧化物。本題給出的另一條線索是： 說(shuō)明A具有強(qiáng)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(dāng)Cl2溶于水形成氯水時(shí)才具有漂白性。氯氣溶于水時(shí)，有一部分Cl2與水反應(yīng)生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO中的氯顯+1價(jià)，有很強(qiáng)的氧化性，能夠殺菌消毒，也能使染料和有機(jī)色質(zhì)褪色，變成無(wú)色物質(zhì)。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(zhì)，SO2的漂白作用是由于它能跟某些有色物質(zhì)化合，而生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì)。當(dāng)這種無(wú)色物質(zhì)放置長(zhǎng)久或受熱時(shí)，會(huì)發(fā)生分解，而使有色物質(zhì)恢復(fù)為原來(lái)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(guò)加熱又可恢復(fù)為原來(lái)的紅色；而Cl2使品紅溶液褪色后，經(jīng)過(guò)加熱也不能恢復(fù)為原來(lái)的紅色。雖然SO2和氯水各自單獨(dú)都有漂白作用，但若將Cl2和SO2以等物質(zhì)的量混合，一起通入品紅溶液中時(shí)，品紅卻不褪色。這是因?yàn)镃l2和SO2在有水存在時(shí)恰好完全反應(yīng)失去漂白能力，反應(yīng)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(zhì)的量混合通入品紅溶液時(shí)，由于有一部分Cl2和SO2反應(yīng)，因而其漂白性會(huì)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(zhuǎn)變關(guān)系，試回答： (1) A是_____，B是_____，C是____。(2)若B的物質(zhì)的量為x，O2物質(zhì)的量為y：①當(dāng)B跟O2恰好完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為A時(shí)，x與y的數(shù)值關(guān)系為_(kāi)_____；②當(dāng)B轉(zhuǎn)化為C時(shí)，若反應(yīng)后，常溫*系中只有一種氣體，x與y的數(shù)值關(guān)系為_(kāi)____。(3)B和C發(fā)生反應(yīng)時(shí)，無(wú)論B、C物質(zhì)的量之比如何，反應(yīng)得到的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為_(kāi)____。分析：(1)本題A、B、C三種物質(zhì)分別為S、H2S和SO2。(2)H2S與O2生成S的化學(xué)方程式 [例9] 某無(wú)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(shí)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(shí)驗(yàn)現(xiàn)象回答下列問(wèn)題：(1)不能使品紅溶液褪色，說(shuō)明該氣體中