[例1] 浓硫酸具有如下性质:A.酸性B.强氧化性C.难挥发发性D.吸水性E.脱水性,下列尝试或现实次要表示了浓硫酸的什么性质,将恰当的序号填入括号中。(1)浓硫酸可做气体干燥剂。 [ ](2)浓硫酸不克不及干燥氨气。 [ ](3)棉布上滴上浓硫酸呈现破洞。 [ ](4)浓硫酸不克不及干燥硫化氢。 [ ](5)浓硫酸能够干燥二氧化硫。 [ ](6)浓硫酸能够制取氯化氢气体。 [ ](7)浓硫酸不克不及制取碘化氢。 [ ](8)铁片投入浓硫酸中不用融。 [ ](9)热的浓硫酸中投入银可消融。 [ ](10)清洗浓硫酸罐见明火易爆炸。 [ ](11)胆矾遇浓硫酸变白色。 [ ]【阐发】 (1)浓硫酸取水能构成不变的水合物,具有吸水性。(2)浓H2SO4有酸性,氨气是碱性气体2NH3+H2SO4==(NH4)2SO4(3)棉布为纤维素所构成,浓硫酸能将其氢、氧两元素以2∶1的比例脱出来,只留下碳而变黑,发生碳化,这是浓硫酸有脱水性。(4)硫化氢气体具有还原性,浓硫酸有氧化性,发生氧化还原反映H2S+H2SO4(浓)==S↓+SO2↑+2H2O故H2S不克不及用浓硫酸干燥。(5)SO2取浓H2SO4之间不发生氧化还原反映,浓H2SO4吸水性,将SO2干燥。(6)浓硫酸沸点338℃高沸点,难挥发性酸,它可制易挥发的氯化氢气体。(7)浓硫酸可将碘化氢中的碘离子氧化成为单质碘,得不到碘化氢气体。(8)常温下,强氧化性的浓硫酸使铁的概况氧化成一层致密的氧化膜而被钝化。(9)银虽是不活跃的金属,正在加热的前提下,浓硫酸发生氧化还原,将银氧化。(10)浓硫酸铁罐用水清洗,浓硫酸变为稀H2SO4,发生反映Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑见明火氢气易燃,发生爆炸。(11)脱水不必然都获得逛离态的碳而碳化。某些无机物也取浓硫酸发生脱水,如胆矾取浓硫酸感化:CuSO4·5H2O+5H2SO4(浓)==5H2SO4·H2O+CuSO4现象由蓝然变为白色。[例2] 写出下列反映的化学方程式a:S和浓H2SO4共热;b.S和NaOH溶液共热生成-2价和+4价硫的化合物;c.SO2通入酸性KMnO4溶液;d.硫粉和炭粉共热。阐发硫元素的价态变化纪律 分析起来,硫元素价态变化的纪律是: 使用以上纪律时,要留意总结每步变化可由哪些氧化剂或还原剂来实现,并留意连系反映环境阐发具体产品。a.浓H2SO4有强氧化性,S取浓H2SO4反映只能表示还原性,而0价硫和+6价硫之间只要+4价,所以反映后都能生成SO2。b.正在NaOH溶液中,-2价硫的化合物只能是Na2S,+4硫的化合物只能是Na2SO3。c.KMnO4具有强氧化性,SO2能被氧化。5SO2+2KMnO4+2H2O==K2SO4+2MnSO4+2H2SO4d.硫取碳比力,氧化性S>C,所以硫取碳反映时,硫表示氧化性。 [例3] 蔗糖是白色固体,式是C12H22O11,正在高脚烧杯中放入蔗糖,插手蒸馏水少许,再插手浓硫酸,并用玻璃棒搅拌,可并有大量酸雾构成。试用学过的化学学问注释其缘由,并写出响应的化学方程式。阐发 本题给出的尝试药品有蔗糖、水、浓硫酸三种物质,又给出了尝试过程和尝试现象,要求通过对尝试现象的深切思虑,九五至尊官网9599。用学过的化学理论学问进行注释,考查使用学过的理论学问处理新问题的能力。蔗糖是由碳、氢、氧三种元素构成的无机化合物,正在此中插手少量蒸馏水,再插手浓硫酸,使温度升高,这是浓硫酸跟水连系生成水合硫酸放热的成果,申明浓硫酸的吸水性;又根据给出的“蔗糖逐步变黑”的尝试现实,申明浓硫酸将蔗糖中的氢、氧元素以水的形式脱去,这是浓硫酸的脱水性;此时,温度继续升高,浓硫酸又将碳氧化成二氧化碳,浓硫酸还原为二氧化硫,这些逸出的气体使烧杯内夹杂物“体积敏捷膨缩,构成松散的炭柱,并有大量酸雾构成”,申明浓硫酸的氧化性。所以,这个尝试证了然浓硫酸具有吸水性、脱水性和氧化性的特征。谜底 浓硫酸有吸水性,可接收蔗糖中的少量水,并放出大量热,使夹杂物温度升高H2SO4+nH2O==H2SO4·nH2O+Q正在受热前提下,浓硫酸又出强脱水性,蔗糖被脱水后变为黑色炭粒 生成的炭粒又正在受热前提下被浓硫酸氧化,发生二氧化碳气体,硫酸则还原为二氧化硫,使夹杂物的体积敏捷膨缩,构成松散的炭柱C+2H2SO4(浓)==CO2↑+2SO2↑+2H2O所见酸雾是二氧化硫取水气化合为亚硫酸形成的H2O+SO2===H2SO3[例4] 欲配制60%硫酸(密度为1.5g/cm3)300mL,需要98%的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)的体积为几多毫升?两种硫酸的物质的量浓度别离为几多?阐发 用98%浓硫酸配制60%硫酸过程中,溶质的质量未变,这是环节。设:需要98%的浓硫酸的体积为xmL则列方程x·1.84·98%=300×1.5×60%x=149.7mL按照物质的量浓度=溶质的物质的量÷溶液体积98%浓H2SO4物质的量浓度为: [例5] 已知某氯化钾样品中含有K2SO4杂质,为了除去K2SO4杂质,设想了以下尝试步调:(1)将KCl样品溶于适量蒸馏水,配成溶液;(2)向溶液中滴入K2CO3溶液,边滴加边振荡至不再发生白色沉淀时;(3)向溶液中滴入BaCl2溶液,边滴加边振荡至不再产白色沉淀;(4)过滤,将白色沉淀滤出;(5)向滤液中滴加稀HCl,边滴加边振荡至不再发生气体;(6)将滤液蒸干,获得晶体;准确的尝试操做法式为______;相关的离子方程式:______。阐发 这是一道物质提纯题,就是要把物质中的杂质除去,以获得某种纯物质的过程。物质提纯是化学尝试的一项主要内容,本题沉点考查操纵离子反映除去杂质。除杂质时该当做到:①所选用的试剂不克不及跟被提纯的物质发生反映。②所加试剂必需过量,以把杂质除净。③由过量试剂所带入的新杂质,也必需完全除净。④插手试剂的挨次,应以便于过量试剂的处置为准。本题除杂质时次要操纵沉淀法和生成气体法。操做挨次为:先将试 沉淀;再插手过量K2CO3溶液,以便使过量的BaCl2带入的多余Ba2+全数为BaCO3沉淀;过滤后再向滴加HCl,以便使过量的K2CO3带入的多余 例6] 测知由Fe2(SO4)3和FeSO4构成夹杂物中含S a%,则其含铁量应为: [ ]A.(100-4a)% B.(100-2a)%

  ②正在统一物理过程中,系统的动量能否守恒,取系统的拔取亲近相关,如本例中第一种环境A,B构成的系统的动量不守恒,而A,B,C构成的系统的动量倒是守恒的,因而,正在操纵动量守恒定律处理问题时,必然要明白正在哪一过程中哪些物体构成系统的动量是守恒的,即要明白研究对象和过程。

  [例1]下列相关污染的论述,准确的是 [ ]A.酸雨次要是空气中的NO,经氧化取水反映生成HNO3所构成B.臭氧层的次要物质是氟氯烃等物质C.温室效应次要是因空气中CO浓度增高形成的D.发电厂排放大量的废热入河、海中,会使流径的水域溶氧量削减。阐发 A.酸雨次要是SO2取氧气反映生成SO3取水反映形成C.温室效应是CO2浓度增高所致 [例2]空气污染下列论述错误的是: [ ]A.酸雨次要是雨水取SO3或SO2反映,最终构成的H2SO4、还有少量的NO2及CO2和水反映生成的HNO3取H2CO3形成的B.温室效应是CO2具有增高地球温度的效应形成的C.CO能取血红卵白构成不变的化合物,降低血液输入氧的能力D.抽烟能制制CO2污染空气阐发 A中含硫的物质燃烧生成SO2,SO2正在一些催化剂感化成SO3,SO3被水接收成H2SO4或SO2取水反映生成H2SO3,H2SO3再被氧化成H2SO4。空气中NO2(汽车尾气)取H2O反映生成HNO3或NO和O2,水反映生成HNO3D.抽烟次要是不完全燃烧而发生的CO污染空气。[例3]正在我国部大开辟中,某省为筹建一大型化工,搜集到下列方案,此中你认为可行的是 [ ]A.建正在部干旱山区能够脱贫致富B.应建正在水资本丰硕和交通便利的远离城市的郊区C.企业有权自从选择厂址D.不宜建正在生齿浓密的居平易近区阐发 本题涉及化工场选址等问题,起首要关怀问题,要考虑节流资本、能源,削减污染,减低成本等要求。 [例4]阅读下文请回覆20世纪90年代初,国际上提出了“防止污染”这一新概念。绿色化学是“防止污染”的底子手段,它的方针是研究和寻找能充实操纵的无原材料,最大限度地节约能源,正在化工出产各环节都实现净化和无污染的反映路子。下列各项属于“绿色化学”的是 [ ]A.处置烧毁物B.管理污染点C.削减有毒物D.杜绝污染源阐发 研究化学问题时都该当留意绿色化学。绿色化学的具体内涵次要集中表现正在以下5点:①减量,即减罕用量,削减“三废”排放;②反复利用,诸如化学工业过程中的催化剂、载体等,这是降低成本和减废的需要;③收受接管,能够无效实现“省资本,少污染,减成本”的要求

  (提醒:一般飞船沿椭圆轨道活动,不是惯性参考系,可是,正在一段很短的圆弧上,能够视为飞船做匀速曲线活动,是惯性参考系)

  [例1] 如图1,质量均为m的A、B两球,以轻弹簧保持后放正在滑腻程度面上。A被有程度速度V0、质量为m/4的泥丸P击中并粘合,求弹簧能具有的最大势能。

  劈和小球构成的系统正在整个活动过程中都不受程度标的目的外力,所以系统正在程度标的目的平均动量守恒。劈和小球正在整个过程中发生的程度位移如上图所示,由图见劈的位移为s,小球的程度位移为(b-s)。

  所以,碰着象本题中细线俄然张紧的环境;象上题中两物碰撞粘合的环境;或者其他一些广义上的完全非弹性碰撞的环境,请留意上述因瞬时功形成机械能向其它能的特点。处置问题时,务请留意正在霎时感化中所现含的主要变化,如许才能找到准确的解题标的目的。

  (阐发) 从图1所示形态Ⅰ→Ⅱ的过程中,泥丸P取A碰撞粘合(B尚未参取感化),是一个完全非弹性碰撞模子,部门机械能经由霎时内力做功为内能,所丧失的机械能设为△E,则:

  下面是一个物理演示尝试,它显示:图中下落的物体A和B经反弹后,B能上升到比初高得多的处所。A是某种材料做成的实心球,质量m1=0.28 kg,正在其顶部的凹坑中插着质量为m2=0.10 kg的B。 B只是松松地插正在凹坑中,其下端取坑底之间有小空地。将此安拆从A下端离地板的高度H=1.5 m处由静止。尝试中,A触地后正在极短时间内反弹,且其速度大小不变,接着B离开球A起头上升,而球A刚好留正在地板上。求B上升的高度。(沉力加快度g取10 m/s2)

  懂得了以上事理,便晓得小球正在C处以线速度 起头做圆弧活动。正在这之后,满脚了“仅有沉力”的前提,机械能守恒。则从C→A有 ;而正在A处对小球有 ,由此解得准确谜底应为T=3.5mg=35牛。

  对A、B、C构成的系统,A取C、B取C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖曲标的目的的沉力和支撑力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均准确。

  〔例2〕 如图2,质量1千克的小球用0.8米长的细线悬于固定点O。现将小球沿圆周拉到左上方的B点,此时小球离最低处A点的高度是1.2米。松手让小球无初速下落,试求它活动到最低处时对细线的拉力。

  2005-12-23展开全数[例1] 填空题氧族元素包罗(写元素符号)____,此中____是金属元素,因为具有放射性,正在天然界中不克不及不变存正在。氧族元素的单质中氧化性最强的是_____,简单阴离子还原性最强的是____;碲元素最高氧化物的水化物化学式是_____,它取脚量的石灰水反映的化学方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍,它正在最高氧化物中含氧质量分数为60%,此元素为____,它的相对原子质量为____。请写出此元素的气态氢化物式_____,并预言此气体可否正在空气中可否燃烧(写能取不克不及)____,如能写出它燃烧的化学方程式____。阐发:氧族元素包含有氧、硫、硒、碲、钋等五种元素,此中钋为金属元素,它不不变具有放射性,按照氧族元素中各元素正在周期表中,和它们的原子布局,氧的原子半径最小,最容易得电子,氧化性最强。而碲原子氧化性最弱,他构成简单离子Te2-还原最强,最容易失电子。碲元素最高价氧化物水化物的式为H2TeO4,因显酸性,它取脚量的石灰水反映的化学方程式为H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。 质量是32,它的气态氢化物式为H2S。因氧的氧化性强,可将S2-氧化。S2-被氧化化合价升高,产品可能是S或SO2。[例2] 写出原子序数为34的原子布局示企图________,元素符号____,它的最高氧化物的化学式为________,对应酸的化学式为_____,名称是_____。它的二氧化物对应酸的化学式为_____,名称是________,写出三氧化物取氢氧化钠溶液反映的化学方程式________________,生成物的名称是_______。 最外层6个电子,因而它有的化合价为+6,+4,-2可构成SeO2 H2SeO3、SeO3 H2SeO4【3] 下列化学方程式不成能成立的是 [ ]A.Te+H2S=H2Te+SB.CS2+3O2=CO2+2SO2C.Na2SeO3+H2SO4=H2SeO3+Na2SO4D.Na2SeO4+BaCl2=BaSeO4↓+2NaCl阐发:这些化学方程式均为没有学过的,可是按照氧族元素的原子随原子半径的增大非金属性逐步削弱,金属性逐步加强。可知,氧、硫、硒、碲非金属勾当性逐步削弱。而H2S、H2Se、H2Te的还原性逐步加强,故碲不成能从氢硫酸中置换出硫,由于碲的勾当性比硫弱。[谜底]A。[例4] 比力氯、硫两种元素正在原子布局上、性质上的不异点取分歧点 可知,它们的原子核外都有3个电子层,最外层电子数都较多,原子半径都比力小。因而正在反映中容易获得电子构成8电子不变布局,所以硫和氯都是比力活跃的非金属。但核电荷数S<Cl,原子半径S>Cl,所以氯原子得电子能力大于硫原子,氯的非金属性大于硫的非金属性。氯气能从H2S中置换出硫单质的尝试:H2S+Cl2=2HCl+S↓就是申明了氧化性Cl>S的尝试。(2)氯和硫都能取氢气间接化合生成气态氢化物HCl和H2S,但Cl2取H2化合的能力比S取H2化合的能力强,HCl的不变性大于H2S。(3)氯和硫都能构成含氧酸,其最高价氧化物对应的水化物别离为HClO4和H2SO4,因为非金属性Cl>S,所以酸性HClO4>H2SO4。(4)HCl和H2S都有还原性,但还原性HCl<H2S。氯和硫构成的阴离子半径都大于响应原子的半径:Cl->Cl,S2->S。氯和硫构成的阴离子都有还原性,但还原性Cl-<S2-(5)氯和硫两种元素的次要化合价分歧。硫元素的次要化合价有-2、0、+4、+6;氯元素的次要化合价有-1、0、+1、+3、+5、+7。 [例5] 不克不及由单质间接化合而获得的化合物是 [ ]A.FeCl2B.SO2C.CuSD.FeS阐发:这几种化合物都是二元化合物,先逐项阐发构成每种物质的每种元素的单质彼此化应时的生成物是什么,然后确定哪种物质能由单质间接化合而成,哪种物质不克不及由单质间接化合获得。Cl2是强氧化剂,取Fe化应时的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫取O2化应时硫显还原性,只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是变价金属,它们取硫这种较弱的氧化剂反映时,只能被氧化为低价态,生成FeS和Cu2S。 [例6] H2S气体别离通入下列溶液中①FeCl3 ②FeCl2 ③CuCl2 ④AgNO3 ⑤溴水 ⑥碘水 ⑦H2O2 ⑧KMnO4,无明象的是 [ ]A.②B.②③④C.②③④⑤D.全数阐发:①很多沉金属硫化物消融度极小,如CuS、Ag2S、HgS可存正在于酸性溶液中;②H2S具有强还原性,能取Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2发生氧化还原反映而析出淡沉淀S;③Fe2+取H2S不反映,因FeS溶于稀酸。*[例7] 尝试室制取硫化氢时,为什么要用硫化亚铁而不消硫化铁?为什么要用稀H2SO4或稀HCl而不消浓H2SO4或HNO3?阐发:(1)用硫化亚铁取稀H2SO4或稀HCl反映制取硫化氢气时,不溶于水的FeS便为FeSO4或FeCl2,Fe2+的氧化性弱,不克不及把重生成的H2S氧化,反映只能按下式进行:FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亚铁中-2价的硫元素全数为H2S。硫化铁(Fe2S3)里的铁显+3价,Fe2S3取稀HCl或稀H2SO4反映后生成的Fe3+有较强的氧化性,反映中生成的H2S又有较强的还原性,因而就会有一部门H2S取Fe3+发生氧化还原反映,析出硫单质。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl总的化学方程式为:Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可见Fe2S3里的硫有一部门被氧化,而不克不及全数为H2S,因而制取H2S时用FeS而不消Fe2S3。(2)浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸,有强氧化性;FeS有强还原性。当浓 进一步氧化成+4价,以至+6价,生成硫单质或SO2,甚到生成H2SO4,从而得不到H2S。2FeS+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2OFeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO↑+2H2O所以,正在尝试室制取H2S时,只能用稀H2SO4或稀HCl,而不克不及用浓H2SO4或HNO3。二氧化硫典型例题

  [例1] 相关二氧化硫的说法错误的是 [ ]A.SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能发生反映B.SO2能使品红溶液褪色是因它的氧化性C.给已被SO2褪色的品红溶液用酒精灯加热,可恢复本来的红色D.SO2和O2夹杂后加热,可生成三氧化硫阐发:二氧化硫溶于水构成亚硫酸,亚硫酸取亚硫酸的正盐生成酸式盐,亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强,故它还能取碳酸盐反映。SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2二氧化硫具有漂白性,它的漂白道理是因为二氧化硫和品红连系成无色的不不变化合物,它的漂白道理取次氯酸氧化性的漂白道理分歧。给被二氧化硫褪色的品红加热,无色不不变的化合物分化,品红又恢复红色。二氧化硫和氧气反映生成三氧化硫必需正在催化剂(V2O5)存正在前提下加热反映才能进行,所以A、C准确。 [例2] 有一瓶无色气体,可能含有SO2、H2S、HBr、HI中的一种或几种,将其通入氯水中获得无色溶液,把溶液分成两份,向一份中插手硝酸酸化的氯化钡溶液,呈现白色沉淀;另一份中插手硝酸酸化的硝酸银溶液,也有白色沉淀生成,以下结论准确的是__________。①原有气体中必定有SO2;②原有气体中必定没有SO2气体;③原有气体中必定没有H2S、HBr、HI气体。将此气体通入15mL新制的氯水中,生成的溶液取脚量的BaCl2溶液5mL反映,生成不溶于酸的白色沉淀260.8mg,该溶液遇KI淀粉试纸不变蓝色。求反映前的氯水的物质的量浓度和反映前氢离子浓度(假定反映前后溶液总体积不变)阐发:如若四种气体均存正在,将其通入氯水中则应有如下反映:Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClH2S+Cl2=2HCl+S↓()HBr+Cl2=2HCl+Br2(棕红)2HI+Cl2=2HCl+I2(紫色)按照已知获得无色溶液,申明原有气体中必定没有H2S、HBr、HI。AgNO3发生白色沉淀,申明Cl-存正在。由此证明①、③准确。将SO2气体通入15mL新制的氯水中,生成的溶液取脚量BaCl2溶液和SO2完全反映。设xmolH2SO4和BaCl2溶液反映,可生成260.8mg BaSO4和ymol HCl。Cl2 z=0.00112 mol W=0.00112×2=0.00224mol[例3] 天然界“酸雨”构成缘由次要是 [ ]A.未经处置的工业废水的肆意排放B.大气中二氧化碳含量增加C.工业上大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼D.汽车排放的尾气和燃料不完全燃烧发生的气体阐发:天然界中的酸雨次要是硫酸雨,这是因为大气中SO2 和SO3含量过高形成,构成这种环境的次要缘由是工业大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼,汽车尾气的排放不是次要缘由。 [例4] 填空题(1)298K时,向VL实空容器内通入n mol SO2和m mol H2S①若n=2,则当m=______时,反映后容器内密度最小②若2n>m,则反映后氧化产品取还原产品的质量差为_____g③若5n=m,且反映后氧化产品和还原产品的质量和为48g则n+m=______.(2)正在常温常压下,将a L SO2和b L的H2S夹杂,如反映后气体体积是反映前的1/4,则a和b之比是______.(3)正在常温常压下,向20L实空容器内通过amol H2S 和bmolSO2(a、b都是正整数,且a≤5,b≤5),反映完全后,容器内气体的密度约是14.4g/L,则a∶b=_______.阐发:(1)反映:2H2S+SO2=3S+2H2O①当n=2、m=4时,刚好完全为固体硫,容器内压强最小。②当m<2n时,则SO2过量x=16m③当m=5n时申明H2S过量 (3)如若容器内气体是H2S,则它的物质的量应是14.4g/L×20÷34=8.47(mol)不合适题意。因H2S物质的量a≤5。则残剩气体应是SO2,SO2物质的量应是14.4×20÷64=4.5mol。则反映的SO2应是0.5mol H2S则是0.5mol×2=1mola∶b=1∶(4.5+0.5)=1∶5 (3)a∶b=1∶5[例5] 为防治酸雨。降低煤燃烧时向大气排放的SO2,工业大将生石灰和含硫煤夹杂利用,请写出燃烧时,相关“固硫”(不使含硫的化合物进入大气)反映的化学方程式为_____、______、______。阐发:此题所涉及的内容和工业出产、日常糊口亲近相关,有些内容可能学生不晓得。解答本类标题问题环节是对所给的消息进行充实的加工,操纵所学的根本学问、根基道理、已有的经验解答标题问题。此题环节晓得酸雨的构成是因为燃煤发生大量的SO2溶于水,即有反映S+O2=SO2。插手生石灰后必发生反映SO2+CaO=CaSO3,将SO2为CaSO3而不排放到大气中,同时晓得CaSO3不不变将和空气中的O2发生反映,即:2CaSO3+O2=2CaSO4。※[例6] 无色气体A正在空气中完全燃烧生成气体B,B正在必然前提下氧化生成C;A、B、C溶于水所得溶液均为酸性,并且酸性逐步加强;将A、B所得溶液取过量溴水反映,可见溴水的橙色褪去,获得无色溶液为强酸性。若将A取B夹杂时,会有淡固体生成;A取C夹杂,同样有淡固体生成。按照上述尝试现实,揣度A、B、C各是何种物质,并写出相关的化学方程式。阐发 这是一道未知物的揣度题,对于这种试题,正在认实审题的根本上,要理出脉络,找出彼此关系,进行初步阐发判断。 根据题意拾掇出的上述关系收集,申明气体A是可燃性气体,其燃烧产品气体B取A含有同种元素,且价态较高,B的氧化产品C取A也含有同种元素,且处于高价态;从A、B、C溶于水获得的酸A是弱酸,酸B是中强酸,酸C是强酸,且酸A、酸B均可被过量溴水氧化为强酸性的无色溶液,可初步判气绝体A为气态氢化物,气体B为处于两头价态的氧化物,物质C是高价氧化物。本题给出的另一条线索是: 申明A具有强还原性,A、B、C所含的同种元素是硫元素,从而找出解答本题的冲破口,确定A是硫化氢,B是二氧化硫,C为三氧化硫,酸A是氢硫酸,酸B是亚硫酸,酸C是硫酸,固体是硫黄。 [例7] 氯水的漂白性取SO2的漂白性的比力阐发:干燥的氯气不具有漂白性,只要当Cl2溶于水构成氯水时才具有漂白性。氯气溶于水时,有一部门Cl2取水反映生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl,HClO中的氯显+1价,有很强的氧化性,可以或许杀菌消毒,也能使染料和无机色质褪色,变成无色物质。这种漂白感化是完全的、不成逆的。SO2也可漂白某些有色物质,SO2的漂白感化是因为它能跟某些有色物质化合,而生成不不变的无色物质。当这种无色物质放置长久或受热时,会发生分化,而使有色物质恢复为本来的颜色。所以SO2的漂白感化是可逆的。由此可知,Cl2和SO2虽然都能使品红溶液褪色,但SO2使品红溶液褪色后,颠末加热又可恢复为本来的红色;而Cl2使品红溶液褪色后,颠末加热也不克不及恢复为本来的红色。虽然SO2和氯水各自零丁都有漂白感化,但若将Cl2和SO2以等物质的量夹杂,一路通入品红溶液中时,品红却不褪色。这是由于Cl2和SO2正在有水存正在时刚好完全反映得到漂白能力,反映后的生成物也不具有漂白性的来由。Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl若Cl2和SO2不是以等物质的量夹杂通入品红溶液时,因为有一部门Cl2和SO2反映,因此其漂白性会比夹杂前消弱。 [例8] 常温下某种淡固体A,它的氢化物B和氧化物C之间有如左上改变关系,试回覆: (1) A是_____,B是_____,C是____。(2)若B的物质的量为x,O2物质的量为y:①当B跟O2刚好完全反映为A时,x取y的数值关系为______;②当B为C时,若反映后,常温系中只要一种气体,x取y的数值关系为_____。(3)B和C发生反映时,无论B、C物质的量之比若何,反映获得的氧化产品和还原产品的质量比为_____。阐发:(1)本题A、B、C三种物质别离为S、H2S和SO2。(2)H2S取O2生成S的化学方程式 [例9] 某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种: [ ]A.氯化钠B.硫化纳C.亚硫酸钠D.硫酸纳E.碳酸纳向此溶液中插手适量稀硫酸,有沉淀析出,同时有气体发生。此少量气体有臭鸡蛋气息,可使的石灰水变混浊,不克不及使品红溶液褪色。按照以上尝试现象回覆下列问题:(1)不克不及使品红溶液褪色,申明该气体中不含_____(填化学式)。(2)此无色溶液至多存正在哪几种盐?(填写响应的字母)阐发:(1)能取稀硫酸反映发生气体的有Na2S、Na2SO3、Na2CO3。(2)发生臭鸡蛋气息气体的只要Na2S。(3)发生使石灰水变混浊,不克不及使品红溶液褪色的只要Na2CO3。(4)浅沉淀来自SO2+2H2S=3S↓+2H2O,有Na2S及Na2SO3。(5)NaCl、Na2SO4跟稀硫酸没有反映,可能存正在也可能不存正在溶液中。标题问题只需求“至多”存正在哪几种盐,所以不答NaCl和Na2SO4。 [例10] 有一变质的Na2SO3样品,经测定还含有5.3%的Na2CO3。称取20g试样,插手4mol/L的盐酸300mL,发生的气体经干燥后其体积为2464mL(尺度情况)。试求试样中Na2SO3的质量分数是几多?阐发:20g该试样中除含有Na2SO3、Na2CO3外,还含有因变质而生成的Na2SO4。插手盐酸的量应为过量,所以4mol/L、300mL取计较无关。Na2SO4取盐酸不反映,Na2SO3、Na2CO3取盐酸反映别离生成SO2、CO2,生成的2464mL气体为SO2和CO2的夹杂气。再按照相关化学方程式进行求算,正在计较时尽量利用物质的量,往往比力简洁。 按照Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑可知生成的CO2气为0.01mol,则生成的SO2为0.11-0.01=0.1(mol)按照Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑可知生成0.1molSO2需0.1molNa2SO3,即20g试样中含Na2SO30.1mol,质量为126×0.1=12.6(g) 硫酸 硫酸盐典型例题

  若是一个系统所受外力的矢量和为零,则该系统为动量守恒系统。而系统内部的物体因为相互间的彼此感化,动量会有显著的变化,这里涉及到一个内力和系统内物体动能变化的问题,即动量守恒系统的功能问题。 这类问题十分普遍,不只正在力学中多见,正在电学、原子物理学中亦会碰着。正在动量守恒系统的功能关系中,彼此感化的内力可能是恒力,但大都环境下内力为变力,有时其变化纪律可能较复杂,所以我们能够由系统动能的变化这个成果来领会内力的影响。 彼此感化的内力不只能够变化复杂,力的性质也能够多种多样,诸如弹簧的弹力、滑动摩擦力、力、电场力、磁力等等,取其相对应的能量则如弹性势能、内能、势能、电势能、能(闭合回中的电能)等等。因而,若我们能细心阐发系统中彼此感化的内力的性质,也就可能正在题设前提内成立起系统的动能和某种性质的内力相对应的能之间彼此的能量关系。 我们常把动量守恒系统中物体间的彼此感化过程仍视为碰撞问题来处置,亦即广义的碰撞问题。如弹性碰撞能够涉及到动能和弹性势能的彼此;非弹性碰撞能够涉及到动能和内能的彼此,等等。那么,通过动量守恒和能量关系,就能够成功达到解标题问题的。 综上所述,处理动量守恒系统的功能问题,其解题的策略应为: 一、成立系统的动量守恒定律方程。 二、按照系统内的能量变化的特点成立系统的能量方程。 成立该策略的指点思惟即借帮于系统的动能变化来表示内力。 例1、如图,两滑块A、B的质量别离为m1和m 2,置于滑腻的程度面上,A、B间用一劲度系数为K的弹簧相连。起头时两滑块静止,弹簧为原长。一质量为m的枪弹以速度V0沿弹簧长度标的目的射入滑块A并留正在此中。 试求:(1)弹簧的最大压缩长度; (2)滑块B相对于地面的最大速度和最小速度。解:(1)因为枪弹射入滑块A的过程极短,能够认为弹簧的长度尚未发生变化,滑块A不受弹力感化。取枪弹和滑块A为系统,因枪弹射入的过程为完全非弹性碰撞,枪弹射入A前后物系统统动量守恒,设枪弹射入后A的速度为V1,有: mV0=(m+m1)V1 得: (1) 取枪弹、两滑块A、B和弹簧为物系统统,正在枪弹进入A后的活动过程中,系统动量守恒,留意这里有弹力,系统的部门动能将为弹性势能,设弹簧的最大压缩长度为x,此时两滑块具有的不异速度为V,依前文中提到的解题策略有: (m+m1)V1=(m+m1+m 2)V (2) (3) 由(1)、(2)、(3)式解得: (2)枪弹射入滑块A后,整个系统向左做全体活动,别的须留意到A、B之间还有相对振动,B相对于地面的速度应是这两种活动速度的叠加,当弹性势能为零时,滑块B相对地面有极值速度。若B向左振动,取向左的全体速度叠加后有最小速度;若B向左振动,取向左的全体速度叠加后有最大速度。设极值速度为V3,对应的A的速度为V2,依前文提到的解题策略有: 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) 申明: 一、本题中的所有速度都是相对地面这一参照物而言的。 二、第(3)、(5)式左均为 ,它们的差值即系统添加的内能。 三、由前文解题策略易得系统添加的内能为 。 例2、如图,滑腻程度面上有A、B两辆小车,C球用0.5米长的细线吊挂正在A车的支架上,已知mA=mB=1千克,mC=0.5千克。起头时B车静止,A车以V0 =4米/秒的速 度驶向B车并取其正碰后粘正在一路。若碰撞时间极短且不计空气阻力,g取10米/秒2 ,求C球摆起的最大高度。 解:因为A、B碰撞过程极短,C球尚未起头摆动,故对该过程依前文解题策略有: mAV0=(mA+mB)V1 (1) E内= (2) 对A、B、C构成的系统,图示形态为初始形态,C球摆起有最大高度时,A、B、C有配合速度,该形态为结束形态,这个过程同样依解题策略处置有: (mA+mC)V0=(mA+mB+mC)V2 (3) (4) 由上述方程别离所求出A、B刚粘合正在一路的速度V1=2米/秒,E内=4焦,系 统最初的配合速度V2=2.4米/秒,最初求得小球C摆起的最大高度h=0.16米。

  高考对能力的要求越来越高,这此中就包罗推理能力和使用数学学问处置物理问题的能力。对于较复杂的物理问题,若何按照标题问题中所给的现实及现含前提,对物理问题进行逻挥推理,找出相关的临界过程,成立需要的数学方程式,并能从数学的角度加以处置,对此后的高考将会变得越来越主要已赞过已踩过你对这个回覆的评价是?评论收起匿名用户

  由此可见,正在枪弹穿过木块;碰撞粘合。两物通过彼此感化保持正在一路等霎时过程中,概况上常因看不到物体有较着位移,因此容易忽略霎时内力做功的过程。现实上,因有内力瞬时,导致能量的(常常反映为机械能向其它形式能量),全过程中的机械能便不再守恒.这即是我们正在解此类习题中务需要留意的环境。

  要通过锻炼,才能深刻体会、矫捷使用物理概念及纪律来处理物理现实问题,从而提高理解能力、推理能力、阐发分析能力及使用数学东西处置物理问题的能力。

  用m1s1=m2s2来解题,环节是判明动量能否守恒、初速能否为零(若初速不为零,则此式不成立);其次是画出各物体的对地位移草图,找出各长度间的关系式。

  (2)有些同窗认为小球本身机械能守恒,而列出了 的错误表达式。若是未便由确定小球本身的机械能能否守恒,那么你能够想一想,小车的动能是哪里来的?

  正在拖车和汽车脱钩前,两者配合向前做匀速曲线活动,汽车和拖车形成的系统所受合外力为零。脱钩后,拖车做匀减速活动,汽车做匀加快活动,它们各自所受的合外力都不为零,可是因为汽车的牵引力不变,汽车和拖车各自遭到的摩擦阻力不变。若是仍然以两者形成的系统为研究对象,系统所受外力之和仍然为零,整个过程动量守恒,所以有:

  如图所示,质量为m,长为a的汽车由静止起头从质量为M、长为b的静止平板车一端行至另一端时,汽车发生的位移s1大小为几多?平板车发生的位移s2大小为几多?(程度地面滑腻)

  (1)以单一物体为研究对象,出格是涉及时间问题,优先考虑动量;若求某一物体相对地的位移,则优先考虑动能。

  质量为M=6 kg的小车放正在滑腻的程度面上,物块A和B的质量均为m=2kg,且均放正在小车的滑腻程度底板上,物块A和小车左侧壁用一根轻质弹簧毗连,不会分手,如图所示,物块A和B并排靠正在一路。现用力向左压B,并连结小车静止,使弹簧处于压缩形态,正在此过程中外力270 J。撤去外力,当A和B分隔后,正在A达到小车底板的最左端之前,B已从小车左端抛出.求:

  如图所示,质量为m=2kg的物体,正在程度力F=8N的感化下,由静止起头沿程度面向左活动。已知物体取程度面间的动摩擦因数μ=0.2,若F感化t1=6s后撤去,撤去F后又经t2=2s物体取竖曲墙壁相碰,若物体取墙壁感化时间t3=0.1s,碰墙后反向弹回的速度v’=6m/s,求墙壁对物体的平均感化力。(g取10m/s2)

  (1)人从高空落下,先正在沉力感化下做落体活动,弹性橡皮绳拉曲后除遭到沉力外还遭到橡皮绳的弹力F感化。

  求解这类问题,常常需要把动量守恒和能量守恒分析使用。使用能量守恒时要认实阐发能量的环境,然后再按照能量守恒列方程。

  此类碰撞问题要考虑三个要素:①碰撞中系统动量守恒;②碰撞过程中系统动能不添加;③碰前、碰后两个物体的关系(不穿越)和速度大小应其挨次合理。

  滑腻程度面上A、B两物体均向左正在统一曲线上活动,当前发生碰撞。以向左为正标的目的,已知撞前两物体的动量别离为pA =12 kg·m/s,pB=13 kg·m/s,则撞后它们的动量的变化量ΔpA和ΔpB有可能是:( )

  若是A、B取平板车上概况间的动摩擦因数不异,弹簧后A、B别离相对小车向左、向左滑动、它们所受的滑动摩擦力FA向左,FB向左,因为mA:mB=3:2,所以FA:FB=3:2,则A、B构成系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错。

  (阐发) 球从B下落到图3中的C时,线从松驰形态起头张紧(易知图中α=60°),因线张紧,之后小球才从C起起头做圆弧活动达到A。从B→C机械能确实守恒,则 米/秒。既然正在C处起头为圆弧活动,意味着小球只保留了速度V的切向分量V1而丧失了法向分量V2,也就是说丧失了 动能。这是由于正在线张紧的霎时,线上拉力对小球做了瞬时功,形成了 动能为内能。如许,就B到A的全过程而言,因正在C处对小球做瞬时功,所以不满脚“仅有沉力做功”这个前提,故全过程中机械能不守恒。

  “蹦极”是一项英怯者的活动,如图所示,或人用弹性橡皮绳拴住身体自高空P处下落,正在空中感触感染失沉的味道。若此人质量为60 kg,橡皮绳长20m,人可当作质点,g取10 m/s2,求:

  通过对本题的阐发申明,只要实正理解了动量守恒定律的利用前提,才能长于操纵该定律阐发处理现实问题。本题通过拔取拖车和汽车做为一个系统,该系统正在施车遏制前所受外力之和为零,合适动量守恒的前提,从而能够用动量守恒定律求解,大大简化领会题过程。对于解这类问题,有些同窗起首想到的可能是牛顿定律.请你也用牛顿定律求解一下该题。

  (1)连系标题问题中的第(1),第(2)两问不难看出,第(1)问所求的喷出氧气的质量m应有一个范畴。若m太小,宇航员获得的速度也小,虽贮气筒中残剩的氧气较多,但因为前往飞船所用的时间太长,将无法满脚他途中呼吸所用;若m太大,宇航员获得的速度虽然大了,而筒中氧气太少,也无法满脚其呼吸所用。所以m对应的最小和最大两个临界值都应是氧气刚好用完的环境。

  问题中通过耽误动量变化时间减小感化力,通过计较能够看出这种缓冲感化的结果很较着。这也就是杂技演员、高空功课的工人、高速行驶的驾驶员和前排乘客要扣平安带的事理。

  正在本问题中,我们再次看到了因有瞬时功而形成机械能丧失的环境。同样,正在阿谁霎时,由于我们看不到物体较着的位移(小球正在C时正在线的标的目的没有较着位移),所以极易疏忽这个现含的主要变化,因此常常会导致解题失误。

  ①判断系统的动量能否守恒时,要留意动量守恒的前提是系统不受外力或所受的合外力为零。因而,要分清系统中的物体所受的力哪些是内力、哪些是外力。

  物体的活动形态变化决定于力的感化结果,正在分化动力学复杂问题时若何控制纪律呢?也就是若何控制及使用牛顿活动定律、动量和动量守恒定律、动能和机械能守恒定律。

  当然,只需考虑了从Ⅰ→Ⅱ的霎时过程,得出正在形态Ⅱ时泥丸P及A的配合速度V1。然后,再研究从Ⅱ→Ⅲ的过程,则既满脚动量守恒的前提,又满脚机械能守恒的前提。也可解得准确成果。

  比力上述两种方式看出,当物体所受各力的感化时间不不异且间断感化时,使用动量解题对全程列式较简单,这时中的合外力的冲量可理解为整个活动过程中各力冲量的矢量和。此题使用牛顿第二定律和活动学公式较繁琐。别的有些变力感化或曲线活动的标题问题用牛顿定律难以处理,使用动量处理可化难为易。

  (1)小球滚上小车的过程中,系统程度标的目的上动量守恒。小球沿轨道上升的过程中,球的程度分速度从v0起头逐步减小,而小车的同向速度却从零起头逐步增大。若v球>v车,则球处于上升阶段;若v球<v车,则球处于下滑阶段(v球为球的程度分速度)。因而,小球正在最大高度时二者速度相等。

  正在解统一道物理问题时,从多个角度考虑问题,防止单一纪律的锻炼所形成的思维定势,可无效地培育矫捷地分析使用学问的能力。

  [例1] 填空题氧族元素包罗(写元素符号)____,此中____是金属元素,因为具有放射性,正在天然界中不克不及不变存正在。氧族元素的单质中氧化性最强的是_____,简单阴离子还原性最强的是____;碲元素最高氧化物的水化物化学式是_____,它取脚量的石灰水反映的化学方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍,它正在最高氧化物中含氧质量分数为60%,此元素为____,它的相对原子质量为____。请写出此元素的气态氢化物式_____,并预言此气体可否正在空气中可否燃烧(写能取不克不及)____,如能写出它燃烧的化学方程式____。阐发:氧族元素包含有氧、硫、硒、碲、钋等五种元素,此中钋为金属元素,它不不变具有放射性,按照氧族元素中各元素正在周期表中,和它们的原子布局,氧的原子半径最小,最容易得电子,氧化性最强。而碲原子氧化性最弱,他构成简单离子Te2-还原最强,最容易失电子。碲元素最高价氧化物水化物的式为H2TeO4,因显酸性,它取脚量的石灰水反映的化学方程式为H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。 质量是32,它的气态氢化物式为H2S。因氧的氧化性强,可将S2-氧化。S2-被氧化化合价升高,产品可能是S或SO2。[例2] 写出原子序数为34的原子布局示企图________,元素符号____,它的最高氧化物的化学式为________,对应酸的化学式为_____,名称是_____。它的二氧化物对应酸的化学式为_____,名称是________,写出三氧化物取氢氧化钠溶液反映的化学方程式________________,生成物的名称是_______。 最外层6个电子,因而它有的化合价为+6,+4,-2可构成SeO2 H2SeO3、SeO3 H2SeO4【3] 下列化学方程式不成能成立的是 [ ]A.Te+H2S=H2Te+SB.CS2+3O2=CO2+2SO2C.Na2SeO3+H2SO4=H2SeO3+Na2SO4D.Na2SeO4+BaCl2=BaSeO4↓+2NaCl阐发:这些化学方程式均为没有学过的,可是按照氧族元素的原子随原子半径的增大非金属性逐步削弱,金属性逐步加强。可知,氧、硫、硒、碲非金属勾当性逐步削弱。而H2S、H2Se、H2Te的还原性逐步加强,故碲不成能从氢硫酸中置换出硫,由于碲的勾当性比硫弱。[谜底]A。[例4] 比力氯、硫两种元素正在原子布局上、性质上的不异点取分歧点 可知,它们的原子核外都有3个电子层,最外层电子数都较多,原子半径都比力小。因而正在反映中容易获得电子构成8电子不变布局,所以硫和氯都是比力活跃的非金属。但核电荷数S<Cl,原子半径S>Cl,所以氯原子得电子能力大于硫原子,氯的非金属性大于硫的非金属性。氯气能从H2S中置换出硫单质的尝试:H2S+Cl2=2HCl+S↓就是申明了氧化性Cl>S的尝试。(2)氯和硫都能取氢气间接化合生成气态氢化物HCl和H2S,但Cl2取H2化合的能力比S取H2化合的能力强,HCl的不变性大于H2S。(3)氯和硫都能构成含氧酸,其最高价氧化物对应的水化物别离为HClO4和H2SO4,因为非金属性Cl>S,所以酸性HClO4>H2SO4。(4)HCl和H2S都有还原性,但还原性HCl<H2S。氯和硫构成的阴离子半径都大于响应原子的半径:Cl->Cl,S2->S。氯和硫构成的阴离子都有还原性,但还原性Cl-<S2-(5)氯和硫两种元素的次要化合价分歧。硫元素的次要化合价有-2、0、+4、+6;氯元素的次要化合价有-1、0、+1、+3、+5、+7。 [例5] 不克不及由单质间接化合而获得的化合物是 [ ]A.FeCl2B.SO2C.CuSD.FeS阐发:这几种化合物都是二元化合物,先逐项阐发构成每种物质的每种元素的单质彼此化应时的生成物是什么,然后确定哪种物质能由单质间接化合而成,哪种物质不克不及由单质间接化合获得。Cl2是强氧化剂,取Fe化应时的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫取O2化应时硫显还原性,只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是变价金属,它们取硫这种较弱的氧化剂反映时,只能被氧化为低价态,生成FeS和Cu2S。 [例6] H2S气体别离通入下列溶液中①FeCl3 ②FeCl2 ③CuCl2 ④AgNO3 ⑤溴水 ⑥碘水 ⑦H2O2 ⑧KMnO4,无明象的是 [ ]A.②B.②③④C.②③④⑤D.全数阐发:①很多沉金属硫化物消融度极小,如CuS、Ag2S、HgS可存正在于酸性溶液中;②H2S具有强还原性,能取Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2发生氧化还原反映而析出淡沉淀S;③Fe2+取H2S不反映,因FeS溶于稀酸。*[例7] 尝试室制取硫化氢时,为什么要用硫化亚铁而不消硫化铁?为什么要用稀H2SO4或稀HCl而不消浓H2SO4或HNO3?阐发:(1)用硫化亚铁取稀H2SO4或稀HCl反映制取硫化氢气时,不溶于水的FeS便为FeSO4或FeCl2,Fe2+的氧化性弱,不克不及把重生成的H2S氧化,反映只能按下式进行:FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亚铁中-2价的硫元素全数为H2S。硫化铁(Fe2S3)里的铁显+3价,Fe2S3取稀HCl或稀H2SO4反映后生成的Fe3+有较强的氧化性,反映中生成的H2S又有较强的还原性,因而就会有一部门H2S取Fe3+发生氧化还原反映,析出硫单质。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl总的化学方程式为:Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可见Fe2S3里的硫有一部门被氧化,而不克不及全数为H2S,因而制取H2S时用FeS而不消Fe2S3。(2)浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸,有强氧化性;FeS有强还原性。当浓 进一步氧化成+4价,以至+6价,生成硫单质或SO2,甚到生成H2SO4,从而得不到H2S。2FeS+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2OFeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO↑+2H2O所以,正在尝试室制取H2S时,只能用稀H2SO4或稀HCl,而不克不及用浓H2SO4或HNO3。二氧化硫典型例题

  (2)若橡皮绳可相当于一根劲度系数为100 N/m的轻质弹簧,则此人从P处下落到____m时具有最大速度;

  可见,从图1的形态Ⅰ→Ⅲ的物理过程,不克不及再看做一个机械能守恒的过程。因而,本题准确的解必需考虑由Ⅰ→Ⅱ的霎时过程,从中得出所丧失的机械能△E,代入Ⅰ→Ⅲ的能量守恒方程,即:,才能求到合理谜底 。

  (2004年全国理综,25)如图所示,正在一滑腻的程度面上有两块不异的木板B和C,沉物A(视为质点)位于B的左端,A,B,C的质量相等。现A和B以统一速度滑向静止的C, B取C发生正碰,碰后B和C粘正在一路活动,A正在C上滑行,A取C有摩擦力,已知A滑到C的左端而未掉下。试问:从B,C发生正碰着A刚移到C左端期间,C所走过的距离是C板长度的几多倍?

  [例1] 相关二氧化硫的说法错误的是 [ ]A.SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能发生反映B.SO2能使品红溶液褪色是因它的氧化性C.给已被SO2褪色的品红溶液用酒精灯加热,可恢复本来的红色D.SO2和O2夹杂后加热,可生成三氧化硫阐发:二氧化硫溶于水构成亚硫酸,亚硫酸取亚硫酸的正盐生成酸式盐,亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强,故它还能取碳酸盐反映。SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2二氧化硫具有漂白性,它的漂白道理是因为二氧化硫和品红连系成无色的不不变化合物,它的漂白道理取次氯酸氧化性的漂白道理分歧。给被二氧化硫褪色的品红加热,无色不不变的化合物分化,品红又恢复红色。二氧化硫和氧气反映生成三氧化硫必需正在催化剂(V2O5)存正在前提下加热反映才能进行,所以A、C准确。 [例2] 有一瓶无色气体,可能含有SO2、H2S、HBr、HI中的一种或几种,将其通入氯水中获得无色溶液,把溶液分成两份,向一份中插手硝酸酸化的氯化钡溶液,呈现白色沉淀;另一份中插手硝酸酸化的硝酸银溶液,也有白色沉淀生成,以下结论准确的是__________。①原有气体中必定有SO2;②原有气体中必定没有SO2气体;③原有气体中必定没有H2S、HBr、HI气体。将此气体通入15mL新制的氯水中,生成的溶液取脚量的BaCl2溶液5mL反映,生成不溶于酸的白色沉淀260.8mg,该溶液遇KI淀粉试纸不变蓝色。求反映前的氯水的物质的量浓度和反映前氢离子浓度(假定反映前后溶液总体积不变)阐发:如若四种气体均存正在,将其通入氯水中则应有如下反映:Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClH2S+Cl2=2HCl+S↓()HBr+Cl2=2HCl+Br2(棕红)2HI+Cl2=2HCl+I2(紫色)按照已知获得无色溶液,申明原有气体中必定没有H2S、HBr、HI。AgNO3发生白色沉淀,申明Cl-存正在。由此证明①、③准确。将SO2气体通入15mL新制的氯水中,生成的溶液取脚量BaCl2溶液和SO2完全反映。设xmolH2SO4和BaCl2溶液反映,可生成260.8mg BaSO4和ymol HCl。Cl2 z=0.00112 mol W=0.00112×2=0.00224mol[例3] 天然界“酸雨”构成缘由次要是 [ ]A.未经处置的工业废水的肆意排放B.大气中二氧化碳含量增加C.工业上大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼D.汽车排放的尾气和燃料不完全燃烧发生的气体阐发:天然界中的酸雨次要是硫酸雨,这是因为大气中SO2 和SO3含量过高形成,构成这种环境的次要缘由是工业大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼,汽车尾气的排放不是次要缘由。 [例4] 填空题(1)298K时,向VL实空容器内通入n mol SO2和m mol H2S①若n=2,则当m=______时,反映后容器内密度最小②若2n>m,则反映后氧化产品取还原产品的质量差为_____g③若5n=m,且反映后氧化产品和还原产品的质量和为48g则n+m=______.(2)正在常温常压下,将a L SO2和b L的H2S夹杂,如反映后气体体积是反映前的1/4,则a和b之比是______.(3)正在常温常压下,向20L实空容器内通过amol H2S 和bmolSO2(a、b都是正整数,且a≤5,b≤5),反映完全后,容器内气体的密度约是14.4g/L,则a∶b=_______.阐发:(1)反映:2H2S+SO2=3S+2H2O①当n=2、m=4时,刚好完全为固体硫,容器内压强最小。②当m<2n时,则SO2过量x=16m③当m=5n时申明H2S过量 (3)如若容器内气体是H2S,则它的物质的量应是14.4g/L×20÷34=8.47(mol)不合适题意。因H2S物质的量a≤5。则残剩气体应是SO2,SO2物质的量应是14.4×20÷64=4.5mol。则反映的SO2应是0.5mol H2S则是0.5mol×2=1mola∶b=1∶(4.5+0.5)=1∶5 (3)a∶b=1∶5[例5] 为防治酸雨。降低煤燃烧时向大气排放的SO2,工业大将生石灰和含硫煤夹杂利用,请写出燃烧时,相关“固硫”(不使含硫的化合物进入大气)反映的化学方程式为_____、______、______。阐发:此题所涉及的内容和工业出产、日常糊口亲近相关,有些内容可能学生不晓得。解答本类标题问题环节是对所给的消息进行充实的加工,操纵所学的根本学问、根基道理、已有的经验解答标题问题。此题环节晓得酸雨的构成是因为燃煤发生大量的SO2溶于水,即有反映S+O2=SO2。插手生石灰后必发生反映SO2+CaO=CaSO3,将SO2为CaSO3而不排放到大气中,同时晓得CaSO3不不变将和空气中的O2发生反映,即:2CaSO3+O2=2CaSO4。※[例6] 无色气体A正在空气中完全燃烧生成气体B,B正在必然前提下氧化生成C;A、B、C溶于水所得溶液均为酸性,并且酸性逐步加强;将A、B所得溶液取过量溴水反映,可见溴水的橙色褪去,获得无色溶液为强酸性。若将A取B夹杂时,会有淡固体生成;A取C夹杂,同样有淡固体生成。按照上述尝试现实,揣度A、B、C各是何种物质,并写出相关的化学方程式。阐发 这是一道未知物的揣度题,对于这种试题,正在认实审题的根本上,要理出脉络,找出彼此关系,进行初步阐发判断。 根据题意拾掇出的上述关系收集,申明气体A是可燃性气体,其燃烧产品气体B取A含有同种元素,且价态较高,B的氧化产品C取A也含有同种元素,且处于高价态;从A、B、C溶于水获得的酸A是弱酸,酸B是中强酸,酸C是强酸,且酸A、酸B均可被过量溴水氧化为强酸性的无色溶液,可初步判气绝体A为气态氢化物,气体B为处于两头价态的氧化物,物质C是高价氧化物。本题给出的另一条线索是: 申明A具有强还原性,A、B、C所含的同种元素是硫元素,从而找出解答本题的冲破口,确定A是硫化氢,B是二氧化硫,C为三氧化硫,酸A是氢硫酸,酸B是亚硫酸,酸C是硫酸,固体是硫黄。 [例7] 氯水的漂白性取SO2的漂白性的比力阐发:干燥的氯气不具有漂白性,只要当Cl2溶于水构成氯水时才具有漂白性。氯气溶于水时,有一部门Cl2取水反映生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl,HClO中的氯显+1价,有很强的氧化性,可以或许杀菌消毒,也能使染料和无机色质褪色,变成无色物质。这种漂白感化是完全的、不成逆的。SO2也可漂白某些有色物质,SO2的漂白感化是因为它能跟某些有色物质化合,而生成不不变的无色物质。当这种无色物质放置长久或受热时,会发生分化,而使有色物质恢复为本来的颜色。所以SO2的漂白感化是可逆的。由此可知,Cl2和SO2虽然都能使品红溶液褪色,但SO2使品红溶液褪色后,颠末加热又可恢复为本来的红色;而Cl2使品红溶液褪色后,颠末加热也不克不及恢复为本来的红色。虽然SO2和氯水各自零丁都有漂白感化,但若将Cl2和SO2以等物质的量夹杂,一路通入品红溶液中时,品红却不褪色。这是由于Cl2和SO2正在有水存正在时刚好完全反映得到漂白能力,反映后的生成物也不具有漂白性的来由。Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl若Cl2和SO2不是以等物质的量夹杂通入品红溶液时,因为有一部门Cl2和SO2反映,因此其漂白性会比夹杂前消弱。 [例8] 常温下某种淡固体A,它的氢化物B和氧化物C之间有如左上改变关系,试回覆: (1) A是_____,B是_____,C是____。(2)若B的物质的量为x,O2物质的量为y:①当B跟O2刚好完全反映为A时,x取y的数值关系为______;②当B为C时,若反映后,常温系中只要一种气体,x取y的数值关系为_____。(3)B和C发生反映时,无论B、C物质的量之比若何,反映获得的氧化产品和还原产品的质量比为_____。阐发:(1)本题A、B、C三种物质别离为S、H2S和SO2。(2)H2S取O2生成S的化学方程式 [例9] 某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种: [ ]A.氯化钠B.硫化纳C.亚硫酸钠D.硫酸纳E.碳酸纳向此溶液中插手适量稀硫酸,有沉淀析出,同时有气体发生。此少量气体有臭鸡蛋气息,可使的石灰水变混浊,不克不及使品红溶液褪色。按照以上尝试现象回覆下列问题:(1)不克不及使品红溶液褪色,申明该气体中本回覆由提问者保举已赞过已踩过你对这个回覆的评价是?评论收起

  如图所示,平板小车C静止正在滑腻的程度面上,现正在A,B两个小物体(可视为质点),别离从小车C的两头同时程度地滑上小车,初速度vA=0.6 m/s, vB=0.3 m/s。 A,B取C间的动摩擦因数都是μ=0.1,A,B,C的质量都不异,最初A,B刚好相遇而未碰撞,且A,B,C以配合的速度活动,g 取10 m/s2。求:

  (1)当弹簧第一次恢回复复兴长时,B取A刚好分手,此时B取A有不异速度,设为v1,小车速度为v2,

  一个连同配备总质量为M=100 kg的宇航员,正在距离飞船s=45 m处取飞船处于相对静止形态,宇航员背着拆有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒,筒有个能够使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴,宇航员必需向着前往飞船的相反标的目的放出氧气,才能回到飞船,同时又必需保留一部门氧气供途中呼吸用.宇航员的耗氧率为Q= 2.5×10-4kg/s。不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响,则:

  阐发:正在硫酸根构成中硫取氧原子个数比为1∶4,又因硫的相对原子质量是氧的相对原子质量的2倍,正在Fe2(SO4)3和FeSO4的构成中,现含了氧的质量是硫质量的2倍,则含氧为2a%,含铁为1-a%-2a%=(100-3a)%,谜底:D.[例7] 两个烧杯中各插手不异体积的3mol/L硫酸,置于天平的摆布两个托盘上,调理天平使之达到均衡。向一个烧杯中插手10.8g铝,向另一个烧杯中插手10.8g镁。问反映完毕后,天平可能会发生如何的变化?试按照计较进行阐发。阐发 这是一道相关反映后天平能否均衡的标题问题,天平两边的烧杯中插手等浓度、等体积的硫酸,达到均衡。两边别离插手等质量的Al和Mg,别离取稀H2SO4反映都有气体放出。若两边烧杯中放出的H2质量相等,则反映后天平仍然均衡;若两边烧杯中放出的H2质量不相等,则反映后天平就不再均衡,放出H2多的一边托盘会上升,放出H2少的一边托盘会下沉。本题中插手Al和Mg的质量都已给出,但插手的硫酸只给出了浓度,没有给出体积。这时不克不及全面地认为硫酸脚量或不脚量,要分几种环境进行会商,别离得出是均衡仍是不均衡的结论。 设0.4molAl完全反映耗损H2SO4V1L0.45molMg完全反映耗损H2SO4V2L2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑ V1=0.2LMg+H2SO4=MgSO4+H2↑ V2=0.15L会商:若插手的H2SO4体积用V暗示(1)当V≤0.15L时,Al、Mg都过量,H2SO4不脚量,两边烧杯中发生的H2一样多,因此天平仍然均衡。(2)当V≥0.2升时,H2SO4过量,Al、Mg都不脚量。按Al、Mg的已知量求发生H2的量: 0.45molMg取脚量H2SO4反映放出H20.45mol插手Al的一边烧杯中发生的H2多,反映后天平不再均衡,插手Al的一边托盘将会上升。(3)当0.2L>V>0.15L时,Mg完全反映,Al有残剩。插手Mg的一边烧杯中发生的H2为0.45mol,插手Al的一边烧杯中发生的H2虽不到0.6mol,但必定大于0.45mol。因此反映后天平也不再均衡,插手Al的一边托盘将会上升。[例8] 取0.15L未知浓度的浓硫酸,插手铜片后加热,使铜全数消融,冷却至室温后定容为1L。取出定容后溶液50mL,插手还原铁粉7.00g,充实反映后共生成气体1.68L(尺度情况),溶液下部残渣质量为3.04g,所得溶液是FeSO4溶液。计较原硫酸的物质的量浓度。阐发 要计较出原浓硫酸的物质的量浓度,必需算出正在0.15L该硫酸中硫酸的物质的量,这可通过生成硫酸铜时耗用的硫酸,以及跟铁反映所耗用的硫酸求出。跟铁反映所耗用的硫酸可从生成的氢气的体积算出。试题给出最初所得溶液是FeSO4溶液,申明铁粉过量,铜跟浓硫酸反映生成的CuSO4又跟铁发生置换反映Fe+CuSO4==FeSO4+Cu从固体质量的变化能够算出CuSO4的物质的量,进而算出跟铜反映耗用硫酸的物质的量。将所得上述两部门硫酸的物质的量之和,除以溶液的体积,便可计较出硫酸的物质的量浓度。设正在50mL溶液中含H2SO4xmol,消融Fe为yg,含CuSO4为zmolFe+H2SO4==FeSO4+H2↑ x1=0.075moly=4.20gFe+CuSO4=FeSO4+Cu 则正在1L溶液中含H2SO41.50mol,含CuSO4为0.60mol,生成0.60molCuSO4耗用的H2SO4为x2molCu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O x2=1.20mol未知浓度的浓硫酸的物质的量浓度为:

  (3)由小球速度的表达式可会商:若mM,则v10,暗示小球分开小车后相对于地面向前做平抛活动;若m=M,则v1= 0,暗示小球分开小车后做落体活动;若m<M,则v10,暗示小球分开小车后向后做平抛活动。

  一火箭喷气策动机每次喷出m=200 g的气体,气体分开策动机喷出时速度v= 1000 m/s。设火箭质量M=300 kg,策动机每秒迸发20次。

  正在平曲的公上,质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶,速度为v,正在某一时辰拖车脱钩了。若汽车的牵引力连结不变,正在拖车方才遏制活动的霎时,汽车的速度多大?

  ??动量守恒定律是宏不雅世界和微不雅世界都恪守的配合纪律,使用很是普遍.动量守恒定律的合用前提是彼此感化的物质系统不受外力,现实上实正满脚不受外力的环境几乎是不存正在的.所以,动量守恒定律使用沉正在“三个”拔取.??一、动量守恒前提近似性的拔取??按照动量守恒定律成立时的受力环境分以下三种:(1)系统遭到的合外力为零的环境.(2)系统所受的外力比彼此感化力(内力)小良多,致使能够忽略外力的影响.由于动量守恒定律是针对系统而言的,它告诉我们,系统内各个物体之间虽然有内力感化,不管这些内力是什么性质的力,系统内力的冲量只能改变系统中单个物体的动量,而不克不及改变系统的总动量.如碰撞问题中摩擦力,碰撞过程中的沉力等外力比彼此感化的内力小得多且碰撞时间很小时,可忽略其力的冲量的影响,认为系统的总动量守恒.这是物理学中忽略次要要素,凸起沉点的常用方式.(3)系统全体上不满脚动量守恒的前提,但正在某一特定标的目的上,系统不受外力或所受的外力远小于内力,则系统沿这一标的目的的分动量守恒.??例1 如图1所示,一质量为M=0.5kg的斜面体A,本来静止正在滑腻的程度面上,一质量m=40g的小球B以程度速度v0=30m/s活动到斜面A上,碰撞时间极短,碰后变为竖曲向上活动,求物体A碰后的速度. 图1??解析 由题意知,小球B取斜面A的碰撞时间极短,申明碰撞过程中彼此感化力很大,斜面体A所受程度面的支撑力要发生很大变化.它并不满脚“外力远远小于内力”的前提,整个系统总动量并不守恒,但这个外力是沿竖曲标的目的.而正在程度标的目的上,因为程度面是滑腻的,故A取B构成的系统正在程度标的目的上不受外力,其动量是守恒的.??设碰后斜面体A的速度为v,而小球B碰后程度速度为零,由程度标的目的的动量守恒定律,有??0+mv0=Mv+0,所以 v=(m/M)v0=(0.04/0.5)×30m/s=2.4m/s.??例2 如图2所示,正在滑腻程度面上,静止放着一个质量为M,长为L的小车,一个质量为m的人坐正在小车的一端,求此人至多以多大速度起跳,才能跳到小车的另一端. 图2??解析 人要想跳到车的另一端,人必需做斜抛活动,人和车正在程度标的目的上动量守恒.以地面为参照物,设人起跳的速度为v0,v0取程度标的目的夹角为α,车撤退退却速度为v,设向左为正标的目的,由动量守恒定律,得??mv0cosα-Mv=0, ①??以车为参照物,正在程度标的目的上人相对于小车的速度v0cosα+v,人相对车的程度位移为L,则??L=(v0cosα+v)t, ②人正在空中活动时间为t,有??t=2v0sinα/g, ③由①式,得 v=mv0cosα/M, ④将③、④式代入②式,得??L=(v0cosα+(mv0cosα/M))·(2v0sinα/g),∴ v0= ,??当sin2α=1,即α=45°起跳时,v0为最小值vmin,故??vmin= .?二、动量守恒过程的拔取??满脚动量守恒前提时,总动量连结不变,不是仅指系统初末两形态总动量相等,而是指系统正在彼此感化的整个过程中,每一时辰总动量都不变.动量守恒前提能否满脚,环节正在于过程若何拔取. ??例3 如图3所示,正在平曲的公上,质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶,速度为v0,正在某一时辰拖车脱钩了,若汽车的牵引力连结不变,正在拖车方才遏制活动的霎时,汽车的速度多大? 图3??解 正在汽车取拖车脱钩前,两者配合向前做匀速曲线活动,申明汽车和拖车构成的系统所受合外力为零.正在脱钩后,虽然汽车和拖车已分分开了,这时汽车做匀加快活动,拖车做匀减速活动,它们各自所受合外力都不为零,但因为汽车牵引力不变,它所受的阻力没有改变.拖车一曲向前运转,它受的阻力也没有改变,脱钩后系统所受的合阻力f=f1+f2不变.申明脱钩后至拖车方才遏制的过程中,若以两者形成的系统为研究对象,系统所受合外力仍然为零.动量守恒定律仍然成立.??设拖车方才遏制时汽车的速度为v,取汽车前进的标的目的为正标的目的,则有??(M+m)v0=Mv,即v=((M+m)/M)v0.??三、动量守恒系统的拔取??对多个物体彼此感化中动量守恒问题,若何拔取系统,是学生常感棘手的问题.由于对多个物体构成的系统,有时使用系统动量守恒,有时使用某部门动量守恒,有时分过程多次使用动量守恒,有时只抓住初、末形态动量守恒即可.要长于察看、阐发,准确拔取动量守恒系统.??例4 质量为100kg的甲车同质量50kg的人一路以2m/s的速度正在滑腻程度面上匀速向前活动,质量为150kg的乙车以7m/s的速度匀速由后面逃来,为避免相撞,当两车接近时甲车上的人至多以多大程度速度跳上乙车.??解析 正在人和车彼此感化时,动量守恒.设人跳起时程度速度为v人′,当人跳上乙车,两车的速度不异均为v车′时,两车刚好不相撞,设车本来的活动标的目的为正标的目的.选择甲车和人构成的系统为研究对象.使用动量守恒定律,有??(M甲+m)v甲=M甲v车′-mv人′, ①选择乙车和人构成的系统为研究对象,使用动量守恒定律,有??M乙v乙-mv人′=(M乙+m)v车′, ②由①、②式,得 v人′=3m/s.

  如图所示,滑腻程度面上有A、B两辆小车,C球用0.5 m长的细线吊挂正在A车的支架上,已知mA=mB=1 kg, mC=0.5 kg。起头时B车静止,A车以v0=4 m/s的速度驶向B车并取其正碰后粘正在一路。若碰撞时间极短且不计空气阻力力,g取10 m/s2,求C球摆起的最大高度。

  有滑腻圆弧轨道的小车总质量为M,静止正在滑腻程度地面上,轨道脚够长,下端程度,有一质量为m的小球以程度初速度v0滚上小车(如图所示)。求:

  (2)以两个彼此感化的物体为研究对象,应优先考虑动量守恒定律;若呈现相对位移,则优先考虑能量守恒定律;若系统只要沉力或弹力,则使用机械能守恒定律。

  (3)对涉及加快度和时间的问题,应先从牛顿活动定律入手,确定研究对象,阐发活动环境和受力环境,列方程,需要时再使用活动学纪律。

  (1)阐发碰撞问题时,若涉及到多个物体,须明白哪些物体间接相碰,正在碰撞中活动形态发生了变化,哪些物体没有间接相碰,正在碰撞中活动形态没有发生变化。

  如图所示,A、B两物体质量之比mA:mB=3:2,本来静止正在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面滑腻,当弹簧俄然后,则:( )

  动量别离为5 kg·m/s和6 kg·m/s的小球A、B沿滑腻平面上的统一条曲线同向活动,A逃上B并发生碰撞,若已知碰撞后A的动量减小了2 kg·m/s,而标的目的不变,那么A、B质量之比的可能范畴是几多?

  一个质量为M,底面长为b的三角形劈静止于滑腻的程度桌面上(如图所示),有一质量为m的小球由斜劈顶部无初速滑到底部时,劈挪动的距离为几多?