7．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是

　　　 A．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡

　　　 B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳

　　　 C．在Z导管口有红棕色气体出现

　　　 D．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡

6． (NH₄)₂SO₄在一定条件下发生如下反应：

4(NH₄)₂SO₄ ==== N₂↑+6NH₃↑+3SO₂↑+SO₃↑+7H₂O，将反应后的混合气体通入BaCl₂溶液，产生的沉淀为

　 A．BaSO₄ 　　　 B．BaSO₃ 　　 C．BaS　　　 D．BaSO₄和BaSO₃

5．已知0.2molCu₂S与200mL 6.5mol/L的硝酸恰好完全反应，生成硝酸铜、硫酸、水和一种含氮物质，则该含氮物质的化学式为

　　　 A．N₂O　 　　 B．NO　 　　 C．NH₄NO₃ D．NO₂

4．在pH为4-5的环境中，Cu²⁺和Fe²⁺不水解，而Fe³⁺几乎完全水解。工业上制CuCl₂是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右。在漫漫加入粗氧化铜(含杂质FeO),充分搅拌使之溶解。欲除去所得CuCl₂溶液中的杂质离子，下列方法中可行的是

　　 A．加入HNO₃将Fe²⁺氧化成Fe³⁺,再加水稀释至pH4-5

　　 B．向溶液中通入Cl₂,再加入CuO粉末调节至pH4-5

　　 C．向溶液中通入Cl₂,在通入NH₃调节至pH4-5

　　 D．向溶液中加入HNO₃，再加入CuO粉末调节至pH4-5

3．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物； ④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是

A．此法的优点之一是原料来源丰富

B．①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl₂

C．以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应

D．第①到第④步的反应中，分解反应都是氧化还原反应

2．不能用来鉴别Na₂CO₃和NaHCO₃两种白色固体的实验操作是

A．分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清石灰水

B．分别加热这两种固体，并将生成的气体通入澄清石灰水中

C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量氯化钙溶液

D．分别在这两种物质的等浓度的溶液中，加入等量的稀盐酸

1．下列关于钠的叙述错误的是

A．钠在常温下就容易被氧化　　　 B．钠在空气中燃烧生成Na₂O

C．钠燃烧时发出黄色的火焰　　　 D．钠的密度比水小，熔点低于100℃

例1 在卢瑟福的a粒子散射实验中，有极少数a粒子发生大角度偏转，其原因是(　　 )

　　 A、原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上

B、正电荷在原子中是均匀分布的

C、原子中存在着带负电的电子

D、原子只能处于一系列不连续的能量状态中

分析：解答此例要求熟悉核式结构对a粒子散射现象的解释：

解答：由于电子与a粒子质量的悬殊，所以可判断：使a粒子偏转的不可能是带负电的电子；又由于只有极少数a粒子发生大角度偏转，所以又可判断：原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的范围内。故选A。

例2 对于基态氢原子，下列说法正确的是(　 )

　　 A、它能吸收10.2eV的光子

B、它能吸收11eV的光子

C、它能吸收14eV的光子

D、它能吸收具有11eV动能的电子的部分动能

分析：注意到光子能量只能全部被吸收，而电子能量则可以部分被吸收。

解答：10.2eV刚好是n=1、n=2的能极差，而11eV不是，由玻尔政府知A正确。基太氢原子也能吸收14eV的光子而电离，电离后自由电子动能为0.4eV。它也可吸收动能为11eV的电子的部分能量(10.2eV)，剩余0.8eV仍为原来电子所有。所以应选ACD。

例3 设氢原子的基态能量为E₁。某激发态的能量为E，则当氢原子从这一激发态跃迁到基态时，所________________-(填“辐射”或“吸收”)的光子在真空中的波长为________。

分析：了解玻尔的原子理论，掌握光子能量与光波长间关系，即可解得此例。

解答：根据玻尔原子理论知：氢原子核外电子从高能态跃迁到低能态时，应辐射出光子，而能级差即为光子能量

　　　　　　 E₀=E-E₁

另外，光子能量E₀与光波长间的关系为

　　　　 。

其中h为普朗克常量，c为真空中光速，由此可解得

此例答案：辐射，

例4 如图25-1所示，R为放射源，虚线范围内有垂直于纸面的磁声B，LL’为厚纸板，MN为荧光屏，今在屏上P点处发现亮斑，则到达P点处的放射性物质微粒和虚线范围内B的方向分别为(　 )

　　 A、a粒子，B垂直于纸面向外

B、a粒子，B垂直于纸面向内

C、粒子，B垂直于纸面向外

D、粒子，B垂直于纸面向内

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图25-1

分析：了解天然放射现象中三种射线的基本属性，是分析此例的基础。

解答：由于a粒子贯穿本领很弱，只能穿透几厘米空气，因此穿透厚纸板到达屏上P点处不可能是a粒子；由于粒子不带电，穿过B区域不会发生偏转，因此到达P点处的也不可能是粒子；由此可知，到达P点处的必然是粒子。又由于粒子带的是负电，因此用左手定则便可判断B的方向应该是垂直于纸面向内。所以应选D。

例5 两种放射性元素的原子和，其半衰期分别为T和。若经过2T后两种元素的核的质量相等，则开始时两种核的个数之比为________________；若经过2T后两种核的个数相等，则开始时两种核的质量之比为_________________。

分析：欲求解此例，必须正确理解半衰期的概念。

解答：此例考察的是半衰期的概念，可做如下分析：

若开始时两种核的个数分别为N₁和N₂，则经时间2T后剩下的核的个数就分别为和，而此时两种核的质量相等，于是有

由此可得　　 N₁:N₂=b:4a。

若开始时两种核的质量分别为m₁和m₂，则经时间2T后剩下的核的质量就分别为和，而此时两种核的个数相等，于是有

由此可得　 。

例6 静止的氮核被速度是v₀的中子击中生成甲、乙两核。已知甲、乙两核的速度方向同碰撞前中子的速度方向一致，甲、乙两核动量之比为1：1，动能之比为1：4，它们沿垂直磁场方向进入匀强磁场做圆周运动，其半径之比为1：6。问：甲、乙各是什么核？速度各是多大？写出该反应方程。

分析：注意到中子击中N核并生成两个新核的过程中系统的动量守恒，核进入磁场做圆周运动时的半径公式，再结合题设条件中两个新核的动量比，动能比可解得此例。

解答：设甲、乙两核质量分别为m_甲，m_乙，电量分别为q_甲，q_乙。

由动量与动能关系和可得

　　　 ：=：=4：1。

又由可得

：=：=6：1

因为+=15m₀，+=7e，所以

　　 =12m₀，=3m₀，=6e，=e。

即甲为，乙为。

由动量守恒定律，可得

m₀v₀=+=2=24 m₀

进而求得甲的速度，乙的速度。

核反应方程为　　 。

8、核能

对这部分内容，应该注意以下几点：

(1)已经确定核力的主要特性有：(1)是一种很强的力(相比于其他的力)，(2)是一种短程力。

(2)一定的质量m总是跟一定的能量mc²对应。核子在结合成原子核时的总质量减少了，相应的总能量也要减少，根据能量守恒定律，减少的这部分能量不会凭空消失，它要在核子结合过程中释放出去。反过来，把原子核分裂成核子，总质量要增加，总能量也要增加，增加的这部分能量也不会凭空产生，要由外部来供给。能量总是守恒的，在原子核反应伴随有巨大的放能和吸能现象。

(3)核反应中释放或吸收的能量，可以根据反应物和生成物间的质量差用质能关系方程来计算。

(4)核反应中能量的吸、放，跟核力的作用有关。当核子结合成原子核时，核力要做功，所以放出能量。把原子核分裂成核子时，要克服核力做功，所以要由外界提供能量。

7、原子核的人工转变和原子核的组成

用高速运动的粒子去轰击原子核，是揭开原子核内部奥秘的要本方法。轰击结果产生了另一种新核，其核反应方程的一般形式为

其中是靶核的符号，x为入射粒子的符号，是新生核的符号，y是放射出的粒子的符号。

1919年卢瑟福首先做了用a粒子轰击氮原子核的实验。在了解卢瑟福的实验装置、进行情况和得到的实验结果后，应该记住反应方程式

　　　　 ，

这是人类第一次发现质子的核反应方程。另外，对1930年查德威克发现中子的实验装置、过程和结果也应有个基本的了解。值得指出的是，查德威克在对不可见粒子的判断中，运用了能量和动量守恒定律，科学地分析了实验结果，排除了射线的可能性，确定了是一种粒子--中子，发现中子的核反应方程

　　　　 ，

这同样是应该记住的。