江西省抚州市临川十中高一化学下学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省抚州市临川十中高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项）1在下列物质分类中，前者包含后者的是（）a氧化物、化合物b化合物、电解质c溶液、胶体d溶液、分散系2下列分散系中的分散质粒子大小属于纳米级（1100nm）的是（）afe（oh）3胶体bfe（oh）3沉淀cfecl3溶液d油水混合物3菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素c，两者同食时会生成有毒的+3价砷下列说法中正确的是（）a在该反应中维生素c作催化剂b砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷c因为河虾中含有砷元素，所以不能食用d上述反应中维生素c作氧化剂4下列物质组合中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（）al al2o3 al（oh）3 nahco3abcd5设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下，22.4l h2o含有的分子数是nab常温常压下，na个co2占有的体积为22.4lc1.06克na2co3含有na+数为0.02nad物质的量浓度为0.5mol/l的mgcl2溶液中，含有cl个数为na6下列离子方程式正确的是（）a铜与硝酸银溶液反应：cu+ag+cu2+agb大理石溶解于硝酸：caco3+2h+ca2+co2+h2oc向naalo2溶液中通入足量的co2：alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3dfe与稀hno3反应：fe+2h+fe2+h27在无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（）acu2+、na+、so42、no3bk+、na+、hco3、no3coh、hco3、ba2+、na+dh+、fe2+、no3、cl8下列物质中，不属于合金的是（）a硬铝b黄铜c钢铁d金箔9钯（pd）元素的原子序数为46，下列叙述错误的是（）a pd和pd互为同位素b钯是第五周期元素cpd2+核外有48个电子d pd的原子核内有62个中子10下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是（）a定容时仰视刻度线b定容后摇匀、静置，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线c烧杯中的溶液未冷却至室温就将溶液移到容量瓶中d容量瓶洗涤后仍有少量残留11下列判断正确的是（）a沸点：ch4nh3h2ob得电子能力：cnoc酸性：h2so4hclo4h3po4d碱性：naohmg（oh）2al（oh）312水热法制备fe3o4纳米颗粒的反应为下列说法正确的是（）a将纳米fe3o4颗粒分散在水中没有丁达尔现象b将纳米fe3o4颗粒分散在水中，fe3o4不能透过滤纸c每生成1molfe3o4，反应转移的电子为4mold反应物oh的化学计量数x=213下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（）c与o2 na与o2 fe与cl2 alcl3溶液与氨水 co2与naoh溶液 cu与硝酸 agno3溶液与氨水a除外b除外c除外d除外14下列做法不正确的是（）a二氧化硫用作食品防腐剂b明矾用于水的净化c盛放氢氧化钠溶液时，使用带橡皮塞的磨口瓶d在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸15能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐asibnacaldfe16某电解质溶液中有有na+、mg2+、cl、so42，且na+、mg2+、cl的浓度分别为0.2mol/l、0.4mol/l、0.4mol/l，则so42的物质的量浓度为（）a0.1mol/lb0.2mol/lc0.3mol/ld0.4mol/l二、非选择题（每空2分）17a、b、c、d四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是ba2+、ag+、na+、cu2+中的某一种，阴离子分别可能是no3、so42、cl、co32的某一种（1）若将四种盐分别溶于中水中，只有c盐溶液显蓝色（2）若向四种溶液中分别加盐酸，b盐溶液中沉淀生成，d盐溶液中有无色无味的气体生成根据以上事实，可推断：（1）a、b、c、d的化学式分别为：a、b、c、d、（2）分别写出下列反应的离子方程式：a+dd与盐酸：18下表是元素周期表的一部分，已知为短周期元素，其单质为淡黄色固体，据表回答有关问题：（1）的元素符号，画出其原子结构示意图（2）元素最外层电子数都为，在周期表中在同一列，称为元素，的金属性的金属性（填、=、）（3）元素的性依次减弱（填金属性、非金属性），的氧化物是氧化物（填酸性、碱性或两性），写出其与的氧化物水化物反应的化学方程式：19用脱脂棉包住0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴几滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来（1）由上述实验现象可得出两条有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一：有氧气生成第二：生成氧气的化学方程式为_（2）某研究性学习小组拟用如图所示的装置进行实验，以验证上述结论用以验证第一条结论的实验操作是现象是为了验证第二条结论，将管口b浸入水中，可观察到的现象为：20（1）h2o2水溶液给称双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口，对下列ac涉及h2o2的反应，填写下列空白：a、h2o2+cl2hcl+o2b、h2o2+2i+2h+i2+2h2oc、2h2o22h2o+o2d、cao+h2o=ca（oh）2h2o2仅体现氧化性的反应是（填代号，下同）h2o2既有氧化性又有还原性的是h2o2仅体现还原性的是h2o既无氧化性又无还原性的是（2）已知cuo具有氧化性，能够与nh3反应生成两种单质和h2o，请写出在加热条件下cuo与nh3反应的化学方程式（3）在一定条件下，ro3n与cl2反应如下：ro3n+cl2+2ohro42+2cl+h2o由以上反应可知上述过程中ro3n被（填“氧化”或“还原”），ro3n元素r的化合价是2015-2016学年江西省抚州市临川十中高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项）1在下列物质分类中，前者包含后者的是（）a氧化物、化合物b化合物、电解质c溶液、胶体d溶液、分散系【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】根据物质的分类树状图知识来回答【解答】解：a、化合物包括酸、碱、盐、氧化物等，后者包括前者，故a错误；b、根据物质在水溶液或熔融态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质两类，所以前者包括后者，故b正确；c、分散系根据分散质微粒直径的大小可以分为溶液、浊液和胶体三类，所以前者和后者是并列关系，故c错误；d、分散系根据分散质微粒直径的大小可以分为溶液、浊液和胶体三类，所以后者包括前者，故d错误故选b2下列分散系中的分散质粒子大小属于纳米级（1100nm）的是（）afe（oh）3胶体bfe（oh）3沉淀cfecl3溶液d油水混合物【考点】胶体的重要性质【分析】分散系分散质的粒子大小属于纳米级（1100nm），说明分散系是胶体，选项中判断为胶体的符合【解答】解：afe（oh）3胶体符合胶体的分散质微粒直径，故a正确；bfe（oh）3沉淀是形成的浊液，不是胶体，故b错误；cfecl3溶液分散质微粒直径小于1nm，不是胶体，故c错误；d油水混合物是乳浊液，不是胶体，故d错误；故选a3菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素c，两者同食时会生成有毒的+3价砷下列说法中正确的是（）a在该反应中维生素c作催化剂b砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷c因为河虾中含有砷元素，所以不能食用d上述反应中维生素c作氧化剂【考点】氧化还原反应【分析】根据河虾中含有五价砷与维生素c反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素c为还原剂；含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒【解答】解：a、由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素c中某元素的化合价升高，则维生素c在反应中作还原剂，故a错误；b、由信息可知，含有3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷可能是3价砷，故b正确；c、河虾中含有五价砷，无毒，则能够食用，故c错误；d、反应中砷元素的化合价降低，则维生素c中某元素的化合价升高，则维生素c在反应中作还原剂，故d错误；故选b4下列物质组合中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（）al al2o3 al（oh）3 nahco3abcd【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【分析】中学常见既能和酸反应又能和碱反应的化合物有：两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、氨基酸、蛋白质等【解答】解：al能与酸、碱反应，但属于单质，不符合题意，故错误；al2o3为两性氧化物，与酸反应：al2o3+6hcl=2alcl3+3h2o，也能与碱反应：al2o3+2naoh=2naalo2+h2o，故正确；al（oh）3 为两性氢氧化物，与酸反应：al（oh）3+3hcl=alcl3+3h2o，也能与碱反应：al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，故正确；nahco3为弱酸的酸式盐，与酸反应：nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，也能与碱反应：nahco3+naoh=na2co3+h2o，故正确故选b5设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下，22.4l h2o含有的分子数是nab常温常压下，na个co2占有的体积为22.4lc1.06克na2co3含有na+数为0.02nad物质的量浓度为0.5mol/l的mgcl2溶液中，含有cl个数为na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、标况下水为液态；b、常温常压下气体摩尔体积大于22.4l/mol；c、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含2mol钠离子来分析；d、溶液体积不明确【解答】解：a、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子数，故a错误；b、常温常压下气体摩尔体积大于22.4l/mol，故na个二氧化碳分子即1mol二氧化碳的体积大于22.4l，故b错误；c、1.06g碳酸钠的物质的量n=0.01mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02na个钠离子，故c正确；d、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的物质的量和个数无法计算，故d错误故选c6下列离子方程式正确的是（）a铜与硝酸银溶液反应：cu+ag+cu2+agb大理石溶解于硝酸：caco3+2h+ca2+co2+h2oc向naalo2溶液中通入足量的co2：alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3dfe与稀hno3反应：fe+2h+fe2+h2【考点】离子方程式的书写【分析】a电荷不守恒；b二者反应生成硝酸钙和二氧化碳和水；c二氧化碳足量反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；d不符合反应客观事实【解答】解：a铜与硝酸银溶液反应，离子方程式：cu+2ag+cu2+2ag，故a错误；b大理石溶解于硝酸，离子方程式：caco3+2h+ca2+co2+h2o，故b正确；c向naalo2溶液中通入过量co2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3，故c正确；dfe与稀hno3反应，硝酸具有强的氧化性，得不到氢气，故d错误；故选：bc7在无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（）acu2+、na+、so42、no3bk+、na+、hco3、no3coh、hco3、ba2+、na+dh+、fe2+、no3、cl【考点】离子共存问题【分析】无色溶液时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在，a铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；b四种离子之间不反应，都是无色离子；c钡离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀；d亚铁离子为有色离子，硝酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应【解答】解：溶液无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在，acu2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故a错误；bk+、na+、hco3、no3之间不发生反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故b正确；coh、hco3、ba2+之间反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故c错误；dh+、fe2+、no3之间发生氧化还原反应，fe2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选b8下列物质中，不属于合金的是（）a硬铝b黄铜c钢铁d金箔【考点】合金的概念及其重要应用【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属，合金的硬度大，熔点低据此分析解答【解答】解：a硬铝是以金属铝为主熔合cu、mg、mn、si的合金，故a错误；b黄铜是铜和锌的合金，故b错误；c钢铁是含碳量质量百分比低于2%的铁碳合金，故c错误；d金箔是金属金单质，不是混合物，不属于合金，故d正确；故选d9钯（pd）元素的原子序数为46，下列叙述错误的是（）a pd和pd互为同位素b钯是第五周期元素cpd2+核外有48个电子d pd的原子核内有62个中子【考点】元素周期表的结构及其应用；原子结构与元素的性质【分析】a质子数相同，而质量数不同的原子，互为同位素；bpd的原子序数为46，电子排布为kr4d10；cpd2+为阳离子，电子数=462；d中子数=质量数质子数【解答】解：a. pd和pd的质子数相同，均为46，但质量数不同，则中子数不同，二者互为同位素，故a正确；bpd的原子序数为46，电子排布为kr4d10，kr为第四周期的稀有气体，则pd为第五周期元素，故b正确；cpd2+为阳离子，电子数=462，即pd2+核外有44个电子，故c错误；d. pd的原子核内有10846=62个中子，故d正确；故选c10下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是（）a定容时仰视刻度线b定容后摇匀、静置，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线c烧杯中的溶液未冷却至室温就将溶液移到容量瓶中d容量瓶洗涤后仍有少量残留【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析，凡是使n偏大或者使v偏小的操作溶液浓度都将偏高，据此解答【解答】解：a定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故a不选；b定容后摇匀、静置，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故b不选；c烧杯中的溶液未冷却至室温就将溶液移到容量瓶中，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故c选；d容量瓶洗涤后仍有少量残留，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故d不选；故选：c11下列判断正确的是（）a沸点：ch4nh3h2ob得电子能力：cnoc酸性：h2so4hclo4h3po4d碱性：naohmg（oh）2al（oh）3【考点】元素周期律的作用【分析】a水含有氢键，沸点最高，不含氢键的氢化物，相对分子质量越大，沸点越高；b元素的非金属性越强，得电子能力越强；c元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；d金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强【解答】解：ah2o含有氢键，沸点最高，应为ch4nh3h2o，故a错误；b元素的非金属性越强，得电子能力越强，非金属性：cno，得电子能力：cno，故b错误；c非金属性clsp，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故c错误；d金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：namgal，则碱性naohmg（oh）2al（oh）3，故d正确，故选d12水热法制备fe3o4纳米颗粒的反应为下列说法正确的是（）a将纳米fe3o4颗粒分散在水中没有丁达尔现象b将纳米fe3o4颗粒分散在水中，fe3o4不能透过滤纸c每生成1molfe3o4，反应转移的电子为4mold反应物oh的化学计量数x=2【考点】纳米材料【分析】a胶体是指分散质粒子直径在1 nm100 nm之间的分散系；b将纳米fe3o4颗粒分散在水中得到的分散系是胶体；c每生成1molfe3o4，则转移电子数为4mol；d根据氢原子守恒得x值【解答】解：a将纳米fe3o4颗粒分散在水中得到的分散系是胶体，有丁达尔效应，故a错误； b将纳米fe3o4颗粒分散在水中得到的分散系是胶体，故b错误；c反应3fe2+2s2o32+o2+4ohfe3o4+s4o62+2h2o中，fe和s元素的化合价升高，被氧化，o2为氧化剂，每生成1molfe3o4，反应转移的电子总数为4mol，故c正确；d根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则oh的化学计量数为4，即x=4，故d错误故选c13下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（）c与o2 na与o2 fe与cl2 alcl3溶液与氨水 co2与naoh溶液 cu与硝酸 agno3溶液与氨水a除外b除外c除外d除外【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】c与o2反应充分和不充分时，产物不同； na与o2反应在不同条件下产物不同；钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同；铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价；氯化铝溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝和弱碱不反应；少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠；铜和浓硝酸以及稀硝酸反应生成的产物不同；氢氧化银能溶于过量的氨水中；【解答】解：c与o2反应充分时生成二氧化碳，不充分时生成一氧化碳，产物不同，故正确； 钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同，故正确；铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故错误；alcl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，故错误；少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，产物不同，故正确；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物不同，故正确；agno3溶液与少量的氨水反应先生称氢氧化银，氢氧化银能溶于过量的氨水中得到银氨溶液，故正确；故选c14下列做法不正确的是（）a二氧化硫用作食品防腐剂b明矾用于水的净化c盛放氢氧化钠溶液时，使用带橡皮塞的磨口瓶d在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸【考点】二氧化硫的化学性质【分析】a二氧化硫有毒；b明矾溶于水溶液中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；c玻璃中含有二氧化硅和氢氧化钠反应生成矿物胶硅酸钠会粘结瓶口和瓶塞；d常温下铝在浓硫酸中发生钝化；【解答】解：a二氧化硫有毒，不能用于食品的防腐，故a错误；b明矾溶于水溶液中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，al3+3h2oal（oh）3+3h+生成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮杂质可以净水，故b正确；c玻璃中含有二氧化硅和氢氧化钠反应生成矿物胶硅酸钠会粘结瓶口和瓶塞，盛放氢氧化钠溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，使用带橡皮塞的磨口瓶，故c正确；d因浓硫酸具有强氧化性，能够与大多数金属反应，但遇到金属铝、铁要发生钝化，因此常温下用铝、铁制贮罐贮运浓硫酸，故d正确；故选a15能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐asibnacaldfe【考点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质【分析】a硅可与氧气反应生成二氧化硅，但二氧化硅与水不反应；b金属钠和氧气反应生成氧化钠，溶于水形成氢氧化钠，可以和酸反应；cal和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能和水反应d铁和氧气反应生成四氧化三铁，但四氧化三铁与水不反应；【解答】解：asisio2，二氧化硅不溶于水，不能生成对应酸，故a错误；bna na2onaohnacl，能实现物质间直接转化，符合题意，故b正确；calal2o3，氧化铝不能和水反应生成对应的碱，不能实现物质间直接转化，故c错误；dfefe3o4，但四氧化三铁与水不反应，不符合题意，故d错误；故选b16某电解质溶液中有有na+、mg2+、cl、so42，且na+、mg2+、cl的浓度分别为0.2mol/l、0.4mol/l、0.4mol/l，则so42的物质的量浓度为（）a0.1mol/lb0.2mol/lc0.3mol/ld0.4mol/l【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】混合液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中一定满足：c（na+）+2c（mg2+）=c（cl）+2c（so42），据此进行计算【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒可知：c（na+）+2c（mg2+）=c（cl）+2c（so42），即：0.2mol/l+20.4mol/l=0.4mol/l+2c（so42），解得：c（so42）=0.3mol/l，故选c二、非选择题（每空2分）17a、b、c、d四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是ba2+、ag+、na+、cu2+中的某一种，阴离子分别可能是no3、so42、cl、co32的某一种（1）若将四种盐分别溶于中水中，只有c盐溶液显蓝色（2）若向四种溶液中分别加盐酸，b盐溶液中沉淀生成，d盐溶液中有无色无味的气体生成根据以上事实，可推断：（1）a、b、c、d的化学式分别为：a、bacl2b、agno3c、cuso4d、na2co3（2）分别写出下列反应的离子方程式：a+dba2+co32=baco3d与盐酸：co32+2h+=co2+h2o【考点】常见离子的检验方法【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定如ba2+不能和so42、co32结合，而只能和no3、cl；ag+不能和so42、cl、co32三种离子结合，而只能和no3结合，则一定是bacl2、agno3cu2+不能和co32结合，所以为cuso4；na+对应co32为na2co3即四种物质为bacl2、agno3、cuso4、na2co3中由于c盐是蓝色的，所以c为cuso4；四支试管加入盐酸，b有沉淀，则b溶液为agno3；而d生成无色气体，则为二氧化碳，即d为na2co3【解答】解：由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：ba2+不能和so42、co32结合，而只能和no3、cl；ag+不能和so42、cl、co32三种离子结合，而只能和no3结合，则一定是bacl2、agno3cu2+不能和co32结合，所以为cuso4，na+对应co32为na2co3即四种物质为bacl2、agno3、cuso4、na2co3中由于c盐是蓝色的，所以c为cuso4；四支试管加入盐酸，b有沉淀，则b溶液为agno3；而d生成无色气体，则为二氧化碳，即d为na2co3综上所述：a为bacl2；b为agno3；c为cuso4；d为na2co3；（1）依据推断结果可知a为bacl2，c为cuso4 ，故答案为：bacl2；agno3；cuso4 ；na2co3；（2）a为（bacl2）和d（na2co3）反应的方程式为：bacl2+na2co3=baco3+2nacl，即ba2+co32=baco3，盐酸与d（na2co3）反应的离子反应方程式为：co32+2h+=co2+h2o，故答案为：co32+2h+=co2+h2o18下表是元素周期表的一部分，已知为短周期元素，其单质为淡黄色固体，据表回答有关问题：（1）的元素符号s，画出其原子结构示意图（2）元素最外层电子数都为1，在周期表中在同一列，称为碱金属元素，的金属性的金属性（填、=、）（3）元素的非金属性性依次减弱（填金属性、非金属性），的氧化物是两性氧化物（填酸性、碱性或两性），写出其与的氧化物水化物反应的化学方程式：al2o3+2naoh=2naalo2+h2o【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】为短周期元素，其单质为淡黄色固体，则为s元素，由元素的相对位置可知：为li、为f、为na、为mg、为al、为cl、为k、为br（1）为s元素，原子核外有16个电子，各层电子数为2、8、6；（2）元素均处于ia族，主族元素最外层电子数=族序数，称为碱金属元素，同主族自上而下金属性增强；（3）同主族自上而下非金属性减弱；的氧化物是氧化铝，属于两性氧化物，的氧化物水化物为naoh，二者反应生成偏铝酸钠与水【解答】解：为短周期元素，其单质为淡黄色固体，则为s元素，由元素的相对位置可知：为li、为f、为na、为mg、为al、为cl、为k、为br（1）为s元素，原子核外有16个电子，各层电子数为2、8、6，原子结构示意图为：，故答案为：s；（2）元素均处于ia族，最外层电子数为1，称为碱金属元素，同主族自上而下金属性增强，故金属性，故答案为：1；碱金属；（3）同主族自上而下非金属性减弱，元素的非金属性依次减弱，的氧化物是氧化铝，属于两性氧化物，的氧化物水化物为naoh，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式是为：al2o3+2naoh=2naalo2+h2o，故答案为：非金属性；两性；al2o3+2naoh=2naalo2+h2o19用脱脂棉包住0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴几滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来（1）由上述实验现象可得出两条有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一：有氧气生成第二：反应放热生成氧气的化学方程式为_2na2o2+2h2o=4naoh+o2（2）某研究性学习小组拟用如图所示的装置进行实验，以验证上述结论用以验证第一条结论的实验操作是打开活塞（或阀门）向试管内包有过氧化钠的石棉网上滴几滴水，用带火星的木条靠近a处现象是带火星的木条复燃为了验证第二条结论，将管口b浸入水中，可观察到的现象为：将导管b置于水槽中再打开分液漏斗的开关，发现b处有气泡放出【考点】钠的重要化合物【分析】（1）脱脂棉剧烈燃烧起来说明反应放热，是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；（2）可用带火星的木条靠近a处，如果木条复燃，则有氧气生成，反之无氧气生成；氧气具有能使带火星的木条复燃的性质；气体具有热胀冷缩的性质，该反应放出的热量能使集气瓶内空气的压强增大，据此分析问题【解答】解：（ 1）脱脂棉剧烈燃烧说明具备燃烧的条件，试管内空气较少，若剧烈燃烧应该有大量氧气，只有该反应是放热反应才能使燃料温度达到着火点，根据题意知脱脂棉剧烈燃烧起来该反应有氧气生成且放热，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2na2o2+2h2o=4naoh+o2，故答案为：反应放热，2na2o2+2h2o=4naoh+o2；（2）氧气具有使带火星的木条复燃的性质，所以可用带火星的木条靠近a处，如果木条复燃，则有氧气生成，反之无氧气生成，操作是打开活塞（或阀门）向试管内包有过氧化钠的石棉网上滴几滴水，用带火星的木条靠近a处，故答案为：打开活塞（或阀门）向试管内包有过氧化钠的石棉网上滴几滴水，用带火星的木条靠近a处；氧气具有使带火星的木条复燃的性质，用带火星的木条靠近a处，木条复燃，则证明有氧气生成，故答案为：带火星的木条复燃；气体具有热胀冷缩的性