上海市奉贤区曙光中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试卷

上海市奉贤区曙光中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试卷

上海市奉贤区曙光中学2019学年高二上学期化学期中测试 一、选择题 ‎1.构成金属晶体基本微粒是（ ）‎ A. 分子 B. 原子 C. 阳离子与阴离子 D. 阳离子与自由电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成，不存在阴离子，故选D。‎ ‎2. 含硒（Se）的保健品已开始进入市场。已知硒与氧、硫同主族，与溴同周期，则下列关于硒的叙述中，正确的是 A. 非金属性比硫强 B. 原子序数为34‎ C. 氢化物比HBr稳定 D. 最高价氧化物的水化物显碱性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硒在S的下一周期，则非金属性比硫弱，A项错误；‎ B．硫的原子序数是16，位于硒的上一周期，则硒的原子序数为＝16+18＝34，B项正确；‎ C．硒位于溴的左侧，同周期自左向右非金属性逐渐增强，则氢化物没有HBr稳定，C项错误；‎ D．硒是非金属，则最高价氧化物的水化物显酸性，D项错误，‎ 答案选B。‎ ‎3.下列各组物质气化或熔化时，所克服的微粒间作用力完全相同的是 （ ）‎ A. 碘的升华和干冰气化 B. 二氧化硅熔化和干冰气化 C. 苯气化和硝酸钾熔化 D. 食盐熔化和冰融化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，碘和干冰都是分子晶体，克服分子间作用力，故A正确；‎ B选项，二氧化硅克服共价键，干冰克服分子间作用力，故B错误；‎ C选项，硝酸钾克服的是离子键，苯克服分子间作用力，故C错误；‎ D选项，食盐克服离子键，冰融化克服分子间作用力，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎4.既不能用浓硫酸干燥，又不能用碱石灰干燥的气体是（ ）‎ A. Cl2 B. H2S C. SO2 D. CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以干燥酸性和中性气体，不能干燥碱性气体和还原性气体，碱石灰成分是氢氧化钠和氧化钙的混合物，可以干燥碱性气体，不能干燥酸性气体。‎ ‎【详解】A. Cl2是酸性气体，能用浓硫酸干燥，但是不能用碱石灰干燥，故A错误；‎ B. H2S气体能被浓硫酸氧化，也能和氢氧化钠反应，所以硫化氢气体既不能用浓硫酸干燥，又不能用碱石灰干燥，故B正确；‎ C. SO2是酸性气体，能用浓硫酸干燥，但是不能用氢氧化钠干燥，故C错误；‎ D.二氧化碳能够与碱石灰反应，不能够使用碱石灰干燥二氧化碳，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】选择干燥剂时，酸性气体和非还原性气体可用浓硫酸干燥，三氧化硫也不可以用浓硫酸干燥，浓硫酸可吸收三氧化硫，碱性气体可以用氢氧化钠，或碱石灰干燥，氨气不能用氯化钙干燥。‎ ‎5.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:‎ 元素代号 L M X R T 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.089‎ ‎0.074‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6，-2‎ ‎+2‎ ‎-2‎ 下列叙述错误的是（　　）‎ A. R的氧化物对应的水化物可能具有两性 B. X单质在氧气中燃烧不可能生成XO3‎ C. 离子半径大小:r（M3+）＜r（T2-）‎ D. L2+和X2-的电子层结构相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】短周期主族元素中，元素最高正化合价与其族序数增大，最低负化合价=族序数−8，原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；‎ 根据表中数据知，L、R属于第IIA族元素，原子半径L>R，则L是Mg、R是Be元素；‎ M属于第IIIA族元素，原子半径M>R，则M是Al元素；X、T最低负价是−2，则X和T属于第VIA族元素，X有正化合价、T没有正化合价，原子半径X>T所以X是S、T是O元素。‎ A. R是Be元素，根据对角线规则知，Al和Be性质相似，所以氢氧化铍可能具有两性，故A正确；‎ B. X是S元素，S单质在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成三氧化硫，故B正确；‎ C. M是Al元素、T是O元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径r(M3+)＜r(T2−)，故C正确；‎ D. L是Mg元素、X是S元素，镁离子核外有10个电子，两个电子层，硫离子核外有18个电子，三个电子层，所以两种离子电子层结构不相同，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】通过图表，分析原子半径和化合价的数据，得出各元素的名称，从而得到各元素同周期，同主族的性质递变规律。‎ ‎6.下列各组物质反应后，再滴入KSCN溶液，显红色的是（ ）‎ A. 过量铁与稀盐酸 B. 过量氯水与FeCl2溶液 C. 过量铁粉与CuCl2溶液 D. 过量铁粉与FeCl3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁与盐酸发生反应，生成的是亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色，故A错误；‎ B. 氯水能够将亚铁离子氧化成铁离子，滴入KSCN溶液，显红色，故B正确；‎ C. 铁粉过量，铁置换出铜，同时生成亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色，故C错误；‎ D. 过量铁粉与氯化铁溶液反应生成是氯化亚铁，溶液中不存在铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】三价铁离子，用KSCN 溶液显红色的检验，铁及其化合物的转变，是从化合价出发，加入氧化剂，可以把铁单质氧化为二价铁或三价铁，三价铁加还原剂成二价铁，熟练掌握铁及其化合物的相互转化。‎ ‎7.为确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是(　　)‎ A. 观察加热时能否放出气体 B. 观察滴加盐酸时能否放出气体 C. 溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成 D. 溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.无论是否含有碳酸钠,加热时,碳酸氢钠分解都产生气体,不能确定是否含有碳酸钠,故A错误;‎ B.碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都生成二氧化碳气体,不能确定是否含有碳酸钠,故B错误;‎ C.碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中,滴加澄清石灰水,都产生碳酸钙沉淀,不能确定否含有碳酸钠,故C错误;‎ D.溶于水中,滴加少量氯化钡溶液,只有碳酸钠产生沉淀,如能观察到白色沉淀生成,说明含有碳酸钠,故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎8.关于铝的性质，错误的说法是（ ）‎ A. 铝的表面能形成致密的氧化膜，因此铝难腐蚀 B. 铝能溶解于冷的浓硝酸氧化成为硝酸铝 C. 铝能溶解于NaOH溶液生成偏铝酸钠和氢气 D. 铝能在氯气中燃烧，生成氯化铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成致密的氧化物薄膜而阻止铝进一步被氧化，故A正确；‎ B. 常温下，铝和浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，故B错误；‎ C. 铝能和强酸、强碱反应，能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C正确；‎ D. 氯气具有强氧化性，能氧化还原性的物质，所以铝在氯气中燃烧生成氯化铝，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】铝及其化合物的性质中，了解到铝是一种比较活泼的金属，常温下易被氧气氧化，遇到浓硫酸，浓硝酸会发生钝化，形成金属转变成氧化物，氧化物转变成盐的整体思路。‎ ‎9.含有AlO 2 - 的溶液中加入下列试剂，不能得到Al(OH)3 的是（　）‎ A. CO 2 B. NH4Cl C. Na2CO 3 D. AlCl 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO 2+2AlO2–+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，可以得到Al(OH)3，故A不符合题意；‎ B. NH 4 +水解显酸性，AlO2–水解显碱性，二者混合后相互促进双水解，生成Al(OH)3，故B不符合题意；‎ C. AlO2- 和CO32-都是水解显碱性，可以大量共存，不反应，故C符合题意；‎ D. Al3+和AlO2-在溶液中相互促进水解，反应生成Al(OH)3，故D不符合题意；‎ 故答案选C ‎10.某无色溶液能与铝作用生成氢气，则溶液中可能大量共存的离子组是（　　）‎ A. H+、Ba2+、Mg2+、Cl-‎ B. Cl-、CO32-、Cu2+、Mg2+‎ C. NO3-、SO42-、K+、Al3+‎ D. NO3-、OH-、Mg2+、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某无色溶液能与铝作用生成氢气，该溶液既可以为酸性也可为碱性。‎ ‎【详解】A. 碱性条件下，Mg2+与OH-不能大量共存；若为酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；‎ B. 酸性条件下，H+和CO32-不能大量共存，碱性条件下Cu2+、Mg2+与OH-不能大量共存，且含Cu2+溶液中呈蓝色，故B错误；‎ C. 酸溶液中若酸性溶液具有还原性，不能和NO3-大量共存；碱溶液中Al3+与OH-不能大量共存，故C错误；‎ D. 溶液中OH-、Mg2+离子之间生成氢氧化镁沉淀，该组离子本身不能大量共存，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】溶液中可能大量共存和一定大量共存，为该题的易错点，与铝作用生成氢气，该溶液既可以为酸性也可为碱性。在碱性或酸性条件下，只要满足一种情况可以大量共存，就是可能大量共存，在解题时，一定要注意题干的表达含义，之后再进行分析解题。‎ ‎11.将AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别蒸发并灼烧，所得产物的主要成份是（ ）‎ A. 均为Al（OH）3‎ B. 前者得Al2O3，后者得NaAlO2‎ C. 均为Al2O3‎ D. 前者得AlCl3，后者得NaAlO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；‎ NaAlO2溶液加热水解生成Al(OH)3与NaOH，最终Al(OH)3与NaOH又反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液蒸发并灼烧得到NaAlO2。‎ 综上所述，B项正确，答案选B。‎ ‎12.下列物质既能跟盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的盐是 ( )‎ A. Na2CO3 B. Al(OH)3 C. NaCl D. NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠能与盐酸反应，与氢氧化钠不反应，A项错误；‎ B. 氢氧化铝不是盐，B项错误；‎ C. 氯化钠与盐酸和氢氧化钠均不反应，C项错误；‎ D. 碳酸氢钠属于盐，与盐酸和氢氧化钠均反应，D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎13.已知下列三个反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-    2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+    Fe+Cu2+=Fe2++Cu，试推断结论：‎ 具有还原性物质的还原性强弱：①Fe＞Cu＞Fe2+＞Cl-  ②Cl-＞Fe2+＞Fe＞Cu 具有氧化性物质的氧化性强弱：③Fe3+＞Cl2＞Fe2+＞Cu2+ ④Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+‎ 其中结论正确的是（　　）‎ A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl-，氧化性是Cl2＞Fe3+，还原性是Fe2+＞Cl-； 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，氧化性是Fe3+＞Cu2+，还原性是Cu＞Fe2+； Fe+Cu2+=Fe2++Cu，氧化性是Cu2+＞Fe2+；还原性是Fe＞Cu；氧化性顺序是：Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，还原性顺序是：Fe＞Cu＞Fe2+＞Cl-，所以正确的有①④，‎ 答案选C。‎ ‎14.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2−具有相同的电子层结构；离子半径：Z2−>W−；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是（ ）‎ A. X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B. 由于W、Z、M元素的氢化物的相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C. 元素X、Z、W的单质晶体中含相同类型的化学键 D. 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Y的单质晶体是一种重要的半导体材料，所以Y是硅元素，X、Y、Z、W同周期，它们是第三周期元素，根据离子所带的电荷数可知，X是钠，因为X+与M2−具有相同的电子层结构，所以M是氧元素，根据Z、M同主族可知，Z是S元素，离子半径：Z2−>W−，所以W是氯元素。‎ A. 钠和氧可形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故A错误；‎ B. 水分子之间存在氢键，沸点最高，故B错误；‎ C. X为Na，其单质晶体为金属晶体，含金属键；Z为S，其单质晶体为分子晶体，晶体中含有共价键，W为Cl，其单质晶体为分子晶体，含有共价键，故C错误；‎ D. W为Cl元素、M为O元素，Cl2、O3可作为水处理中的消毒剂，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时最佳顺序为（　　）‎ ‎①加入适量氯水  ②加入足量的KMnO4溶液③加入少量KSCN溶液.‎ A. ①③ B. ③② C. ③① D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在该溶液中先加入少量KSCN溶液，溶液不变血红色，证明无Fe3+存在，再加入氯水，将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液变为血红色。KMnO4溶液呈紫红色，溶液颜色变化不明显，所以不能用酸性 KMnO4溶液，‎ 答案选C。‎ ‎16.下列说法正确的是 (　　)‎ A. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表第ⅡA族 B. 主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为2或5‎ C. 氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高 D. 同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氦原子最外层电子数为2，为零族元素，A项错误；‎ B. MgCl2中原子的原子序数之差为5，CO2中原子的原子序数之差为2，B项正确；‎ C. 由于HF中存在氢键，故HF的沸点比HCl的高，C项错误；‎ D. CO2为分子晶体，而SiO2为原子晶体，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.某学生设计了如图的方法对A盐进行鉴定：‎ 由此分析，下列结论中，正确的是 A. A中一定有Fe3+ B. B为AgI沉淀 C. C中一定有Fe3+ D. A一定为FeBr2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，A中加了酸化的硝酸银，可能A中有Fe3+，也可能只有亚铁离子，故A错误；‎ B选项，B为淡黄色沉淀，则为AgBr沉淀，故B错误；‎ C选项，C使KSCN变为血红色，则一定有Fe3+，故C正确；‎ D选项，A可能含亚铁离子，也可能含铁离子，因此不一定为FeBr2溶液，故D错误；‎ 综上所述，答案C。‎ ‎18.将Na2O2加入到含有HCO3—、CO32—、SO32—、Na＋、NO3—的溶液中，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（　　）‎ A. NO3— B. CO32—、NO3— C. SO32—、NO3— D. CO32—、NO3—、Na＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2粉末加入溶液中，因被氧化而减少，因有NaOH生成，则与之反应生成，使、Na+均增加，减少，整个过程中只有浓度保持不变，答案选A。‎ ‎19.某溶液中大量存在五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、X，其物质的量之比为：n（NO3-）：n（SO42-）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）＝2：3：1：3：1，则X为下列中的 A. Mg2+ B. Fe2+ C. Ba2+ D. Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由物质的量之比为n（NO3-）：n（SO42-）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）＝2：3：1：3：1，溶液不显电性，而：2×1+3×2＞1×3+3×1，则X为阳离子，由电荷守恒可知，X所带电荷为+2，SO42-与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，所以X一定为Mg2+，A项正确，‎ 答案选A。‎ ‎20. 把镁铝合金用稀硫酸溶解，加入氢氧化钠溶液的体积与生成沉 淀质量关系如右图，则合金中镁和铝的质量比是（ ）‎ A. 1∶1 B. 8∶9 C. 4∶3 D. 4∶9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设NaOH的浓度为cmol/L，合金中Al的物质的量为x，Mg的物质的量为y， 由6～7mL发生的反应为Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，则 ‎ 由1～6mL发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，则    ‎ 则合金中镁和铝的质量比为0.001c mol× 24 g/mol：0.001c mol × 27 g/mol=8：9‎ 点睛：氢氧化镁、氢氧化铝的混合物与过量的氢氧化钠反应，氢氧化镁不反应，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。‎ 二、填空题 ‎21.反应方程式如下，完成相应问题 ‎___Fe3++___SO2+___H2O→___Fe2++___SO42-+___H+‎ ‎（1）配平上述反应方程式并标出电子转移的方向和数目__________。‎ ‎（2）反应中氧化剂为________，还原剂为________。‎ ‎（3）反应中，所得氧化产物和还原产物的物质的量之比为_____________。‎ ‎（4）反应过程中，溶液颜色由_______变为_________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 4 (7). (8). Fe3+ (9). SO2 (10). 1:2 (11). 棕黄色 (12). 浅绿色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应的规律及配平原则分析作答。‎ ‎【详解】（1）反应中，Fe元素的化合价由+3降低到+2，S元素的化合价由+4升高到+6，则取最小公倍数为2，所以Fe3+前的系数为2，SO2前的系数为1，结合原子守恒配平，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=2，结合原子守恒配平该方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，1mol SO2参加反应失去2mol电子，用单线桥表示为：，‎ 故答案为：2；1；2；2；1；4；；‎ ‎（2）反应中，Fe元素的化合价由+3降低到+2，S元素的化合价由+4升高到+6，化合价升高元素被氧化，做还原剂，化合价降低元素被还原，所在的反应物是氧化剂，氧化剂为Fe3+，还原剂为SO2，‎ 故答案为：Fe3+；SO2；‎ ‎（3）反应中，化合价升高元素对应的产物是氧化产物，化合价降低元素对应的产物是还原产物，所得氧化产物和还原产物分别为SO42- 和Fe2+，它们的物质的量之比为1:2，‎ 故答案为：1:2；‎ ‎（4）原溶液含有Fe3+，颜色为棕黄色，反应后溶液生成了Fe2+，颜色为浅绿色，故溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，‎ 故答案为：棕黄色；浅绿色。‎ ‎22.工业上用铝土矿（含氧化铝、氧化铁）制取金属铝的生产过程如下框图 请回答下列问题：‎ ‎（1）纯净的氧化铝俗称____________，属于____________晶体。写出铝土矿与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。‎ ‎（2）沉淀C的化学式为______，该物质除了用于金属冶炼以外，还可用作______________。电解熔融的氧化铝时，物质α是______，其作用是_________________。‎ ‎（3）在实验室中欲从溶液E中得到较纯净的固体NaOH，需要进行的操作顺序是：_______、趁热过滤、____、__________。‎ ‎（4）生产过程中，可以循环使用的物质有四种，除NaOH、H2O、CaO、CO2。其中NaOH中含有的化学键是______、________（如有共价键须标明极性还是非极性）。CaO、CO2的电子式分别为_____、____。‎ ‎【答案】 (1). 刚玉 (2). 原子 (3). Al2O3 + OH-  → 2AlO2- + H2O (4). Fe2O3 (5). 颜料 (6). 冰晶石 (7). 熔剂（使Al2O3易熔融） (8). 加热浓缩或蒸发浓缩 (9). 冷却结晶 (10). 过滤洗涤 (11). 离子键 (12). 共价键 (13). (14). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3 + 2OH-=2AlO2- + H2O、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶于NaOH溶液，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3，向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和NaHCO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应NaHCO3+CaO═NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）纯净的氧化铝俗称刚玉，是原子晶体。铝土矿含氧化铝、氧化铁，氧化铝是两性氧化物，既可与酸反应又可与碱反应，只有氧化铝与氢氧化钠反应，方程式为Al2O3 + OH-=2AlO2- + H2O 故答案为：刚玉；原子；Al2O3 + OH-=2AlO2- + H2O；‎ ‎(2)由以上分析可知沉淀C为Fe2O3,可用于做颜料；氧化铝的熔点比较高，电解熔融的氧化铝时，需加入冰晶石，降低它的熔点，物质α是冰晶石，作用是降低氧化铝的熔点，即做熔剂（使Al2O3易熔融）；‎ 故答案为：Fe2O3；颜料；冰晶石；熔剂（使Al2O3易熔融）；‎ ‎(3)‎ 从溶液中得到氢氧化钠晶体，可加热浓缩或蒸发浓缩，然后趁热过滤，冷却结晶并过滤洗涤，‎ 故答案为：加热浓缩或蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤；‎ ‎(4) NaOH属于强碱，是离子晶体，主要含有离子键，OH-中氢和氧原子之间共用一对用用电子对，存在共价键，氢和氧电负性不同，吸引共用电子对的能力也不能，故共用电子对有偏移，是极性共价键，CaO是活泼金属氧化物，含有离子键，是离子晶体，故电子式为，CO2是共价化合物，，碳的最外层有四个电子，与氧各形成两对共用电子对，故电子式为，‎ 故答案为：离子键；共价键；；。‎ ‎23.不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用一数值X来表示，若X越大，则原子吸引电子的能力越强，在所形成的分子中成为负电荷一方。下面是某些短周期元素的X值。‎ 元素 Li Be B C O F X值 ‎0.98‎ ‎1.57‎ ‎2.04‎ ‎2.53‎ ‎3.44‎ ‎3.98‎ 元素 Na Al Si P S Cl X值 ‎0.93‎ ‎1.61‎ ‎1.90‎ ‎2.19‎ ‎2.58‎ ‎3.16‎ ‎（1）通过分析X值的变化规律，确定N、Mg的X值范围：___1.7时，一般为离子键，当△X<1.7时，一般为共价键，试推断AlBr3中化学键的类型是_______。‎ ‎（5）预测元素周期表中,X值最小的元素位置_______（放射性元素除外）。‎ ‎【答案】 (1). 0.93 (2). 1.57 (3). 2.55 (4). 3.44 (5).‎ ‎ 同周期（或同主族）元素，X值越大，原子半径越小， (6). 氮 (7). 共价键 (8). 第六周期第ⅠA族 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由表中数值可看出，同周期中元素的X值随原子半径的减小而增大，同主族自上而下X值减小，X值的变化体现周期性的变化，故：0.93X(Si)，X(C)>X(P)，X(O)>X(Cl)，则可推知：X(N)>X(S)，所以S∼N中，共用电子对应偏向氮原子，‎ 故答案为：氮；‎ ‎(4)查表知：AlCl3的△X=3.16-1.61=1.55<1.7，又X(Br)

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