新课标高考化学一轮复习名师精品钠的其他常见化合物　碱金属元素doc高中化学

2022新课标高考化学一轮复习名师精品--钠的其他常见化合物　碱金属元素题组一　NaOH、Na2CO3、NaHCO31．(2022·大连模拟)一定量的NaOH稀溶液(含酚酞)中分别参加足量的以下物质，一段时间后，红色一定消失的是(　D　)①H2O　IO　②HCl　③SO2　④Cl2　⑤NaHCO3A．①B．②⑤C．②③④⑤D．①②③④2．现有25mL2mol/L的Na2CO3溶液和75mL1mol/L的稀盐酸。①将Na2CO3溶液缓慢滴到稀盐酸中；②将稀盐酸缓慢滴到Na2CO3溶液中，两操作的现象及结果(标准状况下)是(　D　)A．现象相同，所得气体的体积相等B．现象相同，所得气体的体积不等C．现象不同，所得气体的体积相等D．现象不同，所得气体的体积不等3．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度(℃)102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反响的离子方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH－。乙同学认为溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反响的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要在加热煮沸的溶液中参加足量的BaCl2溶液，假设产生沉淀，那么乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？假设原因是HCO水解程度增大，那么溶液中几乎没有CO，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O，假设用Ba(OH)2检验，无论哪种观点都会有沉淀产生。(2)将加热后的溶液冷却到10℃，假设溶液的pH等于(或大于)(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，那么甲(或乙)(填“甲”或“乙”)判断正确。(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言不用再做任何实验也可判断，请你分析谁的观点错误，为什么？题组二　碱金属元素的构造与性质递变规律4．(2022·昆明检测)以下各项表达中错误的选项是(　D　)10/10\nA．原子半径由小到大的顺序是Li<Na<K<Rb<CsB．同一种碱金属元素的离子半径比原子半径小C．碱金属单质的密度比较为Li<K<Na<RbD．碱金属离子的氧化性比较为Li＋<Na＋<K＋<Rb＋5．(2022·石家庄调研)以下对锂、钠、钾、铷、铯的表达中不正确的选项是(　C　)①氢氧化物中碱性最强的是氢氧化铯　②单质熔点最高的是铯　③它们都是热和电的良导体　④它们的密度依次增大，且都比水密度小　⑤它们的复原性依次增强　⑥对应离子的氧化性依次增强A．①③B．②⑤C．②④⑥D．①③⑤6．(2022·天水模拟)以下关于碱金属与卤素所形成的化合物的性质说法正确的选项是(　C　)①大都具有较高的熔、沸点　②其水溶液都能导电　③熔融状态都不能导电A．②③B．①③C．①②D．①②③题组三　焰色反响7．欲观察氢气燃烧的颜色，燃气导管口的材料最好是(　C　)A．钠玻璃　　B．钾玻璃C．石英玻璃　　D．铜管8．(2022·合肥二次联考)用光洁的铂丝在蘸取了某无色溶液后，在无色火焰上灼烧，直接观察，火焰呈黄色，以下各判断正确的选项是(　B　)A．只含有Na＋B．一定含有Na＋，可能有K＋C．既含有Na＋，又含有K＋D．可能有Na＋，可能有K＋题组四　有关碱金属元素的计算9．某种碱金属元素组成的两种碳酸盐的混合物6.14g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓参加一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的体积(已折算成标准状况下的体积)和消耗稀盐酸的体积，得到以以下图所示的曲线。试计算：(1)混合物中碳元素的质量分数。(2)确定这两种碳酸盐的化学式。(3)所滴加盐酸的物质的量浓度。【对点训练】1．H2O　IO和Cl2具有强氧化性，可以使溶液褪色；HCl中和NaOH后，溶液呈中性也使溶液褪色；SO210/10\n和NaOH反响一段时间后，生成的H2SO3使溶液呈弱酸性而褪色。2．Na2CO3与盐酸反响生成CO2是分步进展的，且滴加顺序不同，现象也不同。将Na2CO3溶液滴加到稀盐酸中，盐酸过量，立即有气体生成；将稀盐酸滴加到Na2CO3溶液中，开场盐酸缺乏，不产生气体，到盐酸过量时，才产生气体。由题给两种试剂的量经计算：①中产生的CO2体积为840mL；②中产生的CO2体积为560mL，故答案为D。3．(3)乙的观点是错误的，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃。解析　此题为探究性试题，同时考察分析和处理图表的能力。根据甲、乙两同学观点的差异分析知(1)中只能选用BaCl2溶液；由表中数据分析知表中的温度均没有到达150℃，因此可以断定乙同学的猜测是错误的。4．A项，同族元素核电荷数越大，原子半径越大，正确；B项，金属原子失去电子后，半径减小，正确；C项，K的性质出现反常现象，其密度比钠小，正确；D项，随核电荷数的增大，碱金属原子的复原性逐渐增强，对应阳离子的氧化性逐渐减弱，错误。5．随原子序数递增，金属性增强，复原性增强，所以最高价氧化物对应水化物碱性增强，对应离子氧化性减弱，物理性质：熔、沸点降低，密度增大，且从铷开场密度比水大。7．钠、钾、铜元素在灼烧时均发出有色焰色，故应选C。9．(1)9.77%　(2)K2CO3、KHCO3　(3)2.5mol/L解析　(1)根据碳元素守恒可得：n(C)＝n(CO2)＝＝＝0.005mol所以6.14g混合物中含有的n(C)＝0.005molw(C)＝×100%＝9.77%。(2)混合物的平均摩尔质量＝＝122.8g/mol假设M(M2CO3)＝122.8g/mol，那么M(M)＝31.4g/mol假设M(MHCO3)＝122.8g/mol，那么M(M)＝61.8g/mol31．4g/mol<M(K)<61.8g/mol所以该碱金属元素是钾元素，两种碳酸盐的化学式：K2CO3、KHCO3。(3)n(K2CO3)＋n(KHCO3)＝0.05moln(K2CO3)×138g/mol＋n(KHCO3)×100g/mol＝6.14gn(K2CO3)＝0.03mol　n(KHCO3)＝0.02molK2CO3　～　2HCl0．03mol0.06molKHCO3　～　HCl0．02mol0.02mol所以n(HCl)＝0.06mol＋0.02mol＝0.08mol　c(HCl)＝＝2.5mol/L10/10\n1．(2022·上海，10)9.2g金属钠投入到足量的重水中，那么产生的气体中含有(　　)A．0.2mol中子B．0.4mol电子C．0.2mol质子D．0.4mol分子解析　n(Na)＝＝0.4molNa与重水反响的化学方程式为2Na＋2D2O===2NaOD＋D2↑2　　　　　　　　　　10．4mol　　　　　　　0.2mol由方程式可知生成D2气体0.2mol，所以气体中含中子0.4mol，含电子0.4mol，含质子0.4mol，含分子0.2mol，故B正确。答案　B2．(2022·海南，3)除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是(　　)A．通入二氧化碳气体B．参加氢氧化钡溶液C．参加澄清石灰水D．参加稀盐酸解析　除杂方法要操作简便、效果好、不带来新的杂质、保存非杂质成份。溶液中可用这样的方法：Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。答案　A3.(2022·天津理综，2)25℃时，浓度均为0.2mol/L的NaHCO3与Na2CO3溶液中，以下判断不正确的选项是(　　)A．均存在电离平衡和水解平衡B．存在的粒子种类相同C．c(OH－)前者大于后者D．分别参加NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大解析　在NaHCO3溶液中HCO作为弱酸的酸式酸根既能电离也能水解，同时还存在水的电离平衡；在Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡和水的电离平衡，A项正确；在两溶液中均存在Na＋、H＋、CO、HCO、H2CO3、OH－、H2O七种微粒，B项正确；同浓度的正盐水解程度大于其酸式盐，所以Na2CO3溶液中c(OH－)大，碱性强，C项错；D选项中，NaHCO3溶液中NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，使c(CO)增大，在Na2CO3溶液中参加NaOH固体抑制了CO的水解，使c(CO)增大，D正确。答案　C4．(2022·全国理综Ⅱ，8)以下表达中正确的选项是(　　)A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中参加NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶210/10\nC．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，有NaHCO3结晶析出解析　CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，前半句正确，参加NaHCO3饱和溶液后，没有沉淀产生，A错误；向Na2CO3溶液中滴加等物质的量的稀盐酸，发生反响为Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，没有CO2生成，B错误；等质量的NaHCO3和Na2CO3，与足量盐酸反响，产生的CO2体积不同，NaHCO3生成的CO2更多些，C错误；溶解度：Na2CO3>NaHCO3，向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2后溶液中有NaHCO3晶体析出，D正确。答案　D5．(2022·全国理综Ⅰ，11)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，那么该样品的纯度(质量分数)是(　　)A.B.C.D.解析　样品加热发生反响为：2NaHCO3△,Na2CO3＋H2O＋CO2↑　　Δm　168　　　　　106　　　　　　　　　62m(NaHCO3)　　　　　　　　　　　　w1－w2质量差为w1－w2，故样品中NaHCO3质量为：g，Na2CO3质量为w1g－g，其纯度(质量分数)为＝＝。答案　A6．(2022·湖南娄底联考)把7.4gNa2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100mL溶液，其中c(Na＋)＝0.6mol/L，假设把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量为(　　)A．3.18gB．2.12gC．5.28gD．4.22g解析　将Na2CO3·10H2O和NaHCO3加热至恒重时物质为Na2CO3，n(Na2CO3)＝n(Na＋)＝×0.6mol/L×0.1L＝0.03mol，所以m(Na2CO3)＝0.03mol×106g/mol＝3.18g。答案　A7．(2022·泰安检测)阿伏加德罗常数为NA，以下说法正确的选项是(　　)A．1mol钠与氧气反响生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAB．1molNa2O2与足量CO2反响时，转移2NA个电子C．1mol/L的NaOH溶液中含Na＋数目为NAD．1molNa2O2中含有的阴离子数目为2NA10/10\n答案　A8．(2022·临沭一中期中考试)钡和钠相似，也能形成O的过氧化物，那么以下表达错误的选项是(　　)A．过氧化钡的化学式是Ba2O2B．1mol过氧化钠或过氧化钡跟足量水反响都生成0.5mol氧气C．过氧化钡是离子化合物D．过氧化钠和过氧化钡都是强氧化剂答案　A9．(2022·惠州调研)有两个分别装有Na2CO3和NaHCO3固体的试剂瓶，因标签失落而无法区分。有4位同学为鉴别它们，分别设计了以下四种不同的方法，其中可行的是(　　)A．分别取样配成溶液，再参加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成B．分别取样后，参加相同浓度和相同体积的稀盐酸，观察反响的快慢C．分别取样加热，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生D．分别取样配成溶液，在火焰上灼烧，观察火焰的颜色解析　Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH,2NaHCO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，现象相同，A项错；Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，因为盐酸的量不确定，很难观察气泡的冒出速率，B项错；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，C项对；焰色反响都是Na元素的焰色，均呈黄色不能鉴别，D项错。答案　C10．(2022·江苏口岸中学考试)把一瓶不饱和的烧碱溶液分成4等份。保持温度不变，向4份溶液中分别参加一定量的NaOH固体、Na2O2、Na2O和Na，使溶液均恰好饱和，以下说法中正确的选项是(　　)A．参加的NaOH质量一定最大B．参加的Na2O2和Na2O的物质的量之比为1∶2C．制成饱和溶液后，4份溶液中所含NaOH质量相同D．参加的NaOH固体、Na2O2、Na2O、Na的物质的量之比为2∶1∶1∶2答案　A11．(2022·海州中学测试)向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。假设向M中逐滴参加盐酸，产生的气体体积V(CO2)与参加盐酸的体积V(HCl)的关系有以以下图示四种情况，且(2)、(3)、(4)图中分别为OA<AB，OA＝AB，OA>AB，那么以下分析与判断正确的选项是(不计CO2的溶解)(　　)10/10\nA．M中只有一种溶质的只有(1)B．M中有两种溶质的有(2)和(4)C．(2)图显示M中c(NaHCO3)>c(Na2CO3)D．(4)图显示M中c(NaHCO3)>c(Na2CO3)答案　B12．(2022·揭阳测试)200℃时，11.6gCO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反响后，固体质量增加了3.6g，再将反响后剩余固体冷却后参加含有Na＋、HCO、SO、CO等离子的水溶液中，假设溶液体积保持不变，那么以下说法中正确的选项是(　　)A．原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB．混合气体与Na2O2反响过程中电子转移的物质的量为0.25molC．溶液中SO的物质的量浓度根本保持不变D．溶液中HCO的物质的量浓度减小，CO的物质的量浓度增大，但是HCO和CO的物质的量浓度之和根本保持不变答案　A二、非选择题(此题包括4小题，共40分)13．(12分)(2022·宁夏理综，27)以以下图表示有关物质(均由短周期元素形成)之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)，C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。(反响条件图中已省略)(1)A、B、C、D代表的物质分别为　___________________、　　　　　、　　　　　、(填化学式)；(2)反响①中的C、D均过量，该反响的化学方程式是________________________________________________________________________；10/10\n(3)反响②中，假设B与F的物质的量之比为4∶3，G、H分别是　　　　、　(填化学式)；(4)反响③中产物K的化学式为　　　　　；(5)反响④的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　框图中的所有物质均由短周期元素组成。B为非金属单质(一般是黑色粉末)可判断B可能为碳元素；C为常见的无色无味液体，那么C可能是H2O；D是淡黄色的固体化合物，那么D为Na2O2；反响①中Na2O2与H2O反响生成NaOH和O2。常见金属A与NaOH溶液能反响，那么A为Al。根据反响①可判断E、F一种是H2另一种是O2，根据反响③，C不与H2反响，可与O2反响，可判断E是H2，F是O2；当n(C)∶n(O2)=4∶3反响时，生成物为CO2与CO的混合气体，CO2与Na2O2、NaAlO2反响，CO与Na2O2、NaAlO2不反响，可判断G是CO2，H为CO。因为反响①中的H2O、Na2O2均过量，所以溶液甲是NaOH与NaAlO2的混合溶液。答案　(1)Al　C　H2O　Na2O2(2)4Al+2Na2O2+6H2O===4NaAlO2+O2↑+6H2↑(3)CO2　CO　(4)Na2CO3(5)CO2+AlO+OH-+H2O===CO+Al(OH)3↓14．(8分)(2022·大连质检)如图中A到F是化合物，且A、B、E、F均含钠元素，G是单质。A(固体)B　＋　C　＋　D　　　　　　　　　,＋E　,＋E　　　　　　B＋G　F＋GA(溶液)B(溶液)(1)写出A、B、E、F的化学式：A________，B________，E________，F________。(2)写出反响①②③的化学方程式：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。答案　(1)NaHCO3　Na2CO3　Na2O2　NaOH(2)①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑②NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O③Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO315．(9分)(2022·咸阳调研)在隔绝空气的条件下，某同学将一块局部被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、并用针刺一些小孔的加NaOH溶液箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反响完全后，在容器中仅收集到1.12L氢气(标准状况)，此时测得加NaOH溶液箔质量比反响前减少了10/10\n0.27g，水槽和容器内溶液的总体积为2.0L，溶液中NaOH的浓度为0.050mol·L－1(忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量)。(1)写出该实验中发生反响的化学方程式。(2)试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数。解析　(1)①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑②Na2O＋H2O===2NaOH③2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(2)n(Al)＝＝0.010mol根据反响③可得由加NaOH溶液消耗NaOH的物质的量为n(NaOH)＝0.010mol生成的氢气的物质的量为n(H2)＝0.015mol那么由金属钠生成的氢气的物质的量为n(H2)＝－0.015mol＝0.035mol根据反响①可得金属钠的物质的量为n(Na)＝2×0.035mol＝0.070mol又因为反响后溶液中的NaOH的物质的量为n(NaOH)＝2.0L×0.050mol·L－1＝0.10mol所以溶液中Na＋的总物质的量即原金属钠的总物质的量为n(Na＋)＝0.10mol＋0.010mol＝0.11moln(Na2O)＝＝0.020mol该钠块中钠元素的质量分数为：×100%≈89%答案　(1)①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑②Na2O＋H2O===2NaOH③2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(2)89%16．(11分)(创新探究)如以下图，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反响？”这个问题可通过以下实验加以证明。(1)按图装置，在枯燥的试管Ⅲ中装入Na2O2后，在通入CO2之前，应事先将活塞(K1、K2)关闭好，目的何在？________________________________________________________________________________________________________________________________________________。10/10\n(2)试管Ⅰ内的试剂X是____________时，翻开活塞K1、K2，加热试管Ⅲ约5分钟后，将带火星的小木条插入试管Ⅱ的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化。那么所得的化学结论是________________________________________________________________________。(3)试管Ⅰ内试剂为CO2饱和水溶液时，其它操作同(2)，通过____________________________________________________________________________________________的现象，可以证明Na2O2与潮湿的CO2能反响且放出O2。(4)CO2与过氧化钠反响机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成以下反响方程式：__Na2O2＋__C18O2＋__HO―→________________________________________________________________________。解析　此题旨在利用比照实验，探究Na2O2与CO2反响的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与枯燥CO2反响，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反响装置前CO2必须枯燥。答案　(1)以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象(2)浓H2SO4　过氧化钠与枯燥的CO2不反响(3)带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上剧烈燃烧，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色(4)2Na2O2＋2C18O2＋2HO===2Na2C18O3＋O2↑＋2H2O10/10