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精选第二章-碱金属（2023年高考试题分类）
14.⑴6co2HC03+0『二COV+H20o3
①Na2cO3+H2sO4=Na2S04+CO2t+2H2O或2NaHCO3+H2sO4=Na2S04+2co2t+2H20Na202
②H202I、IV、V⑷2Na2C03+Cl2+H20=NaCIO+NaCl+2NaHC03高三化学第二章碱金属选择题（每题只有一项符合题目要求，每题6分）L（2023重庆卷7）以下表达正确的选项是A.Fe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物相同Li、Na、K的原子半径和密度随原子序数的增加而增加C、P、S、C1的高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强（2023上海卷17）120mL含有
0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴参加后者，还是将后者滴参加前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，那么盐酸的浓度合理的是A.
2.0mol/LB.
1.5mol/LC.
0.18mol/LD.
0.24mol/L（2023上海卷20）过氧化钠可作为氧气的来源常温常压下二氧化碳和过氧化钠反响后，假设固体质量增加了28g反响中有关物质的物理量正确的选项是（Na表示阿伏加德罗常数）
4.（2023北京高考11）以下实验方案中，不能测定Na2c03和NaHCCh混合••物中Na2c03质量分数的是A.取a克混合物充分加热，B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反响，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反响，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D.取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反响，过滤、洗涤烘干，得b克值体（2023福建高考11）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储藏电源该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时参加水即可放电关于该电池的以下说法不正确的选项是•••••••A.水既是氧化剂又是溶剂B.放电时正极上有氢气生成C.放电时OIT向正极移动D.总反响为2Li+2H20=2LiOH+H2T（2023新课标全国）以下表达正确的选项是A.l.OOmolNaCl中含有
6.02X1023个NaCl分子B.l.OOmolNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8X
6.02X1023C欲配置LOOL.l.OOmol.L1的NaCl溶液，可将
58.5gNaCl溶于
1.00L水D.电解
58.5g熔融的NaCL能产生
22.4L氯气（标准状况）、
23.0g金属钠（2023全国II卷12）Na为阿伏伽德罗常数，以下表达错误的选项是18gH20中含的质子数为IONa12g金刚石含有的共价键数为4Na46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3Nad.1molNa与足量O2反响，生成NazO和Na2（h的混合物，钠失去Na个电子12023江苏14）以下有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的选项是A.在
0.1mol•L—】NaHCO3溶液中cNa+cHCO3cCO32cH2CO3B.在
0.1mol・I/Ra2cO3溶液中cOH+cH+=cHCO3~+2cH2CO3C.向
0.2mol•LNaHCCh溶液中参加等体积
0.1mol•L-1NaOH溶液cCO32cHCO3cOHcH+D.常温下，CH3coONa和CH3coOH混合溶液［pH=7cNa*=
0.1mol•L-1］cNa+=cCH3COOcCH3COOHcH+=cOH2023广东11对于0」11101・1/1m2303溶液，正确的选项是A、升高温度，溶液的pH降低B、cNa+=2cSO32-+cHSO3+cH2SO3C、cNa++cH+=2cSO32+2cHSO3-+cOH参加少量NaOH固体，c（SO32-）与c（Na+）均增大（2023上海）以下离子在稳定人体血液的pH中起作用的是取ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反响后固体的质量增加了方gab以下物质中满足上述结果的是班别学号姓名25℃lOlkPa下®2Nas+l/2O2g=Na2OsAHi=-414KJ/mol
②2Nas+hg=Na2€hsAH2=-511KJ/mol以下说法不正确的选项是A.
①和
②产物的阴阳离子个数比相等B.
①和
②生成等物质的量的产物，转移电子数相同Na的燃烧热为511KJ/mol25℃lOlkPa下，NazCh⑻+2Nas=2NazOsAH=-317kJ/mol
13.15分A、B、C、D、E5瓶透明溶液分别是HC
1、BaCl2NaHS04Na2CO3AgNOs中的一种
①A与B反响有气体生成
②B与C反响有沉淀生成
③C与D反响有沉淀生成
④D与E反响有沉淀生成
⑤A与E反响有气体生成
⑥在
②和
③的反响中生成的沉淀是同一种物质请填空1在
②和
③的反响中，生成的沉淀物质的化学式分子式是oA是，C是，D是A与E反响的离子方程式是
14.21分X、Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反响均为黄色，W为无色无味气体这四种化合物具有以下转化关系局部反响物、产物及反响条件已略去+YX-ZW请答复W的电子式是.OX与Y在溶液中反响的离子方程是.X含有的四种元素之间二种、三种或四种可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用以下图装置夹持固定装置已略去进行实验，装置m中产生白色沉淀，装置v中可收集到一种无色气体
①装置I中反响的化学方程式是装置n中物质的化学式是
②用x含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯洁枯燥的装置v中气体，该化合物的化学式是4向Z溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反响的化学方程式是高三化学第二章碱金属参考答案13[1AgCl⑵Na2cO3HC1AgN03BaCl2Na2S043CO%-+2H+FO+CO2f
14.⑴⑵HCO3+OH-=cor+h2oo3
①Na2cO3+H2sO4=Na2S04+C02t+2H20或2NaHCO3+H2sO4=Na2S04+2co2t+2H20Na202
②H202I、IV、V⑷2Na2C03+Cl2+H20=NaCIO+NaCl+2NaHC
03.D解析Fe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物为FeCl.和FeCl2，A错；ZnCl在溶液中水解而使溶液显酸性，B错；Li、Na、K密度随原子序数的增加密度有反常现象K小于NaC错.C解析都有气体产生且不同，那么nHCD nNa2c03应大于1:1而小于2:
13.解析分析反响增重可知，每21noic2参与反响，生成lmol02生成2mol碳.解析NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2cCh质量分数，A正确；Na2c03和NaHCCh均可与盐酸反响生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2c03质量分数，B正确；混合物与足量稀硫酸充分反响，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，因此选项C不能测出混合物中Na2c03质量分数；Na2c03和NaHCCh都与Ba（OH）2反响，反响的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3bHCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3I因此最后得到的固体是BaCCh所以可以计算出Na2cO3质量分数，选项D也正确答案C.解析考生可能迅速选出C项是错误，因为原电池放电时OH一是向负极移动的这个考点在备考时训练屡次这种电池名称叫锂水电池可推测其总反响为2Li+2H20=2LiOH+H2o再写出其电极反响如下（-）2Li—2e=2Li+（+）2H2O+2e-=2OH+H2结合选项分析A、B、D都是正确的此题情景是取材于新的化学电源，知识落脚点是根底，对原电池原理掌握的学生来说是比拟容易的答案C.解析NaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，A不正确；Na+的最外层已经到达8电子稳定结构，所以B正确；LOOLJ.OOmol.L』的NaCl溶液是指LOOmolNaCl即
58.5gNaCl溶于水配成1L溶液，而不是指溶剂为ILC不正确；有原子守恒可知
58.5gNaCl只能生成
0.5mol氯气，在标准状况下是
11.2LD不正确答案B
7.B.
8.此题属于根本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比拟溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比拟似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练A.在
0.1mol•L-1NaHCO3溶液中，HCCh一在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，C（H2CO3）＞C（CO32）B.8（汨一）一《11+）=©（1式03一）+2以112（303一）中把c（H+）移项到等式另一边，即是质子守恒关系式C.向
0.2mol-LTNaHC€3溶液中参加等体积
0.1mol•L-NaOH溶液后，相当于
0.05mol・广1的Na2c03溶液和NaHCCh溶液的混合液，由于Na2c03的水解程度大于NaHCCh的水解程度，因此正确的关系是cHCO3-cCO32-cOHcH+oD.常温下，CH3coONa和CH3coOH混合溶液，包括CMCOCT水解和CH3COOH电离两个过程，既然pH=7根据电荷守恒式，不难得出cNa+=cCH3COO=
0.1mol•L-1cH+=cOH-=lX10-7mol•L-1o水解是有限的，cCH3COOHcCH3COOo答案D
9.解析此题考察盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中离子浓度大小判断Na2s03属于强碱弱酸盐，水解显碱性，方程式为SO32-+H2O^HSO3+OHHSO3—+H2O=H2SO3+OH因为水解是吸热的所以升高温度，有利于水解，碱性会增强，A不正确；参加少量NaOH固体cOH增大，抑制水解，所以cSO32-增大D是正确的；由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍，因此有cNa+=2cSO32-+2cHSO3+2cH2SO3所以B不正确，有电荷守恒知cNa++cH+=2cSO32-+cHSO3-+cOH因此C也不正确答案D
10.解析HCO3一既能与酸反响，又能与碱反响，所以符合题意答案B11答案A12答案C131AgCl2Na2cO3HC1AgNO3BaCl2Na2sO43CO%-+2H+=H20+C02t二氧化碳碳酸钠转移的电子AImolNaB
22.4LImolC53gImolD106g2Na题号123456789101112答案题号123456789101112答案DBACCBBDDBAC。
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