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2019届高三化学上学期第一阶段测试试题(含解析)相对原子质量：H 1C 12O 16Na 23Mg 24Al 27Fe 56一、选择题（本题共16道小题，每小题3分，共48分）1.金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于（）A.金属在地壳中的含量多少B.金属的熔沸点高低C.金属的活泼性强弱D.金属的导电性强弱【答案】C【解析】试题分析：根据金属活动性顺序表可知，金属活动性由强到弱的顺序为：铝铁铜金；金属利用的先后顺序既与金属冶炼的难易程度有关，又与金属活动性顺序有关，越不活泼的金属越早被利用。人类使用较早的金属，其活动性较弱；金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，而与A、B、D选项中金属在地壳中的含量多少、熔沸点高低、导电性强弱无关。考点：金属活动性顺序及其应用点评：本题难度不大，了解人类利用金属的历史、金属活动性顺序等即可正确解答本题.2.下列关于元素及其化合物的说法不正确的是()A.Fe在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈反应B.Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用不相同C.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，若再继续加入KNO3固体，铜粉会溶解D.金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成H2和相应的碱【答案】D【解析】试题分析：A、铁是活泼的金属，在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈反应，A正确；B、Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用不相同，铝是还原剂，氯气是氧化剂也是还原剂，B正确；C、在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能氧化金属铜，C正确；D、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，D错误，答案选D。考点：考查金属元素及其化合物的性质3.下列化合物能用相应元素的单质直接化合生成的是（）CuSFeSAl2S3Fe2S3Cu2SFeCl2H2SFeCl3A.B.C.D.【答案】A【解析】硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S，错误，正确；硫的氧化性较弱，和铁反应生成FeS，正确，错误；硫和铝反应可以生成硫化铝，正确；氯气有强氧化性，和铁反应生成氯化铁，正确，错误；硫和氢气可以生成硫化氢，正确，答案选A。4.由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共12g，跟足量的盐酸反应产生5.6L氢气（标准状况），那么此合金中一定含有的金属是（）A.NaB.MgC.AlD.Zn【答案】D【解析】试题分析：标况下5.6L氢气的物质的量=5.6L22.4mol/L=0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为12g0.5mol1mol=24g，Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g/mol1mol=23g，Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol1/3mol=9g，Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol1/2mol=32.5g，Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol1/2mol=12g，提供1mol电子，只有Zn的质量大于24g，其它金属的质量都小于24g，故金属混合物中一定有Zn，故D项正确。考点：本题考查混合物的计算。5.将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是()A.3mol/LHClB.4mol/LHNO3C.8mol/LNaOHD.18mol/LH2SO4【答案】A【解析】试题分析：AMg、Al都可以与盐酸反应产生氢气；B硝酸具有强的氧化性，镁和铝与硝酸反应，不能产生氢气，所以反应产生的氢气最少；CNaOH只能与Al反应产生氢气，而且Mg不能与NaOH发生反应，Al与盐酸或NaOH反应产生的氢气相等，所以放出的氢气不是最多；DAl与浓硫酸反应会发生钝化，不能继续反应，而且浓硫酸与镁会发生氧化还原反应，不能产生氢气，所以放出的氢气最少，答案选A。考点：考查金属与电解质溶液反应产生氢气的物质的量关系的判断的知识。6.将0.02 molNa分别投入到盛有100 mL水、100 mL 1molL-1盐酸、100 mL 1molL-1硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中，下列有关说法错误的是( )A.三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2B.三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X烧杯中的反应平缓些C.Z烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜D.三个烧杯中生成氢气的物质的量相同【答案】A【解析】试题分析：将002 molNa投入到盛有100 mL水，钠直接与水反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；将002 molNa投入到100 mL 1molL-1盐酸中，钠与盐酸反应时，钠与酸中的H反应，离子方程式表示为2Na2H=2NaH2；将002 molNa投入到100 mL 1molL-1硫酸铜溶液中，钠直接与水反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故A错误；三烧杯中，水中的氢离子浓度最小，反应最慢，B正确；Z烧杯中一定会有沉淀生成，沉淀是氢氧化铜，故C正确；因向三个烧杯中加入钠的物质的量相同且钠全部反应完，故生成H2的量相同，故D正确。考点：本题考查钠的性质。7.钠铝合金（常温液态）可作为核反应堆的载热介质下列说法正确的是（）A.该合金的熔点高于金属钠的熔点B.若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n（Al）n（Na）C.若将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe（OH）3沉淀生成D.等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少【答案】C【解析】试题分析：A合金的熔点低于其任一成分熔点，所以该合金的熔点低于金属钠的熔点，故A正确；B该反应方程式为：Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2，根据方程式知，若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n（Na）n（Al），故B正确；CNa和水反应生成NaOH，NaOH溶液和FeCl3发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故C正确；D根据AlH2，2NaH2知，46g钠放出2g氢气，9g铝就可以放出2g氢气，所以相同质量的钠铝合金中铝含量越大，放出氢气越多，故D错误；故选D。考点：考查合金的性质及物质之间的反应与计算8.m g某金属M与含n mol HCl的盐酸恰好完全反应，生成MCl2和H2，则该金属的相对原子质量为（）A.2m/nB.2n/mC.n/2mD.m/2n【答案】A【解析】试题分析：金属与盐酸反应是按照1:2的物质的量关系反应的，n(HCl)=nmol，则n(M)=1n/2mol，M=mn=mg(1n/2mol)=g/mol，而金属的相对原子质量与物质的摩尔在数值上相等，所以该金属的相对原子质量是，因此选项是A。考点：考查物质的量在化学反应方程式计算中的应用的知识。9.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，选项A错误；B、Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误，选项B错误；C、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，选项C错误；D、蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并伴有刺激性气味，说明生成气体，浓硫酸表现氧化性，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、浓硫酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法。10.某溶液中可能含有Na+、Mg2+、Fe2+、H+、OH-、Cl-、NO3-、I-中的若干种，向该溶液中加入铝粉后，溶液中有Al3+生成，则原溶液中能大量共存的离子最多有A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】C【解析】有Al3+生成，说明溶液中存在Fe2+，或者有H+，或两者都存在，当溶液中存在Fe2+时，能大量共存的离子有Na+、Mg2+、Cl-、NO3-、I-；当溶液中存在Fe2+和H+时，能大量共存的离子有Na+、Mg2+、Cl-、I-；当溶液中存在H+和NO3-时，能大量共存的离子有Na+、Mg2+、Cl-，综上所述，溶液中最多能有6种离子大量共存，选项C正确。答案选C。11.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A.甲、乙中都是铝过量B.甲中铝过量，乙中碱过量C.甲中酸过量，乙中铝过量D.甲中酸过量，乙中碱过量【答案】C【解析】试题分析：利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应解：发生反应有：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3（3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，故选B12.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）A.Mg2+、Al3+、Fe2+B.Mg2+、Al3+C.H+、Ba2+、Al3+D.H+、Mg2+、Al3+【答案】D【解析】试题分析：根据题意知溶液为无色溶液，则一定不含Fe3+；从图象上看，开始时加入NaOH没有沉淀产生，说明溶液中有H+，随着氢氧化钠的加入沉淀量逐渐增加，达到最大值，然后又减少说明溶液中存在Al3+，沉淀量减少到一定量后，不再发生变化，结合选项知溶液中还存在Mg2+，选D。考点：考查离子检验、图像分析、镁铝及其化合物的性质。13.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是A.在0a范围内，只发生中和反应B.ab段发生反应的离子方程式为CO322HCO2H2OC.a0.3D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为12【答案】C【解析】试题分析: 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸发生的反应依次为HOHH2O、CO32HHCO3、HCO3HH2OCO2，据此可以解答。A、在0-a范围内，发生的反应应该是HOHH2O、CO32HHCO3、，不止有中和反应，A不正确；B、ab段发生反应的离子方程式为HCO3HH2OCO2，B不正确；C、生成CO2的物质的量是0.1mol，则根据方程式HCO3HH2OCO2可知，消耗盐酸的物质的量是0.1mol，所以a0.3，C正确；D、根据方程式和图像可知碳酸钠的物质的量是0.1mol，共计消耗盐酸是0.2mol，所以与氢氧化钠反应的盐酸是0.4mol0.2mol0.2mol，则氢氧化钠的物质的量是0.2mol，因此原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，D不正确，答案选C。考点：考查氢氧化钠、碳酸钠与盐酸反应的有关计算以及图像分析与判断14.FeC13、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A.溶液中一定不含Fe3+B.溶液中一定含Fe2+C.溶液中一定不含Cu2+D.剩余固体中一定含Cu【答案】C【解析】FeC13、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，这里有两种情况：当铁粉过量时，剩余的固体是铁粉和铜的混合物，溶液中只含有Fe2+；当铁粉不足时，剩余的固体只有铜，溶液中含有Fe2+和Cu2+，两种情况中，溶液中一定不含Fe3+。A、溶液中一定不含Fe3+，选项A正确；B、溶液中一定含Fe2+，选项B正确；C、当铁粉不足时，溶液中含有Cu2+，选项C不正确；D、剩余固体中一定含Cu，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查Fe3+的检验、Fe2+和Fe3+的互相转换、Fe3+与Cu2+的氧化性。明确铁离子、铜离子、亚铁离子的氧化性强弱是解答本题的关键。反应后固体剩余哪些，只有弄清楚了，才能分析得解。15.在密闭容器中将2molNaHCO3(s)和一定量Na2O2混合，在加热条件下让其充分反应，150下所得气体仅含2种组分，反应后固体的物质的量（n）的取值范围是()A.n1B.1n2C.2n4D.n4【答案】C【解析】加热后，发生反应如下：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO22mol1mol1mol1mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol1mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O21mol1mol2mol由反应方程式可知，150时所得气体中仅含有两种组分，则气体为氧气和水蒸气，二氧化碳全部反应，2mol NaHCO3分解生成1molNa2CO3；若2mol NaHCO3分解生成二氧化碳全部被吸收，则1molCO2与Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以固体的物质的量最少为2molNa2CO3；若2mol NaHCO3分解生成的H2O和CO2被足量的Na2O2吸收时，还可生成1mol Na2CO3和2molNaOH，所以固体最多不超过4mol；答案选C。16.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）A.2.0mol/LB.1.5mol/LC.0.18mol/LD.0.24mol/L【答案】B【解析】试题分析：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+H2O+CO2，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+HCO3-、HCO3-+H+H2O+CO2，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3-+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L，故选B。【考点定位】考查有关范围讨论题的计算；钠的重要化合物【名师点晴】本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确反应发生的先后顺序，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键。碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，根据最终生成的气体体积不同找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案。第II卷（非选择题）二、填空题（本题共4道小题共52分）17.某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：（1）请写出Fe2O3与反应的离子方程式（2）物质为（3）请写出FeCl3与铁粉反应的化学方程式（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe（OH）3浊液，该过程的现象为，此过程中发生的氧化还原反应为（用化学方程式表达）（5）将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系，它与FeCl3溶液、Fe（OH）3浊液的本质区别是【答案】Fe2O3+6H+2Fe3+3H2ONaOH溶液Fe+2FeCl33FeCl2生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3Fe（OH）3胶体分散质粒子大小不同【解析】(1)Fe2O3是碱性氧化物，与盐酸反应生成FeCl3，离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；(2)FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3；(3)铁粉可以和三价铁之间发生氧化还原反应，化学方程式为：Fe+2FeCl33FeCl2；(4)FeCl2溶液中滴加NaOH生成白色的Fe(OH)2，迅速变成灰绿色，最终被氧化为红褐色的Fe(OH)3，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3；(5)向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，可以获得氢氧化铁胶体，该胶体与溶液、浊液的本质区别是分散质粒子大小不同。18.二氧化氯是黄绿色的气体，可用于水体消毒与废水处理一种制备方法为：H2C2O4+NaClO3+H2SO4Na2SO4+CO2+ClO2+H2O完成下列填空：（1）配平上述反应方程式，该反应的还原产物是（2）该反应每产生0.2mol ClO2，需要消耗草酸晶体（H2C2O42H2O）g（3）上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是，其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与相同（写一种）（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，请写出此反应的离子方程式：（6）上述反应产物NaCl中含有键，工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，氯气在（写电极名称）产生【答案】1211222ClO212.6NaSCl球形HClO（合理即可）2ClO2+2CN=2CO2+N2+2Cl离子阳极【解析】（1）根据在氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得该方程式是：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4=Na2SO4+ 2CO2 + 2ClO2 + 2H2O。在该反应中氧化剂是NaClO3，所以反应生成的还原产物是ClO2；（2）根据方程式可知：每产生2mol的ClO2，会反应消耗1mol的草酸，所以若该反应产生0.2 mol ClO2，需要消耗草酸晶体0.1mol，其质量是0.1mol 126g/mol=12.6g；（3）在上述反应物中属于第三周期的元素有Na、S、Cl，同一周期的元素，元素序数越大，原子半径就越小，所以原子半径大小顺序是NaSCl；（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与HClO、Na2O2、H2O2相同；（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，该反应的离子方程式是：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（6）NaCl是离子化合物，其中的化学键是离子键；在工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，氯气是阴离子Cl-在阳极失去电子产生。点睛：本题考查氧化还原反应方程式的配平、方程式的书写、化合物的化学键类型的判断及有关计算的知识。根据电子守恒、原子守恒对氧化还原反应方程式进行配平，再根据方程式中各物质的量及电子转移进行计算。19.某化学兴趣小组在实脸室模拟侯德榜制碱法制备纯碱。主要步骤如下:第一步：配制饱和NaCl溶液，倒入烧杯中加热；第一步：控制温度在30-35 。边搅拌边分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕后，继续保温30分钟；第三步：静置、过滤得NaHCO3晶体用少量蒸馏水洗涤除去杂质，然后抽干；第四步：将第二步所得固体转入蒸发皿中，灼烧2小时，制得纯碱固体，已知：温度高于35时，NH4HCO3会分解。有关盐的溶解度(g/100g水)如下表：盐0102030405060100NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.19.611.l12.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3回答下列问题：（1）反应温度控制在30-35范围内，应采取的加热方法为，反应温度不能高于35的理由是（2）第三步静置后析出NaHCO3晶体的原因是；用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去杂质粒子(用离子符号表示)。（3）若向过滤所得母液中加入(填写试剂名称)，并作进一步处理，使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl。（4）纯碱产品不纯，含有NaHCO3、NaCl等杂质。测定纯碱中NaHCO3含量的方法是：准确称取纯碱样品Wg，放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加l-2滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为cmol/L的盐酸滴定至溶液由红色到无色(指示CO32-+H=HCO3-反应的终点), 所用盐酸体积为V1mL，再加1-2滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄变橙，所用盐酸总体积为V2mL。 实验室配制一定体积cmol/L盐酸需用的仪器除了容量瓶、烧杯、量筒外还需；在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是(填写标号)a使用容量瓶前检验它是否漏水b容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗c配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中然后加蒸馏水定容d用容量瓶把溶液配制完成以后直接贴上标签，放置备用e定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次 写出纯碱样品中NaHCO3质量分数的计算式：NaHCO3(%)=。【答案】水浴加热高于35时NH4HCO3会分解NaHCO3的溶解度最小Cl-、NH4+稀盐酸胶头滴管、玻璃棒acc(V2V1)841000Wc(V2V1)841000W100%【解析】试题分析：(1)碳酸氢铵1020时，不易分解，30时开始大量分解若温度过低，则反应速率较慢故反应温度控制在30-35之间为宜，水浴加热是把要加热的物质放在水中，通过给水加热达到给物质加热的效果一般都是把要反应的物质放在试管中，再把试管放在装有水的烧杯中，再在烧杯中插一根温度计，可以控制反应温度水浴加热的优点是避免了直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，许多反应需要严格的温度控制，就需要水浴加热水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，故答案为：水浴加热；高于35时NH4HCO3会分解；(2)碳酸氢铵0时溶解度为11.9g；20时为21g；30时为27g；碳酸氢钠0溶解度为6.9 g，10为8.1g，20为9.6 g，30为11.1g，35为11.9 g，40为12.7 g，50为14.5 g，60为16.4g,30时碳酸氢钠的溶解度更小，故碳酸氢钠先析出；用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去杂质粒子Cl-、NH4+；故答案为：NaHCO3的溶解度最小；Cl-、NH4+；(3)过滤除去析出的碳酸氢钠，溶液中还有部分碳酸氢钠未析出，还有溶解在溶液中的NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，所得的母液主要成分为NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，因此向过滤所得母液中加入适量盐酸，可以得到氯化钠和氯化铵溶液，使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl，故答案为：稀盐酸；(4) 实验室配制一定体积cmol/L盐酸需用的仪器除了容量瓶、烧杯、量筒外还需胶头滴管；玻璃棒；容量瓶是用于精确配制一定体积和一定物质的量浓度的溶液。不做反应器，不加热，瓶塞不互换用前检漏，不贮存试剂 不直接溶解使用时选合适的规格。a使用容量瓶前检验它是否漏水，正确；b容量瓶用蒸馏水洗净后不能用待配溶液润洗，错误；c配制溶液时，如果试样是固体，容量瓶不能作为溶解的仪器，应该在小烧杯中溶解，错误；d用容量瓶把溶液配制完成以后，需要倒入指定容器中贴上标签，放置备用，错误；e定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，正确；故答案为：胶头滴管；玻璃棒；ae；加酚酞指示剂，变色范围为8-10，用物质的量浓度为c(mol/L)的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色，指示CO32-+H+=HCO3-反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL；再加甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3-+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2mL上述的两个离子方程式为CO32-+H+=HCO3-HCO3-+H+=CO2+H2O，故样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为(V2-V1)mL，消耗盐酸的物质的量为c(V2-V1)1000 mol，故碳酸氢钠的物质的量为c(V2-V1)1000 mol，碳酸氢钠的质量为c(V2-V1)M1000 g，碳酸氢钠的质量分数为c(v2v1)M1000wc(v2v1)M1000w100%=c(V2V1)841000wc(V2V1)841000w100%，故答案为：c(V2V1)841000wc(V2V1)841000w100%。考点：考查了侯氏制碱法、化学计算的相关知识。20.将0.1 mol的镁和铝的混合物溶于100 mL 2 molL1稀硫酸中，然后滴加1 molL1的NaOH溶液。请回答下列问题：(1)若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液的体积的变化所示。当V1160 mL时，金属粉末中n(Mg)mol，V2。(2)若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2、Al3刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体