2022年渭南市重點中學化學高一上期中復習檢測試題含解析

2022-2023學年高一上化學期中模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列變化中，必須加入氧化劑才能發(fā)生的是（）A．SO2→S B．I-→I2 C．SO32-→SO2 D．HCO3-→CO32-2、實驗中需2mol·L－1的碳酸鈉溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格是A．1000mL B．950mL C．900mL D．500mL3、關于膠體的性質(zhì)與應用，相關說法錯誤的是A．明礬凈水是利用膠體的吸附性B．膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是有丁達爾效應C．膠粒不能透過半透膜，血液透析利用半透膜將有害物質(zhì)移出體外D．靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵，是利用膠體粒子的帶電性而加以除去4、下列變化中，需加氧化劑能發(fā)生的是A．Cl－→Cl2B．I2→I－C．Fe3+

→Fe2+D．CO32－→CO25、在一定溫度下，向飽和NaOH溶液中投入一小塊金屬鈉，充分反應后恢復到原來的溫度，下列敘述合理的是A．NaOH溶液濃度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的質(zhì)量分數(shù)不變，有H2放出C．溶液的總質(zhì)量增大，有H2放出D．溶液的總質(zhì)量不變，有H2放出6、現(xiàn)有三組溶液：①汽油和氯化鈉溶液；②20％的乙醇溶液；③氯化鈉和單質(zhì)溴的水溶液，分離以上各混合液的正確方法依次是A．分液、萃取、蒸餾 B．萃取、蒸餾、分液C．蒸餾、萃取、分液 D．分液、蒸餾、萃取7、下列配制的溶液濃度偏大的是（）A．配制稀鹽酸用量筒量取濃鹽酸時俯視刻度線B．配制稀鹽酸定容時，仰視容量瓶刻度線C．稱量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL時，砝碼錯放左盤D．NaOH溶解后未經(jīng)冷卻即注入容量瓶并加水至刻度線8、下列說法不正確的是A．膠體屬于純凈物B．可用丁達爾效應區(qū)分膠體與溶液C．氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮顆粒并沉降而用于凈水D．膠體分散質(zhì)粒子的直徑在10－9～10－7m之間9、當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是()A．NaCl溶液B．75%酒精C．鹽酸D．稀豆?jié){10、景泰藍是一種傳統(tǒng)的手工藝品。下列制作景泰藍的步驟中，不涉及化學變化的是ABCD將銅絲壓扁，掰成圖案

將鉛丹、硼酸鹽等化合熔制后描繪

高溫焙燒

酸洗去污A．A B．B C．C D．D11、若將飽和氯化鐵溶液分別滴入下列物質(zhì)中，能形成膠體的是A．冷水 B．沸水C．氫氧化鈉濃溶液 D．氯化鈉濃溶液12、下列關于氧化還原反應說法正確的是A．在氧化還原反應中非金屬單質(zhì)一定是氧化劑B．某元素從化合態(tài)變成游離態(tài)，該元素一定被還原C．在反應中不一定所有元素的化合價都發(fā)生變化D．一種元素被氧化，肯定有另一種元素被還原13、膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征為A．分散質(zhì)直徑介于1~100nm B．丁達爾效應C．電泳現(xiàn)象 D．能發(fā)生聚沉14、下列關于氧化物的敘述正確的是（）A．金屬氧化物一定是堿性氧化物，非金屬氧化物一定是酸性氧化物B．堿性氧化物一定是金屬氧化物，酸性氧化物不一定是非金屬氧化物C．堿性氧化物都能與水化合生成堿D．酸性氧化物都能與水化合生成酸15、下列反應中，參加反應的HCl只有部分被氧化的是A．NaOH+HCl=NaCl+H2OB．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑C．MnO2+4HCl(濃)△MnCl2+2H2O+Cl2↑D．CuO+2HCl=CuCl2+H2O16、已知丙酮(C3H6O)通常是無色液體，可溶于水，密度小于1g·mL－1，沸點約為56℃。要將丙酮從水與丙酮的混合物中分離出來，最合理的方法選擇是()A．過濾B．蒸餾C．蒸發(fā)D．干燥二、非選擇題（本題包括5小題）17、某溶液的溶質(zhì)可能由下列離子組成：H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一種或幾種。某同學做如下實驗來確定溶液的成分：①向溶液中加入過量的BaCl2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，過濾。②向①中的濾液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生。③將足量稀鹽酸加入①的沉淀中，沉淀部分消失，有氣體產(chǎn)生。依據(jù)以上實驗回答下列問題：（1）原溶液中一定有__________________。（2）一定沒有__________________。（3）可能含有_____________。（4）如果要確定原溶液中是否存在該離子，應選用試劑是__________________。A.稀硝酸B.Ba（NO3)2C.AgNO3D.Na2CO3（5）寫出中沉淀消失的離子方程式________________。18、有A、B、C、D四種化合物，分別由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的兩種組成，它們具有下列性質(zhì)：①A不溶于水和鹽酸；②B不溶于水，但溶于鹽酸，并放出無色無刺激性氣味的氣體E，E可使澄清石灰水變渾濁；③C的水溶液呈堿性，與硫酸反應生成A；④D可溶于水，與硫酸作用時放出氣體E。（1）推斷A、B、C、D的化學式。A、___B、___C、__D、__。（2）寫出C的電離方程式____。（3）寫出下列反應的離子方程式：B與鹽酸反應：____，C與硫酸反應：____，E(足量)與C反應：____。19、“84消毒液”能有效殺滅甲型H1N1病毒，某同學購買了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查閱相關資料和消毒液包裝說明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.192g·cm?3，稀釋100倍(體積比)后使用。請根據(jù)以上信息和相關知識回答下列問題：（1）該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度為________mol·L?1。（2）該同學取100mL“威露士”牌“84消毒液”稀釋后用于消毒（假設稀釋后溶液密度為1g·cm?3），稀釋后的溶液中c(Na+)=________mol·L?1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空氣中________L的CO2(標準狀況)而變質(zhì)。(已知：CO2+2NaClO+H2O＝Na2CO3+2HClO)（4）該同學參閱“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480mL、0.2mol·L?1NaClO的消毒液。①需要的玻璃儀器_______________________。②利用購買的商品NaClO來配制可能導致結(jié)果_______(偏高，偏低，無影響)。③需要稱量的NaClO固體質(zhì)量為____________克。20、為探究某抗酸藥X的組成，進行如下實驗：查閱資料：①抗酸藥X的組成通式可表示為：MgmAln(OH)p(CO3)q（m、n、p、q為≥0的整數(shù)）。②Al(OH)3是一種兩性氫氧化物，與酸、堿均可反應生成鹽和水。Al3+在pH=5.0時沉淀為Al(OH)3，在pH>12溶解為AlO2－。③Mg2+在pH=8.8時開始沉淀，pH=11.4時沉淀完全。實驗過程：步驟實驗操作實驗現(xiàn)象I向X的粉末中加入過量鹽酸產(chǎn)生氣體A，得到無色溶液II向Ⅰ所得的溶液中滴加氨水，調(diào)節(jié)pH至5~6，過濾生成白色沉淀BIII向沉淀B中加過量NaOH溶液沉淀全部溶解IV向II得到的濾液中滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至12生成白色沉淀C（1）Ⅰ中氣體A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學式是__________。（2）II中生成B反應的離子方程式是__________。（3）III中B溶解反應的離子方程式是__________。（4）沉淀C的化學式是__________。（5）若上述n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，則X的化學式是__________。21、鋁土礦是冶煉金屬鋁的重要原料，其中主要成分為Al2O3、Fe2O3等。工業(yè)上可NaOH溶解Al2O3使其與雜質(zhì)分離：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O（1）找出上述反應中化合價為負值的元素，寫出其原子的電子式_____。（2）同溫同壓下，上述元素形成的氣體密度最大的物質(zhì)的分子式為_____。（3）上述反應中兩種金屬元素對應單質(zhì)的活潑性強弱關系為：____，從原子結(jié)構(gòu)的角度分析其原因：_________。（4）若根據(jù)化學性質(zhì)進行物質(zhì)分類，則Al2O3屬于______氧化物，據(jù)此推測下列反應方程式正確的是______。A．Al2O3+3H2O═2Al（OH）3B．2Al（OH）3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2OC．Al（OH）3+NaOH═NaA1O2+2H2ODNaAlO2+4HCl═AlCl3+2H2O

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

變化中必須加入氧化劑才能發(fā)生，這說明所給微粒作還原劑，其中有關元素的化合價必須升高，失去電子，被氧化?！驹斀狻緼．SO2→S中S元素的化合價降低，需要加入還原劑，A錯誤；B．I-→I2中I元素的化合價升高，需要加入氧化劑，B正確；C．SO32-→SO2中元素的化合價均沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應，C錯誤；D．HCO3-→CO32-中元素的化合價均沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應，D錯誤；答案選B。【點晴】該題的關鍵是首先理解氧化還原反應的有關概念，例如還原劑、氧化劑，被氧化、被還原等。其次要根據(jù)題干信息得出所給微粒中有關元素的化合價必須升高這一關鍵。最后需要注意自身發(fā)生氧化還原反應的微粒，例如NO2→NO，Cl2→Cl-等，應引起足夠重視。2、A【解析】

容量瓶在實驗室中常見的規(guī)格有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，為減小誤差,應該一次性配制完成,故應選用稍大于950mL，且實驗室中有的容量瓶,所以A選項是正確的?！军c睛】為了減小實驗誤差，在配制一定量物質(zhì)的量濃度的溶液時，容量瓶的選擇，應本著“寧大勿小、就近選擇”的原則。3、B【解析】

明礬中鋁離子水解為氫氧化鋁膠體；膠體、溶液、濁液的本質(zhì)區(qū)別是粒子直徑不同；利用滲析原理提純膠體；靜電除塵利用的是膠體電泳?！驹斀狻棵鞯\中鋁離子水解為氫氧化鋁膠體，明礬凈水是利用膠體的吸附性，故A正確；膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是粒子直徑不同，故B錯誤；血液屬于膠體，利用滲析原理提純膠體，故C正確；膠體粒子帶電，凈電除塵器吸附帶電的飄塵，而使之電泳除去，故D正確。4、A【解析】A．Cl元素化合價升高，加入氧化劑可實現(xiàn)，故A正確；B．I元素化合價降低，應加入還原劑，故B錯誤；C．Fe元素化合價降低，應加入還原劑，故C錯誤；D．元素化合價不變，不是氧化還原反應，故D錯誤．故選A．【點評】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側(cè)重氧化還原反應還原劑的考查，題目難度不大．5、B【解析】試題分析：鈉投入溶液后，立即與水作用生成NaOH和H2，由于原溶液為飽和溶液，因此NaOH溶液仍然是飽和溶液，質(zhì)量分數(shù)不變，但由于反應消耗水，溶液的總質(zhì)量減小，答案選B。考點：考查鈉的化學性質(zhì)，飽和溶液等知識。6、D【解析】

分液法可以將互不相溶的兩層液體分開；蒸餾法是控制沸點的不同來實現(xiàn)互溶的兩種液體物質(zhì)間的分離方法，萃取分液法指的是加入萃取劑后，溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度遠遠大于在以前的溶劑中的溶解度，并兩種溶劑互不相溶，出現(xiàn)分層現(xiàn)象?！驹斀狻竣倨筒蝗苡谒?，所以汽油和氯化鈉溶液是分層的，可以采用分液的方法分離；②酒精和水是互溶的兩種液體，可以采用蒸餾的方法來分離；③向氯化鈉和單質(zhì)溴的水溶液中加入萃取劑四氯化碳后，溴單質(zhì)會溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分層，然后分液即可實現(xiàn)二者的分離；答案選D?！军c睛】選擇分離方法時，一定要注意各物質(zhì)的物理性質(zhì)差異，包括溶解性，密度等。7、D【解析】

A.配制稀鹽酸用量筒量取濃鹽酸時俯視刻度線，導致量取的濃鹽酸的體積偏小，配置溶液的濃度偏小，與題意不符，A錯誤；B.配制稀鹽酸定容時，仰視容量瓶刻度線，導致容量瓶中溶液的體積偏大，濃度偏小，與題意不符，B錯誤；C.稱量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL時，砝碼錯放左盤，未使用游碼，則稱量的質(zhì)量不變，配置溶液的濃度不變，與題意不符，C錯誤；D.NaOH溶解后未經(jīng)冷卻即注入容量瓶并加水至刻度線，導致溶液的體積偏小，則濃度偏大，符合題意，D正確；答案為D?！军c睛】利用c==，判斷操作對溶液中溶質(zhì)、溶液體積的影響，導致濃度的偏差。8、A【解析】

A．膠體中含有分散質(zhì)和分散劑，屬于混合物，選項A錯誤；B．膠體具有丁達爾效應，溶液沒有，則可用丁達爾效應區(qū)分膠體與溶液，選項B正確；C．氫氧化鐵膠體粒子具有較大表面積，能吸附懸浮在水中的雜質(zhì)，起到凈水作用，選項C正確；D．膠體分散質(zhì)微粒直徑介于1～100nm之間(介于10-9-10-7m)，選項D正確；答案選A。9、D【解析】

依據(jù)分散系的分類和性質(zhì)分析，膠體分散系具有丁達爾現(xiàn)象，只要判斷出分散系是膠體即可?！驹斀狻縉aCl溶液、75%酒精、鹽酸等分散系均屬于溶液，無丁達爾效應；稀豆?jié){屬于膠體，有丁達爾效應。故答案選D。10、A【解析】

A.將銅絲壓扁并掰成圖案，并沒有新的物質(zhì)生成，屬于物理變化，不涉及化學變化，故A選；B.鉛丹、硼酸鹽等原料化合在經(jīng)過燒熔而制成不透明的或是半透明的有獨特光澤物質(zhì)，該過程有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故B不選；C.燒制陶瓷過程有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故C不選；D.酸洗去污，該過程為酸與金屬氧化物反應生成易溶性物質(zhì)，屬于化學變化，故D不選。11、B【解析】

氫氧化鐵膠體的制備方法為：向煮沸的蒸餾水中逐滴滴入5～6滴飽和的氯化鐵溶液，繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色為止，停止加熱即得氫氧化鐵膠體；答案選B。12、C【解析】

A.在氧化還原反應中非金屬單質(zhì)不一定是氧化劑，例如氫氣還原氧化銅中氫氣是還原劑，故A錯誤；B.元素從化合態(tài)變成游離態(tài)，可能被氧化也可能被還原，如硫化氫和二氧化硫反應生成S和水，硫化氫中的硫被氧化，而二氧化硫中的硫被還原，故B錯誤；C.氧化還原反應中，可能只有一種元素的化合價變化，如氯氣與水的反應，氯元素的化合價既升高，又降低，不一定所有元素的化合價都變化，故C正確；D.可能同種元素既被氧化也被還原，如氯氣與水的反應、氯氣與NaOH的反應，故D錯誤；答案選C。【點睛】氧化還原反應的的本質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，特征是化合價的升降，要注意加深對概念內(nèi)涵的理解和外延的掌握。在氧化還原反應中，氧化劑和還原劑可以是不同反應物，也可以是同一反應物，氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物可以是不同產(chǎn)物，也可以是同一種產(chǎn)物。13、A【解析】

膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的分散質(zhì)粒子直徑小于1nm，濁液的分散質(zhì)粒子直徑大于100nm，本題選A。【點睛】膠體分散系與其它分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小不同。14、B【解析】

A.金屬氧化物有酸性氧化物、堿性氧化物、過氧化物和兩性氧化物等，如Al2O3屬于兩性氧化物；非金屬氧化物如CO是不成鹽氧化物，不是酸性氧化物，故A錯誤；B.堿性氧化物一定是金屬氧化物；Mn2O7是酸性氧化物，但Mn2O7是金屬氧化物，所以酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，故B正確；C.堿性氧化物不一定都能與水反應生成堿，如CuO、FeO、Fe2O3都是堿性氧化物，但它們都不和水反應，故C錯誤；D.酸性氧化物不一定都與水反應生成相應的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D錯誤；正確答案是B?！军c睛】本題考查氧化物的分類和性質(zhì)，題目難度不大，注意兩性氧化物和不成鹽氧化物的性質(zhì)。15、C【解析】

A選項，NaOH+HCl=NaCl+H2O，HCl沒有化合價變化，故A錯誤；B選項，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，HCl中氫化合價全部降低，被還原，故B錯誤；C選項，MnO2+4HCl(濃)△MnCl2+2H2O+Cl2↑，HCl中Cl化合價部分升高，被氧化，故C正確；D選項，CuO+2HCl=CuCl2+H2O，HCl沒有化合價變化，故D錯誤。綜上所述，答案為C。16、B【解析】

丙酮易溶于水，但是其沸點和水的沸點相差較大，所以可用蒸餾操作將丙酮從水與丙酮的混合物中分離出來，B正確；綜上所述，本題選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、SO42-、CO32-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑【解析】

①向溶液中加入過量的BaCl2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，過濾，則含SO42-、CO32-中的一種或都有，則一定沒有Ba2+；②將①中濾液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，白色沉淀為AgCl，但引入氯離子，則不能確定原溶液中是否含Cl-；③將①中的沉淀加入稀鹽酸中，沉淀部分消失，有氣體產(chǎn)生，則一定含SO42-、CO32-，則沒有H+，因溶液不顯電性，則一定含Na+；綜上所述：(1)一定含SO42-、CO32-、Na+；(2)一定沒有H+、Ba2+；(3)可能含有Cl-；(4)若要確定Cl-是否存在，應首先排除SO42-和CO32-的干擾，故原溶液中加入硝酸鋇除去SO42-和CO32-，過濾后往濾液中加入硝酸銀，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl-，故答案為BC；(5)碳酸鋇與稀鹽酸反應生成氯化鋇和二氧化碳氣體，離子反應方程式為：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。18、BaSO4BaCO3Ba(OH)2K2CO3Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓CO2+OH－=HCO3-【解析】

（1）已知A、B、C、D四種化合物，分別由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的兩種組成，①A不溶于水和鹽酸，鉀鹽均可溶，BaSO4不溶于水和鹽酸，則A為BaSO4；②B不溶于水，但溶于鹽酸，并放出無色無刺激性氣味的氣體E，E可使澄清石灰水變渾濁，E為CO2，則B為BaCO3；③C的水溶液呈堿性，與硫酸反應生成A，則C為含鋇離子的化合物，C為Ba(OH)2；④D可溶于水，D為含鉀離子的化合物，與硫酸作用時放出氣體E，則D為K2CO3；（2）C為Ba(OH)2，其為強堿，完全電離；（3）B為BaCO3，BaCO3與鹽酸反應生成氯化鋇、水和二氧化碳；C為Ba(OH)2，Ba(OH)2與硫酸反應生成水和硫酸鋇；E為CO2，足量的CO2與Ba(OH)2反應生成碳酸氫鋇，據(jù)此寫出離子方程式?！驹斀狻浚?）已知A、B、C、D四種化合物，分別由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的兩種組成，①A不溶于水和鹽酸，鉀鹽均可溶，BaSO4不溶于水和鹽酸，則A為BaSO4；②B不溶于水，但溶于鹽酸，并放出無色無刺激性氣味的氣體E，E可使澄清石灰水變渾濁，E為CO2，則B為BaCO3；③C的水溶液呈堿性，與硫酸反應生成A，則C為鋇的化合物，C為Ba(OH)2；④D可溶于水，D為含鉀離子的化合物，與硫酸作用時放出氣體E，則D為K2CO3；故答案為；BaSO4；BaCO3；Ba(OH)2；K2CO3；（2）C為Ba(OH)2，其為強堿，則其電離方程式為Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－；故答案為Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－；（3）B為BaCO3，則B與鹽酸反應的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑；C為Ba(OH)2，C與硫酸反應的離子方程式為：Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；E為CO2，E(足量)與C反應的離子方程式為：CO2+OH－=HCO3-；故答案為BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑；Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；CO2+OH－=HCO3-。19、40.0444.8500mL容量瓶，燒杯，玻璃棒，膠頭滴管偏低7.45【解析】

（1）根據(jù)c＝1000ρω/M計算該溶液的物質(zhì)的量濃度；（2）根據(jù)稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變分析解答；（3）根據(jù)次氯酸鈉和二氧化碳反應的方程式計算消耗二氧化碳的體積；（4）根據(jù)配制過程分析需要的儀器；根據(jù)購買的商品NaClO可能部分變質(zhì)導致NaClO減少分析；應選取500mL的容量瓶進行配制，然后取出480mL即可，根據(jù)m=cVM計算次氯酸鈉質(zhì)量?！驹斀狻浚?）該溶液的物質(zhì)的量濃度=1000ρω/M=1000×1.192×25%/74.5mol·L－1=4.0mol/L；（2）稀釋100倍后，溶液中NaClO濃度應該是濃溶液的1/100，為0.04mol/L，根據(jù)鈉原子守恒得c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L；（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1L×4.0mol?L-1=4.0mol，根據(jù)反應CO2+2NaClO+H2O＝Na2CO3+2HClO可知需要CO2的物質(zhì)的量為2.0mol，即標準狀況下V（CO2）=2.0mol×22.4L?mol-1=44.8L；（4）①配制過程一般是計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，則需要的玻璃儀器有500mL容量瓶，燒杯，玻璃棒，膠頭滴管；②由于NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì)，所以商品NaClO可能部分變質(zhì)導致NaClO減少，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，結(jié)果偏低；③應選取500mL的容量瓶進行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的質(zhì)量為：0.5L×0.2mol?L-1×74.5g?mol-1=7.45g。【點睛】本題考查一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制、注意題干中次氯酸鈉和二氧化碳、水反應生成碳酸鈉而不是碳酸氫鈉，為易錯點，注意題干信息的應用。20、CO2Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+Al(OH)3+OH－===AlO2－+2H2OMg