第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元测试卷-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

试卷第=page77页，共=sectionpages77页试卷第=page66页，共=sectionpages77页第二章海水中的重要元素-钠和氯单元测试卷一、单选题1．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。下列说法中正确的是A．25℃时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B．工业上可用石灰乳与Cl2反应制取漂粉精C．Cl2和H2在点燃的条件下安静燃烧，产生淡蓝色火焰D．如图所示转化反应都是氧化还原反应2．某学生运用所学知识研究钠的性质：将一粒金属钠和一块不锈钢片分别放在表面皿中，研究它们在空气中的稳定性。该学生采用的研究方法是①假说法

②实验法

③分类法

④比较法A．②④ B．①②③④ C．①③ D．①②3．下列变化属于化学变化的是A．车胎爆炸 B．工业制氯气 C．碘的升华 D．海水晒盐4．下列实验操作可以达到实验目的的是（

）选项实验目的实验操作A探究浓度对反应速率的影响向2支各盛有4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液的试管中，分别加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间B配制1.00mol·L-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，然后转移至100mL容量瓶中定容C探究固体表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象D探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解取少量的水解液于试管中，先加适量的NaOH溶液，再滴入碘水，观察实验现象A．A B．B C．C D．D5．实验室利用NaOH固体配制480mL0.1mol·L-1的NaOH溶液时，以下操作会使溶液的浓度偏高的是A．用滤纸称量NaOH固体B．溶解后没有冷却便进行定容C．定容时仰视刻度线D．将容量瓶中的溶液转移到试剂瓶的过程中，不慎有少量溶液溅出6．1gO2和1gO3中A．所含分子数相同 B．在标准状况下的体积相同C．所含原子数相同 D．1gO3中所含分子数较多7．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（

）A．1mol碳正离子（CH3＋）所含的电子总数为9NAB．25℃，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NAC．常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NAD．1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有2NA个S－S键8．下列除去杂质的实验方法正确的是(括号里为少量杂质)A．CO2(CO)：用酒精灯点燃B．K2CO3(NaHCO3)：置于坩埚中加热C．FeCl2(FeCl3)：加入足量铜粉，过滤D．Fe2O3(Al2O3)：氢氧化钠溶液，过滤、洗涤9．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯漂白剂B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都属于化学变化C．洁厕灵与“84”消毒液混用会产生有毒气体D．漂白粉在空气中久置变质，是因为与空气反应生成的发生了分解10．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．22.4L中含氯原子数目为B．7.8g苯中含碳碳双键数日为3C．1mol乙酸与足量乙醇充分反应，所得乙酸乙酯分子数目为D．28g乙烯和丙烯的混合气体中含共用电子对数目为611．下列化合物中一般不能通过单质与氯气直接化合制得的是A．FeCl2 B．FeCl3 C．CuCl2 D．NaCl12．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11.2L含有的分子数为B．相同质量的与所含氧原子个数比为4：6C．标准状况下，22.4L中含有氢原子的个数为D．1mol和的混合物中含的氧原子数为13．下列物质转化在给定条件下能实现的是A．NaCl溶液溶液B．C．D．14．如图所示，在A处通入已经干燥的氯气，当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条逐渐褪色：当打开B处的弹簧夹后，C处的红布条看不到明显现象。则D瓶中盛放的溶液可能是①饱和NaCl溶液

②NaOH溶液

③H2O④浓硫酸A．①② B．①③ C．②④ D．③④15．配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器是A． B． C． D．二、填空题16．利用下面两个装置进行钠及其化合物的性质验证实验(铁架台等辅助仪器已略去)。请回答下列问题：(1)用图1装置做钠与水反应的实验：通过塑料瓶向U形管中加水使金属钠接触到水，同时挤压带玻璃珠的橡胶管，钠与水反应时U形管中液面的变化是___________；反应中钠熔化成一个闪亮的小球，说明的实验事实是___________。(2)将倒入图2装置的烧林中，发现棉花能燃烧。实验中棉花包裹的淡黄色粉末物质为____(填化学式)；烧杯底部垫细沙的目的是______；该淡黄色粉末与反应的化学方程式为____。17．（1）质量相等的SO2和SO3，物质的量比为_______，其中所含氧原子个数比为_______.（2）在标准状况下，把1LCl2跟5LO2混合，这两种气体的物质的量之比是_________，质量比是__________，混合气体的平均摩尔质量是____________；（3）某硫酸钠溶液中含有3.01×1022个Na+，则该溶液中的物质的量是______，Na2SO4的质量为____________。18．硫酸亚铁铵晶体的化学式为，是常用的还原剂，实验室制备它的原理为．已知几种盐的溶解度(g)如下表所示：温度/℃0102030405015.620.526.532.940.248.670.673.075.478.081.6384.412.517.233.040.0回答下列问题：(1)下列有关的说法错误的是_______(填序号)。A．是硫酸盐 B．是铁盐 C．是含氧酸盐 D．是可溶性盐(2)实验室制备硫酸亚铁铵晶体时，从混合液中获取该晶体的操作是_______、过滤、洗涤、干燥。(3)若某次实验中需要使用480mL0.1mol/L硫酸亚铁铵溶液，则实验中需要称取_______g硫酸亚铁铵晶体。配制时所用的水要先用蒸馏法处理，其目的是_______。若定容时仰视容量瓶刻度线，则所配溶液浓度_______(填“偏高”或“偏低”)。(4)取20mL所配溶液与足量NaOH溶液反应，将所得沉淀充分放置一段时间后过滤、洗涤、灼烧，最终可得到_______g固体。19．现有下列物质：①铜；②冰醋酸(纯醋酸晶体)；③熔融的KNO3；④稀盐酸；⑤CO2；⑥KHSO4晶体；⑦蔗糖；⑧Fe(OH)3胶体；⑨液氯；⑩BaSO4固体(1)属于电解质的是___________。属于非电解质的是___________，既不是电解质也不是非电解质的是___________。(2)写出⑥在水中的电离方程式___________；写出除去Na2CO3固体中的NaHCO3的化学方程式___________；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备⑧的化学方程式是___________。(3)等质量的CO和CO2物质的量之比为___________；氧原子个数之比为___________；VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+amol，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为___________mol/L(用含a的式子表示，下同)，取出0.5VL再加入水稀释到4VL，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为___________。20．一场突如其来的新冠肺炎疫情，给人们的生活带来了巨大的冲击，在疫情期间外出需戴好口罩，返家后立即杀菌消毒。双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。(1)某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的有______________________。A．配制过程只需要四种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量的NaClO固体的质量为140gE．定容时俯视刻度线，会使配制溶液浓度偏低F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，应再加水至刻度线(2)某同学设计如下实验研究H2O2的性质，能证明H2O2有还原性的实验是_________。(填序号)序号实验实验现象1向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生2向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c．溶液变蓝(3)某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO______________________H2O2(填“>”或“<”)；当有0.1molO2生成时，转移电子的物质的量为_________mol。II．二氧化氯(ClO2)气体是一种常用高效的自来水消毒剂(4)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成ClO2和Cl2，该反应的离子方程式________。(5)将ClO2通入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的化学方程式____________。21．按要求填写下列空白KOH是实验室里常用的一种试剂，实验室里配置KOH溶液时，既可以使用浓溶液稀释法配制也可以使用固体KOH来配制。实验室现在需要配制480mL2.0mol/L的KOH溶液，请回答下列问题：(1)若用固体KOH配置，则需用托盘天平称取KOH的质量_______g(2)若用10mol/LKOH的浓溶液来配置，则使用量筒量取该溶液的体积为_______mL(3)容量瓶上需标有以下五项中的_______。①温度

②浓度

③容量

④压强

⑤刻度线(4)浓溶液稀释法中配制KOH过程中，若使用量筒量取一定体积的浓KOH溶液时，读数时俯视刻度线，则所配制溶液的物质的量浓度会_______(填偏高、偏低或不变)(5)取出配置好的KOH溶液100mL，与标准状况下4.48LCO2充分反应，请写出该反应的化学方程式_______。22．按下列要求填空：(1)写出漂白粉的有效成分的化学式：_______。(2)钠与水反应的离子方程式_______。(3)2.8g氮气含有的分子数约为_______个。(4)质量分数为36.5%的HCl溶液，密度为1.17g/cm3，求其物质的量浓度为_______mol/L。(5)固体NaHSO4的性质：_______(填写符合要求的序号)。①电解质；②非电解质；③酸；④碱；⑤盐；⑥导电；⑦不导电23．某固体A在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解的方程式为：2A=B↑+2C↑+2D↑。测得生成的混合气体对H2的相对密度为d,则A的相对分子质量为__________。答案第=page1717页，共=sectionpages1010页答案第=page1616页，共=sectionpages1010页参考答案：1．B【详解】A．25℃时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A错误；B．石灰乳便宜易得，且含Ca(OH)2的成分高，工业上可用石灰乳与Cl2反应制取漂粉精，B正确；C．Cl2在H2中燃烧产生苍白色火焰，C错误；D．NaCl→NaHCO3→Na2CO3的转化反应是没有化合价变化的，不属于氧化还原反应，D错误；故选：B。2．A【详解】同时研究钠和不锈钢的稳定性，对二者性质进行比较，即采用比较法，通过做实验研究二者稳定性，故采用了实验法，因此②④符合题意，故选A。3．B【分析】化学变化必须有新物质生成。【详解】A．轮胎爆炸是气压大引起的，没有生成新物质不属于化学反应，故A错误；B．工业制氯气是利用MnO2与浓盐酸反应生成氯气，有新物质生成属于化学变化，故B正确；C．碘的升华是物质状态的改变，碘固体受热转化成气体，没有生成新物质不属于化学反应，故C错误；D．海水晒盐，是蒸发结晶，没有生成新物质不属于化学反应，故D错误；故答案为B4．A【详解】A．不同浓度的草酸和相等浓度的高锰酸钾反应，草酸浓度越大反应速率越快，这样可以探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响，故A正确；B．配制1.00mol·L-1的NaOH溶液，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后冷却至室温后转移至100mL容量瓶，并且要对溶解用的烧杯和玻璃棒进行洗涤2~3次，将洗涤液一并转入容量瓶，若不进行洗涤，溶质的量会减少，所配溶液浓度偏低，实验操作不能可以达到实验目的，故B错误；C．大理石和纯碱的化学成分不同，性质不同，与盐酸的反应快慢不同，故不能用题述实验操作探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误；D．碘遇淀粉变蓝，若实验中淀粉过量或水解不完全，加入碘水反应后的溶液会变蓝，不能证明淀粉是否水解，检验淀粉在稀硫酸催化条件下是否发生水解，取少量的水解液于试管中，应先加入碱中和稀硫酸，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀，若产生砖红色沉淀，则证明淀粉水解，故D错误；答案选A。5．B【详解】A．氢氧化钠易潮解变质，用滤纸称量NaOH固体时，会导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；B．NaOH固体溶解时放热，导致溶液温度高，受热膨胀，没有冷却便进行定容会导致溶液体积偏小，浓度偏高，故B正确；C．定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故C错误；D．将容量瓶中的溶液转移到试剂瓶的过程中，有少量溶液溅出，会导致所配溶液中溶质的物质的量偏少，浓度偏低，故D错误；故答案选B。6．C【分析】n(O2)=，n(O3)=。【详解】A．结合分析可知二者分子数分别为NA，NA，即二者分子数不相同，A错误；B．标准状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，由分析可知，物质的量不相等，故二者体积不相同，B错误；C．1gO2中n（原子）=×2mol=mol，1gO3中n（原子）=×3mol=mol，故二者所含原子数相同，C正确；D．由A可知，1gO3中所含分子数较少，D错误。答案选C。7．C【详解】A.一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+3-1=8，1mol碳正离子（CH3＋）所含的电子总数为8NA，故A项错误；B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；C.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.25mol氧气共失去0.5mol电子，即反应中失电子数为0.5NA，故C项正确；D.分子中S非金属性强，显-2价，故白色球是硫原子，不含S－S键，故D项错误；故答案为C。【点睛】氧化还原反应中转移电子数目=得电子数=失电子数。8．D【分析】根据除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”来分析．也就是，除去杂质的同时，要保证不能使所需物质的量减少，但可以增加，更不能引入新的杂质，生成物还不能造成环境污染，并且，生成物、所选试剂与所需物质要容易分离。【详解】A．应将气体通过加热的氧化铜，将CO转化成CO2，故A错误；B．利用碳酸氢钠受热易分解的性质，可将其转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质，故B错误；C．FeCl3加入足量铜粉生成FeCl2和CuCl2，引入CuCl2杂质，故C错误；D．Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Fe2O3不溶于NaOH溶液，过滤、洗涤，能达到除去Al2O3目的，故D正确；故选D。【点睛】解答此类题型不但要明确除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”，而且对课本上常见的物质的性质必须熟悉，易错点B，注意碳酸氢钠受热分解转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质。9．D【详解】A．氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙，故A正确；B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都有新物质生成，都属于化学变化，故B正确；C．洁厕灵与“84”消毒液混用，盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，故C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，反应生成的HClO发生了分解生成HCl和氧气，故D错误；选D。10．D【详解】A．未强调标准状况下，无法计算出含有的氯原子数目，A错误；B．苯中不含碳碳双键，B错误；C．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯为可逆反应，C错误；D．每个及中含有1对共用电子对，中含有2对共用电子对，28g乙烯中共用电子对数目为，28g丙烯中共用电子对数目为，则28g混合气体中含共用电子对数目为，D正确；故答案为：D。11．A【详解】A．氯气和铁化合反应得到氯化铁得不到氯化亚铁，A符合题意；B．氯气和铁化合反应得到氯化铁，B不符合题意；C．氯气和铜化合反应得到氯化铜，C不符合题意；D．氯气和钠化合反应得到氯化钠，D不符合题意；故选A。12．D【详解】A．缺标准状况，无法计算11.2L二氧化碳的物质的量和含有的分子数，A错误；B．相同质量的SO2和SO3，含氧原子的物质的量之比为，即个数比为5:6，B错误；C．标准状况下，水不是气态，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D．二氧化碳和二氧化氮中含有的氧原子个数都为2，则1mol二氧化碳和二氧化氮的混合物中含的氧原子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，D正确；故选D。13．B【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，故氯化钠溶液和二氧化碳气体不反应，故A错误；B．氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以转化，故B正确；C．钠和氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳气体反应生成碳酸钠和氧气，不能转化为碳酸氢钠，故C错误；D．铁和氯气反应生成氯化铁，不能转化为氯化亚铁，故D错误；故选B。14．B【分析】干燥的Cl2没有漂白性，湿润的Cl2具有漂白性；当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条逐渐褪色，说明干燥的Cl2变为湿润的Cl2；当关闭B处的弹簧夹后，C处的红布条看不到明显现象，说明干燥的Cl2无变化。【详解】①关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到饱和NaCl溶液中，干燥的Cl2变为湿润的Cl2，C处的红布条逐渐褪色；②关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到NaOH溶液中，干燥的Cl2被吸收，C处的红布条看不到明显现象；③关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到H2O中，干燥的Cl2变为湿润的Cl2，C处的红布条逐渐褪色；④关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到浓硫酸中，干燥的Cl2无变化，C处的红布条看不到明显现象；综上所述，D瓶中盛放的溶液可能是①③，故选B。15．B【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器一般有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等。选项A～D中的仪器分别是蒸发皿、容量瓶、坩埚、表面皿，因此配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器是容量瓶，答案选B。16．(1)

U形管右端液面下降，左端液面上升(或有液体进入塑料瓶)

钠与水的反应剧烈，放出大量热，钠的熔点低(2)

防止棉花燃烧时产生的热量使烧杯炸裂

【详解】（1）挤压带玻璃珠的橡胶管，使橡胶管和玻璃珠之间出现空隙，U形管内气压和外界大气压相同，可以从左端注入水。钠与水反应生成氢气，气体将液体压向U形管左端。反应中钠熔化成一个闪亮的小球，说明反应放出的热量可以使钠熔化，钠的熔点低；（2）淡黄色的能与反应生成，该反应是放热反应，反应放出的热量达到了棉花的着火点，使棉花燃烧。为了防止棉花燃烧时产生的热量使烧杯炸裂，应在烧杯底部垫上一层细沙。17．

5:4

5:6

1:5

71:160

38.5g/mol

0.025mol

3.55g【详解】（1）质量相等的SO2和SO3，设质量为mg，物质的量比为，其中所含氧原子个数比为；（2）在标准状况下，把1LCl2跟5LO2混合，这两种气体的物质的量之比是，质量比是，混合气体的平均摩尔质量是；（3）某硫酸钠溶液中含有3.01×1022个Na+，即溶液中钠离子物质的量为0.05mol，根据硫酸钠化学式Na2SO4，则该溶液中的物质的量是0.025mol，Na2SO4的质量为g。18．(1)B(2)蒸发浓缩、降温结晶(3)

19.6

除去溶解在水中的氧气

偏低(4)0.16【解析】(1)是由亚铁离子和硫酸根离子构成的化合物，属于硫酸盐、亚铁盐，硫酸为含氧酸，故属于含氧酸盐，由溶解度表格可知，硫酸亚铁易溶于水，属于可溶性盐；故选B；(2)由溶解度表格可知，硫酸亚铁铵晶体在低温下溶解度较小，从混合液中获取该晶体的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)配制溶液一定要选择合适的容量瓶，一般容量瓶的规格有100mL，250mL，500mL，1000mL，通常选择大于等于溶液体积的容量瓶；需要使用480mL0.1mol/L硫酸亚铁铵溶液，则实验中需要使用500mL的容量瓶，需要称取0.5L×0.1mol/L×392g/mol=19.6g硫酸亚铁铵晶体。配制时所用的水要先用蒸馏法处理，其目的是除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化为铁离子；若定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；(4)取20mL所配溶液与足量NaOH溶液反应，得到氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，根据铁元素守恒可知，最终可得到0.02L×0.1mol/L××160g/mol=0.16g固体。19．(1)

②③⑥⑩

⑤⑦

①④⑧⑨(2)

KHSO4=K++H++SO

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl(3)

11:7

11:14

mol/L

mol/L【分析】①铜是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；②冰醋酸(纯醋酸晶体)的水溶液能导电，冰醋酸是电解质；③熔融的KNO3能导电，KNO3是电解质；④稀盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑤CO2自身不能电离，CO2是非电解质；⑥KHSO4晶体的水溶液能导电，KHSO4是电解质；⑦蔗糖自身不能电离，蔗糖是非电解质；⑧Fe(OH)3胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨液氯是单质，既不是电解质又不是非电解质；⑩BaSO4溶于水的部分能完全电离，BaSO4固体是电解质。(1)根据以上分析，属于电解质的是②冰醋酸(纯醋酸晶体)、③熔融的KNO3、⑥KHSO4晶体、⑩BaSO4固体。属于非电解质的是⑤CO2、⑦蔗糖；既不是电解质也不是非电解质的是①铜、④稀盐酸、⑧Fe(OH)3胶体、⑨液氯；(2)KHSO4在水中电离出K+、H+、SO，电离方程式为KHSO4=K++H++SO；用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式是FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)等质量的CO和CO2，设质量都是1g，则物质的量分别为、，物质的量之比为：=11:7；氧原子个数之比为：=11:14；VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+amol，则n(Al2(SO4)3)=，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，取出0.5VL再加入水稀释到4VL，溶液稀释8倍，稀释后Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为mol/L。20．(1)C(2)1(3)

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0.2(4)2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O(5)8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4【解析】(1)A．根据实验步骤，配制过程中需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等多于四种仪器，故A错误；B．容量瓶使用过程中还要加入蒸馏水定容，故不用烘干，故B错误；C．NaClO遇空气中二氧化碳生成易分解的次氯酸，所以久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小，故C正确；D．所用容量瓶的容积为500mL，则需要称量的NaClO固体的质量为：1.19g/cm325%=148.8g，故D错误；E．俯视刻度线导致溶液体积偏小，依据c=可知，浓度偏高，故E错误；F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=可知，浓度偏低，故F错误；综上所述，答案选C。(2)实验1中酸性KMnO4溶液是强氧化剂，酸性KMnO4溶液遇到H2O2溶液紫色褪去，有大量气泡产生（从反应物价态看，气体只能是氧气），说明H2O2被氧化，H2O2体现还原性，故答案为：1。(3)池水变绿一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长，说明NaClO的氧化性大于H2O2的氧化性；该反应中O的化合价由-1变为0，则生成0.1molO2，转移电子0.2mol，故答案为：>；0.2。(4)KClO3和浓盐酸反应会生成ClO2和Cl2，KClO3中氯元素化合价由+5价变为+4价，HCl中氯元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒，Cl、Cl-化学计量数之比为2:2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平反应的离子方程式为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。(5)硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，ClO2被还原为氯离子，根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4，故答案为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4。21．(1)56.0(2)100(3)①③⑤(4)偏低(5)KOH+CO2=KHCO3【解析】(1)配制480mL溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL2.0mol/L的KOH溶液；配制的溶液中KOH的物质的量为：2mol/L×0.5L=1mol，需要KOH的质量为：56g/mol×1mol=56g，所以需用托盘天平称取KOH的质量为56.0g，故答案为56.0。(2)设需要10mol/LK