山东省东营市河口区一中2026届化学高一上期末复习检测试题含解析

山东省东营市河口区一中2026届化学高一上期末复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下:下列说法正确的是A．通入NH3和CO2的顺序可以颠倒B．操作1为过滤，操作2为蒸馏C．通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用D．步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4++SO42-2、已知O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．SF6是还原产物B．O2F2是还原剂C．若生成3.2gO2，则转移0.2mole−D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：13、下列分散系中，是胶体的是（）A．向NaCl溶液中，加入AgNO3溶液，边加边振荡B．向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色C．将蔗糖加入水中，边加边振荡D．将花生油滴加入水中，边加边振荡4、下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度、反应物浓度、用量或滴加顺序等)改变，不会引起产物改变的是（）A．Na和O2 B．Fe与HCl C．Zn和FeCl3 D．Na2CO3和HCl5、有一瓶无色溶液可能含有有一瓶无色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－、MnO4－离子中的几种．为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的A．肯定有Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－B．肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42－C．肯定有K＋、HCO3－

、MnO4－D．肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3－6、把18.4g由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热到约250摄氏度，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为16.6g，试确定原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为（）A．NaOH<NaHCO3 B．NaOH>NaHCO3C．NaOH=NaHCO3 D．无法确定7、下列各组选项按照电解质、非电解质、单质、混合物顺序排列的一项是（）A．氯化氢、三氧化硫、石墨、液氧B．氯化钠、乙醇、铁、空气C．蔗糖、硫酸铜、氮气、波尔多液D．氯化钾、硝酸钠、氯气、石灰水8、中国最新战机歼一31使用了高强度、耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应为TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2。下列有关该反应的说法正确的是（）A．Mg被氧化 B．TiCl4是还原剂C．Ti是氧化产物 D．24gMg参加反应转移1mole-9、氯气是有毒气体，曾被德国法西斯制成毒气弹用于侵略战争。当这种毒气弹顺风爆炸时，通常可选用的防御办法是①人躲到低洼的地方去②人躲到较高的地方去③多饮豆浆与牛奶④用沾有肥皂的软布蒙面A．①④ B．②③ C．②④ D．②③④10、把NaHCO3和Na2CO3·10H2O混和物6.56g溶于水制成100mL溶液，测得溶液中c（Na＋）=0.5mol/L。向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量为A．2.93gB．5.85gC．6.56gD．无法确定11、有关H、D、T、HD、H2、D＋、H－这七种微粒的说法正确的是A．互为同位素 B．是七种氢元素C．HD和H2均是单质 D．电子数相同12、在实验室里可按如图所示装置干燥并收集气体R，且吸收多余的R气，则R是()A．NH3 B．HCl C．NO D．CH413、下列表格中各项分类都正确的一组是类别类别选项酸碱酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4Na2CO3SO2CaOBNaHSO4NaOHCONa2OCHNO3Ca(OH)2SO3Al2O3DHClO4Ba(OH)2CO2Fe2O3A．A B．B C．C D．D14、当大量氯气泄漏时，用浸润下列某物质水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒．适宜的物质是A．NaOH B．KI C．NH3 D．Na2CO315、下列叙述正确的是①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行⑤Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色A．都正确 B．②③④⑤ C．②③⑤ D．④⑤16、人体正常的血红蛋白中含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是（）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋D．亚硝酸盐被还原二、非选择题（本题包括5小题）17、已知化合物B是一种红棕色粉末，单质A和单质D是生活中常见的两种金属。它们在一定条件下按下图所示发生转化:请回答:(1)上述反应①②③④中属于氧化还原反应的是______________(填写序号)。(2)写出下列物质化学式:B______，E______，F___________；(3)将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是_____________________。(4)H在空气中很容易被氧化成I，该过程的现象是___________________，该反应过程的化学方程式是________________________。18、由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：请回答下列问题：(1)G是______________（填化学式）。(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。(3)若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。(4)C的最大质量为________________g。19、某同学实验室用下列装置探究氯气的性质。（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，同时生成二氯化锰和水，写出该反应的化学方程式并判断电子得失数目__；__。（2）实验时发现有色布条__，其原因是__；（3）烧杯中溶液的作用是__；广口瓶Ⅲ的作用是__。20、(1)配制500mL浓度为溶液，需称取固体____g，然后再加入适量水，将上述固体溶解，待__________后，再转移到______中，定容，摇匀。(2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度_____（填“大于”“小于”或“等于”，下同）。(3)在实验(1)中，转移NaOH溶液至容量瓶中时洒落少许，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度______。21、(1)下列实验方法合理的是________。A．用加热法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠B．将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用酒精进行萃取C．实验室制取Al(OH)3：向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量D．向FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，检验FeCl2是否已氧化变质(2)某研究性学习小组为研究氯气是否具有漂白性，设计如图所示实验装置。试根据实验装置回答下列问题：A、C中为干燥的有色布条，B为无色液体，D中为NaOH溶液。①在常温下，KMnO4固体可以与浓盐酸反应生成氯气，其反应方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，则其反应装置应选用甲、乙、丙中的________。②B中的液体为____________，其作用为_________________________________。③A、C中有色布条的颜色变化分别为__________________________________，A、C的实验现象说明氯气是否具有漂白性？________(填“是”或“否”)。④D中NaOH溶液的作用是_______________________(用离子方程式说明)。⑤将产生的氯气通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去。小组内有甲、乙两种意见：甲：氯气溶于水后溶液显酸性，中和了NaOH，使溶液褪为无色；乙：氯气溶于水生成漂白性物质，使溶液褪为无色。丙同学在褪色后的溶液中逐渐加入足量的NaOH溶液，溶液一直未见红色，则________(填“甲”或“乙”)的意见正确。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

流程中，向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，在通入适量的二氧化碳气体，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤得到碳酸钙沉淀和滤液，碳酸钙高温分解生成二氧化碳和氧化钙，滤液通过结晶得到硫酸铵，据此判断。【详解】A.由于二氧化碳在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，应先通入氨气使溶液呈碱性，然后在通入二氧化碳，所以通入NH3和CO2的顺序不可以颠倒，A错误；B.操作1为过滤，操作2是从溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥等，B错误；C.由于生成的碳酸钙能与二氧化碳的水溶液反应生成碳酸氢钙，所以通入的CO2不能过量，C错误；D.根据以上分析可知步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+2NH4++SO42-，D正确；答案选D。【点睛】题目通过一个陌生的反应考查了硫酸铵和二氧化碳的有关知识，明确物质的性质特点和流程图的转化关系是解答的关键，解答时要充分分析题目中的有关信息。其中二氧化碳不能过量是解答的易错点。2、C【解析】

卤素最低只能是-1价，因此氧是+1价，标出化合价后本题即可顺水推舟。【详解】A.硫元素的化合价从-2价升高到+6价，因此是氧化产物，A项错误；B.中的氧元素化合价从+1价降低到0价，因此是氧化剂，B项错误；C.根据反应方程式，每生成4mol氧气时一共转移8mol电子，因此若生成3.2g氧气（即0.1mol氧气）时，一共转移0.2mol电子，C项正确；D.还原剂是，氧化剂是，它们的物质的量之比为1:4，D项错误；答案选C。【点睛】氧的非金属性很强，但是氟的非金属性更强，因此氧和氟化合时氧为正价。3、B【解析】

A.向NaCl溶液中，加入AgNO3溶液，边加边振荡，生成氯化银沉淀和硝酸钠溶液，得到氯化银的悬浊液，故A错误；B.向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，故B正确；C.将蔗糖加入水中，边加边振荡，得到蔗糖溶液，故C错误；D.将花生油滴加入水中，边加边振荡，得到花生油的乳浊液，故D错误。故选B。4、B【解析】

A.钠和氧气在常温的条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故A错误；B.无论改变条件还是用量，都发生铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故B正确；C.少量的锌与FeCl3反应生成ZnCl2+2FeCl2，发生反应2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2，如果是过量的锌，FeCl3和Zn反应生成Fe+ZnCl2，反生反应3Zn+2FeCl3=3ZnCl2+3Fe，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故C错误；D.少量盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，过量盐酸和Na2CO3溶液反应生成CO2，故D错误；答案选B。【点睛】本题易错点在于C选项，锌比铁活泼，在锌少量是生成氯化亚铁，足量是置换出金属铁单质。5、B【解析】

①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子（和铝离子不共存）；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(

NO3)2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子，则溶液中肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42－，故选B。6、B【解析】

由于已知反应前混合物的质量和反应后固体的质量，所以，有可能存在过量问题；设18.4g混合物正好完全反应，减少的质量为x；NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O1241818.4gx＝x=2.7g因2.7g＞（18.4-16.6）g所以氢氧化钠过量，碳酸氢钠完全反应。NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O8418m（NaHCO3）（18.4-16.6）g＝m(NaHCO3)=8.4g，n(NaHCO3)==0.1mol原混合物中NaOH的质量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g，n(NaOH)==0.25mol，原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为NaOH>NaHCO3。答案选B。【点睛】本题难度很大，一是判断反应过量问题，二是怎样判断过量．在判断过量中为什么2.7g＞（18.4g-16.6g），就判断为氢氧化钠过量呢？主要是因为若是碳酸氢钠过量，就会继续分解，固体质量继续减少，和题意不符。7、B【解析】

A.氯化氢、三氧化硫、石墨、液氧分别属于电解质、非电解质、单质、单质,故A不符合题意；B.氯化钠、乙醇、铁、空气分别属于电解质、非电解质、单质、混合物，故B符合题意；C.蔗糖、硫酸铜、氮气、波尔多液分别属于非电解质、电解质、单质、混合物，故C不符合题意；D.氯化钾、硝酸钠、氯气、石灰水分别属于电解质、电解质、单质、混合物,故D不符合题意；答案：D。【点睛】根据电解质、非电解质、单质、混合物概念进行分析解答。8、A【解析】

A.Mg化合价升高，被氧化，故A正确；B.TiCl4中Ti化合价降低，是氧化剂，故B错误；C.Ti是化合价降低得到的产物，是还原产物，故C错误；D.24gMg即物质的量为1mol，1molMg参与反应转移2mole－，故D错误；综上所述，答案为A。9、C【解析】

①氯气密度比空气大，不能到低洼的地方，故错误；②氯气密度比空气大，逃生应向较高的地方，以防止中毒，故正确；③饮豆浆和牛乳可解毒，可使用于重金属中毒处理，但不适合氯气中毒的处理，故错误；④肥皂水呈弱碱性，可用沾有肥皂溶液的软布蒙面，故正确；故选：C。10、A【解析】试题分析：钠离子的物质的量为0.05mol，向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体为氯化钠，且物质的量为0.05mol，由钠的守恒可知其质量为：0.5×0.1×58.5=2.93g。考点：物质的量的计算11、C【解析】

A．质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，H、D、T、HD、H2、D＋、H－这七种微粒不是同位素关系，A错误；B．具有相同核电荷数即质子数的同一类原子的总称，这七种微粒不是七种氢元素，B错误；C．HD和H2均是单质，C正确；D．这七种微粒的电子数不同，分别是1、1、1、2、2、0、2，D错误；答案选C。12、A【解析】

收集装置中，气体时短导管进，长导管出，相当于使用向下排空气法收集气体说明该气体不与空气反应，且该气体密度小于空气，多余的气体可以用水吸收，且使用防倒吸装置说明该气体极易溶于水；A、氨气，密度小于空气，极易溶于水，尾气吸收需要防倒吸，A符合题意；B、HCl密度比空气大，应该长导管进，B不符合题意；C、NO会与空气中的O2反应，C不符合题意；D、CH4不能用水作尾气处理装置，D不符合题意；答案选A。13、D【解析】

水溶液中电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；水溶液电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，其中只和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；碱性氧化物是只能和酸反应生成盐和水的氧化物，据此分析解答。【详解】A.Na2CO3电离产生Na+和酸根离子CO32-，属于盐，不是碱，A错误；B.NaHSO4电离产生的阳离子中含有金属离子Na+、H+，阴离子是SO42-，物质属于盐，不是酸，CO和碱不反应，不属于酸性氧化物，而属于不成盐氧化物，B错误；C.Al2O3能与酸反应产生盐和水，也能与碱反应产生盐和水，属于两性氧化物，C错误；D.HClO4属于酸，Ba(OH)2属于碱，CO2属于酸性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，物质分类合理，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物、酸碱的概念及物质类型判断等内容，明确化学概念及物质的组成和性质是解答物质分类的关键。14、D【解析】

A．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，能腐蚀皮肤，故A错误；B．KI与氯气反应生成碘，如浓度过高，对人体有害，故B错误；C．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故C错误；D．Na2CO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正确；故选：D。15、D【解析】

①Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故①错误；②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故②错误；③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故③错误；④Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；⑤Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故⑤正确。故答案选D。16、A【解析】

A.亚硝酸盐能使Fe2＋→Fe3＋，则本身化合价降低被还原，是氧化剂，故A错误；B.服用维生素C可解毒，维生素C作为还原剂能将Fe3＋还原为Fe2＋，则本身化合价升高被氧化，是还原剂，故B正确；C.维生素C作为还原剂能将Fe3＋还原为Fe2＋，故C正确；D.服用维生素C可解除亚硝酸盐中毒，维生素C具有还原性，亚硝酸盐被还原，故D正确；答案选A。【点睛】还原剂化合价升高被氧化，氧化剂化合价降低被还原。二、非选择题（本题包括5小题）17、①②③Fe2O3NaAlO2FeCl2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】化合物B是一种红棕色粉末，则B是氧化铁，混合物A、B加入过量氢氧化钠后，A溶解在氢氧化钠溶液中，则A是铝，反应②是铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气的氧化还原反应；单质铁（D）与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁再与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁（H），氢氧化亚铁经反应①被空气中氧气氧化为氢氧化铁（I），氯化铁溶液（G）经反应③与铁发生氧化还原反应生成F；氯化铝（K）经反应④与氨水反应生成氢氧化铝沉淀。（1）属于氧化还原反应有①②③；B为Fe2O3，E为NaAlO2，F为FeCl2；(3)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中，离子方程式是：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；(4)氢氧化亚铁，在空气中很容易被氧化成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，此反应过程可看到白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。点睛：解决推断题的关键中特征现象、特殊反应（如铝热反应）、典型性质（如铝的两性）等。18、Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋Cu2O+2H=Cu2＋+Cu+H2O23.3【解析】

A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。【详解】(1)G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×0.1mol/L×32g/mol＝3.2g，G中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有，解得：M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答案为：Cu2S；(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；(3)Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×233g/mol＝23.3g；故答案为：23.3；19、MnO2+4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2e-褪色湿润的氯气可以使得有色布条褪色吸收尾气，防止污染环境收集气体【解析】

(1)结合守恒法写出发生反应的化学方程式，由元素化合价的变化判断反应中转移的电子数目；(2)氯气无漂白性，制备的氯气中含有水蒸气，氯气与水反应生成HClO；(3)氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，装置Ⅲ可收集气体。【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸反应得氯气，同时生成二氯化锰和水，则发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl═MnCl2+Cl2+2H2O，在反应中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，由元素化合价的变化可知转移的电子数目为2，；(2)氯气无漂白性，制备的氯气中含有水蒸气，氯气与水反应生成的HClO有漂白性，则遇到有色布条会褪色；

(3)氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，装置Ⅲ的作用是收集氯气。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，但氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是忽视制得的氯气中混有水蒸气，而错误认为氯气有漂白性。20、4.0冷却至室温容量瓶大于小于【解析】

(1)依据m=cVM计算需要溶质的质量；配制一定物质的量浓度溶液应在容量瓶中进行，注意容量瓶规格选择，注意容量瓶应在室温时体积才准确；(2)(3)分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；【详解】(1)配制500mL浓度为0.2mol•L-1NaOH溶液，应选择500mL容量瓶；需要溶质的质量为：0