第二章海水中的重要元素------钠和氯 测试题 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

这是一份第二章海水中的重要元素------钠和氯 测试题 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册，共17页。

第二章《海水中的重要元素——钠和氯》测试题
一、单选题（共12题）
1．某种结晶水合物，化学式是，28.7g这种结晶水合物，全部失去结晶水后质量为16.1g，则x为
A．5 B．7 C．10 D．12
2．中医药广泛参加新冠肺炎治疗，发挥了前所未有的积极作用，中药配方和中成药功不可没。《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》多个版体中的中药配方中都提到的中草药厚朴的主要成分为厚朴酚（如图所示），分子式为C18H18O2。下列叙述正确的是

A．厚朴酚的摩尔质量为266
B．1mol厚朴酚的质量为266g/mol
C．3.01×1022个厚朴酚分子的质量为133g
D．133g厚朴酚分子中含有19mol原子
3．标准状况下，下列物质所占体积最大的是
A．1.5mol氧气 B．180gH2O
C．8g氦气 D．约3.01×1023个氮气分子
4．在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是

a(干燥气体)
b(液体)

A
NO
水
B
CO2
饱和NaHCO3溶液
C
Cl2
饱和NaCl溶液
D
NH3
1 mol·L－1盐酸

A．A B．B C．C D．D
5．钠与水反应时产生的各种现象如下：
①钠浮在水面上；②钠沉在水底；③钠熔化成小球；④小球迅速游动逐渐减小，最后消失；⑤发出嘶嘶的声音；⑥滴入酚酞后溶液显红色
A．①②③④⑤ B．全部
C．①②③⑤⑥ D．①③④⑤⑥
6．下列除杂(括号内为杂质)方案正确的是
A．固体()：加水溶解、过滤、洗涤、干燥
B．溶液()：加过量粉末、过滤
C．固体()：过量盐酸、蒸发结晶
D．气体()：通入饱和溶液，洗气
7．下列物质间的转化不能一步实现的是
A． B．
C． D．
8．下列关于氯及其化合物的说法正确的是
A．氯气和液氯是两种不同的物质
B．通入到含有酚酞的NaOH溶液中红色褪去，因为氯气有漂白性
C．在化学反应中既能作氧化剂，又能作还原剂
D．新制的氯水呈酸性，向其中滴加几滴紫色石蕊试液并振荡，溶液呈红色
9．用等体积的0.10mol·L-1 BaCl2溶液，可使相同体积的Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4三种溶液中的恰好完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为
A．3：2：3 B．2：3：6 C．2：6：3 D．1：1：1
10．“84”消毒液在日常生活中广泛使用，该消毒液无色，溶液呈碱性，有漂白作用。它的有效成分是下列物质中的一种，这种物质是
A．NaOH B．NaClO C． D．
11．瑞典化学家舍勒在研究软锰矿矿石时，把浓盐酸和软锰矿矿石混合加热，意外得到了氯气，。关于该反应的叙述错误的是
A．是氧化剂 B．HCl具有还原性
C．被HCl还原 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
12．下列说法正确的是
A．不能与酸反应的氧化物，一定可以与碱反应
B．实验时。若取用的金属钠过多。应将其当废弃物处理
C．金属钠着火时，可用湿抹布将其盖灭
D．既有单质参与又有单质生成的反应未必是氧化还原反应
二、非选择题（共10题）
13．3molNH3与2molH2S所含氢原子的数目之比为 ；它们的质量之比为 ；在标准状况下，3molNH3的体积为 L。
14．和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示。若生成的乙烯和乙烷的体积比为，则消耗的和的体积比为 。

15．3mol O3和2 mol O2的质量（填相等、不相等或无法判断） ；分子数之比为 ；原子数之比为 ；
16．工业纯碱中常常含有NaCl、Na2SO4等杂质。为测定某工业纯碱的纯度，设计了如下图实验装置。

依据实验设计，请回答：
(1)装置中盛装稀硫酸的仪器名称是 ；装置D的作用是 。
(2)为达到测定某工业纯碱的纯度实验目的，一次实验中至少应进行称量操作的次数为 。
(3)若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会 填“偏高”、“偏低”、“无影响”)；原因是 (你若认为无影响，该空不用回答)。
17．如图是某研究性学习小组设计制取氯气，并以氯气为反应物进行特定反应的装置。

(1)装置A中发生的化学反应方程式 。
(2)先要将C装置接入B和D之间，实验开始时先点燃A处酒精灯，打开旋塞K，让Cl2刚好充满整个装置，再点燃D处酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为 。
(3)D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是 ，B的作用是 。
(4)在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由 。
(5)实验结束后，测得D装置质量减轻1.92 g，E中NaOH溶液(足量)增重36.08 g，可算出D中反应的氯气转化率为 (转化率=)。
18．在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程利用如图装置制备无水。

【查阅资料】
a.浓盐酸和在加热条件下可生成：(浓)
b.无水在潮湿空气中易潮解，加热易升华。
c.向炽热的铁屑中通入可生产无水；向炽热的铁屑中通入可生产无水。
(1)按图示组装好仪器，在添加药品前应先进行的操作是 。
(2)开始实验时，应先点燃装置 (填“Ⅰ”或“Ⅲ”)处的酒精灯，待 (填实验现象)后再点燃另一装置的酒精灯。
(3)D中发生反应的化学方程式为 。
(4)F中浓硫酸的作用是 。
(5)在综合考虑各因素后，同学们提出了如下改进意见：
①甲建议，在装置Ⅰ和装置Ⅱ间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，其作用是 。
②乙建议，将装置Ⅲ和Ⅳ改成装置Ⅴ。反应管G中生成的大部分进入收集器中，少量沉积在G的右端，要使沉积的进入收集器，可进行的操作是 ；K中溶液的作用是 (用化学方程式表示)。
③丙建议，装置Ⅴ中的H、K可精简为H，但需将H中的药品换为 (填药品名称)。
19．工业上利用焦炭在石灰窑中燃烧放热，使石灰石分解生产CO2。主要反应如下：
C+O2→CO2①， CaCO3→CO2↑+CaO ②
（1）含碳酸钙95%的石灰石2.0 t按②完全分解（设杂质不分解），可得标准状况下CO2的体积为 m3。
（2）纯净的CaCO3和焦炭按①②完全反应，当窑内配比率=2.2时，窑气中CO2的最大体积分数为 ？（设空气只含N2与O2，且体积比为4∶1，下同）
（3）某次窑气成分如下：O20.2%，CO 0.2%，CO241.6%，其余为N2。则此次窑内配比率为 ？
20．（1）将3.22g芒硝（Na2SO4·10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为 g。
（2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl- 离子，ACl2的摩尔质量是 ，A的相对原子质量是 。
（3） g H2O与34g NH3含有相同的氢原子数。
（4）6.02×1024个Na＋ 约含 mol Na＋，其质量为 克。
21．(1)向一定量和溶液反应后的某溶液中逐滴滴入稀盐酸，开始阶段未产生气体，则该溶液中的溶质组成可能是 。
(2)某天然碱可以看作是和反应后的产物组成的一种物质。为了研究该物质的组成，进行如下实验：
ⅰ称取3.98g天然碱样品，加入50mL稀盐酸（足量)，产生896mL（标准状况）。
ⅱ称取3.98g天然碱样品，加热至分解完全，产生224mL（标准状况）和0.36g水。
①该稀盐酸的物质的量浓度最小是 。
②天然碱的化学式是 。
22．如图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。

请回答以下问题：
(1)B是 ，D是 ，G是 ，H是 (填化学式)。
(2)工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式： ，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为 。
(3)A中元素的原子结构示意图为 。
(4)上述反应中属于氧化还原反应的是 (填写序号)。

参考答案：
1．B
28.7gZnSO4⋅xH2O 全部失去结晶水后质量为16.1g，则含有的结晶水的质量为28.7g-16.1g=12.6g，物质的量为0.7mol，加热后的16.1g固体为ZnSO4，物质的量为0.1mol，则ZnSO4和H2O的物质的量之比为1：7，所以x=7，故选B。
2．D
A．厚朴酚的分子式为C18H18O2，相对分子质量为266，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，所以厚朴酚的摩尔质量为266g/mol，故A错误；
B．厚朴酚的摩尔质量为266g/mol，所以1mol厚朴酚的质量为：1mol×266g/mol=266g，故B错误；
C．3.01×1022个厚朴酚分子的物质的量为：=0.05mol，质量为：0.05mol×266g/mol=13.3g，故C错误；
D．1个厚朴酚分子中含有38个原子，133g厚朴酚分子的物质的量为：=0.5mol，含有原子的物质的量为：0.5mol×38=19mol，故D正确；
答案选D。
3．C
标准状况下，1.5mol氧气的体积为：1.5mol×22.4L/mol=33.6L，180gH2O的体积约为180mL，8g氦气的体积为：，约3.01×1023个氮气分子的体积为：，故体积最大的是8g氦气，故答案为：C。
4．D
A、一氧化氮和水不反应，所以不能形成喷泉实验，A错误；
B、CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，不能形成喷泉实验，B错误；
C、Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，锥形瓶与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C错误；
D、NH3与盐酸能发生反应，生成物为氯化铵固体，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D正确；
答案选D。
【点晴】可以通过减小烧瓶内压强形成喷泉：①容器内气体极易溶于水；②容器内气体易与溶液中的某种成分发生化学反应而被吸收。当外部的水或溶液接触容器内气体时，由于气体大量溶解或与溶液中的某种成分发生化学反应而被吸收，从而使容器内气压迅速降低，在外界大气压作用下，外部液体迅速进入容器，通过尖嘴导管喷出，形成喷泉。另外还可以通过增大烧瓶外压强,容器内的液体由于受热挥发(如浓盐酸、浓氨水、酒精等)或由于发生化学反应，容器内产生大量气体。使容器内压强迅速增大，促使容器内液体迅速向外流动，也能形成喷泉。例如喷雾器、人造喷泉等均是利用了此原理。
5．D
①钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，故①正确，②错误；
③钠的熔点较低，钠和水的生成强碱氢氧化钠和氢气，且放出大量的热，放出的热量导致钠熔化成小球，故③正确；
④放出的气体导致钠受力不均而迅速游动，最后钠和水完全反应而消失，故④正确；
⑤钠和水反应迅速，且有气体生成，所以发出嘶嘶的声音，故⑤正确；
⑥钠和水反应生成强碱而使溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故⑥正确；
①③④⑤⑥正确；故答案为D。
【点睛】考查钠的物理性质和化学性质，可用“浮、熔、游、响、红”概括钠与水反应的反应现象，即“钠的密度比小于水的密度，导致钠浮在水面上；钠的熔点较低，能和水反应生成强碱和气体且放出大量热，无色的酚酞试液遇碱变红色”。
6．A
A．二氧化锰不溶于水、氯化钠溶于水，加水溶解、过滤分离出固体二氧化锰、洗涤、干燥，A正确；
B．碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠新杂质，且和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，B错误；
C．盐酸和氯化亚铁不反应，不能转化为氯化铁，C错误；
D．氯化氢和碳酸氢钠反应生成杂质气体二氧化碳，D错误；
故选A。
7．C
A．和CO2反应生成，能一步实现，A项不选；
B．受热分解生成，能一步实现，B项不选；
C．和强酸反应生成Al3+，Al3+和氨水反应生成，不能一步实现，C项选；
D．和水、二氧化碳反应生成，能一步实现，D项不选；
答案选C。
8．C
A．氯气和液氯是两种状态不同组成相同的物质，是同一物质，而不是不同的物质，故A错误；
B．氯气不具有漂白性，通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应，故B错误；
C．氯气中Cl元素的化合价为0，为中间价态，则既能失去电子也能得到电子，所以在化学反应中既能作氧化剂，又能作还原剂，故C正确；
D．新制氯水含盐酸、HClO，则向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故D错误。
本题答案C。
9．B
根据与等量的BaCl2溶液恰好都完全反应 ，则等体积的Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4三种溶液中的物质的量相等，以此来计算。
设Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4的物质的量分别为x、y、z，分别加入等量的BaCl2溶液恰好都完全反应，则等体积的Al2(SO4)3、NH4Al(SO4)2、Na2SO4三种溶液中的物质的量相等。则有3x=2y=z，解得x:y:z=2:3:6，因溶液体积相等，则溶液浓度之比等于物质的量之比为2:3:6。
故选B。
10．B
“84”消毒液是用氢氧化钠与氯气反应制备的，2NaOH+Cl2= NaCl + NaClO+H2O，有效成分是NaClO，故选B。
11．D
A．MnO2中Mn的化合价由+4价降为+2价，故MnO2是氧化剂，故A正确；
B．HCl中Cl的化合价由-1价升为0价，故HCl是还原剂，即HCl具有还原性，故B正确；
C．MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，则MnO2被HCl还原，故C正确；
D．4molHCl参加反应时有2molHCl体现酸性，另外2molHCl体现还原性，此时需要1mol氧化剂MnO2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选：D。
12．D
A．H2O既不与酸反应又不与碱反应，A错误；
B．金属钠取用过多时，应当放回原试剂瓶中，B错误；
C．金属钠着火时，钠与水反应生成H2，应用干燥的沙子扑灭，C错误；
D．同素异形体之间的转化不是氧化还原反应，D正确；
故答案为：D。
13． 9︰4 3︰4 67.2
3mol NH3与2mol H2S所含氢原子的数目之比为3mol×3：2mol×2=9：4，二者质量之比为3mol×17g/mol：2mol×34g/mol=3：4；标况下，3mol氨气的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L，故答案为：9：4； 3：4； 67.2L。
14．6：5
由球棍模型知，阳极的反应物为甲烷，生成物为乙烷、乙烯和水；生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，即物质的量之比为2∶1，设物质的量分别为2mol、1mol，由碳原子守恒知消耗的CH4的物质的量为n(CH4)=2[n(C2H4)+n(C2H6)]=(2mol+1mol)×2=6mol，2个CH4生成1个C2H4转移电子4个，2个CH4生成1个C2H6转移电子2个，转移电子的物质的量为2mol×4+1mol×2=10mol，则阴极CO2转化为CO转移电子也为10mol，1个CO2转化为1个CO转移电子2个，消耗CO2物质的量为10mol÷2=5mol，则消耗的CH4和CO2的物质的量之比为6∶5，即体积比为6∶5；
故答案为：6∶5。
15． 不相等 3:2 9:4
3mol O3的质量为：3mol×48g/mol=144g，2 mol O2的质量为：2mol×32g/mol=64g，二者的质量不相等；
3mol O3的分子个数为：3mol×NAmol-1=3NA，2 mol O2的分子个数为：2mol×NAmol-1=2NA，二者的分子数之比为3:2；
3mol O3中的原子个数为：3mol×NAmol-1×3=9NA，2 mol O2中的原子个数为：2mol×NAmol-1×2=4NA，二者所含原子数之比为9:4。
16． 分液漏斗 防止空气中的CO2、H2O进入U形管，干扰碳酸钠含量的测定 3 偏低 反应产生的CO2在装置A、B中有残留或者CO2未能被装置C中的碱石灰完全吸收
纯碱中常常含有NaCl、Na2SO4等杂质．为测定某工业纯碱的纯度，由实验装置可知，A中发生纯碱与硫酸的反应生成二氧化碳，B为干燥气体，C吸收二氧化碳，利用C中的质量查确定二氧化碳的质量，D防止空气中的二氧化碳进入C中，以此来解答。
由实验装置可知，A中发生纯碱与硫酸的反应生成二氧化碳，B为干燥气体，C吸收二氧化碳，利用C中的质量查确定二氧化碳的质量，D防止空气中的二氧化碳进入C中；
(1)盛装稀硫酸的仪器名称是分液漏斗；装置D的作用为防止空气中的CO2、H2O进入U形管，干扰碳酸钠含量的测定；
(2)实验中，称量C反应前后的质量，且称量纯碱的质量，则一次实验中至少应进行称量操作的次数为3次；
(3)不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验中反应产生的CO2在装置A、B中有残留 (或CO2未能被装置C中的碱石灰完全吸收 )，则实验测定结果偏低。
17． MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 2Cl2+C+2H2O(g)4HCl+CO2 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染 D中反应生成的HCl气体极易溶，易发生倒吸 80%(或0.8)
在A中浓盐酸与MnO2混合加热发生反应产生Cl2，将制取得到的Cl2通过导气管b通入C装置中，与C产生的水蒸气通入D中发生反应：2Cl2+C+2H2O(g)4HCl+CO2，当D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，产生的Cl2储存在B中，此时装置B的瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，由于HCl极容易溶于水，为防止倒吸现象，同时又避免大气污染，应该将D中产生的HCl气体在通入E中吸收时安装一个防止倒吸的装置。
(1)在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热发生反应产生Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)在D装置内盛有炭粉，Cl2、H2O蒸气及C在加热时发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据电子守恒、原子守恒，可得发生该反应的化学方程式为：2Cl2+C+2H2O(g)4HCl+CO2；
(3)D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时Cl2由导气管进入B中，导致B中瓶内液体被压入长颈漏斗中，使得B瓶的液面下降，长颈漏斗内液面上升；可见B瓶的作用是：贮存少量Cl2，同时可避免Cl2对环境造成污染；
(4)根据装置及作用可知在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，就是E处导气管不能伸入水中，而应该安装一个防止倒吸的装置。这是由于D中发生反应：2Cl2+C+2H2O(g)4HCl+CO2，反应产生的HCl极易溶于水，会引发倒吸现象；
(5)D中固体质量减轻1.92 g为反应的C的质量，则反应消耗C的物质的量n(C)=。根据物质反应转化关系可知反应消耗Cl2的物质的量是0.32 mol，E中NaOH溶液(足量)增重36.08 g，该质量为反应的CO2、HCl及过量的Cl2的质量和。根据C元素守恒可知NaOH吸收CO2的质量m(CO2)=0.16 mol×44 g/mol=7.04 g，吸收HCl的质量m(HCl)=0.32 mol×2×36.5 g/mol=23.36 g，则剩余Cl2的物质的量n(Cl2)剩=，故装置D中Cl2反应转化率。
18．(1)检查装置气密性
(2) Ⅰ 硬质玻璃管D中充满黄绿色气体或E中充满黄绿色气体
(3)
(4)防止空气中的水蒸气进入E装置
(5) 吸收氯气中混有的气体 在沉积的固体下方加热 碱石灰
浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气，氯气通过C干燥后进入D和铁反应生成氯化铁，E装置可以防止倒吸，F可以防止空气中水蒸气进入装置E；尾气有毒可以使用碱液吸收尾气。
（1）实验涉及气体的生成与反应，故按图示组装好仪器，在添加药品前应先进行的操作是检查气密性防止漏气；
（2）开始实验时，应先让氯气充满整个装置，把装置中的其他气体全部排尽，再加热制备氯化铁的装置，所以应该先加热装置I；氯气是黄绿色，当装置中充满氯气时会看到装置III中硬质玻璃管D充满黄绿色气体或“E充满黄绿色气体”再点燃另外一个酒精灯。故答案为：I；装置III中硬质玻璃管D充满黄绿色气体或“E充满黄绿色气体”。
（3）D中发生反应为铁和氯气点燃生成氯化铁，化学方程式为；
（4）由题干中的信息可知，无水 FeCl3在潮湿空气中易潮解，所以F中浓硫酸的作用防止空气中的水蒸气进入E装置或吸收空气中的水蒸气，以防氯化铁水解，故答案为：防止空气中的水蒸气进入E装置或吸收空气中的水蒸气。
（5）①实验室用二氧化锰和浓盐酸制得的氯气中会混有氯化氢，向炽热的铁屑中通入HCl可生产无水 FeCl2，在装置I和装置II间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，其作用是吸收氯气中混有的HCl气体或吸收挥发出来的 HCl 气体；
②将装置 III和IV改成装置V，根据题干中的信息无水氯化铁加热会升华，可选择加热的办法使沉积的 FeCl3进入收集器，操作是在沉积的FeCl3固体下方加热；尾气中氯气有毒，可以为碱液吸收，K中NaOH溶液的作用为尾气吸收，防止污染环境，。
③装置V中的H的作用是吸水，防止水进入氯化铁的收集装置，使氯化铁水解，I的作用是尾气吸收，防止污染环境，可用装置H代替H、I，但药品要换成碱石灰，碱石灰可起到吸水和吸收多余的氯气的作用。
19． 425.6 44.4% 1.90
（1）依据CaCO3=CO2↑+CaO反应，计算碳酸钙物质的量来定量计算二氧化碳物质的量，得到标准状况气体的体积；
（2）当空气O2中与C完全反应生成CO2时，所得窑气中CO2体积分数最大，依据化学方程式计算得到；
（3）依据化学方程式和题干条件计算各物质的物质的量，分析计算配料比。
（1）根据反应②的化学方程式可知CO2的物质的量等于CaCO3的物质的量，所以标准状况下CO2的体积为：×22.4L/mol=425600L，即425.6m3。
（2）空气只含N2与O2，且体积比为4∶1；设n（C）=1mol，则n（CaCO3）=2.2mol，当空气中的O2与C完全反应时，所得窑气中CO2体积分数最大，1molC燃烧生成1mol CO2，2.2mol CaCO3分解生成2.2mol CO2，所以CO2的体积分数=×100%=44.4%；
（3）设窑气为100mol，则n（N2）=100mol-41.6mol-0.2mol-0.2mol=58mol，所以反应前O2的总量为：=14.5mol，参加反应的O2为：14.5mol-0.2mol=14.3mol；2C+O2=2CO，生成0.2mol CO需O20.1mol；C+O2=CO2，与C反应生成CO2的O2为：14.3mol-0.1mol=14.2mol，生成的CO2为14.2mol；CaCO3分解生成的CO2为：41.6mol-14.2mol=27.4mol，则CaCO3的物质的量为27.4mol，所以窑内配比率为：=1.90。
20． 34.2 95 24 54 10 230
(1)3.22g芒硝（Na2SO4·10H2O）的物质的量为，所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=0.01mol×2=0.02mol，每100个水分子中含有1个Na+，所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol，0.01mol Na2SO4·10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol，所以需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g，故答案为：34.2g；
(2) 二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl- 离子可知，氯化物ACl2的物质的量为，则M(ACl2)=，所以ACl2相对分子质量为95，A的相对原子质量为95-71=24，故答案为：95g/mol，24；
(3)n(NH3)=，则氢气中所含氢原子的物质的量为：2mol×3=6mol，而1molH2O中含有2mol氢原子，则3molH2O中含6mol氢原子，m(H2O)=n(H2O) ×M(H2O)=3mol×18g/mol=54g，故答案为：54；
(4) 6.02×1024个Na＋的物质的量为，钠离子质量=10mol×23g/mol=230g，故答案为：10，230；
21． 碳酸钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合或碳酸钠和氢氧化钠混合 0.8mol/L 2Na2CO3∙2NaHCO3∙H2O
(1)碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，无气体生成；
(2)①和反应可生成碳酸钠或碳酸氢钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，该碱若为碳酸氢钠，与盐酸1:1反应，若为碳酸钠，与盐酸1:2反应；
②天然碱样品加热至分解完全，只有碳酸氢钠分解产生，结合物料守恒计算分子式。
(1)和反应可生成碳酸钠或碳酸氢钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，开始时无气体生成，可能因二氧化碳不足，氢氧化钠过量，加入盐酸后先发生酸碱中和，溶液中为氢氧化钠和碳酸钠；或者可能氢氧化钠不足，反应后的某溶液中含有碳酸钠，加入盐酸开始时先生成碳酸氢钠就无气体生成，则溶液中的溶质组成可能是碳酸钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合或碳酸钠和氢氧化钠混合；
(2)①和反应可生成碳酸钠或碳酸氢钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，该碱若为碳酸氢钠，与盐酸1:1反应，若为碳酸钠，与盐酸1:2反应，则当天然碱的成分都是碳酸氢钠时消耗盐酸的物质的量最少，根据关系式：

则消耗盐酸的物质的量==0.04mol，则盐酸的浓度为=0.8mol/L；
②3.98g天然碱样品加热至分解完全，只有碳酸氢钠分解产生，反应为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，则样品中，n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×=0.02mol，分解后产生的水的质量=天然碱中结晶水的质量+碳酸氢钠分解产生的水的质量，碳酸氢钠分解产生的水的物质的量=n(CO2)==0.01mol，则天然碱中结晶水的物质的量n(H2O)==0.01mol；由碳元素守恒得：n(Na2CO3)=−0.02mol=0.02mol，则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.02mol:0.01mol=2:2:1故该天然碱的化学式为：2Na2CO3∙2NaHCO3∙H2O。
22． CO2 CaCl2 HClO O2 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ①⑤
反应①是重要的工业反应，工业上常利用反应①制取漂白粉，则A是Cl2，与石灰乳反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，G在光照下反应，应为HClO，生成的气体H为O2，则F为HCl，B与澄清的石灰水反应产生E，E与HCl反应产生B与C反应产生G为HClO，所以C应为Ca(ClO)2，D为CaCl2，无色气体B应为CO2，沉淀E为CaCO3，以上推断符合题目转化关系，结合物质的性质和题目要求解答该题。
根据上述推断可知A是Cl2，B是CO2，C是Ca(ClO)2，D是CaCl2，E是CaCO3，F是HCl(盐酸)，G是HClO，H是O2。
(1)由以上分析可知B是CO2，D为CaCl2，G为HClO，H为O2；
(2)反应①为Cl2和石灰乳Ca(OH)2的反应，生成CaCl2和Ca(ClO)2和H2O，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O，由于HClO的酸性比碳酸弱，所以漂白粉在空气中可发生Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；
(3)A为Cl2，Cl元素是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为；
(4)反应①⑤中，有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，②③④反应中无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故上述反应中属于氧化还原反应的是①⑤。
【点睛】本题考查无机物的推断，本题注意把握常见物质工业用途及次氯酸干燥分解、次氯酸具有漂白性的性质为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，在平时的学习中注意知识的积累。