2021_2022学年高中化学第二章海水中的重要元素__钠和氧单元练习含解析人教版必修1

单元形成性评价(二)(第二章)

(分值：100分)

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．下列有关说法中正确的是(　　)

A．28 g N2含有的原子数为2NA

B．4 g Ca变成Ca2＋失去0.1NA个电子

C．1 mol的CH4和O2质量相等

D．2 g H2中含有1 mol氢原子

【解析】选A。一个N2分子含有两个N原子，28 g N2的物质的量为＝1 mol，则含有的原子数为2NA，故A正确；一个Ca变成Ca2＋失去两个电子，4 g Ca的物质的量为＝0.1 mol，则0.1 mol Ca全部变成Ca2＋失去0.1 mol×2×NA＝0.2NA个电子，故B错误；根据m＝nM可得，1 mol的CH4的质量为1 mol×16 g·mol－1＝16 g，1 mol O2的质量为1 mol×32 g·mol－1＝32 g，二者质量不相等，故C错误；一个H2分子中含有2个H原子，2 g H2的物质的量为＝1 mol，则含有氢原子的物质的量为1 mol×2＝2 mol，故D错误。

2．下列各组物质的成分完全相同的是(　　)

A．液氯和氯气    B．液氯和氯水

C．氯化氢和盐酸      D．纯碱与小苏打

【解析】选A。本题的易错之处是把液氯和氯水混为一谈。液氯和氯气的成分完全相同，只是二者的聚集状态不同，前者为液态，后者为气态；液氯和氯水的成分不同，前者是单质，后者是混合物；氯化氢和盐酸的成分不同，氯化氢的水溶液即为盐酸；纯碱与小苏打的成分不同，前者是碳酸钠，后者是碳酸氢钠。

3．(2021·聊城高一检测)欲配制100 mL 1.0 mol·L－1 Na2SO4溶液，正确的方法是

(　　)

①将14.2 g Na2SO4，溶于100 mL水中

②将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL

③将20 mL 5.0 mol·L－1 Na2SO4溶液用水稀释至100 mL

A．①②    B．②③  C．①③    D．①②③

【解析】选B。①14.2 g Na2SO4的物质的量为＝0.1 mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；②32.2 g Na2SO4·10H2O物质的量为＝0.1 mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠溶液的物质的量浓度c＝＝1.0 mol·L－1，故②正确；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20 mL×5 mol·

L－1＝100 mL×c(Na2SO4)，则c(Na2SO4)＝1.0 mol·L－1，故③正确。

4．将紫色石蕊试液滴入NaOH溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色变成红色，最后颜色慢慢褪去，其原因是(　　)

①氯气有漂白性

②氯气与NaOH溶液反应

③氯气的水溶液呈酸性

④次氯酸有漂白性

⑤氯化钠有漂白性

A．①④    B．②③④  C．①②③    D．④⑤

【解析】选B。Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO；当Cl2过量时，Cl2可以与水反应生成HCl和HClO而溶液呈酸性，因此使石蕊试液变红色；而HClO有漂白性，又使溶液褪色。

5．(2021·邯郸高一检测)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

(　　)

A．3 g 3He 含有的中子数为1NA

B．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6 NA

C．28 g CO和N2的混合物含有的电子数为14NA

D．标准状况下，4.48 L水分子的数目为0.2 NA

【解析】选D。3He 的中子数为3－2＝1，则3 g 3He 的中子数为×NA＝NA，选项A正确；K2Cr2O7被还原为Cr3＋时，铬元素从＋6降低到＋3，1 mol K2Cr2O7转移的电子数为3 mol×2×NA mol－1 ＝6NA，选项B正确；CO和N2的摩尔质量均为28 g·mol－1，每个分子所含有电子数均为14，则28 g混合物的物质的量为1 mol，所含有的电子数等于14NA，选项C正确；标准状况下，水不是气体，所以4.48 L水的物质的量不是0.2 mol，故含有水分子的数目不是0.2NA，选项D不正确。

6．“84”消毒液的有效成分是NaClO，可用它浸泡、擦拭物品，喷洒空气，对地面进行消毒，以达到杀灭大多数病菌和部分病毒的目的。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(　　)

A.该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2来制备：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O

B．HClO的酸性强于H2CO3：ClO－＋H2O＋CO2===HClO＋HCO

C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O

D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－

【解析】选B。A项，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确；B项，H2CO3的酸性强于HClO，错误；C项，二者发生归中反应生成氯气，正确；D项，发生反应CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－，增大了HClO的浓度，漂白作用增强，正确。

【补偿训练】

    下列说法没有科学性错误的是(　　)

A．漂粉精可令所有有色物质黯然失“色”，没有最白，只有更白

B．液态氯化氢是100%的盐酸，其H＋浓度极大

C．氯化钙具有吸水性和潮解性，夏日里用它的水溶液喷洒柏油路，可有效地保护路面

D．氯元素有毒，禁入口中

【解析】选C。漂粉精不能漂白所有物质，故A错；液态HCl中只含有氯化氢分子，不存在H＋，故B错；C正确；含氯元素的有多种物质，有的有毒，有的无毒，如NaCl可以入口，D错。

7．(2021·常州高一检测)同温同压下，体积相等的五个气球分别充满相应的气体，如图所示。与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是(　　)

【解析】选C。由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，即体积相等，物质的量相等。假设HCl为1 mol，则含有2 mol原子；Ar是单原子分子，一个O3分子中含3个O原子，二者的物质的量比为1∶1时才符合与HCl原子数相等，故A不符合题意；H2是双原子分子，一个NH3分子中有4个原子，无论混合气体由什么比例组成，1 mol混合气体所含的原子数大于2 mol，故B不符合题意；N2、O2都是由2个原子组成，所以无论混合气体由什么比例组成，1 mol混合气体所含的原子数肯定为2 mol，符合题意中的“一定相等”，故C正确；CO是双原子分子，一个CO2分子中含3个原子，无论混合气体由什么比例组成，1 mol混合气体所含的原子数大于2 mol，故D不符合题意。

8．下列说法错误的是(　　)

A．Na2O2投入酚酞试液中，溶液最终显无色

B．Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH

C．区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液

D．NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶提纯得到

【解析】选C。Na2O2与水反应产生NaOH使溶液显碱性，所以酚酞试液变红，但若Na2O2过量时，其强氧化性可以将红色漂白，A正确；Na2O与水反应产生NaOH，Na2O2与水反应产生NaOH和O2，因此二者都能与水反应生成NaOH，B正确；Ca(OH)2与NaHCO3和Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液鉴别二者，C错误；由于Na2CO3在溶液中会与CO2、H2O发生反应，产生NaHCO3，所以NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，反应产生NaHCO3，然后再低温结晶进行提纯得到NaHCO3粉末，D正确。

9．为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了以下四种不同的实验方案，其中方法和现象判断正确的是(　　)

A．分别加入1 mol·L－1的盐酸溶液，看有无气泡产生

B．分别取样配成溶液，滴加Ca(OH)2溶液，观察有无白色沉淀

C．用铂丝蘸取固体在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色

D．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊

【解析】选D。分别加入1 mol·L－1的盐酸溶液，Na2CO3和NaHCO3都能产生气泡，故不可以鉴别二者，A错误；分别取样配成溶液，滴加Ca(OH)2溶液，都会产生白色CaCO3沉淀，故不可以鉴别二者，B错误；因为都是钠元素的化合物，所以焰色试验都是火焰呈黄色，故不可以鉴别它们，C错误；Na2CO3稳定受热不分解，而NaHCO3不稳定受热分解产生CO2，能够使澄清石灰水变浑浊，因此观察有无白色浑浊就可以鉴别二者，D正确。

10．(2021·三明高一检测)下列说法正确的是(　　)

A．78 g Na2O2固体中阴、阳离子总数为4NA

B．7.8 g Na2O2与水反应，转移0.2NA电子

C．Na2O2与CO2反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，则Na2O2与SO2反应：2Na2O2＋2SO2===2Na2SO3＋O2

D．将Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝后褪色

【解析】选D。每个Na2O2中含有2个Na＋、1个O，故78 g即1 mol Na2O2固体中阴、阳离子总数为3NA，A错误；，故7.8 g即0.1 mol Na2O2与水反应转移0.1NA电子，B错误；Na2O2具有氧化性，Na2O2＋SO2===Na2SO4，C错误；由于2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，溶液显碱性，故紫色石蕊试液先变蓝，又由于Na2O2的强氧化性而将蓝色溶液漂白，最终蓝色溶液变成无色，D正确。

11．俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是(　　)

A．1 L 1 mol·L－1 Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NA

B．0.1 mol·L－1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NA

C．生成1 mol氧化产物时转移电子数为2NA

D．通常状况下11.2 L CO2中含质子的数目为11NA

【解析】选A。1 L 1mol·L－1 Na2SO4溶液中SO含氧原子的数目为4NA，但水中也含氧原子，选项A正确；不知道溶液的体积无法计算阳离子的个数，选项B错误；根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1 mol氧化产物时转移电子数为4NA，选项C错误；通常状况下，气体摩尔体积不是22.4 L·mol－1，故11.2 L CO2物质的量不是0.5 mol，所含质子的数目不是11NA，选项D错误。

12．在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，设该溶液的密度为ρ g·

cm－3，质量分数为w，其中含N的物质的量为b mol(溶质按NH3计算)。下列叙述中不正确的是(　　)

A．溶质的质量分数w＝×100%

B．溶质的物质的量浓度c＝mol·L－1

C．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中物质的量浓度为原来的

D．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w

【解析】C。选溶质的质量分数w＝×100%＝×100%，A正确；溶质的物质的量浓度c＝＝＝ mol·L－1，B正确；上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的体积不等于2V mL，故物质的量浓度不是原来的，C错误；将上述溶液中再加入V mL水后，所加V mL水质量大于原V mL氨水溶液质量，因此所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，D正确。

13．(2021·郑州高一检测)120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL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．2.5 mol·L－1    B．1.5 mol·L－1

C．0.18 mol·L－1       D．0.24 mol·L－1

【解析】选B。当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝2 mol·L－1。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，此时需要盐酸的浓度＝＝1 mol·L－1，后再加入盐酸才有气体放出，所以要满足滴加方式不同而产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1 mol·L－1～2 mol·L－1之间，答案选B。

14．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式可能与事实相符的是(　　)

A．OH－＋2CO＋3H＋===2HCO＋H2O

B．2OH－＋CO＋3H＋===CO2↑＋2H2O

C．2OH－＋CO＋4H＋===CO2↑＋3H2O

D．OH－＋CO＋3H＋===CO2↑＋2H2O

【解析】选D。设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1 mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH－＋H＋===H2O，1 mol氢氧化钠消耗1 mol盐酸，再发生反应CO＋H＋===HCO，将两个方程式相加得：OH－＋2H＋＋CO===HCO＋H2O，故A错误；设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2 mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH－＋2H＋===2H2O，2 mol氢氧化钠消耗2 mol盐酸，再发生反应CO＋H＋===HCO，剩余1 mol不足而只能消耗1 mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH－＋3H＋＋CO===HCO＋2H2O，故B错误；设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2 mol，2 mol氢氧化钠消耗2 mol氢离子，剩余2 mol氢离子与2 mol碳酸钠反应生成2 mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH－＋4H＋＋2CO===2HCO＋2H2O，即OH－＋2H＋＋CO===HCO＋H2O，故C错误；设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1 mol，则加入3 mol盐酸，先发生反应：OH－＋H＋===H2O，1 mol氢氧化钠消耗1 mol盐酸，再发生反应2H＋＋CO===CO2↑＋H2O，将两个方程式相加得：OH－＋3H＋＋CO===CO2↑＋2H2O，故D正确。

15．某实验小组设计实验测定Na2SO4和Na2CO3混合物中各组分的含量。

下列说法不正确的是(　　)

A．沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3

B．滤液b中Na＋的物质的量为0.08 mol

C．气体d在标准状况下的体积为224 mL

D．原混合物中Na2SO4与Na2CO3的物质的量之比为1∶3

【解析】选C。混合溶液中加入BaCl2 溶液，发生的反应为Na2SO4 ＋ BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl；Na2CO3 ＋ BaCl2===BaCO3 ↓＋2NaCl，滤液b中溶质为NaCl、BaCl2 ，沉淀a为BaSO4和BaCO3，然后向沉淀中加入过量稀硝酸，发生的反应为BaCO3＋2HNO3===Ba(NO3)2 ＋H2O＋CO2↑，硫酸钡不溶于稀硝酸，所以得到的气体d是二氧化碳，白色沉淀c是BaSO4 ；n(BaSO4)＝2.33g÷233g·mol－1＝0.01 mol，n(BaCO3)＝(8.24 g－2.33 g)÷197 g·mol－1＝0.03 mol，根据S、C原子守恒得n(BaSO4)＝n(Na2SO4)＝0.01 mol；n(BaCO3)＝n(Na2CO3) ＝0.03 mol；通过以上分析知，沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3，A正确；根据Na2SO4与Na2CO3化学式知，钠离子和C、S原子个数之比为2∶1，则n(Na＋)＝2n(Na2SO4)＋2n(Na2CO3)＝2×0.01 mol＋2×0.03 mol＝0.08 mol，B正确；根据C原子守恒得n(CO2)＝n(BaCO3)＝n(Na2CO3)＝0.03 mol，则二氧化碳在标准状况下体积＝0.03 mol×22.4 L·mol－1＝0.672 L＝672 mL，C错误；n(Na2SO4)∶ n(Na2CO3)＝0.01 mol∶0.03 mol＝1∶3，D正确。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16．(13分)某实验需要配制1.0 mol·L－1 NaOH溶液450 mL。

(1)配制该溶液的实验操作步骤有：

a．在托盘天平上称量__________g NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，冷却至室温。

b．把烧杯中的溶液小心地注入__________中。

c．将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm处，改用__________加蒸馏水至液面与刻度线相切。

d．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转入容量瓶中。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。

e．将瓶塞塞紧，充分摇匀。

(2)操作步骤的正确顺序为__________。

(3)该配制过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是__________、__________。

(4)在进行b步操作时，不慎有液体溅出，下列处理措施正确的是__________(填序号)。

A．继续进行实验

B．添加部分NaOH溶液

C．倒掉溶液，重新配制

D．倒掉溶液，洗净容量瓶后重新配制

【解析】(1)实验室没有450 mL的容量瓶，需用500 mL的容量瓶，所需氢氧化钠的质量为1.0 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝20.0 g。(3)溶解固体时用玻璃棒搅拌；转移溶液时用玻璃棒引流。(4)如果操作过程中有溶液溅出，必须重新配制，并且必须把容量瓶洗涤干净。

答案：(1)a.20.0　b．500 mL容量瓶　c．胶头滴管　(2)abdce　(3)搅拌　引流　(4)D

17．(13分)(2021·咸阳高一检测)用如图所示装置可以完成一系列实验(图中夹持装置已略去)。

用装置A由浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理：

①包有某固体物质，②蘸有KI溶液，③蘸有石蕊溶液。请回答下列问题：

(1)仪器P的名称是__________。

(2)①处包有的某固体物质可能是(填序号)__________。

a．MnO2　　b．KMnO4　　c．KCl　　d．Cu

反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式：________________________________________。

(3)在实验过程中，在③处能观察到__________。

(4)甲同学为了验证剩余气体的主要成分，在C中设计了如图装置，D中装有铜丝网，装置E的试管中不加任何试剂，装置F的烧杯中加入适量的AgNO3溶液。

①实验过程中，装置D的作用是________________________；

②装置F中的现象是__________；写出反应的离子方程式：____________。

【解析】(1)仪器P的名称为分液漏斗。(2)②处有棕黄色物质产生，说明有单质I2生成，说明HCl经过①处后被氧化生成Cl2，①处包有的固体物质可能是KMnO4，②处反应的离子方程式为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。(3)Cl2通过蘸有石蕊溶液的棉花时，会使石蕊溶液先变红后褪色。(4)甲同学实验的原理如下：用铜丝网证明剩余气体中含有Cl2(若铜网颜色变化，可以证明含有Cl2)；根据Cl2易液化的性质用冰水将Cl2冷凝从而除去；再根据剩余气体与硝酸银溶液的反应情况验证是否存在HCl气体。

答案：(1)分液漏斗

(2)b　Cl2＋2I－===I2＋2Cl－

(3)先变红后褪色

(4)①验证气体中含有Cl2(或验证气体中含有Cl2和除去气体中的Cl2)

②有白色沉淀产生　Ag＋ ＋Cl－===AgCl↓

18．(14分)现有NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物，为了测定x值，某同学采用如图所示的装置进行实验(CaCl2、碱石灰均足量)。

(1)A装置的作用是_________________________。

(2)B装置的作用是________________________。

(3)C装置的作用是___________________________。

(4)若在装置A的试管中装入NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物3.7 g，用酒精灯加热到反应完全，此时B管增重1.89 g，C管增重0.22 g，则x的值为___________________________________________________________。

(5)该装置还不是很完善，可能使测定结果偏小，应如何改进？_____________。

为什么？_________________________________。

【解析】(4)B管增重1.89 g是产生的水的质量，H2O来自NaHCO3的分解和Na2CO3·xH2O失水。C管增重0.22 g是NaHCO3产生的CO2的质量。由CO2的质量可求出NaHCO3的质量及其产生H2O的质量。

即Na2CO3·xH2O的质量为3.7 g－0.84 g＝2.86 g，Na2CO3·xH2O含水：1.89 g－0.09 g＝1.80 g，在Na2CO3·xH2O中：＝＝＝，得x＝10。

答案：(1)加热，使NaHCO3分解，使Na2CO3·xH2O失水

(2)吸收反应中生成的水

(3)吸收反应中生成的CO2

(4)10

(5)在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管　为了防止空气中的CO2和H2O被C装置中的碱石灰吸收而造成误差

19．(15分)(2020·南昌高一检测)纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。

Ⅰ. 用纯净的碳酸钠固体配制500 mL 0.40 mol·L－1 Na2CO3溶液。

(1)称取Na2CO3固体的质量是________g。

(2)配制溶液时，进行如下操作，按照操作顺序，第4步是________(填字母)。

a．定容  b．计算

c．溶解     d．摇匀

e．转移     f．洗涤

g．称量

(3)下列说法中，正确的是________(填字母)。

a．定容时，仰视刻度线，会导致配制的溶液浓度偏小

b．定容时，如果加水超过刻度线，要用滴管吸出

c．转移时，溶液倒出容量瓶外，要重新配制溶液

d．摇匀后，液面低于刻度线，要再加水至刻度线

Ⅱ. 某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如下：

(1)①写出装置Ⅰ中反应的化学方程式______________________。

②写出装置Ⅱ中发生反应的化学方程式_____________________。

(2)该流程中可循环利用的物质是___________________________________。

(3)制出的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是________(填字母)。

a．向m g纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g

b．向m g纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g

c．向m g纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g

【解析】Ⅰ.(1)制备500 mL 0.4 mol·L－1的Na2CO3溶液，需要500 mL容量瓶，则需要Na2CO3的质量为0.5 L×0.4 mol·L－1×106 g·mol－1＝21.2 g；

(2)配制的步骤依次为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，故第4步为转移，故答案为e；

(3)定容时，仰视刻度线，会使加入的水增多，导致配制的溶液浓度偏小，故a正确；定容时，如果加水超过刻度线，不能用滴管吸出，应重新配制溶液，故b错误；转移时，溶液倒出容量瓶外，会使溶质的物质的量减小，导致配制的溶液浓度偏小，要重新配制溶液，故c正确；摇匀后，液面低于刻度线，不能再加水至刻度线，否则会使加入的水增多，导致配制的溶液浓度偏小，故d错误；

Ⅱ. (1)①先向食盐水中通入NH3使溶液呈碱性，CO2、NH3和H2O反应生成NH4HCO3，由于NaHCO3的溶解度小，所以NaCl和NH4HCO3反应生成NaHCO3和NH4Cl，即NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl；

②NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、H2O和CO2，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；

(2)装置Ⅱ中得到二氧化碳，装置Ⅰ中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳；

(3)只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量，所以该方案可行，故a选；虽然只有碳酸钠能和稀盐酸反应生成CO2，但用碱石灰吸收产生的气体时，碱石灰增重的量为CO2和水蒸气总质量，不能计算出碳酸钠质量，所以该方案不可行，故b不选；氯离子、碳酸根离子和银离子反应都生成沉淀，根据沉淀的总质量和样品的质量，可计算碳酸钠质量，所以该方案可行，故c选。

答案：Ⅰ.(1)21.2　(2)e　(3)ac

Ⅱ.(1)①NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl

②2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑

(2)CO2

(3)ac