浙江省宁波市九校2024届化学高一下期末复习检测试题含解析

浙江省宁波市九校2024届化学高一下期末复习检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在恒温恒容的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g)

+

O2(g)2NO2(g)，不能说明该反应已经达到平衡状态的是A．正反应生成NO2的速率和逆反应生成NO的速率相等B．反应容器中压强不随时间的延长而变化C．混合气体颜色深浅保持不变D．混合气体的密度不随时间延长而变化2、下列化合物中，既含有离子键又含有非极性键的是A．H2SO4 B．Ca(OH)2 C．Na2O2 D．BaCl23、下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A．A B．B C．C D．D4、下列热化学方程式书写正确的是：A．2SO2+O22SO3ΔH=-196.6kJ·mol-1B．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.5kJ·mol-1C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJD．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=+393.5kJ·mol-15、关于基本营养物质的说法正确的是A．所有蛋白质均可通过颜色反应来鉴别B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物C．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D．油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸6、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该反应历程示意如下：下列说法不正确的是A．该反应遵循质量守恒定律B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C．①→②吸收能量并形成了C—C键D．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100％7、现代科技将涂于飞机表面，可以吸收和屏蔽雷达波和红外线辐射，从而达到隐形目的.下面列出该原子核内中子数与核外电子数之差的数据正确的是()每小题尽有令A．41 B．84 C．125 D．2098、下列关于实验室制取NH3的叙述正确的是A．用N2和H2作反应物 B．用碱石灰干燥C．用向上排空气法收集 D．用湿润的蓝色石蕊试纸验满9、下列反应HCl作还原剂的是A．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OB．NaOH+HCl=NaCl+H2OC．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑D．MnO10、绿色化学是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用。下列化学反应不符合绿色化学概念的是（）A．消除硫酸厂尾气排放：SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3B．消除制硝酸厂的氮氧化物污染：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2OC．制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OD．制CuSO4：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4(稀)=CuSO4+H2O11、下列说法正确的是（）A．随着电子层数的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔沸点也逐渐升高B．冰融化时，分子中H—O键发生断裂C．由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高D．在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定12、下列关于物质性质的比较，不正确的是：A．沸点：HF>H2O>NH3 B．原子半径大小：Na＞S＞OC．碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH D．金属性强弱：Na＞Mg＞Al13、《本草纲目》记载:“烧酒，其法用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露”，“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。这里用到的实验方法可用于分离A．硝酸钾和氯化钠B．碘单质和氯化铵C．泥水和氢氧化铁胶体D．溴苯和苯14、医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是A．氯化钠溶液 B．医用酒精 C．葡萄糖溶液 D．碘酒15、Xn-A．aA+n(A-N+n)molB．C．Aa+n(N+n)molD．16、从海带中提取碘单质，工艺流程如下。下列关于海带制碘的说法错误的是干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液A．实验室灼烧干海带在坩埚中进行B．沸水浸泡的目的是使I—充分浸出C．由滤液获得碘水，发生的离子反应为2I—+H2O2═I2+2OH—D．碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素。A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E元素同主族。(1)B在元素周期表中的位置是_________。

(2)E元素形成的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______，由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为______。

(3)C、D、E形成的简单离子的半径大小关系是_________(用离子符号表示)。

(4)用电子式表示化合物A2C的形成程:____________________________，化合物D2C2中含有的化学键是____________________________________。

(5)化合物D2C2与A2C反应的化学方程式____________________________18、已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：(1)操作⑥、操作⑦的名称分别为________、________。(2)下列物质中沸点最高的是________。A汽油B煤油C柴油D重油(3)在①～⑤中属于取代反应的是________；原子利用率为100%的反应是________。(填序号)(4)写出结构简式：A________、F________。(5)写出反应③的离子方程式：___________。(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为________。19、实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如图1所示：（1）如图2所示，过滤操作中的一处错误是___________。（2）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_____________。（3）无水AlCl3（183℃升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________。②F中试剂是浓硫酸，若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，则该仪器及所装填的试剂为_______。③装置E的作用是__________。④制备MgAl2O4过程中，高温焙烧时发生反应的化学方程式____________。20、有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。（1）加热前通入氮气的目的是_____________，操作方法为____________。（2）装置A、C、D中盛放的试剂分别为A_______，C________，D_______。（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl的含量将_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中NaHCO3的含量将________；（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，由此可知混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为_______（用含w、m1、m2的代数式表示）21、下表为元素周期表的一部分，请按要求回答问题：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④⑤3⑥⑦⑧⑨（1）表中元素______的非金属性最强，元素_____的金属性最强（填元素符号）。（2）表中元素③的原子结构示意图______；元素⑨形成的氢化物的电子式___________。（3）表中元素④、⑨形成的氢化物的稳定性顺序为_____＞（填化学式）。（4）表中元素⑧和⑨的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为_____＞（填化学式）。（5）表中元素③、④、⑥、⑦的原子半径大小为____＞＞＞（填元素符号）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】分析:反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,可由此进行判断。详解:A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率等于2:1时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态,故A不选；

B.反应前后气体的化学计量数之和不相等,当达到平衡时,气体的压强不变,故B不选；

C.当反应达到平衡状态时,二氧化氮的浓度不变,则混合气体颜色深浅不变，故C不选；

D.反应前后气体的总质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终不变，故选D；

答案选D。2、C【解题分析】

A.H2SO4属于共价化合物，分子只存在共价键，没有离子键，故A错误；B.Ca(OH)2中含有离子键和极性共价键，故B项错误；C.Na2O2中存在钠离子和过氧根离子间的离子键，又存在过氧根离子中两个氧原子间的非极性共价键，故C项正确；D.BaCl2中只存在Ba2+和Cl-间的离子键，故D项错误；答案选C。【题目点拨】本题主要考查化学键的相关概念，需要学生理解化学键与化合物、成键原子之间的关系。一般含有离子键的化合物属于离子化合物，由同种元素的原子间形成的共价键属于非极性键。3、A【解题分析】

本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【题目详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【题目点拨】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。4、B【解题分析】

A项，没有标明物质的状态，故A项错误；B项，表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.5kJ·mol-1，故B项正确；C项，反应热的单位是kJ·mol-1，故C项错误；D项，燃烧均为放热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，故D项错误；故答案为B。5、D【解题分析】

A．因含有苯环的蛋白质才能发生颜色反应，A错误；B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，结构不相似，也不属于同系物，B错误；C．因蛋白质的组成元素有C、H、O、N等，C错误；D．因油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，D正确；答案选D。6、C【解题分析】

根据图示可知，CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH，总反应方程式为CO2+CH4→CH3COOH。【题目详解】A项、CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH遵循质量守恒定律，故A正确；B项、CH4选择性活化变为CH3COOH过程中，有1个C－H键发生断裂，故B正确；C项、根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成了C－C键，故C错误；D项、该反应只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，故D正确；故选C。【题目点拨】注意认真观察示意图，分清反应物、中间产物和生成物是解答关键。7、A【解题分析】

核内质子数是84，质量数是209，质量数-质子数=中子数；核外电子数=质子数。【题目详解】核内质子数是84，质量数是209，中子数=209-84=125；核外电子数=质子数=84，所以核内中子数与核外电子数之差是41。故选A。8、B【解题分析】

A．氮气与氢气需要在高温高压、催化剂条件下生成氨气，不适合实验室制备氨气，故A错误；B．碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气，故B正确；C．氨气的密度比空气小，应采取向下排空气法收集氨气，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色，则不用湿润的蓝色石蕊试纸验满，故D错误；故答案为B。9、D【解题分析】

A、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应中，氯元素的化合价不变，氢元素的化合价不变，所以HCl不是还原剂，选项A错误；B、NaOH+HCl=NaCl+H2O反应中，氯元素化合价不变，所以HCl不是还原剂，选项B错误；C、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑反应中，氯元素的化合价不变，氢元素的化合价降低，所以HCl是氧化剂，选项C错误；D、MnO2+4HCl(浓)Δ答案选D。10、C【解题分析】A．二氧化硫是有害气体，用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故A不选；B．二氧化氮和一氧化氮都是有害气体，用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故B不选；C．浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；D．由此法来制取硫酸铜，生成硫酸铜和水，不产生污染，符合绿色化学的理念，故D不选；

故选C。点睛：绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：①充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料；②在无毒、无害的条件下进行反应，以减少废物向环境排放；③提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；④生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品。11、A【解题分析】分析：考查影响物质熔沸点的因素。共价化合物熔沸点高低是由分子间作用力决定的。组成和结构相同的分子，相对分子质量越大，熔沸点越高。氢键的存在可以使分子间作用力增大，物质的熔沸点越高。详解：A.分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以随着电子层数的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔沸点也逐渐升高，故A正确；B.冰融化时发生物理变化，只破坏氢键而不破坏化学键，故B错误；C.物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高因为水中存在氢键，故C错误；D.物质的稳定性与化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。12、A【解题分析】

A项、由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氢化氢中的沸点反常，水分子间氢键数目多，常温下为液体，则沸点高低顺序为H2O＞HF＞NH3，故A错误；B项、同周期元素从左到右，原子半径减小，同主族元素自上而下，原子半径增大，则原子半径的大小顺序为Na＞S＞O，故B正确；C项、同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，则碱性强弱顺序为KOH＞NaOH＞LiOH，故C正确；D项、同周期元素从左到右，金属性依次减弱，则金属性强弱顺序为Na＞Mg＞Al，故D正确；故选A。【题目点拨】本题考查元素周期律，侧重于分析能力的考查，注意把握周期律的内涵及应用，注意氢键对反应物性质的影响是解答关键。13、D【解题分析】分析：根据题干信息可以知道，白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，即操作方法为蒸馏，据此进行解答。详解：根据:“烧酒,其法用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露,”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”可以知道，白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，即操作方法为蒸馏，

A.硝酸钾与氯化钠都易溶于水，二者的溶解度受温度的影响不同，需要通过重结晶法分离，所以A选项是错误的；

B.碘单质和氯化铵在四氯化碳的溶解度不同，需要通过萃取分液分离，故B错误；

C.泥水和氢氧化铁胶体可用过滤方法分离，故C错误；

D.利用苯和溴苯的沸点不同，用蒸馏的方法分离苯和溴苯，故D正确；

所以D选项是正确的。点睛：混合物的分离提纯是中学化学重要考点，要注意对不同的混合物，根据不同性质选取不同的方法，除了常见的过滤、分液、蒸馏和结晶等物理方法外，还要总结一些常用的化学分离方法。14、A【解题分析】氯化钠是电解质，溶于水可以导电；乙醇、葡萄糖为非电解质，所以医用酒精、葡萄糖和碘酒均不导电，做心电图时在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是氯化钠溶液，答案选A。正确答案为A。15、A【解题分析】

根据Xn-化合价可得X的氢化物的化学式为HnX，因X的质量数为A，则HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，agX的氢化物的物质的量为aA+nmol，每个HNX分子中含有的质子数为(A-N+n)，故agX的氢化物中含质子的物质的量为aA+n(A-N+n)mol，故16、C【解题分析】

干海带灼烧得到海带灰，海带灰溶于沸水过滤得到含有碘离子的滤液，加入酸化的过氧化氢溶液氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘的四氯化碳溶液，据此分析解答。【题目详解】A．固体灼烧应在坩埚中进行，蒸发溶液在蒸发皿中加热，故A正确；B．沸水浸泡海带灰的目的是加快I-的溶解，并使之溶解更充分，故B正确；C．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘，产物中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，故C错误；D．碘易溶于四氯化碳等有机溶剂，碘水中加入CCl4发生萃取，得到I2的CCl4溶液，故D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第二周期第ⅤA族H2SO4NH4NO3S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性键(或共价键)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【解题分析】

A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素。【题目详解】(1)B元素为N元素，位于元素周期表第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；（2）E为S元素，最高价为+6，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故答案为：H2SO4；（3）C、D、E形成的简单离子分别为O2—、Na+、S2—，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则离子半径的大小关系是S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；（4）A为H元素、C为O元素，A2C为H2O，H2O为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程为；化合物D2C2为Na2O2，Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键（或共价键），故答案为：；离子键、非极性键(或共价键)；(5)化合物D2C2为Na2O2，A2C为H2O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。【题目点拨】本题考查元素周期表与元素周期律，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。18、分馏裂解D①②③④⑤CH3COOHCH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH白色污染【解题分析】

由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性条件下都可以得到乙醇，说明C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。【题目详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；

（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；

（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在①～⑤中属于取代反应的是①、②、③；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；

（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；

（5）由上述分析可知反应③为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH；

（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。【题目点拨】本题突破口：E是石油化工发展水平的标志，E为CH2=CH2；以乙烯为中心进行推导得出各物质，再根据各物质的性质进行分析即可。19、漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁坩埚除去HCl装有碱石灰的干燥管收集氯化铝产品【解题分析】

（1）用过滤操作的“两低三靠”来分析；（2）高温焙烧通常选用坩埚来盛放固体，注意坩埚有多种材质。（3）除去氯气中的氯化氢气体，首选饱和食盐水；从F和G的作用上考虑替代试剂；从题给的流程上判断高温焙烧时的反应物和生成物并进行配平。【题目详解】(1)漏斗下方尖端应当贴紧烧杯壁，以形成液体流，加快过滤速度；(2)坩埚通常可用于固体的高温焙烧；(3)①浓盐酸易挥发，用饱和食盐水可除去浓盐酸挥发出的HCl气体，并降低氯气的溶解损耗；②F装置的作用是吸收水分，防止水分进入收集瓶，G装置的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染环境。用装有碱石灰的球形干燥管可以同时实现上述两个功能；③图中已标注E是收集瓶，其作用是收集D装置中生成的氯化铝；④从整个流程图可以看出，用氨水从溶液中沉淀出Al(OH)3和Mg(OH)2，再通过高温焙烧来制取目标产物MgAl2O4，所以反应物为Al(OH)3和Mg(OH)2，生成物为MgAl2O4，该反应的化学方程式为：。20、除去装置中的水蒸气和二氧化碳关闭b，打开a，缓缓通入氮气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止碱石灰无水CaCl2（或无水硫酸铜、P2O5等）碱石灰偏低无影响×100%【解题分析】

将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，且C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量．由C的增重(Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，据此分析解答。【题目详解】(1)本实验中需要分别测定反应生成的二氧化碳和水的质量，所以实验前必须将装置中的水蒸气和二氧化碳赶走，避免影响测定结果；操作方法为：关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止，故答案为：除去装置中的水蒸气和二氧化碳；关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止；(2)装置A用于吸收空气中的二氧化碳和水，可以使用碱石灰；