1、第二章单元评估 第卷(选择题，共40分)一、选择题(每小题2分，共40分)1某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 molL1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是(D)A配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中BCa2和Cl的物质的量浓度都是0.1 molL1C从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 molL1D将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl)为0.1 molL1解析：A选项，0.1 mol CaCl2溶于1 L水中，所得溶液体积不是1 L。B选项，由CaCl2=Ca22Cl知n(CaCl2)n(C
2、a2)n(Cl)112，因此c(Ca2)0.1 molL1，c(Cl)0.2 molL1。C选项，溶液具有均一性，同一浓度的溶液，不管体积是多少，其浓度都不改变，故所取溶液浓度仍为0.1 molL1。D选项，溶液稀释一倍，体积变为原来的两倍，溶质的物质的量不变。设原溶液的体积为V L，稀释前，n(Cl)20.1 molL1V L0.2V mol，稀释后，c(Cl)0.1 molL1。2利用碳酸钠晶体(化学式为Na2CO310H2O)来配制0.5 mol/L的Na2CO3溶液1 000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是(B)A称取碳酸钠晶体100 gB定容时
3、，俯视观察刻度线C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D定容后，将容量瓶振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线解析：A项，需要称取碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)的质量为286 g/mol0.5 mol/L1 L143 g，故称取100 g碳酸钠晶体配制溶液浓度会偏低；B项，平视时，凹液面的最低点与刻度线刚好相平，俯视时液面的最低点低于刻度线，即实际加水量少于应加水量，因此可导致配制溶液浓度偏高；C项，对用于稀释或溶解的烧杯，如不数次加水冲洗并将洗涤液转入容量瓶，会使溶质损失，使所配制的溶液浓度偏低；D项，定容后，当振荡、静置后发现液面低于刻度线，这是由于液
4、体沾在瓶壁和磨口等处所致，不会造成偏差，若加水则使所配溶液浓度偏低。B项符合题意。3在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是(B)A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量少C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小解析：由两容器的温度和压强均相同，且气体质量相等，而甲的密度大于乙的密度，又由可知V甲V乙；同温同压下，气体的物质的量与体积成正比，故n甲M乙，D项错误。4有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不
5、正确的是(C)A溶质的质量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 molL1C溶质和溶剂的物质的量之比是140D硫酸根离子的质量分数是19.2%解析：由Mg2的质量分数知MgSO4的质量分数为4.8%24.0%，其浓度为c2.4 molL1，溶质与溶剂的物质的量之比为121，SO的质量分数为4.8%19.2%。5下列叙述正确的是(A)A与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 gB与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V LC所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为711D所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为2122解析：A项：根据公式n，可列式：，可判断A项
6、正确。B、C、D都未指明两种气体所处的温度和压强条件是否相同，所以说法都不正确。6阿伏加德罗常数约为6.021023 mol1，下列叙述正确的是(D)A25 、1.01105 Pa时，2.24 L Cl2中含有的原子数为0.26.021023B0.1 L 3 molL1的NH4NO3溶液中含有N原子数为0.36.021023C5.6 g铁粉与足量CuSO4溶液反应生成的铜原子数为16.021023D46 g NO2和N2O4的混合物中含有的原子数为36.021023解析：A项，所处状态不是标准状况，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量，A项错误；B项，0.1 L3 molL1的N
7、H4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3 mol，0.3 mol硝酸铵中含有0.6 mol氮原子，含有的N原子数目为0.66.021023，B项错误；C项，5.6 g铁的物质的量为0.1 mol，0.1 mol铁与硫酸铜溶液反应能够置换出0.1 mol铜，反应生成的铜原子数为0.16.021023，C项错误。D项，NO2、N2O4的最简式均为NO2,46 g NO2和N2O4的混合物相当于1 mol NO2，含有3 mol原子，故混合物中含有的原子数为36.021023，D项正确。7有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：则甲、乙、丙三种溶液中的溶质可能是(B)ABaCl2、H2SO4、MgCl2 B
8、CaCl2、HNO3、AgNO3CCaCl2、HNO3、NaCl DBaCl2、HCl、Na2CO3解析：采用逐项实验分析法即可推出。A中，BaSO4不溶于稀H2SO4；B中，发生的反应依次为：CaCl2Na2CO3=CaCO32NaCl，CaCO32HNO3=Ca(NO3)2H2OCO2，AgNO3NaCl=AgClNaNO3；C中，最后加入NaCl不能产生白色沉淀；D中，由于第二步加入过量盐酸，第三步也得不到BaCO3沉淀。8V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3的物质的量浓度为(A)A. molL1 B. molL
9、1C. molL1 D. molL1解析：a g SO的物质的量为 mol，取出的0.5V L溶液中含有SO的物质的量为 mol mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Fe3的物质的量为 mol mol，稀释后溶液中Fe3的物质的量浓度为 molL1，A项正确。9标准状况下，现有6.72 L CH4，3.011023个HCl分子，13.6 g H2S，0.2 mol NH3，对这四种气体的关系有以下四种表述：a体积： B物质的量：c质量： D氢原子个数：其中正确的是(D)Aabc Bbcd Cabcd Dacd解析：根据相关计算关系即可得出下表：CH4HClH2SNH3体积6.7
10、2 L11.2 L8.96 L4.48 L物质的量0.3 mol0.5 mol0.4 mol0.2 mol质量4.8 g18.25 g13.6 g3.4 g氢原子数1.2NA0.5NA0.8NA0.6NA可知：a、c、d正确，故选D。10下列说法正确的是(D)A0.3 molL1的Na2SO4溶液中含有Na和SO的总物质的量为0.9 molB当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molL1C在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，若Na和SO的物质的量相等，则K和Cl的物质的量浓度一定相等D将10 条件下
11、的100 mL 0.35 molL1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，再冷却到10 后，溶液的体积小于100 mL，其物质的量浓度仍为0.35 molL1解析：A项，没有指明溶液的体积，故溶液中Na和SO的总物质的量不一定为0.9 mol；B项，未指明22.4 L是氨气在标准状况下的体积，氨气的物质的量不一定是1 mol，配制成1 L溶液时，浓度也不一定是1 molL1；C项，当Na和SO的物质的量相等时，根据化学式中K与SO、Na与Cl的比例关系，可得c(K)c(Cl)21；D项，对于10 时0.35 molL1的KCl饱和溶液，蒸发掉水分，温度恢复到10 时，必析出KCl晶体，仍为饱和溶液，
12、故浓度不变。11在标准状况下，与12 g H2的体积相等的N2的(B)A质量为12 g B物质的量为6 molC体积为22.4 L D物质的量为12 mol解析：n(H2)6 mol，则标准状况下n(N2)也应为6 mol，6 mol N2的质量为6 mol28 g/mol168 g，在标准状况下的体积为622.4 L。12下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是(C)A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，A项错误；常温时在水中的溶解度：N
13、a2CO3NaHCO3，B项错误；等质量的NaHCO3和Na2CO3，物质的量Na2CO3NaHCO3，与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，C项正确；等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，放出的CO2一样多，D项错误。13纯净的碳酸钠a g；碳酸钠与碳酸氢钠的混合物a g，两者相比下列各种情况的描述正确的是(C)A分别和盐酸完全反应时，混合物的耗酸量大B分别和盐酸完全反应时，纯净的碳酸钠放出的CO2多C分别溶于水，再加入足量澄清石灰水，混合物得到的沉淀质量大D分别配成等体积溶液，混合物溶液中的Na的物质的量浓度大解析：同质量的Na2CO3比NaHCO3耗
14、酸量要多，但是产生的CO2要少，故A、B项均错误；同质量的两组物质，混合物含的碳元素较多，故最终转化成CaCO3沉淀的质量就大，C项正确；同质量的Na2CO3比NaHCO3所含Na物质的量大，故配成等体积溶液后纯净的碳酸钠溶液中Na物质的量浓度大，故D项错误。14下列叙述不正确的是(A)A切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗，发生的反应为2NaO2=Na2O2B4.6 g Na与O2完全反应，生成7 g产物时失去电子的物质的量为0.2 molCNa与稀硫酸反应的离子方程式为2Na2H=2NaH2D将少量Na投入到CuSO4溶液中，既有沉淀生成又有气体放出解析：A项错，常温下切开的金属
15、Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗是因为生成Na2O；B项正确，由题意知虽然生成Na2O2和Na2O的混合物，但是Na的物质的量为0.2 mol，故失去电子的物质的量仍为0.2 mol；C项正确，Na与稀H2SO4反应的本质是与H的反应，H2SO4是强酸须拆分成离子；D项正确，Na与水反应放出气体，生成的NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。15若m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m3.55)g，则m g Na与氧气反应，生成固体的质量为(D)(m0.8)g(m1.0)g(m1.2)g(m1.6)g(m1.4)gA B C D解析：由题可知，Na的质量为2.3 g，物质的量为0
16、.1 mol，与O2反应可能生成(m0.8) g Na2O，也可能生成(m1.6) g Na2O2，也可以既生成Na2O，又生成Na2O2，质量在两者之间。16铁屑和氯气在500600 下可制取无水FeCl3，实验装置如下图。下列说法正确的是(B)A分液漏斗中盛放的试剂是稀盐酸B实验时应先点燃处的酒精灯，再点燃处的酒精灯C装置中盛放的试剂是饱和食盐水D烧杯中盛放的试剂是石灰水，目的是吸收尾气解析：A.装置是制备氯气，分液漏斗中应该盛放的试剂是浓盐酸，选项A错误；B.实验时应先点燃中酒精灯先制备氯气，用氯气排尽装置中的空气后，再点燃中酒精灯，选项B正确；C.洗气瓶中盛放的试剂是浓硫酸，干燥氯气，
17、选项C错误；D.澄清石灰水对氯气的吸收效果差，烧杯中盛放的试剂是浓氢氧化钠溶液，目的是吸收尾气，避免污染空气，选项D错误。答案选B。17为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是(C)ANa2O2中阴、阳离子的个数比为11BNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等CNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等DNa2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同解析：Na2O2中的阴离子为O，阳离子为Na，其个数比为12，A错；N
18、a2O2与H2O、CO2反应的化学方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，产生相同量的O2时，需要H2O和CO2的物质的量相等，转移电子的物质的量相等，质量不相等，B错，C正确；Na2O2的漂白为强氧化性漂白，而活性炭的漂白则是利用其吸附性，二者原理不同，D错。18下列关于钠及其化合物的叙述正确的是(C)A钠能与硫酸铜溶液反应置换出红色的铜B在Na2O2与水的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为14C相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子的物质的量之比为11D等质量的Na2O与Na2O2投入等量且足量水中充分反应后所得溶液物质的量浓度相等解
19、析：钠投入硫酸铜溶液中时，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，所以得不到金属铜，故A错误；2Na2O22H2O=4NaOHO2，氧化产物为O2，还原产物为NaOH，过氧化钠为氧化剂也为还原剂，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为12，故B错误，Na2O是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，所以阳离子和阴离子数目之比为21，Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，阳离子和阴离子数目之比也是21，故相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子的物质的量之比为11，故C正确；由Na2OH2O=2NaOH,2Na2O22H2O=4NaOHO2可知，设Na2O与Na
20、2O2的质量均为m g，反应后溶液质量相同，但NaOH的物质的量不同，则所得溶液物质的量浓度不相等，故D错误。19ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，其中Na2SO3被氧化为Na2SO4。在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为(B)A11 B21 C12 D23解析：NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价有5价降到4价，降低了1价，硫元素化合价从4价升高到6价，升高了2价，由电子守恒可知，
21、NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为(64)/(54)21，答案选B。20一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间的变化如图所示，则下列说法正确的是(B)A投入的Na、K一定等质量B投入的Na的质量小于K的质量C曲线a为Na，b为KD稀盐酸的量一定是不足量的解析：A项，由图像分析知，2Na2HCl=2NaClH246 g 1 mol2K2HCl=2KClH278 g1 mol即生成相同物质的量的氢气需要金属的质量不同，故错误。B项，通过A项知，生成相同物质的量的氢气需要金属的质量不同，需要钾的质量大于钠的质量，故正确。C项，根据金属的活泼性判断反应速率大小，因为钾的活泼性大于
22、钠，所以钾与酸反应的速率大于钠与酸反应的速率，即生成相同物质的量的氢气，钾需要的时间短，钠需要的时间长，所以曲线a为钾，b为钠，故错误。D项，钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应，所以钠、钾生成相同物质的量的氢气与稀盐酸是否足量无关，故错误。第卷(非选择题，共60分)二、非选择题(共60分)21(10分)有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：WXH2OCO2ZCO2XO2ZH2OYO2XCa(OH)2YCaCO3试回答下列问题：(1)W、X、Y、Z的化学式分别是：W NaHCO3、X Na2CO3、Y NaOH、Z Na2O2。(2)以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是(填反应序号
23、)，反应中氧化剂是Na2O2(写化学式)，还原剂是Na2O2(写化学式)。(3)若反应在溶液中进行，写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个化学反应的化学方程式：离子方程式：Ca2CO=CaCO3；化学方程式：Ca(OH)2K2CO3=2KOHCaCO3(合理即可)。解析：反应可认定为NaHCO3的分解反应：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，该反应是非氧化还原反应。 由X(Na2CO3)逆推可知Z为Na2O2，Y为NaOH：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2,2Na2O22H2O=4NaOHO2，以上两反应都是氧化还原反应，且Na2O2既是氧化剂又是还原剂。反应为Na2CO
24、3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，其离子方程式为COCa2=CaCO3。多数可溶性碳酸盐和Ca(OH)2的反应都可用此离子方程式表示，该反应不是氧化还原反应。22(10分)某课外活动小组的同学在网上查询资料时得知，干燥的CO2与Na2O2不能反应，只有在水蒸气存在下二者才能发生反应。他们设计了如图所示实验装置，用于验证上述结论。(1)过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。(2)装置中的试剂的最佳组合是BC。A稀盐酸 B稀硫酸C小苏打 D石灰石(3)实验时，甲同学认为先关闭K1、打开K2，通过观察中固体颜色是否由淡黄色变成白色(回答出要点即可)判断此
25、时中是否发生了化学反应。(4)乙同学认为可以分别按“先关闭K1、打开K2，再关闭K2、打开K1”的方式进行操作，并在a处收集所得气体，然后用带火星的木条检验收集到的气体，但他发现两种情况下木条均没有复燃。丙同学经过观察分析，建议在后安装一个盛有碱石灰的干燥管，目的是除去未反应的CO2、H2O(g)；丁同学认为即使采纳丙同学的建议且最终观察到木条复燃，也不能证明CO2参与了反应，原因是水蒸气与Na2O2反应也能产生O2。(5)为进一步达到实验目的，应补充的实验操作是：取最终反应后中所得固体，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(其他合理答案也可)。解析：本题考查Na2O2、CO2的性质及化学实
26、验基本操作知识。(2)盐酸易挥发，挥发的HCl会对后面的实验产生干扰，稀硫酸与CaCO3反应会生成微溶的CaSO4，导致反应很快停止，故用稀硫酸与小苏打最佳。(3)实验中先行关闭K1、打开K2，使干燥的CO2与Na2O2接触，通过观察中Na2O2颜色有无变化判断CO2在干燥条件下能否与Na2O2反应。(4)当收集到的气体中含有较多的水蒸气、CO2时，带火星的木条无法复燃，用碱石灰可以除去未反应的CO2及水蒸气。收集到的氧气也可能是由水蒸气与Na2O2反应生成的。(5)若要最终达到实验目的，还应对反应后中所得的固体进行检验，确定其中是否含有碳酸盐。23(15分)O2和O3是氧元素的两种单质，根据
27、其分子式完成下列各题：(1)等质量的O2和O3所含分子个数比为32，原子个数比为11，分子的物质的量之比为32。(2)等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为11，原子个数比为23，质量比为23。(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，那么c g氧气在标准状况下的体积约是 L(用含NA的式子表示)。(4)配制100 mL 1 molL1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84 gmL1，质量分数为98%)的体积为5.4 mL。(5)现要配制1 molL1 Na2CO3溶液250 mL，求：需要固体Na2CO326.5 g；需要含结晶水的
28、碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)71.5 g；需要物质的量浓度为4 molL1的Na2CO3溶液62.5 mL；需要溶质的质量分数为12%、密度为1.12 gcm3的Na2CO3溶液197.2 mL。解析：(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为32，则所含分子个数之比为32，原子个数之比为11。(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子数，即O2和O3所含分子数之比为11，则原子个数比为23，质量比为23。(3)氧气的摩尔质量为：M gmol1，则c g O2在标准状况下的体积为：VVm22.4 Lmol1 L。(4)该浓H2SO4的物质的量浓度为c molL
29、118.4 molL1。据稀释定律得：100 mL1 molL118.4 molL1V，解之得V5.4 mL。24.(10分)实验室配制500 mL 0.2 mol/L的Na2SO4溶液，实验操作步骤有：A在天平上称出14.2 g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；B把制得的溶液小心转移至容量瓶中；C继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；D用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡；E将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤正确顺序为ABDCE(填序号
30、)。(2)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、玻璃棒，还缺少的仪器是量筒、胶头滴管、500_mL容量瓶。(3)下列情况会使所配溶液浓度偏高的是ad(填序号)。a某同学观察液面的情况如图所示b没有进行上述操作步骤Dc加蒸馏水时，不慎超过了刻度线d砝码上沾有杂质e容量瓶使用前内壁沾有水珠解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。(2)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、量筒。(3)根据c进行判断。a.俯视使V减小，故使c偏高；b.未进行洗涤，使n减小，故使c偏低；c.V增大，故使c偏低；
31、d.m增大，故使c偏高；e.无影响。25(15分)有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤：按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置气密性。称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳。关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3H
32、2OCO2、Na2CO310H2ONa2CO310H2O。打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，请回答下列问题。若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是Na2CO310H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大。E处干燥管中盛放的药品是碱石灰，其作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数偏大(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3
33、10H2O的质量分数为100%(用含w、m1、m2的代数式表示)。解析：本题考查考生对元素化合物的认识和理解以及对实验数据的分析处理能力。(1)组装好实验装置后首先应检查装置气密性。由于装置中存在CO2和水蒸气，应先鼓入空气除去装置中的CO2和水蒸气。由物质的性质可知该装置在加热时发生的反应为2NaHCO3Na2CO3H2OCO2、Na2CO310H2ONa2CO310H2O。(2)加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入空气使其排出完全被吸收，若不鼓入空气，则测得的NaHCO3和Na2CO310H2O的质量分数偏小，NaCl的质量分数偏大。装置E是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D，故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的NaHCO3的质量分数偏大。由题目信息知反应放出的CO2的质量为m2 g，根据反应的化学方程式2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，可计算出该反应中产生的水的质量为 g，从而计算出Na2CO310H2O分解产生水的质量为(m1)g，再根据Na2CO310H2ONa2CO310H2O，计算出Na2CO310H2O的质量为，最后计算出混合物中Na2CO310H2O的质量分数为100%。