【化学】福建省莆田第一中学2019-2020学年高一上学期期末复习试题（解析版）

【化学】福建省莆田第一中学2019-2020学年高一上学期期末复习试题（解析版）

福建省莆田第一中学2019-2020学年高一上学期期末复习试题 ‎1.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。已知：淀粉遇单质碘变蓝。下列说法中，不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 氧化性的强弱顺序为：Cl2>IO3－>I2‎ B. 途径Ⅱ中若生成1mol I2，消耗4mol NaHSO3‎ C. 一定条件下，I－与IO3－反应可能生成I2‎ D. 向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由题给信息可知，途径Ⅰ反应的离子方程式为2I—+Cl2=2Cl—+I2，途径Ⅱ反应的离子方程式为2IO3-+ 5HSO3—=I2+5SO42—+3H+＋H2O，途径Ⅲ反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl。‎ ‎【详解】A项、由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜IO3-，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞IO3-，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3-＞I2，故A正确；‎ B项、由途径Ⅱ反应的离子方程式可知，生成1molI2，反应消耗5molNaHSO3，故B错误；‎ C项、由氧化性I2＜IO3-可知，一定条件下，I－与IO3－反应可能生成I2，故C正确；‎ D项、根据图中转化关系可知Cl2可以把I-氧化成IO3-，则向含I－的溶液中通入过量Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不变蓝色，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.影响金属冶炼方法的主要因素是（ ）‎ A. 金属的活动性大小 B. 金属在地壳中的含量多少 C. 金属的化合价高低 D. 金属的导电性强弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】不同的金属应选用不同的冶炼方法，金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，与金属在地壳中的含量、化合价及金属的导电性没有关系，答案选A。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解质本身不一定能导电 B. 溶液中离子数目越多，导电性就越强 C. 溶于水后能电离出H+的化合物都是酸 D. 电解质本身必须含有阴、阳离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，如固体氯化钠，液态氯化氢等就不能导电，A说法正确；‎ B.溶液的导电性与溶液中含有的阴阳离子浓度有关，溶液中离子数目虽多，但体积较大，浓度较小，导电性就差，B说法错误；‎ C.酸是指电离出的阳离子全部是H+的化合物，如NaHSO4是盐不是酸，C说法错误；‎ D.有的电解质本身没有阴阳离子，但在水的作用下，电离产生了阴阳离子，如HCl、H2SO4等，D说法错误；‎ 答案为A。‎ ‎4.下列有关硅和硅的化合物的用途错误的是（ ）‎ A. 硅单质作耐火材料 B. 晶体硅作半导体材料 C. 二氧化硅作光导纤维材料 D. 高纯硅作计算机芯片材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅单质常用作半导体，硅酸钠可作耐火材料，A错误；‎ B. 晶体硅能导电，可作半导体材料，B正确；‎ C. 二氧化硅可作光导纤维材料，C正确；‎ D. 高纯硅可作计算机芯片材料，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎5.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. Cl2→Cl- B. I-→I2 ‎ C. SO2→SO32- D. CuO→Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。‎ ‎【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误； B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确； C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误； D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。 故选B。‎ ‎6.不能通过单质间化合直接制取的是（ ）‎ A. Mg3N2 B. Na2O2 C. Fe3O4 D. NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Mg和N2反应生成Mg3N2，能够通过单质间直接化合得到氮化镁，A不符合题意；‎ B、Na在点燃或加热条件下，与氧气反应生成Na2O2，能够通过单质间直接化合得到Na2O2，B不符合题意；‎ C、铁在纯氧中燃烧生成Fe3O4，能够通过单质间直接化合得到Fe3O4，C不不符合题意；‎ D、N2和氧气在放电条件下，生成NO，NO与O2反应生成NO2，不能通过单质间的直接化合得到NO2，D符合题意。‎ ‎7.无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一种元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2‎ B. 若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性 C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2S D. 若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到Y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸酸性氧化物，如：SO2，故A正确；‎ B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；‎ C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；‎ D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎8.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（ ）‎ A. K+、Na+、NO3-、CO32- B. Mg2+、、Cl-、SO42-‎ C. K+、Na+、Cl-、Cu2+ D. 、Ba2+、OH-、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】强酸性溶液中含有大量的H+，则与H+反应的离子不能大量共存。‎ ‎【详解】A.因H+、CO32-结合生成水和气体，不能共存，A不符合；‎ B.Mg2+、、Cl-、SO42-、H+之间不能反应，能大量共存，B符合；‎ C.因该组离子之间不能反应，能共存，但Cu2+为蓝色与无色溶液不符，C不符合；‎ D.因Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，且氢离子与氢氧根离子反应，均不能共存，D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3∙H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+‎ B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++HCO3＋OH-=CaCO3↓＋H2O C. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H＋=Ca2++CO2↑＋H2O D. 氯化铁溶液中加入单质铜：Fe3+＋Cu=Fe2+＋Cu2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向氯化铝溶液中滴加过量氨水，生成Al(OH)3沉淀，不生成偏铝酸盐，A书写不正确；‎ B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++HCO3＋OH-=CaCO3↓＋H2O，B书写正确；‎ C.醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，C书写不正确；‎ D.氯化铁溶液中加入单质铜：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，D书写不正确。‎ 故选B。‎ ‎10.有一无色透明溶液，取出少量滴入BaCl2溶液，只有白色沉淀生成；另取一定体积的无色溶液加入过量Na2O，有白色沉淀生成，其沉淀量与加入Na2O的量的关系如图所示。原无色透明溶液中一定存在的离子是（ ）‎ ‎①H+ ②NH4+ ③Al3+ ④Mg2+ ⑤Fe2+ ⑥NO3- ⑦SO42-‎ A. ③④ B. ③④⑦ C. ①③④⑦ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据无色透明溶液，可得原溶液没有相互反应的离子，无有色离子存在，判断Fe2+不存在；取出少量滴入BaCl2溶液，只有白色沉淀生成说明可能含有SO42-、CO32-；另取一定体积的无色溶液加入过量Na2O，同时有白色沉淀生成，其沉淀量与加入Na2O的量的关系如图所示，说明开始无沉淀生成，随后沉淀增大，随氧化钠的量增大沉淀部分溶解，证明溶液中含H+、Al3+、Mg2+；酸性溶液中一定不含CO32-；则加入氯化钡生成的沉淀是硫酸钡，原溶液中含有SO42-；‎ 综上所述：溶液中一定含有H+、Al3+、Mg2+、SO42-；一定不含有NH4+、Fe2+；可能含有NO3-。‎ 故选C。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，33.6 L HF分子中所含的原子个数为3NA B. 常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子总数为4NA C. 25 ℃时，1 L pH=13的 Ba(OH)2溶液中含有的OH-的数目为0.2NA D. 42 g分子式为C3H6的物质一定含有 σ 键的数目为8NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；‎ B.NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以92gNO2和N2O4的混合气体中含有NO2的物质的量为92g÷46g/mol=2mol，故含有4mol氧原子即含有的氧原子总数为4NA，故B正确；‎ C.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的浓度为0.1mol·L-1，故1L溶液中含有的OH-的物质的量为0.1mol，含有OH-的数目为0.1NA，故C错误；‎ D.42g分子式为C3H6的物质的量为1mol，C3H6有两种同分异构体即丙烯或环丙烷，若为丙烯，含有σ键的数目为8NA，若为环丙烷，则含有σ键的数目为9NA，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.如图所示装置进行下列实验：将①中溶液逐滴加入②中，预测现象与实际相符的是（ ）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ 预测现象 A 浓盐酸 二氧化锰 产生黄绿色气体 B 稀盐酸 饱和碳酸钠溶液 立即产生大量气泡 C 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 无明显现象 D 稀硝酸 铜片 产生大量红棕色气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，常温下不反应，故A错误；‎ B．先发生盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不符合实际，故B错误；‎ C．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则现象合理，故C正确；‎ D．稀硝酸与铜反应生成NO气体，不是红棕色的NO2气体，则现象不合理，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎13.在500g0.2%的盐酸和500g2%的盐酸中，分别加入钠，钠全部反应后，产生的气体（ ）‎ A. 在浓度大的盐酸中反应产生的气体多 B. 一样多 C. 在浓度小的盐酸中反应产生的气体多 D. 由反应的剧烈程度决定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】钠性质活泼，既能置换酸中的氢，也能置换水中的氢。‎ ‎【详解】金属Na的性质活泼，既能置换酸中的氢，也能置换出水中的氢，在500g0.2%的盐酸和500g2%的盐酸中，分别加入钠，金属Na会完全反应，转移电子数相同，所以产生的氢气相同；‎ 故选B。‎ ‎14.将稀盐酸滴入碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中，立即产生气泡（ ）‎ A. B. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】滴入盐酸时，盐酸先与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，不立即产生气泡；‎ 故选A。‎ ‎15.某合金由选项中的两种或两种以上金属组成，为测定其组成，取10克该金属投入到足量的盐酸中充分反应后，生成的氢气在标准状况下体积为11.2L，则混合物中一定含有的金属是（ ）‎ A. 锌 B. 铁 C. 铝 D. 镁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】标况下11.2L氢气的物质的量=mol=0.5mol，故10g提供的电子为0.5mol×2=1mol。‎ ‎【详解】A.Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65×=32.5g；‎ B.Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56×=28g；‎ C.Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27×=9g；‎ D.Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24×=12g；‎ 提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al；‎ 故选：C。‎ ‎16.甲、乙、丙、丁分别是NaOH、AlCl3、BaCl2、MgCl2四种物质中的一种，若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失；乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生。据此可推断甲物质是（ ）‎ A. BaCl2 B. NaOH C. AlCl3 D. MgCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，确定乙是NaOH溶液，丁是AlCl3溶液；由于乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生说明丙为BaCl2溶液，所以甲物质是MgCl2溶液；故答案选D。‎ ‎17.FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 反应后溶液中可能存Fe3+ B. 反应后溶液中一定存在Fe2+‎ C. 反应后溶液中不可能存在Cu2+ D. 剩余固体一定为纯净物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe＋Cu2+=Fe2+＋Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；‎ ‎②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；‎ ‎【详解】A.由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，A错误；‎ B.固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，B正确；‎ C.当固体铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+‎ 和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，C错误；‎ D.若铁过量，剩余的固体为铜和铁的混合物，D错误。‎ 故选B。‎ ‎18.某未知溶液中已检验出含有离子Ca2+、NO3－，且pH=2。欲检验此溶液中是否大量存在以下6种离子：①ClO－②NH4+ ③I-④Fe2+⑤AlO2－ ⑥Cl－，其中不必检验就能排除的离子是（ ）‎ A. ②③⑤⑥ B. ①③④⑤‎ C. ①④⑤⑥ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=2，溶液的酸性较强，H+与弱酸的阴离子ClO‾、AlO2－不能大量共存；因为在酸性条件下NO3‾具有强氧化性，其能与I‾、Fe2+发生氧化还原反应，所以ClO‾、AlO2－、I‾、Fe2+不必检验就能排除，故B项正确。‎ ‎19.硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的是（ ）‎ A. 硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料 B. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应 C. 反应：Si＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑中，Si为还原剂，NaOH和H2O为氧化剂 D. 硅能与氢氟酸反应，则硅可以与盐酸反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅是良好的半导体材料，常用来制造太阳能材料，A正确；‎ B．粗硅制备单晶硅的反应为：SiO2+2CSi+2CO↑，为置换反应，是氧化还原反应，B错误；‎ C．反应：Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑中，Si为还原剂，H2O为氧化剂，C错误；‎ D、硅只与HF反应，与盐酸不反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.关于氧化还原反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 被还原的物质是还原剂 B. 氧化剂被还原，还原剂被氧化 C. 失去电子，化合价降低的物质是还原剂 D. 氧化剂失去电子，化合价升高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.被氧化的物质在反应中失去电子，是还原剂，A说法错误；‎ B.氧化剂具有氧化性，被还原，还原剂具有还原性，被氧化，B说法正确；‎ C.失去电子、化合价升高的物质是还原剂，C说法错误；‎ D.氧化剂得到电子，化合价降低，D说法错误。‎ 故选B。‎ ‎21.已知Ba(AlO)2可溶于水．如图表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. a—b时沉淀的物质的量：Al(OH)3比BaSO4多 B. c—d时溶液中离子的物质的量：AlO2-比Ba2+多 C. a—d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al(OH)3‎ D. d—e溶液中离子的物质的量：Ba2+不可能等于OH-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在a—b发生反应Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al(OH)3＜BaSO4，A错误；‎ B.c—d发生反应2Al(OH)3+Ba(OH)2＝Ba(AlO2)2+4H2O，1molBa(AlO)2电离出2molAlO2-、1molBa2+，故AlO2-比Ba2+多，B正确；‎ C.a—b发生反应Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，沉淀的物质的量：Al(OH)3＜BaSO4，b—d中Al(OH)3沉淀逐渐溶解转化为Ba(AlO2)2，故a—b时沉淀的物质的量：Al(OH)3＜BaSO4，C错误；‎ D.d点时Al(OH)3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba(AlO2)2，当加入的Ba(OH)2的物质的量等于Ba(AlO2)2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH-的量相等，D错误；‎ 故选：B。‎ ‎22.如下图，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将甲针筒内的物质压到乙针筒内，进行下列实验，下列说法正确的是（ ）‎ 实验序号 甲针筒内物质 乙针筒内物质 乙针筒里的现象 A H2S CuSO4溶液 产生黑色沉淀 B H2S FeSO4溶液 产生黑色沉淀 C SO2‎ H2S 出现白色固体 D SO2‎ 紫色石蕊溶液 先变红后褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2S与CuSO4溶液能反应生成硫化铜黑色沉淀，A正确；‎ B.H2S与FeSO4溶液不能反应，B错误；‎ C.H2S和SO2反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，析出浅黄色固体，C错误；‎ D.SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变红后不褪色，二氧化硫不能漂白指示剂，D错误；‎ 故选A。‎ ‎23.(1)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。‎ ‎①Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。Ca(OH)2+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O，反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的________________________________。‎ ‎②向池塘水中加入一定量CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有________(填序号)。‎ A.Ca2+ B.H+ C.CO32- D.OH-‎ ‎(2)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有________。‎ A.KCl B.KClO3 C.MnO2 D.Mg 取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，________(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是______________(用离子方程式说明)。‎ ‎【答案】(1). 提高H2O2的利用率 (2). A、D (3). B、D (4). 不能 (5).‎ ‎ Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①增加易得廉价原料，提高高价原料的利用率，故加入过量的Ca(OH)2，其主要目的是提高H2O2的利用率；‎ ‎②CaO2可作水产养殖的供氧剂，则CaO2与水发生反应：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑，故溶液中Ca2+、OH-的浓度增加；‎ ‎(2)铝热反应中，要用点燃的镁条来引发铝热反应，且要加入少量KClO3粉末，KClO3受热分解放出氧气，促进铝热反应的进行。铝热反应的产物中含有Fe，即使含Fe2O3，在酸溶时，也会发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，从而检测不到Fe3+。‎ ‎24.现有乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合物，如图是分离操作步骤流程图。请回答下列问题：‎ ‎(1)加入试剂：a______，b______。‎ ‎(2)分离方法：① ______，② ______，③ ______。‎ ‎(3)物质名称：A______，C______，E______。‎ ‎【答案】(1). 饱和Na2CO3溶液 (2). 浓硫酸 (3). 分液 (4). 蒸馏 (5). 蒸馏 (6). 乙酸乙酯 (7). 乙酸钠、碳酸钠 (8). 乙醇 ‎【解析】‎ ‎【分析】由分离流程可知，乙酸乙酯是不溶于水的物质，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的，分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，即①为分液。A为乙酸乙酯，B为碳酸钠、乙酸钠和乙醇的混合溶液，对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出E为乙醇，则②为蒸馏。然后C中水层含乙酸钠、碳酸钠，根据强酸制弱酸，要用b（浓硫酸）反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，试剂a、b分别为饱和Na2CO3溶液、浓硫酸；‎ ‎(2)分离方法①、②、③分别分液、蒸馏、蒸馏；‎ ‎(3)由上述分析可知A为乙酸乙酯，C为乙酸钠、碳酸钠，E为乙醇。‎ ‎25.为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如下：‎ ‎(1)合金与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式是______。‎ ‎(2)若D中含有Fe3+，除去Fe3+的常用试剂是______。‎ ‎(3)若要从滤液D中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：______、______、过滤、洗涤、自然干燥。‎ ‎(4)若由滤渣E得到含Cu2+的溶液，试剂Y选用稀硝酸，则化学方程式为：______。‎ ‎【答案】(1). 2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (2). 铁粉 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】铁、铜均不与NaOH反应，由流程可知，合金与足量NaOH反应后过滤得到的滤渣B为Fe、Cu，滤液A含NaOH、NaAlO2，滤液A与足量二氧化碳反应生成沉淀C为Al(OH)3，C与盐酸反应生成F为氯化铝；Fe与稀硫酸反应，而Cu不能，则滤渣B与稀硫酸反应后过滤得到滤渣E为Cu，滤液D中含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾晶体，Cu与硝酸反应生成硝酸铜，据此解答。‎ ‎【详解】(1)合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(2)若D中含有Fe3+，除去Fe3+的常用试剂是铁粉，铁与Fe3+反应生成亚铁离子，不引入杂质；‎ ‎(3)因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥；‎ ‎(4)由滤渣E得到含Cu2+的溶液，试剂Y选用稀硝酸，则化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。‎ ‎26.某兴趣小组要进行有关氢气的定量测定实验，为保证氢气不损失，设计用甲、乙两装置及橡胶管完成锌粒和稀硫酸制取氢气的操作。步骤如下：‎ ‎①将锌粒放于______(填“甲”或“乙”，下同)装置中，将稀硫酸放于______装置中。‎ ‎②用橡胶管连接对应接口(填编号)：A接______，B接______。‎ ‎③将盛稀硫酸的试管倒置，即可发生反应放出气体。‎ ‎【答案】(1). 甲 (2). 乙 (3). D (4). E ‎【解析】‎ ‎【分析】Zn与稀硫酸为不加热固液反应装置，用甲、乙两装置及橡胶管完成锌粒和稀硫酸制取氢气的操作，Zn在甲中，乙中为稀硫酸，A与D连，B与E连，倒置乙装置，即可生成氢气从C口逸出。‎ ‎【详解】①将锌粒放于甲装置中，将稀硫酸放于乙装置中，将盛稀硫酸的试管倒置，即可发生反应放出气体；‎ ‎②乙中短导管与A相连易于硫酸流下，用橡胶管连接对应接口为：A接D，B接E。‎