2022-2023学年吉林省长春吉大附中实验学校高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年吉林省长春吉大附中实验学校高一上学期期末考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春吉大附中实验学校2022-2023学年高一上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法中不正确的是
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B．高压钠灯可用于道路照明
C．氧化铝常用于制造耐高温材料
D．液氨可用作制冷剂
【答案】A
【详解】A．硫酸钡不溶于水和酸，可用于胃肠X射线造影检查，但碳酸钡能与盐酸反应生成有剧毒的氯化钡溶液，则碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，故A错误；
B．高压钠灯透雾能力强，可用于道路照明，故B正确；
C．氧化铝熔沸点高，性质稳定，因此常用于制造耐高温材料，故C正确；
D．液氨汽化时吸热，使周围环境温度降低，因此可用作制冷剂，故D正确；
故选A。
2．古诗词清晰描绘了我国古代人民的生活、生产场景，对下面的“诗情画意”分析错误的是
A．“日照澄洲江雾开”，雾是一种气溶胶，受阳光照射时会产生丁达尔现象
B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中主要以游离态形式存在
C．“盖此钒色绿，味酸，烧之则赤……”，说明绿矾加热生成了Fe2O3
D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化
【答案】D
【详解】A．雾是一种气溶胶，有胶体的性质，受阳光照射会产生丁达尔现象，故A正确；
B．千遍万遍过滤虽辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出黄金，说明可以用物理方法得到黄金，说明金在自然界中以游离态存在，故B正确；
C．钒中是绿色的是绿钒，绿矾煅烧会生成红色的氧化铁，故C正确；
D．火树银花是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，是元素的性质，是物理变化，故D错误。
故答案为：D
3．下列说法不正确的是
A．石墨导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化
B．碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
C．醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
D．盐酸属于混合物，液氯属于纯净物
【答案】A
【详解】A．铝在浓硫酸中表面形成一层致密的氧化膜，是化学变化，故A错误；
B．阴阳离子间通过离子键构成的化合物为共价化合物，故碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物，故B正确；
C．电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故醋酸是酸；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故烧碱是碱；阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物是酸，故纯碱即碳酸钠属于盐；由两种元素构成、其中一种是氧元素的化合物为氧化物，故生石灰即氧化钙是氧化物，故C正确；
D．只由一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上物质组成的是化合物，故盐酸属于混合物，而液氯属于纯净物，故D正确；
故选：A。
4．反应可用于海水提溴，下列叙述错误的是
A．的结构式为Br—Br B．属于共价化合物
C．中子数为10的氧原子： D．的电子式为H：O：H
【答案】D
【详解】A．溴为双原子分子，共用一对电子对，结构式为Br—Br，故A正确；
B．硫酸是由非金属元素形成的共价化合物，故B正确；
C．中子数为10的氧原子的质子数为8、质量数为10+8=18，原子符号为，故C正确；
D．水为共价化合物，电子式为，故D错误；
故选D。
5．2023年是元素周期表诞生的第154年，下列说法正确的是
A．第一张元素周期表的制作者是门捷列夫，他将元素按照相对原子质量由小到大排列
B．国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)将第118号元素命名为Og，它是一种自然界中存在的元素
C．人们依据元素周期表和元素周期律知识，在金属和非金属的分界处寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
D．门捷列夫曾经预言了“类铝”元素的存在，后来化学家发现了它，这种元素是锗
【答案】A
【详解】A．第一张元素周期表是按照相对原子质量由小到大排列，第一张元素周期表的制作者是俄国化学家门捷列夫，故A正确；
B．国际纯粹与应用化学联合会(UPAC)将第118号元素命名为Og，第118号元素是一种放射性元素，在自然界中不能稳定存在，它是一种人工合成元素，故B错误；
C．在元素周期表中，优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，所以在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)；位于金属和非金属的分界处的元素既有金属性又有非金属性，在金属和非金属的分界处寻找半导体材料，故C错误；
D．门捷列夫曾经顶言了“类铝“元素的存在，同主族元素的性质相似，镓元素与铝元素属于同主族元素性质相似，后来化学家发现了它，这种元素是镓，故D错误；
答案选A。
6．下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．放入水中：
B．通过灼热铁粉：
C．与在放电或高温条件下反应：
D．通入酸性溶液中：
【答案】D
【详解】A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误；
B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为，B错误；
C．与在放电或高温条件下反应只生成NO，反应的化学方程式为：，C错误；
D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确；
故选D。
7．下列“类比”合理的是
A．钠性质活泼，通常保存在煤油中，则锂也应该保存在煤油中
B．的沸点高于，则的沸点也高于
C．Mg在中燃烧生成MgO和C，则Na在中燃烧可能生成和C
D．C在足量中燃烧生成，则S在足量中燃烧生成
【答案】C
【详解】A．钠性质活泼，通常保存在煤油中，锂的密度比煤油小，通常保存在石蜡中，A项错误；
B．的沸点高于，是由于氢键的存在，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，的沸点应该低于，B项错误；
C．钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化硫中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，C项正确；
D．S在足量中燃烧生成，转化为需要在加热，催化剂的条件下进行，D项错误；
答案选C。
8．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，中含有中子数为
B．用足量水吸收1mol，所得溶液中、HClO、微粒数目之和小于2
C．100mL的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01
D．查德威克发现了中子：，当产生时，产物X中含中子数为3
【答案】C
【详解】A．1个18O2中含有20个中子，标准状况下1.12L18O2物质的量为=0.05mol，含中子物质的量为0.05mol×20=1mol，含有中子数为NA，A项正确；
B．用足量水吸收Cl2，所得氯水中的含氯粒子有Cl2、Cl-、ClO-、HClO，根据Cl守恒，2n(Cl2)+n(Cl-)+n(ClO-)+n(HClO)=2mol，则溶液中Cl2、HClO、Cl-微粒物质的量之和小于2mol，数目小于2NA，B项正确；
C．100mL0.1mol/L的NaOH水溶液中NaOH物质的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，NaOH中含O原子物质的量为0.01mol，溶剂H2O中也含有O原子，故溶液中含O原子物质的量大于0.01mol，含O原子数大于0.01NA，C项错误；
D．根据知X为，1个X中含有6个中子，当产生0.5mol时产生0.5molX，0.5molX中含中子物质的量为0.5mol×6=3mol，含中子数为3NA，D项正确；
答案选C。
9．某温度下，向图中所示a、b、c、d中通入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种(已知密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计)。下列说法中错误的是

A．d中通入的气体是CH4 B．a和b中原子个数之比为16:11
C．a和c容器体积之比为1:2 D．c和d中气体密度之比为2:1
【答案】B
【分析】设四种气体的质量为mg，则CH4、CO2、O2、SO2的物质的量分别表示为、、、，同温同压下，气体体积比=物质的量之比，物质的量越大，气体体积越大，则a、b、c、d中分别为SO2、CO2、O2、CH4，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知d中通入的气体是CH4，A正确；
B．a、b中分别为SO2、CO2，二者物质的量之比=:=11:16，则原子个数之比=(11×3):(16×3)=11:16，B错误；
C．a、c中分别为SO2、O2，同温同压下，气体体积之比=物质的量之比，则a和c容器体积之比=:=1:2，C正确；
D．c、d中分别为O2、CH4，同温同压下，两种气体的密度之比=摩尔质量之比，因此c和d中气体密度之比=32:16=2:1，D正确。
答案选B。
10．用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，不能达到实验目的的是




A．制取并验证的还原性
B．检验浓硫酸与铜反应产生的
C．除去中少量
D．检验混合气体中的和

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．常温下,Cu 与浓硫酸不发生反应,不能制得气体，A项错误；
B．加热时,浓硫酸与铜反应生成品红溶液褪色，可证明生成了，NaOH 溶液用于吸收尾气，B项正确；
C．的酸性强于，除去，中少量,可将混合气体通过饱和溶液，C项正确；
D．由于的酸性比盐酸弱，混合气体通入溶液，产生白色沉淀,证明含有，品红溶液褪色,证明含有，D项正确；
答案选A。
11．我国化学家侯德榜研究出以饱和食盐水、CO2和 NH3(合成氨厂的氨气中常混有副产物CO2)为原料制备纯碱，其生产流程如下所示，下列说法不正确的是

A．沉淀池中应先通入 NH3，再通入 CO2
B．流程中的 X 为 CO2，Y 为 NH3
C．沉淀池中发生反应：
D．操作 I 为过滤，母液中的一种副产品为 NH4Cl，可在农业上用作化肥
【答案】B
【分析】侯氏制碱原理为向饱和食盐水中通入NH3、CO2，生成NH4Cl和NaHCO3，由于溶液饱和，此时会析出溶解度小的NaHCO3，经过过滤获得NaHCO3固体，煅烧NaHCO3可获得纯碱Na2CO3和CO2（循环利用），综上所述，图中X为NH3，Y为CO2，操作Ⅰ为过滤，母液中主要成分为NH4Cl，经分解可得到NH3（循环利用）。
【详解】A．由于NH3极易溶于水，且NH3溶解后溶液显碱性，有利于CO2的溶解，故先通NH3，后通CO2，A正确；
B．由分析知，X为NH3，Y为CO2，B错误；
C．由分析知，沉淀池中发生反应生成NH4Cl和NaHCO3，对应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O= NH4Cl+NaHCO3↓，C正确；
D．由分析知，操作Ⅰ为过滤，母液中主要含NH4Cl，可用作氮肥，D正确；
故答案选B。
12．A，B，C，D四种物质之间的转化关系如图所示部分产物已略去，下列说法正确的是

A．若A为溶液，B可能为氨水，反应的离子方程式为：
B．若A为Fe，B可能为稀硝酸，反应的离子方程式为：
C．若A为NaOH溶液，B可能为，可用溶液鉴别C、D溶液
D．若A为，B可能为，实验室可用加热固体C的方法制取
【答案】B
【详解】A.氯化铝与氨水只能生成白色沉淀，氢氧化铝不能与氨水继续反应生成偏铝酸钠，故A错误；
B.Fe粉与少量硝酸反应生成的与过量的铁继续反应生成，故B正确；
C.若A为NaOH溶液，B可能为，则C为，D为，二者遇到氢氧化钙均生成白色沉淀，不能用氢氧化钙鉴别，故C错误；
D.直接加热氯化铵，氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口处又化合生成氯化铵，不能制取氨气，故D错误。
故选B。
13．科学家合成的一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期。下列说法错误的是

A．W、X、Y形成的某种化合物可使澄清石灰水变浑浊
B．氢化物的沸点：X>Y
C．含Z的两种酸反应可制得Z单质
D．作为一种高效安全绿色杀菌剂，在自来水消毒等方面应用广泛
【答案】B
【分析】由题意可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，可知W位于第一周期，则W为H，则Z为Cl。题给结构中X形成四个单键，Y能形成两个单键或一个双键，则X为C，Y为O，以此解答。
【详解】A．W、X、Y形成的碳酸、草酸均可使澄清石灰水变浑浊，A项正确；
B．碳的氢化物有多种，其沸点可以高于氧的氢化物，B项错误；
C．HClO和HCl反应生成Cl2和H2O，C项正确；
D．ClO2可作为消毒剂、漂白剂，是一种高效安全绿色杀菌剂，D项正确；
故选B。
14．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是

A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3
D．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】C
【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒分析解答。
【详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；
B．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知，反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故B正确；
C．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol∶0.9mol=5∶18，故C错误；
D．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故D正确；
答案选C。
15．向100mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法正确的是

A．产生的体积为2.24L
B．
C．所用混合溶液中
D．AB段发生的反应为置换反应
【答案】B
【分析】由坐标图可知，OA段，发生反应：Fe + 4H+ +=Fe3++ NO↑+ 2H2O；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑。OA段，n(NO)==0.1mol，则n(Fe)=0.1mol，n(H+)=0.4mol，n()=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol；AB段，n(Fe)=n(Fe3+)= 0.05mol；BC段，n(H+)=2n(H2)=2×=0.1mol。
【详解】A．由分析可知，产生H2的体积为3.36L-2.24 L=1.12L，A不正确；
B．m2＝(0.1mol+0.05mol)×56g/mol=8.4g，B正确；
C．由n()=0.1mol可知，所用混合溶液中HNO3为0.1mol，则H2SO4电离产生的H+为0.4mol，c(H2SO4)= =2 mol·L-1，C不正确；
D．AB段发生的反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应，D不正确；
故选B。

二、填空题
16．现有下列十种物质：①液态氯化氢；②小苏打；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤葡萄糖；⑥氯化镁；⑦；⑧氨水；⑨；⑩硫酸铁溶液。
(1)上述十种物质中，属于电解质的有___________；
(2)⑨的电子式为___________，④的结构式为___________，的空间构型为___________；
(3)用电子式表示⑥的形成过程___________；
(4)除去③中少量②的方法为___________(用化学方程式表示)；
(5)⑦中含有的化学键为___________。
【答案】(1)①②③⑥⑦⑨
(2)          O=C=O     V形
(3)
(4)
(5)离子键和共价键

【详解】（1）①液态氯化氢是纯净物，液态氯化氢水溶液中能导电的化合物，是电解质；
②小苏打为碳酸氢钠，在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质；
③固体纯碱为碳酸钠，在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质；
④二氧化碳本身不能电离产生自由移动的离子，是非电解质；
⑤葡萄糖在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，是非电解质；
⑥氯化镁在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑦是在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑧氨水是混合物，不是电解质也不是非电解质；
⑨在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑩硫酸铁溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质；
所以属于电解质的有①②③⑥⑦⑨；
（2）⑨为离子化合物，钡离子和氢氧根离子形成离子键，其电子式为；④二氧化碳中C和O原子共用2对电子对，结构式为O=C=O；的结构式为H-O-H，空间构型为V形；
（3）MgCl2属于离子化合物，Mg原子最外层两个电子被两个Cl原子得到形成两个氯离子，用电子式表示⑥氯化镁的形成过程为；
（4）碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠热稳定性较好，除去③碳酸钠中少量②碳酸氢钠的方法为加热，反应方程式为：；
（5）⑦中钠离子和过氧根离子内含有离子键，过氧根内氧原子与氧原子存在共价键，则该物质含有的化学键为离子键和共价键。
17．氮和氮的化合物与人类有密切关系。回答下列问题：
(1)下列属于氮的固定的是___________(填序号)。
①工业上和合成②和放电条件下生成NO③催化氧化生成NO
写出反应③的化学方程式___________。
(2)利用氨水可以将和吸收，原理如下图所示：

被吸收的离子方程式为___________。
(3)NSR(储存还原)工作原理：的储存和还原在不同时段交替进行，如下图所示。

通过BaO和的相互转化实现的储存和还原，写出NO、、BaO生成的化学方程式___________。
(4)CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应，用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：

该反应中氧化产物为___________，当生成1mol时，转移电子___________mol。
【答案】(1)     ①②    
(2)2NO2+4=N2+4+4H+
(3)2BaO+4NO+3O2=2Ba(NO3)2
(4)     CO2     4

【详解】（1）固氮是指将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素，N2和H2合成NH3，N2和O2放电条件下生成NO，符合固氮的定义，故答案为：①②；反应③催化氧化生成NO和水的化学方程式为：；
（2）NO2被吸收的反应物为NO2、NH4HSO3，二氧化氮中氮元素为+4价，生成物有氮气，所以亚硫酸氢根离子中硫被氧化成硫酸根离子，反应为2NO2+4=N2+4+4H+；
（3）由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成Ba(NO3)2的化学方程式是2BaO+4NO+3O2=2 Ba(NO3)2；
（4）过程Ⅰ氮氧键断裂，过程Ⅱ生成的化学键有碳氧键、氮氮键，CO与NO在Rh催化剂下反应生成CO2和N2，反应方程式为：，碳元素化合价升高，CO被氧化，氧化产物是CO2，氮元素从+2价降至0价，生成1mol时，有2个氮原子变价，则转移电子4mol。

三、元素或物质推断题
18．A、B、C、D、E、F为短周期元素，其中B的原子序数最小，它们的最高正价与原子半径关系如表所示，回答下列问题：
元素代号
A
B
C
D
E
F
最高正价
+1
+2
+4
+5
+6
+7
原子半径/pm
186
112
118
75
103
99

(1)B在元素周期表中的位置为___________；
(2)C与D可形成一种硬度很大的新型结构材料，其化学式为___________。
(3)同主族元素对应的单质或化合物在结构性质上体现相似性和递变性，的电子式为___________；向溶液中滴加稀盐酸，发生反应的化学方程式为___________。
(4)元素周期表中某一元素的性质与它左上方或右下方的另一元素的性质相似，称为对角线规则，则A的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。
(5)D与F能形成一种三角锥形分子，该物质常温下是一种有刺激性气味的液体，将此液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50-60℃热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，结合反应方程式解释该现象___________。
【答案】(1)第二周期第ⅡA族
(2)Si3N4
(3)          Na2S2+2HCl=2NaCl+S+H2S↑
(4)2OH－+Be(OH)2=BeO+2H2O
(5)NCl3+3H2O3HClO+NH3；NCl3本身无漂白性；NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色

【分析】A、B、C、D、E、F为短周期元素，A、B、C、D、E、F的最高价分别是+1、+2、+4、+5、+6、+7价，分别位于第ⅠA族、第ⅡA族、第ⅣA族、第ⅤA族、第ⅥA族、第ⅦA族，A的原子半径最大，所以A是Na，其中B的原子序数最小，B是Be，C是Si，D是N，E是S，F是Cl，据此解答。
【详解】（1）B是Be，在元素周期表中的位置为第二周期第ⅡA族；
（2）Si与N可形成一种硬度很大的新型结构材料，其中Si的化合价是+4价，N是－3价，则其化学式为Si3N4。
（3）的电子式类似于过氧化钠，为；向溶液中滴加稀盐酸，依据过氧化钠和盐酸的反应可判断发生反应的化学方程式为Na2S2+2HCl=2NaCl+S+H2S↑。
（4）元素周期表中某一元素的性质与它左上方或右下方的另一元素的性质相似，称为对角线规则，因此Be与Al的性质相似，则A的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠与B的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铍反应的离子方程式为2OH－+Be(OH)2=BeO+2H2O。
（5）NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气，化学方程式为NCl3+3H2O3HClO+NH3；氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色。

四、实验题
19．I、甲同学用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为)配制220mL的稀盐酸。
(1)经计算需要用量筒量取___________mL浓盐酸。
(2)在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有___________(填序号)。
①用量筒量取36.5%的盐酸时仰视
②未等冷却至室温就转移到容量瓶中定容
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
II、已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某实验小组的同学利用如下装置，制备三氯化铁。

回答下列问题：
(3)装置接口的连接顺序为___________；实验开始时先点燃___________(填“A”或“B”)处的酒精灯。
(4)装置A为氯气发生装置，反应的离子方程式为___________。
(5)B中收集器里盛放冷水的作用是___________。D中碱石灰的作用是___________。
【答案】(1)21.6
(2)④
(3)     a→g→h→d→e→b→c→f     A
(4)
(5)     冷凝氯化铁     处理尾气、防止空气中水蒸气进入到B装置中

【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯气，用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢气体，用浓硫酸干燥氯气，氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁，用碱石灰除掉尾气并防止空气中水蒸气进入到装置中。
【详解】（1）甲同学用质量分数为36.5％的浓盐酸(密度为)配制220mL1 mol∙L−1的稀盐酸。
质量分数为36.5％的浓盐酸(密度为)，其物质的量浓度为，根据题意和溶液中盐酸物质的量不变来分析，11.6mol∙L−1×V＝1mol∙L−1×0.25L，解得V＝0.0216L＝21.6mL，则需要21.6mL浓盐酸；故答案为：21.6；
（2）①用量筒量取36.5％的盐酸时仰视，则量筒中浓盐酸体积偏大，所配浓度偏高，故①不符合题意；②未等冷却至室温就转移到容量瓶中定容，冷却后体积偏小，物质的量浓度偏高，故②不符合题意；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对结果无影响，故③不符合题意；④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，吸出了部分溶质，物质的量浓度偏低，故④符合题意；故答案为：④；
（3）制备氯气，先除掉氯气中的氯化氢杂质，再干燥氯气，再是氯气和铁发生装置，再是尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f；为避免空气中氧气与铁粉反应，因此实验开始时先点燃A处的酒精灯，产生的氯气排出装置内空气后再点燃B处酒精灯；故答案为：a→g→h→d→e→b→c→f；A；
（4）装置A为氯气发生装置，反应的离子方程式为：；
（5）三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，B中收集器里盛放冷水的作用是冷凝氯化铁。氯气有毒，会污染环境，三氯化铁易溶于水并且有强烈的吸水性，因此D中碱石灰的作用是处理尾气、防止空气中水蒸气进入到B装置中；故答案为：冷凝氯化铁；处理尾气、防止空气中水蒸气进入到B装置中。