2024届福建省建瓯市芝华中学化学高一第一学期期中监测试题含解析

2024届福建省建瓯市芝华中学化学高一第一学期期中监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列溶液中氯离子浓度最大的是A．15mL1mol•L﹣1的AlCl3 B．50mL5mol•L﹣1的KClO3C．20mL2mol•L﹣1的NH4Cl D．10mL2mol•L﹣1的CaCl22、下列说法正确的个数有①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动④做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶体带正电⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体⑥1molFeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个⑦淀粉溶液和蛋白质溶液是溶液，不可能是胶体A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3、对下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是A．先加入氯化钡溶液时不产生沉淀，继续加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有Cl—B．先加稀盐酸酸化时没有现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO42-C．加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，可判定含有Mg2+D．加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，判定一定含有CO32-4、下列变化需要加入氧化剂才能实现的A．CO32-→CO2B．Cl-→Cl2C．Cr2O72-→Cr3+D．NO→NH35、在0.1molNa2SO4中所含Na＋数目约为()A．6.02×1022个 B．1.204×1023个 C．0.1个 D．0.2个6、以下物质之间的转化不能一步实现的是()A．酸→碱B．有机物→无机物C．金属单质→非金属单质D．盐→氧化物7、在温度、压强、容积均相同的两个密闭容器中，分别充有甲、乙两种气体，若甲气体的质量大于乙的质量，则下列说法正确的是()A．甲的物质的量等于乙的物质的量B．甲的物质的量比乙的物质的量多C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积大D．乙的密度比甲的密度大8、某学生用Na2CO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如表数据(盐酸逐滴滴加，物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发)下列有关的说法中，正确的是实验序号①②③④盐酸体积/mL50505050固体质量/g3.066.129.1812.24生成气体体积/L(标况)0.6721.3441.5681.344A．盐酸的物质的量浓度为2mol·L﹣1B．原混合物样品中n(Na2CO3)：n(KHCO3)=1：1C．实验②中，混合物过量D．实验④反应后，至少需继续加入40mL的该盐酸才能把12.24g的混合物全部反应9、下列有关实验操作或判断正确的是A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B．需要95mL0.1mol·L－1NaCl溶液，可选用100mL容量瓶来配制C．用100mL的量筒量取5.2mL的盐酸D．用托盘天平称取25.20gNaCl10、体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是A．0.25L B．0.5L C．0.75L D．1L11、下列说法不正确的是()①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质②氨气溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质③固态氯化钠不导电，熔融态的氯化钠可以导电④气态氯化氢不导电，液态氯化氢也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A．①④ B．①④⑤ C．①②⑤ D．①②③④⑤12、下列配制溶液浓度偏高的是A．配制H2SO4溶液用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线B．配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线C．配制100mL1.0mol/LNaOH溶液，称取药品时砝码错放在左盘D．NaOH溶解后直接注入容量瓶13、下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中，错误的是A．FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2B．CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥C．MnO2(KCl)：加水溶解后过滤、洗涤、烘干D．CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥14、下列化合物的电子式书写正确的是A． B．C． D．15、在反应3Cl2＋2FeBr2===2FeCl3＋2Br2中，被还原的元素是A．FeB．Fe和BrC．ClD．C1和Br16、下列化学方程式中，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示的是（）A．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B．Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2OC．KOH+HCl=KCl+H2O D．Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，__________不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，__________不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_____________,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入__________，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。18、某溶液中含有X－、Y2－、Z2－三种常见的无机离子。如下图所示，发生了一系列化学反应。第④步反应生成的白色沉淀中含Y2－.（1）判断X－、Y2－、Z2－分别为________、________、________（写离子符号）。（2）写出④、⑤步反应的离子方程式。④______________________________________________________；⑤______________________________________________________。19、用密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480mL0.1mol/L稀硫酸。(1)所需浓硫酸的体积是__________。(2)配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________、_________。(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:①量取②计算③稀释④摇匀⑤移液⑥洗涤⑦定容⑧冷却⑨初步振荡⑩装瓶贴签其正确的操作顺序为______(填序号)。(4)第⑦步实验的操作是__________________。(5)下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用字母填写a．“偏大”b．“偏小”c．“无影响”）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_______；B．容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_________；C．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线_________；D．量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸_______________。20、固体粉末可能含有：NH4Cl、K2CO3、Ba(NO3)2、CuCl2、Na2SO4、Na2CO3中的一种或几种，实验如下：①将固体粉末溶于水，得无色溶液和白色沉淀②将①得到的溶液加入AgNO3溶液产生白色沉淀③将①得到的溶液加入浓NaOH溶液并加热，产生刺激性的气体遇湿润的红色石蕊试纸变蓝④将①滤出的白色沉淀加入稀盐酸，沉淀部分溶解，并产生气体则（1）关于Na2CO3、K2CO3的存在说法正确的是（_____）。A．两者一定存在B．两者可能都不存在C．两者可能同时存在D．若无K2CO3，必然存在Na2CO3；若有K2CO3，不能确定Na2CO3的存在（2）检验是否存在K2CO3的具体操作是_____________________21、请根据表中的信息回答下列问题元素ABCDE有关信息其原子核内只有1个质子其单质在空气中体积含量最多其原子M层有3个电子食盐中的金属元素单质在常温、常压下是黄绿色的气体(1)D离子的结构示意图：________，B原子的电子式：________，E离子的电子式：________。(2)和B元素的氢化物所含电子数相同的分子有多种，写出任意2种：________，________。(3)A元素与E元素组成的化合物的电离方程式：_______________________。

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】

A.15mL1mol•L﹣1的AlCl3氯离子浓度；B.50mL5mol•L﹣1的KClO3中不含氯离子；C.20mL2mol•L﹣1的NH4Cl氯离子浓度；D.10mL2mol•L﹣1的CaCl2氯离子浓度；综上所述D中氯离子浓度最大，故答案选：D。2、A【解题分析】

①豆浆、河水和烟尘均为胶体,盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是发生了胶体的聚沉,用高压直流电除烟尘是胶体的电泳，均和胶体的性质有关，故①正确；

②溶液中的溶质粒子不一定带电,故对溶液通电时，溶质粒子不一定向两极移动,故②错误；

③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子带电，且带同种电荷，故胶粒之间相互排斥，导致胶体比较稳定，故③错误；

④胶体不带电，带电的是胶粒,故做氢氧化铁胶体电泳实验时,阴极周围红褐色加深,说明氢氧化铁胶粒带电，故④错误；

⑤向FeCl3溶液中滴加稀的NaOH溶液,可制得Fe(OH)3沉淀，氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁溶液滴入沸水中，故⑤错误；

⑥一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故⑥错误；

⑦淀粉溶液和蛋白质溶液分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，故⑦错误；所以只有①正确；综上所述，本题应选A。【题目点拨】分散质粒子直径在1nm～100nm之间分散系为胶体，胶体具有的性质，（1）丁达尔现象：当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”；（2）布朗运动：胶体中胶粒不停地作无规则运动。其胶粒的运动方向和运动速率随时会发生改变，从而使胶体微粒聚集变难，这是胶体稳定的一个原因。布朗运动属于微粒的热运动的现象。这种现象并非胶体独有的现象；（3）电泳现象：胶粒在外加电场作用下，能在分散剂里向阳极或阴极作定向移动，这种现象叫电泳。电泳现象表明胶粒带电；（4）凝聚：胶体中胶粒在适当的条件下相互结合成直径大于的颗粒而沉淀或沉积下来的过程。如在胶本中加入适当的物质（电解质），胶体中胶粒相互聚集成沉淀。3、B【解题分析】

A.氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀；B.能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于硝酸；

C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等；

D、碳酸根离子、碳酸氢根离子均可以和氢离子反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体二氧化碳。【题目详解】A.氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀，所以无法确定氯离子在原来的溶液中是否存在，故A错误；

B.溶液中先加稀盐酸酸化，无沉淀生成，排除银离子，加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子，故B正确；C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等，可判定含有Mg2+、Zn2+等离子，故C错误；

D、加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定含有CO32-或是HCO3-，故D错误。

故选B。【题目点拨】本题考查了常见阴阳离子的检验，注意D选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，但是无色无味的气体排除是二氧化硫的可能。4、B【解题分析】

需要加入氧化剂才能实现，说明本身应该是还原剂；还原剂化合价升高，失电子，被氧化。【题目详解】A.元素化合价不变，无需通过氧化还原反应实现，故A错误；B.氯元素化合价从-1价升高到0价，需要加入氧化剂实现，故B正确；C.铬元素的化合价从+6价降到+3价，加入还原剂可实现，故C错误；D.氮元素的化合价从+2价降到-3价，故D错误；正确答案：B。【题目点拨】注意氧化还原反应中，氧化剂：降得还；还原剂：升失氧。5、B【解题分析】

1个Na2SO4Na＋数目为2，则0.1molNa2SO4中含有0.1mol×2=0.2molNa＋，数目约为nNA=0.2×6.02×1023=1.202×1023，故选B。6、A【解题分析】

A.由于酸和碱易发生中和反应，则酸不能直接转化为碱，A符合；B.有机物可以直接转化为无机物，例如甲烷燃烧等，B不符合；C.金属单质可以直接转化为非金属单质，例如铁和盐酸反应生成氢气，C不符合；D.盐可以直接转化为氧化物，例如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，D不符合。答案选A。7、A【解题分析】

在温度、压强、容积均相同的两个密闭容器中，甲、乙两种气体的物质的量相等；根据ρ=m/V知，甲气体的质量大于乙的质量，所以两容器内气体的密度：甲大于乙，根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；【题目详解】A、同温同压下,体积相同的气体，物质的量相等，因此甲的物质的量等于乙的物质的量，故A正确；B、同温同压下,体积相同的气体，物质的量相等，因此甲的物质的量等于乙的物质的量，故B错误；C、同温同压下,气体的摩尔体积相同,故C错误；

D、同温同压下,气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，因为在体积相同的容器内，甲的质量大于乙，所以气体密度：甲大于乙，因此甲的密度大于乙的密度，故D错误；综上所述，本题选A。【题目点拨】根据气态方程：pV==nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律，此题的解析应用了该定律。8、C【解题分析】试题分析：A、若实验②中混合物全部反应，则产生的气体体积应该是6.12g3.06g×0.672L=1.344L，所以反应中混合物没有过量，A错误；B、实验①中混合物全部反应，设Na2CO3和KHCO3的物质的量分别是xmol、ymol，则x＋y＝0.672÷22.4、106x＋100y＝3.06，解得x＝0.01，y＝0.02，则原混合物样品中n(Na2CO3)∶n(KHCO【考点定位】本题主要是考查碳酸盐与盐酸反应的有关计算【名师点晴】明确反应的先后顺序及正确判断过量是解答的关键，在分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序时需要注意：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。9、B【解题分析】

A、配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线使所配溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，错误；B、根据实验室容量瓶的规格判断，需要95mL0.1mol·L－1NaCl溶液，可选用100mL容量瓶来配制，正确；C、100mL的量筒量取5.2mL的盐酸，量程太大导致误差大，应选择10mL的量筒，错误；D、托盘天平称量固体的质量只能精确到0.1g，错误；答案选B。10、C【解题分析】

由于在相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，所以容器中气体的相对分子质量是1.082×32＝34.6，这说明氯化氢不纯，混有空气，设HCl物质的量分数为x，则34.6=36.5x+29(1-x)，得x=0.75，则氯化氢和空气的体积之比约是3︰1，所以进入容器中液体的体积是3/4L，即0.75L；答案选C。11、C【解题分析】

①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；③离子化合物熔融态电离出离子，能导电；④熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关。【题目详解】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故①错误；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，所以氨水是电解质溶液，故②错误；③离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故③正确；④熔融态氯化氢不能电离出离子，不能导电，故④正确；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。12、D【解题分析】

A．配制H2SO4溶液，用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，导致浓硫酸体积偏小，硫酸物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；

B．配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；

C．配制100mL1.0mol•L-1NaOH溶液，应称取溶质的质量为：0.1L×1mol/L×40g/mol=4.0g，称取药品时砝码错放左盘，没有用游码，所以称得的溶质的质量不变，溶质的物质的量浓度不变，故C不选；

D．NaOH溶解放热，直接注入容量瓶并立即定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；

故选：D。13、D【解题分析】

A．FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，可用于除杂，故A正确；B．二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，而CO不能，可用于除杂，故B正确；C．二氧化锰不溶于水，氯化钾易溶于水，可用溶解、过滤的方法分离，故C正确；D．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，应用饱和亚碳酸氢钠溶液除杂，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查了物质的分离、提纯。解答此类试题需要把握相关物质的异同，并注意在提纯时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质。本题的易错点为D，要注意二氧化碳与碳酸钠能够反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。14、C【解题分析】分析：判断物质的电子式是否正确时，要先判断物质所属类别，特别是要分清离子化合物和共价化合物。A.氯化钾是离子化合物，故其电子式不正确，A不正确；B.次氯酸是含氧酸，其中的氢原子是连接在氧原子上的，故其电子式为，B不正确；C.过氧化钠是含有共价键的离子化合物，其中过氧根离子含有共价键，其电子式为，C正确；D.氯化氢是共价化合物，其电子式为，D不正确。本题选C。15、C【解题分析】

反应3Cl2＋2FeBr2=2FeCl3＋2Br2中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，Fe元素+2价升高为+3价，Br元素由-1价升高为0，元素的化合价降低，得到电子被还原，所以该反应中Cl元素被还原。故选C。【题目点拨】氧化还原反应的判断依据是有元素化合价的升降，元素化合价升高，失电子被氧化，元素化合价降低，得电子被还原。16、D【解题分析】

A.硫酸为强酸，氢氧化钠为强碱，硫酸钠为可溶性盐，则二者反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故A不选；B.氢氧化钡为强碱，盐酸为强酸，氯化钡为可溶性盐，则二者反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故B不选；C.氢氧化钾与盐酸反应生成氯化钾和水，氯化钾为可溶性盐，则二者反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故C不选；D.氢氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜和水，氢氧化铜难溶，不能用OH-表示，离子方程式应为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故D选；故选D。【题目点拨】稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应能用离子方程式H++OH-=H2O表示，若有沉淀、气体、弱电解质等物质生成，则不能用该离子方程式表示。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO32-Cl-、SO42-、CO32-SO42-、CO32-稀HCl【解题分析】

（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应．【题目详解】（1）当溶液中存在大量H＋时，因H＋与CO32－反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32－；（2）当溶液中存在大量Ag＋时，能分别与Cl－、SO42－、CO32－反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl－、SO42－、CO32－；（3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42－、CO32－，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32－，存在SO42－，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H＋=Ba2＋+CO2↑+H2O。故答案为SO42－、CO32－；稀盐酸．18、Cl－SO42－CO32－BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2OCO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O【解题分析】

根据实验中沉淀的颜色和是否溶于酸分析沉淀的成分，进而分析溶液中存在的离子。【题目详解】(1)溶液中加入硝酸钡后产生白色沉淀，白色沉淀中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡沉淀和碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，二氧化碳能与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，说明溶液中含有硫酸根离子和碳酸根离子，滤液中加入硝酸银溶液产生白色不溶于硝酸的沉淀，说溶液中有氯离子，故答案为Cl－，SO42－，CO32－；(2)反应④为碳酸钡与盐酸的反应，离子方式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O；反应⑤为二氧化碳与澄清石灰水的反应，离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。【题目点拨】1.氯离子：加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。2.硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡，产生白色沉淀。3.碳酸根离子：加入氯化钙或氯化钡，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀溶解产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。19、2.7mL500mL容量瓶胶头滴管②①③⑧⑤⑥⑨⑦④⑩定容，沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切bcba【解题分析】

（1）用密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480mL0.1mol/L稀硫酸，浓硫酸的浓度是c=1000ρϖM=1000×1.84×98%98mol/L＝18.4mol/（2）配制的一般步骤是计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，因此配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。（3）根据（2）中分析可知其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④⑩。（4）第⑦步是定容，其实验的操作是沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切。（5）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中会导致浓硫酸吸水，浓度减小，量取的浓硫酸中溶质减少，浓度偏小，答案选b；B．容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水不会影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变，答案选c；C．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水