湖北武汉市华中师大一附中2026届化学高一第一学期期末联考试题含解析

湖北武汉市华中师大一附中2026届化学高一第一学期期末联考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列叙述正确的是（）A．氧原子的摩尔质量为16 B．1molO2的质量为32gC．1molO的的质量为16g/mol D．标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L2、随着碱金属原子序数的增大，其单质物理性质变化规律正确的是()A．熔点依次升高 B．熔点依次降低 C．密度依次减小 D．密度依次增大3、由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是()实验现象结论A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液，在酒精灯火焰上灼烧火焰呈黄色此盐溶液中含有Na+，不含K+B．漂白粉在空气中久置变成块状固体漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加入足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣D．向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度A．A B．B C．C D．D4、对下列事实的解释错误的是（）A．氨溶于水的喷泉实验，说明氨气极易溶于水B．常温下，浓硝酸可用铝罐来贮存，说明浓硝酸具有强氧化性C．向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有吸水性D．氯气可使湿润的红色布条褪色，说明次氯酸具有漂白性5、硫单质在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中的变化是A．被氧化 B．被还原 C．既被氧化又被还原 D．既未被氧化又未被还原6、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．溶液：、、、B．溶液：、、、C．溶液：、、、D．溶液：、、、7、下列关于实验装置或操作的说法中，正确的是A．实验①中若左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色，则能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2B．实验②可用于吸收HCl，并防止倒吸C．实验③试管中会生成血红色溶液D．用图④操作制备少量氧气，可做到随关随停8、在配置一定物质的量浓度的硫酸溶液时，下列操作会使溶液浓度偏大的操作是（）A．使用前容量瓶中留有少量蒸馏水 B．稀释浓硫酸后的烧杯未洗涤C．转移稀释后的溶液时，有少量硫酸溶液溅出 D．定容时，眼睛俯视容量瓶刻度线9、下列各性质中符合图示关系的是①化合价②ROH的碱性③密度④最外层电子数⑤核外电子层数⑥单质失e－能力A．②④⑤⑥ B．②⑤⑥ C．②③⑤⑥ D．①②③⑤10、将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断不正确的是()A．参与反应的氯气为0.15molB．溶液中氯离子的物质的量取值范围是0.10＜n(Cl－)＜0.25C．n(Na+)∶n(Cl－)可能为15∶8D．n(NaCl)：n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为8∶3∶111、下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是A．等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B．将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀C．相同条件下Na2CO3比NaHCO3更易溶于水D．Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去12、下列反应中，能说明SiO2是酸性氧化物的是①SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O②SiO2＋CaOCaSiO3③SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O④SiO2＋2CSi＋2CO↑A．①② B．②③ C．③④ D．①④13、在水泥厂、冶金厂常用高压电作用于气溶胶，以除去大量烟尘，减少烟尘对空气的污染。这种除尘法的原理是（）A．渗析 B．电泳 C．聚沉 D．丁达尔效应14、设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(

)A．1L1mol·L-1的NaOH溶液中含有NA个氧原子B．常温常压下,16g氧气和臭氧(O3)的混合气体中含有NA个氧原子C．84gNaHCO3在水溶液电离出的离子总数为3NA个D．标准状况下,11.2L氦气所含的原子数为NA个15、下列实验操作中正确的是A．分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体从下口放出B．过滤操作时，应将玻璃棒斜靠在三层滤纸上C．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热D．萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从碘水中萃取碘16、某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是A．石蕊 B．AgNO3 C．NaOH D．AlCl3二、非选择题（本题包括5小题）17、下列物质均含有某种常见元素，A、G为非金属单质，A常温下为褐色固体，G为空气的主要成分之一；D常温下为无色液体，C、E常温下均为无色气体，E是形成酸雨的元凶，相对分子质量是G的2倍；常温下F为淡黄色固体。它们的转化关系如图所示（部分产物已略去）。(1)写出B物质的化学式_________________。(2)气体E能够使品红溶液褪色，说明它具有____________性。(3)写出反应①的化学方程式_______________________________________。(4)写出反应②的化学方程式_______________________________________。(5)简述B溶液中阴离子检验方法________________________________________。18、现有常见金属A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间的转化关系如图所示，请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B_______F______（2）写出下列反应离子方程式：反应⑤________________反应⑥_______________（3）实验室制取气体乙时，先将气体生成物通过_______以除去_______（4）在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，浓盐酸体现了_____性和__________性，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。19、无水AlCl3(183℃升华)遇潮湿空气即变质，同时产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。(1)反应前，装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是_____。(2)反应时，装置A中发生反应的化学方程式是_____。(3)装置B中盛放的是饱和NaCl溶液，作用是_____。(4)装置F中试剂的作用是_____。(5)装置G用于吸收多余Cl2，反应的离子方程式是_____。20、实验室需要95mLl.0mol/L稀硫酸，现用98%的浓硫酸(其密度为1.84g.mL-l)来配制。(1)实验需要的玻璃仪器有50mL烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____、____。(2)玻璃棒的作用为____，胶头滴管的作用为________，(3)配制过程中，下列情况会使配制结果偏低的是(填序号)____。A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次。B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外。C．容量瓶使用时未干燥。D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切。E.未冷却至室温就定容。F.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线。21、(1)石英耐高温，可制成石英坩埚，下列试剂可用石英坩埚加热的是________；A．NaOHB．CaCO3C．Na2CO3D．KHSO4(2)奥运金牌“金镶玉”环形碧玉由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用氧化物的形式可表示为________________________；(3)有以下13种物质，请回答下列问题(填序号)：①石墨②氧化钠③酒精④氨水⑤二氧化碳⑥碳酸氢钠⑦氢氧化钡溶液⑧冰醋酸⑨氯化氢⑩硫酸铝⑪稀硫酸⑫氯化银⑬硫酸氢钠其中能导电的是_________；属于电解质的是_________；属于非电解质的是_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.氧原子的摩尔质量为16g/mol，故A错误；B.1molO2的质量为32g，故B正确；C.1molO的的质量为16g，故C错误；D.标准状况下，1mol任何气体物质体积约为22.4L，故D错误。故选B。2、B【解析】

随着碱金属原子序数的增大，其电子层数依次增多，其单质熔点和沸点依次降低，除K元素外，密度依次增大，故答案选B。3、D【解析】

A.焰色反应的K+的验证需要透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；B.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，变质是次氯酸钙与空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解，CaCl2与空气中的CO2不反应，故B错误；C.①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，②再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，即排除了CO32-的干扰，加入盐酸后提供H+，与NO3-形成了硝酸，具有强氧化性，可将SO32-氧化成SO42-，所以该溶液中可能含有SO32-、SO42-，故C错误；D.向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，出现分层，CCl4的密度比水大在下层，水在上层。I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，I2被萃取到CCl4中，则上层接近无色，下层显紫红色，故D正确。答案选D。【点睛】本题解答时注意C选项当H+遇到NO3-时，起到的作用和硝酸相同，也具有强氧化性，可以将还原性的物质氧化。4、C【解析】

A.在氨气溶于水的喷泉实验中，正是因为氨气极易溶于水，使得烧瓶内外产生较大的压力差，从而产生“喷泉”，故A正确；B.常温下，铝被浓硝酸氧化，在铝的表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护了内部的铝不再受到氧化，这种现象称为钝化，则常温下，浓硝酸可用铝罐来贮存，故B正确；C.蔗糖分子中的氢原子和氧原子被浓硫酸按2:1个数比脱出，蔗糖脱水碳化，说明浓H2SO4具有脱水性，故C错误；D.氯气与水反应能生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白作用，可使有色布条褪色，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】叙述时要注意，氯气无漂白性，是氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。5、C【解析】

该反应中，单质硫中的硫元素化合价为0价，一部分升高到+4价，一部分降低到-2价，故在反应中，硫单质既被氧化又被还原，C项正确；答案选C。【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中关键点是找出硫元素的化合价变化趋势。6、A【解析】

A．溶液：、、、与OH-均不发生反应，故可以大量共存，A符合题意；B．溶液：H+、与Fe2+会发生氧化还原反应，B不合题意C．溶液：++=BaCO3↓+H2O，故不能大量共存，C不合题意；D．溶液：与生产Ag2SO4是微溶的，H+与、发生氧化还原反应，H+与还能发生复分解反应，故不能大量共存，D不合题意；故答案为：A。7、C【解析】

A．生成的溴中混有氯气，不能验证溴与碘的氧化性强弱，故A错误；B．氯化氢极易溶于水，直接通入水中，容易发生倒吸，应该用四氯化碳，不能用苯，故B错误；C．铁离子与KSCN发生络合反应，溶液为血红色，故C正确；D．过氧化钠溶于水，不是块状固体，该装置不能做到随关随停，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及气体的制备、性质的检验以及物质的分离等问题，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，把握物质的性质为解答该题的关键。8、D【解析】

A．配制一定物质的量浓度的溶液时，洗净的容量瓶中残留少量蒸馏水，不影响所配溶液的浓度，因为在配制过程中还要向容量瓶中注入一定量的蒸馏水，选项A不符合；B．稀释浓硫酸后的烧杯未洗涤，导致硫酸的量减少，所配溶液浓度偏小，选项B不符合；C．转移稀释后的溶液时，有少量硫酸溶液溅出，导致溶质偏少，所配溶液浓度偏小，选项C不符合；D．定容时，眼睛俯视容量瓶刻度线，则所加蒸馏水的量偏少，所配溶液的浓度偏大，选项D符合；答案选D。9、B【解析】

从表中可以看出，随着碱金属核电荷数的依次增大，碱金属的某性质依次增强。①碱金属元素单质的化合价都为0价，①不合题意；②随着碱金属核电荷数的依次增大，ROH的碱性依次增强，②符合题意；③总的来说，随着碱金属核电荷数的依次增大，碱金属单质的密度依次增大，但钾的密度比钠小，出现反常，③不合题意；④碱金属原子的最外层电子数都为1，不随碱金属核电荷数的增大而增大，④不合题意；⑤随着碱金属核电荷数的依次增大，核外电子层数依次增多，⑤符合题意；⑥随着碱金属核电荷数的依次增大，单质失e－能力增强，⑥符合题意。综合以上分析，②⑤⑥符合题意。故选B。10、B【解析】

A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A正确；B．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，根据A的分析，n(Cl2)=0.15mol，当氧化产物只有NaClO3，n(Cl－)最大，为0.25，当氧化产物只有NaClO，n(Cl－)最小，为0.15，0.15＜n(Cl－)＜0.25，故B错误；C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，当氧化产物只有NaClO3，n(Cl－)最大，为0.25，n(Na+)：n(Cl－)最小为6：5，当氧化产物只有NaClO，n(Cl－)最小，为0.15，n(Na+)：n(Cl－)最大为2：1，n(Na+)：n(Cl－)在6：5和2：1之间，可能为15∶8，故C正确；D．令n(NaCl)=8mol，n(NaClO)=3mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为8mol×1=8mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为3mol×1+1mol×5=8mol，得失电子相等，则有可能，故D正确；答案选B。11、B【解析】

A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3＜Na2CO3，故C正确；D．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；故选B。12、B【解析】

①氢氟酸和二氧化硅反应是二氧化硅的特殊性质，不能说明是酸性氧化物，故①不符合；②二氧化硅和氧化钙生成亚硫酸钙，是酸性氧化物的通性，故②符合；③二氧化硅和碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的概念，故③符合；④二氧化硅和碳反应表现二氧化硅的氧化性，不能说明是酸性氧化物，故④不符合；故选：B。13、B【解析】

胶粒在电场的作用下，做定向运动，这种现象称为电泳。【详解】胶粒在电场的作用下，做定向运动，这种现象称为电泳，可用来静电除尘，答案选B。14、B【解析】

A、氢氧化钠溶液中除了氢氧化钠，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于0.1NA个，选项A错误；B、氧气和臭氧是同素异形体，质量相同的氧气和臭氧含有的原子个数相等，所以把混合气体当做氧气或臭氧都行，原子个数不变，16g氧气和臭氧（O3）的混合气体中氧原子的物质的量是1mol，所以含有NA个氧原子，选项B正确；C、84gNaHCO3为1mol，而1mol碳酸氢钠只能完全电离为钠离子和碳酸氢根，而碳酸氢根的电离程度很小，故溶于溶液中的离子的个数小于3NA个，选项C错误；D、氦气是单原子构成的，标准状况下11.2L氦气所含的原子数应该是0.5NA，选项D错误；答案选B。15、B【解析】

A．分液时避免上下层液体混合，则下层液体从分液漏斗下口放出后，再将上层液体从上口倒出，故A错误；B．三层滤纸一侧较厚，不易捣破，则将玻璃棒斜靠在三层滤纸上，故B正确；C．蒸发时不能蒸干，利用余热加热，则出现大量固体时停止加热，故C错误；D．酒精与水互溶，不能作萃取剂，不能选酒精作萃取剂，可选四氯化碳，故D错误；答案选B。16、D【解析】

自来水是由氯气消毒的，氯气溶于水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO,所以自来水中含有HCl、HClO和Cl2。【详解】A．石蕊遇HCl变红，遇HClO褪色，不符；B．AgNO3遇HCl生成白色沉淀，不符；C．NaOH与HCl反应生成NaCl，不符；D．AlCl3不会产生明显药品变质，符合；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、H1SO4漂白性C+1H1SO4(浓)CO1↑+1SO1↑+1H1O1Na1O1+1CO1=1Na1CO2+O1取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41-。【解析】

F常温下为淡黄色固体，且能与无色气体F反应生成G，而为空气的主要成分之一，可知F为Na1O1、C为CO1、G为O1．无色气体E是形成酸雨的元凶，其相对分子质量是G（氧气）的1倍，可知E为SO1，故H为SO2．A为非金属单质且常温下为褐色固体，D常温下是无色液体，结合转化关系可知A为碳、D为H1O、B为H1SO4。【详解】F常温下为淡黄色固体，且能与无色气体F反应生成G，而为空气的主要成分之一，可知F为Na1O1、C为CO1、G为O1．无色气体E是形成酸雨的元凶，其相对分子质量是G（氧气）的1倍，可知E为SO1，故H为SO2．A为非金属单质且常温下为褐色固体，D常温下是无色液体，结合转化关系可知A为碳、D为H1O、B为H1SO4。（1）由上述分析可知，B物质的化学式为：H1SO4，故答案为：H1SO4；（1）E为SO1，能够使品红溶液褪色，说明它具有漂白性，故答案为：漂白；（2）反应①的化学方程式为：C+1H1SO4（浓）CO1↑+1SO1↑+1H1O，故答案为：C+1H1SO4（浓）CO1↑+1SO1↑+1H1O；（4）反应②的化学方程式为：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1，故答案为：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1；（5）B溶液中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根的方法为：取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41﹣，故答案为：取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41﹣。【点睛】本题考查无机物的推断，物质的颜色、状态与类属、环境危害与空气组成、反应中特殊转化等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意掌握常见离子的检验方法。18、AlFeCl22Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-Fe3++3OH-==Fe(OH)3↓饱和食盐水HCl气体还原性酸性1：2【解析】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可以知道，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al。黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F物质G，可以知道金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。【详解】(1)由以上分析可以知道，B为Al，F为FeCl2，

因此，本题正确答案是：Al；FeCl2；

（2）反应⑤为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-；反应(6)是氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：Fe3++3OH-==Fe(OH)3↓；因此，本题正确答案是：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-；Fe3++3OH-==Fe(OH)3↓；（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制Cl2时，氯气中混有HCl和水蒸气，要先将气体生成物通过饱和食盐水以除去HCl气体，因此，本题正确答案是：饱和食盐水；HCl气体；（4）在反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，MnO

2为氧化剂，部分Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，

浓盐酸体现了还原性和酸性，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2，因此，本题正确答案是：还原性；酸性；1:2。【点睛】本题的突破点在于先确定具有特殊性质的物质，例如：焰色反应为黄色，说明该物质含有金属钠；红褐色沉淀即氢氧化铁；黄绿色气体为氯气；能与碱反应的金属，目前我们只掌握了金属铝；利用所了解的特殊性质的物质，进行推断，可以进一步简化题目。19、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中氯化氢防止空气中水进入装置ECl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O【解析】

二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，氯气中含有氯化氢和水，装置B为饱和食盐水除去氯化氢，装置C中浓硫酸吸收水，装置D为制取无水氯化铝，装置E收集无水氯化铝，装置F的浓硫酸的作用是防止水进入装置E，以获得洁净的无水氯化铝，装置G是用强碱氢氧化钠吸收多余的氯气，据此分析。【详解】(1)A中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)反应时，装置A中发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)装置B中盛放的是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中氯化氢，故答案为：除去氯气中氯化氢；(4)装置F中的浓硫酸的作用是防止空气中水进入装置E，故答案为：防止空气中水进入装置E；(5)装置G是用强碱NaOH吸收多余的Cl2，防止污染大气，反应的离子方程式是Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O。20、100mL容量瓶10mL量筒搅拌引流定容BDF【解析】

(1)依据c=，计算98%的浓硫酸（其密度为1.84g/mL）的物质的量浓度，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(2)依据配制一定物质的量浓度步骤选择合适的仪器，指明各仪器的用途；(3)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响依据c=进行误差分析。【详解】(1)98%的浓硫酸(其密度为1.84g/mL)的物质的量浓度===18.4mol/L，配制95mL1.0mo∙L−1稀硫酸应选择100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，则V×18.4mol/L=1.0mo∙L−1×100mL，解得V=5.4mL，配制一定物质的量浓度步骤：计算、量取、稀释，冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶；(2)稀释时用玻璃棒搅拌，移液使用玻璃棒引流，定容时，用胶头滴管定容，作用是滴加少量液体；答案为搅拌，引流，定容；(3)A．将