【化学】吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高一上学期第一次阶段考试试题（解析版）

【化学】吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高一上学期第一次阶段考试试题（解析版）

吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高一上学期第一次阶段考试试题 可能用到的相对原子质量有：H—1 He—4 C—12 N—14 O—16 S—32 p—31 Cu—64 Cl—35.5‎ 一、选择题（每小题均有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）‎ ‎1.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液；②39%的乙醇溶液；③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是：（ ）‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①油和氯化钠溶液，混合分层，则利用分液分离；‎ ‎②39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则利用蒸馏分离；‎ ‎③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则分离氯化钠和单质溴的水溶液，选择有机溶剂萃取；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列物质分类的正确组合是(　　)‎ 碱 酸 盐 酸性氧化物 A 纯碱 盐酸 烧碱 二氧化硫 B 烧碱 硫酸 食盐 一氧化碳 C 苛性钠 醋酸 石灰石 水 D 苛性钾 碳酸 苏打 三氧化硫 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物，据此回答判断。‎ ‎【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，烧碱是氢氧化钠属于碱不是盐，故A错误；‎ B、一氧化碳不是酸性氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；‎ C、苛性钠是氢氧化钠为碱，醋酸为酸，石灰石是碳酸钠钙属于盐，水不是酸性氧化物，故C错误；‎ D、苛性钾是氢氧化钾为碱，碳酸为酸，苏打是碳酸钠属于盐，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎3.胶体区别于其他分散系的最本质特征是(   )‎ A. 能产生丁达尔效应 B. 粒子带电 C. 能透过滤纸 D. 分散质粒子的直径在1~100nm之间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1~100nm之间，微粒直径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液。丁达尔效应是胶体的一种光学性质，是区别溶液和胶体的一种常用的物理方法。‎ 故答案选D。‎ ‎4.下列有关气体体积的叙述正确的是（ ）‎ A. 一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定 B. 一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定 C. 不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同 D. 气体摩尔体积指1mol任何气体所占的体积约为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，A错误；‎ B.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，B正确；‎ C.根据分子数N=n·NA=NA，若体积不同，不同状态下气体的Vm 也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，C错误；‎ D.气体摩尔体积22.4L/mol，适用于标况下气体，条件不同时，气体摩尔体积也可能不同，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎5.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是（ ）‎ ‎①05mol NH3②标准状况下22.4L He ③4℃ 9mL 水④0.2mol H3PO4‎ A. ①④③② B. ④③②①‎ C. ②③④① D. ①④③②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①0.5mol NH3中含有的原子数目为0.5mol×4NAmol-1=2NA；‎ ‎②标准状况下22.4L He的物质的量为1mol，含有的原子数目为1mol×NAmol-1=1NA；‎ ‎③4℃时， 9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，含有的原子数目为0.5mol×3NAmol-1=1.5NA；‎ ‎④0.2mol H3PO4中含有的原子数目为0.2mol×8NAmol-1=1.6NA，则所含原子数目按由大到小顺序排列的是①④③②；‎ 答案选D。‎ ‎6.相同状况下，20mL气体A2和10mL气体B2恰好化合生成20mL气体C，则C的化学式为（ ）‎ A. AB B. AB2‎ C. A2B D. A4B2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：相同状况下，20mL气体A2和10mL气体B2恰好化合生成20mL气体C，则根据阿伏加德罗定律可知三种物质的物质的量之比少2：1：2，所以反应的方程式可表示为2A2＋B2＝2C，因此根据质量守恒定律可知C的化学式为A2B或BA2，答案选C。‎ ‎7.在273K和101kPa的条件下，将1.40g氮气、0.40g氢气和1.60g氧气混合，该混合气体的体积是（ ）‎ A. 6.72L B. 2.44 L C. 3.36 L D. 无法计算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】n(N2)==0.050mol；n(H2)==0.20mol；n(O2)==0.050mol，气体的总物质的量为n=0.005mol+0.20mol+0.050mol=0.30mol，所以气体在标准状况下的总体积V=0.30mol×22.4L/mo=6.72L，故合理选项是A。‎ ‎8.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下占有的体积应表示为（ ）（式中NA为阿伏加德罗常数）‎ A. L B. L C. L D. L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据n=、n=可知：同一种气体的质量与分子数目呈正比，ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体含有的分子数目为，其物质的量是n=mol，则其在标准状况下占有的体积应表示为V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L，故合理选项是A。‎ ‎9.下列事实与胶体性质无关的是（ ）‎ A. 在豆浆里加入盐卤做豆腐 B. 河流入海处易形成沙洲 C. 一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路 D. 三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.豆浆属于胶体，具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚发生聚沉，A不符合题意；‎ B.河流中的水含有泥沙胶粒等，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇可以发生胶体凝聚，形成三角洲，B不符合题意；‎ C.蛋白质溶液属于胶体，胶体在光照射时从侧面可以看到光亮的通路，即发生胶体的丁达尔效应，C不符合题意；‎ D二者主要发生了复分解反应，与胶体性质无关，D符合题意；‎ 故选：D。‎ ‎10.用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1NA B. 标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA C. 0.1molCH4所含的电子数为1NA D. 46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al是+3价的金属，则0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA，A错误；‎ B.标准状况下SO3是固体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；‎ C.CH4分子中含有10个电子，所以0.1molCH4所含的电子数为1NA，C正确；‎ D.若46g完全是NO2，其物质的量是1mol，其中含有的分子数是NA；若46g完全是N2O4，气体的物质的量是0.5mol，其中含有的分子数目是0.5NA，所以46gNO2和N2O4的混合物中含有的分子数在0.5NA到1NA之间，小于1NA，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎11.粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及Na2SO4，除去这些杂质的试剂可选用①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，加入的先后顺序可以是（ ）‎ A. ①②③④ B. ①③②④ C. ②①③④ D. ②③①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】从电离角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，镁离子用氢氧根离子沉淀除去，硫酸根离子用钡离子沉淀除去，钙离子用碳酸根离子沉淀除去，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，以将过量的钡离子沉淀除去，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子。‎ ‎【详解】首先把粗盐溶于水形成溶液，加入过量的氢氧化钠将镁离子沉淀，加入过量的氯化钡将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都可以，再加入过量的碳酸钠将钙离子转化为沉淀，注意碳酸钠要放在氯化钡之后加入，这样碳酸钠可除去反应剩余的氯化钡，过滤去除沉淀，最后在溶液中再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①④或②③①④，故答案选D。‎ ‎12.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 1 mol氦气中有2NA个氦原子 B. 14 g氮气中含NA个氮原子 C. 2 L 0.3 mol·L－1Na2SO4溶液中含0.6 NA个Na＋‎ D. 18 g水中所含的电子数为8NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氦是单原子分子，1 mol氦气中有NA个氦原子，A错误；‎ B、14 g氮气的物质的量为0.5mol，氮分子中有2个氮原子，则氮原子的物质的量为1mol，个数为NA，B正确；‎ C、n(Na＋)=2L ×0.3 mol·L-1×2=1.2mol ，Na＋的个数为1.2NA个，C错误；‎ D、18 g水的物质的量为1mol，一个水分子有10个电子，含有的电子数为10NA，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.下列溶液中的氯离子浓度与50mL、1mol•L-1AlCl3溶液中的氯离子浓度相等的是（ ）‎ A. 150mL1 mol•L-1氯化钠 B. 75mL2 mol•L-1氯化钙 C. 150mL3mol•L-1 氯化钾 D. 75mL2mol•L-1氯化铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质溶液中离子浓度=电解质浓度×电解质离子数目，与溶液体积无关，50mL 1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3mol·L－1．‎ ‎【详解】A. 150mL1 mol•L-1氯化钠氯离子浓度为1mol·L－1，故A不符； ‎ B. 75mL2 mol•L-1氯化钙氯离子浓度为4mol·L－1，故B不符；‎ C. 150mL3mol•L-1 氯化钾氯离子浓度为3mol·L－1，故C符合； ‎ D. 75mL2mol•L-1氯化铁氯离子浓度为6mol·L－1，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎14.实验室需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，以下操作正确的是（ ）‎ A. 选用480mL容量瓶，称取12.0g硫酸铜，配成480mL溶液 B. 选用250mL容量瓶，称取12.5g胆矾，配成500mL溶液 C. 选用500mL容量瓶，称取12.5g胆矾，加入500mL水 D. 选用500mL容量瓶，称取12.5g胆矾，配成500mL溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，应选择500mL容量瓶。配制溶液的体积为500mL，需要硫酸铜物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=n·M=c·V·M计算所需硫酸铜的质量或硫酸铜晶体的质量。‎ ‎【详解】A.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL，A错误；‎ B.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，应选择500mL容量瓶，容量瓶规格选错，B错误； ‎ C.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，应选择500mL容量瓶；溶液的体积是500mL，不是溶剂的体积为500mL，C错误；‎ D.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶。需要胆矾的质量m(胆矾)=0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，加水配成500mL溶液，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 密度比为16∶11 B. 密度比为11∶16‎ C. 体积比为16∶11 D. 体积比为1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：等质量的SO2和CO2，物质的量之比为m/64：m/44=11：16，则相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：44=16：11，A正确；相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：44=16：11，B错误；同温同压下，Vm相同，体积之间等于物质的量之比，为11：16，C错误；同温同压下，Vm相同，体积之间等于物质的量之比，为11：16，D错误。‎ ‎16.在一定条件下，某化合物X受热分解：2XA↑＋2B↑＋C↑，测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为11.43，相同条件下，X的相对分子质量是（ ）‎ A. 11.43 B. 22.86 C. 45.72 D. 80.01‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在相同条件下测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为11.43，则混合气体的平均相对分子质量为：2×11.43=22.86，2X=A↑+2B↑+C↑，设反应的X为2mol，则生成的气体的物质的量是4mol，根据质量守恒：M(X)×2mol=M(混合)×4mol=22.86g/mol×4mol，解得：M(X)= 45.72g/mol ，所以X的相对分子质量为45.72，故合理选项是C。‎ ‎17.由H2、N2和O2组成的混合气体在同温同压下与C2H4的密度相同，则该混合气体中H2、N2和O2的体积之比为（ ）‎ A. 2：2：13 B. 1：1：1 C. 13：1：2 D. 1：2：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】由于C2H4与N2的相对分子质量都是28，具有相同的相对分子质量，所以H2、O2和N2混合气体的平均相对分子质量仅由O2和H2来决定，N2的量可以任意，据此分析解答。‎ ‎【详解】由于C2H4与N2具有相同的相对分子质量，所以H2、O2和N2混合气体的平均相对分子质量仅由O2和H2来决定，N2的量可以取任意值。设H2物质的量为x，O2物质的量为y，则依据题意可知：=28，解得x：y=2：13，符合条件的只有A选项，故合理选项是A。‎ ‎18.300mL0.1mol·L-1Na2SO4溶液和100mL0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42-的物质的量浓度为（设混合前后溶液的体积不变）（ ）‎ A. 0.1mol·L-1 B. 0.15mol·L-1‎ C. 0.2mol·L-1 D. 0.4mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在300mL0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的SO42-的物质的量n1=0.1mol/L×0.3L=0.03mol；在100mL0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中含有的SO42-的物质的量n2=0.1mol/L×3×0.1L=0.03mol，则两种溶液混合后混合溶液中含有的SO42-的物质的量n(SO42-)=0.03mol+0.03mol=0.06mol，由于混合前后溶液的体积不变，所以混合溶液的体积V=0.3L+0.1L=0.4L，则混合溶液中SO42-的物质的量浓度c(SO42-)=0.06mol÷0.4L=0.15mol/L，故合理选项是B。‎ 二、填空题（本题包括2小题，共22分)‎ ‎19.在标准状况下，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是___。‎ ‎【答案】33.6L ‎【解析】‎ ‎【分析】在标准状况下气体摩尔体积为Vm=22.4L/mol，根据n=计算混合气体在标准状况下的体积。‎ ‎【详解】在相同外界条件下，气体摩尔体积相同。在标准状况下，Vm=22.4L/mol，0.5molN2和1molO2的混合气体的总物质的量n=0.5mol+1mol=1.5mol，则混合气体的体积约V=n·Vm=1.5mol×22.4L/mol=33.6L。‎ ‎20.(1)在标准状况下，1.7g氨气所占的体积为_______L，它与标准状况下______L硫化氢含有相同数目的氢原子。‎ ‎(2)某气态氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为_______，R的相对原子质量为_________。‎ ‎(3)已知CO、CO2的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96L，则可推知该混合气体中含CO___g，所含CO2在标准状况下的体积为_______L。‎ ‎(4)同温同压下，SO2与Cl2的密度之比为______；若质量相同，两种气体的体积比为_________。‎ ‎【答案】(1). 2.24 (2). 3.36 (3). 64g/mol (4). 32 (5). 2.80 (6). 6.72 (7). 64：71 (8). 71：64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)标况下气体摩尔体积=22.4L/mol，根据V=n·Vm=·Vm计算氨气体积；氨气分子与硫化氢分子中H原子个数之比为3：2，要使两种气体中H原子个数相等，则其物质的量之比为2：3；‎ ‎(2)根据n=计算气体的物质的量，结合n=计算该氧化物的摩尔质量；其摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；‎ ‎(3)根据n=、n=，并利用混合气体的质量和物质的量来列式计算；‎ ‎(4)根据ρ=可知：同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比；相同质量时，体积与摩尔质量成反比。‎ ‎【详解】(1)n==0.1mol，标况下气体摩尔体积=22.4L/mol，则V(NH3)=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；‎ NH3分子与H2S分子中H原子个数之比为3：2，要使两种气体中H原子个数相等，则其物质的量之比为2：3，则H2S气体物质的量n(H2S)=n(NH3)=×0.1mol=0.15mol，其在标准状况下的体积V(H2S)=0.15mol×22.4L/mol=3.36L；‎ ‎(2)n==0.02mol，由n=可知该氧化物的摩尔质量M==64g/mol，当摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，则气态氧化物RO2的相对分子质量是64，R相对原子质量=64-16×2=32；‎ ‎(3)标准状况下混合气体体积为8.96L，则气体的物质的量n==0.4mol，设混合气体中CO、CO2的物质的量分别为x、y，则x+y=0.4，28x+44y=16.0，解得x=0.1mol，y=0.3mol，CO的质量m(CO)=nM=0.1mol×28g/mol=2.80g，CO2在标准状况下的体积V(CO2)=n·Vm=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；‎ ‎(4)同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，则SO2与Cl2的密度之比为ρ(SO2)：ρ(Cl2)=64g/mol：71g/mol=64：71；‎ 当气体质量相同时，气体的体积与其摩尔质量成反比，则质量相同，两种气体的体积比V(SO2)：V(Cl2)=71g/mol：64g/mol=71：64。‎ ‎21.标准状况下，0.5molCO2的质量是___，在标准状况下的体积是___。‎ ‎【答案】(1). 22g (2). 11.2L ‎【解析】‎ ‎【分析】根据m=n·M计算气体的质量，结合V=n·Vm计算气体在标准状况下的体积。‎ ‎【详解】由m=n·M可知0.5molCO2的质量是m(CO2)=0.5mol×44g/mol=22g；根据V=n·Vm可知在标准状况下0.5molCO2气体的体积V(CO2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。‎ 三、实验题 ‎22.欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm－3)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸480mL。‎ ‎(1)选用的主要仪器有：量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、_______。‎ ‎(2)请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。‎ A.用量筒量取浓H2SO4 B.反复颠倒摇匀 C.用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D.洗净所用仪器 E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶 其操作正确的顺序依次为_______。‎ ‎(3)简要回答下列问题：‎ ‎①所需浓硫酸的体积为_______mL。‎ ‎②如果实验室有15mL、20mL、50mL的量筒应选用_____mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取将使浓度____(“偏高”、“偏低”、“无影响”)。‎ ‎③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是_____，若搅拌过程中有液体溅出结果会使浓度偏______。‎ ‎④在转入容量瓶前烧杯中液体应______，否则会使浓度偏_______；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度_______。‎ ‎⑤定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度_____；仰视则使浓度______。‎ ‎【答案】(1). 500mL容量瓶 (2). AEFCBD (3). 13.6 (4). 15 (5). 偏低 (6). 迅速散热 (7). 偏低 (8). 冷却 (9). 偏高 (10). 偏低 (11). 偏高 (12). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择仪器；‎ ‎(2)根据配制的实验操作排出操作正确的顺序；‎ ‎(3)①根据c=，计算浓硫酸的物质的量浓度，根据稀释定律，计算需要浓硫酸的体积；‎ ‎②根据量取浓硫酸的体积，选择与量筒的规格最接近的量筒；根据量取的浓硫酸相当于被稀释了分析；‎ ‎③浓硫酸溶解过程中放出热量，容量瓶配制溶液的温度是室温，根据c=分析影响；‎ ‎④浓硫酸稀释过程中放出热量，转移前必须冷却，否则会使配制的硫酸溶液体积减小；烧杯和玻璃棒必须洗涤，否则会使配制的溶液的溶质减小；‎ ‎⑤定容时俯视，溶液的液面在刻度线以下，导致溶液体积偏小，定容时仰视，溶液的液面在刻度线以上，导致溶液体积偏大，结合c=判断。‎ ‎【详解】(1)要配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸480mL，由于没有规格是480mL的容量瓶，要使用500mL的容量瓶；所以选用的主要仪器有：量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯及500mL容量瓶；‎ ‎(2)根据配制物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，操作正确的顺序依次为：AEFCBD；‎ ‎(3)①浓H2SO4物质的量浓度c(H2SO4)=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6mL；‎ ‎②量取13.6mL浓硫酸，需要使用15mL的量筒；‎ 量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取，浓硫酸被蒸馏水稀释，导致浓硫酸的浓度偏低；‎ ‎③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是使热量迅速扩散，尽快恢复至室温；若搅拌过程中有液体溅出，则浓硫酸减少，结果导致溶液浓度偏低；‎ ‎④浓硫酸稀释放热，溶液的温度升高，转移前必须冷却稀释的溶液，否则导致配制的溶液温度较高，体积偏大，冷却后配制的溶液的体积偏低，最终导致浓度偏高；并将烧杯和玻璃棒洗涤2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使配制的溶液中，溶质物质的量减小，浓度偏低；‎ ‎⑤定容时俯视，溶液的液面在刻度线以下，导致溶液体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏高；若仰视，则会导致溶液的体积偏大，使配制的溶液浓度偏低。‎