山西省忻州市岢岚县中学2026届化学高一第一学期期中达标检测试题含解析

山西省忻州市岢岚县中学2026届化学高一第一学期期中达标检测试题注意事项：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、在汽车加油站见到的油罐车上，所贴的危险化学品标志是（）A．B．C．D．2、两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同：①原子总数②质子总数③分子总数④质量A．①② B．②③ C．①③ D．②④3、下列关于物质分类的正确组合是()选项碱酸盐酸性氧化物碱性氧化物ANa2CO3H2SO4NaHCO3CO2SiO2BNaOHHClNaClSO3Na2OCNaOHCH3COOHCaF2SO2SO3DKOHHNO3CaCO3COCaOA．A B．B C．C D．D4、下列叙述中，正确的是（）A．KNO3固体不导电,所以KNO3不是电解质B．铜丝、石墨均能导电,所以它们都是电解质C．熔融的MgCl2能导电,所以MgCl2是电解质D．NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离5、相等物质的量的CO和CO2的下列比较中正确的是（）①所含的分子数目之比为1：1②所含的O原子数目之比为1：2③所含的原子总数目之比为2：3④所含的C原子数目之比为1：1A．①②B．②③C．④D．①②③④6、已知：①6.72LNH3(标准状况下)②1.204×1023个H2S分子③5.6gCH4④0.5molHCl，下列关系正确的是()A．体积大小：④＞③＞②＞① B．原子数目：③＞①＞④＞②C．密度大小：④＞②＞③＞① D．质量大小：④＞③＞②＞①7、下列关于氯水的叙述，不正确的是()A．新制的氯水中，溶质既有分子又有离子B．新制的氯水是无色透明的液体，有酸性和漂白性C．光照氯水有气泡逸出，该气体是O2D．氯水放置数天后酸性将增强8、下列反应中，不属于离子反应的是A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl B．H2+Cl22HClC．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu D．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑9、下列实验操作能用到玻璃棒，且玻璃棒作用相同的是①过滤②蒸馏③溶解④萃取⑤蒸发⑥分液⑦向容量瓶转移液体A．①和③B．①和⑦C．②和⑤D．⑤和⑥10、下列物质中属于电解质的是A．氨水B．二氧化碳气体C．铜丝D．氢氧化钠固体11、X、Y、Z、W均为原子序数小于18的四种元素的原子，已知X核外电子总数等于电子层数，Y最外层电子数是次外层电子数的两倍，Z2是空气的主要成分之一，是最常见的助燃剂，W+与氖原子核外电子排布相同，下列说法不正确的是A．Z2-与W+具有相同的核外电子排布B．YZ2的水溶液能导电，所以化合物YZ2属于电解质C．化合物WZX的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D．元素X、Z之间可以形成X2Z和X2Z2两种化合物12、新制氯水的成分复杂，但饱和氯水久置后，成分发生变化，下列粒子①Cl2；②H2O；③Cl－；④HClO；⑤H＋，因饱和氯水久置而减少的是A．①②③B．①④C．②④D．①②④13、如图为A、B元素的原子结构示意图。下列说法错误的是（）A．B的原子结构示意图中x为12B．A和B分别属于非金属元素和金属元素C．A的原子和B的原子分别形成简单离子的过程相同D．A与B可组成化学式为BA2的化合物14、当O2、SO2、SO3的质量比为2∶4∶5时，它们的物质的量之比为（）A．2：4：5 B．1：2：3 C．1：1：1 D．2：2：315、能够用来一次性鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液的试剂是（）A．AgNO3溶液 B．稀硫酸 C．稀盐酸 D．稀硝酸16、硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是()A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大D．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_________，一定没有________，可能有______________。18、淡黄色固体A和气体X存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）固体A的名称____________，X的化学式____________。（2）反应③的化学方程式为____________________。（3）写出反应②的离子方程式________________________。19、某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素金属性与对应最高价氧化物的水化物之间的关系设计了下图装置，用来完成N、C、Si的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学根据置换反应的规律，利用下图装置完成了Cl与Br的非金属性强弱的实验研究。回答下列问题：（1）图中仪器E的名称是_______________，使用前一定要_____________________。（2）从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：试剂A为____；试剂C为____(填序号)。①硝酸溶液②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2（3）丙同学认为甲同学设计中存在处明显缺陷，请指出该缺陷_________________________。（4）乙同学设计的实验中（酒精灯加热装置在图中未画出），若试剂C为溴化钾溶液外，还需要用到的试剂有：试剂A为_______________；试剂B为_________________。20、(1)写出下图中序号①～③仪器的名称：①_________；②_________；③__________；仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有_______.（填仪器序号）(2)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容．现用该浓硫酸配制480mL

1mol•L-1的稀硫酸．请回答下列问题：a.该硫酸的物质的量浓度为__________mol•L-1b．经计算，配制480mL1mol•L-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL；c.配制过程中下列各项操作会导致所配稀硫酸浓度偏小的是_____(双选)A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水B．所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤C．定容时，俯视容量瓶刻度线D．摇匀后静置发现液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度处．21、离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题：（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在_____________（填编号）。①单质②氧化物③电解质④盐⑤化合物（2）将两种化合物一起溶于水得到一种无色透明溶液，溶液中含有下列离子中的某些离子：K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42-、OH-、CO32-和Cl-，取该溶液进行如下实验：Ⅰ取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色。Ⅱ取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。Ⅲ取少许溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。Ⅳ再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生。①根据以上现象判断，原溶液中肯定不存在的离子是__________；肯定存在的离子是________。②写出实验Ⅲ和Ⅳ中可能发生反应的离子方程式：Ⅲ、_________________________________，__________________________________。Ⅳ、___________________________________。③如溶液中各种离子的浓度相等，确定溶液中_________（填有或无）K+，判断依据是________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】试题分析：汽油具有可燃性，属于易燃液体。A．图中所示标志是剧毒品标志，A项错误；B．图中所示标志是易燃液体标志，B项正确；C.图中所示标志是氧化性标志，C项错误；D.图中所示标志是易燃易爆标志，D项错误；答案选B。考点：考查常见的化学品标志。2、C【解析】

根据阿伏加德罗定律可知，两容器中气体的物质的量是相同的，因此分子数一定是相等的；又因为三种气体都是由2个原子构成的，所以它们的原子数也是相等的，而质子数与质量不一定相等，因此正确的答案选C。3、B【解析】

A.Na2CO3是盐而不是碱，SiO2是酸性氧化物而不是碱性氧化物，故A错误；B.NaOH属于碱、HCl属于酸、NaCl属于盐、SO3属于酸性氧化物、Na2O属于碱性氧化物，故B正确；C.SO3属于酸性氧化物，故C错误；D.CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故D错误；答案选B。4、C【解析】

A.KNO3固体中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但KNO3固体溶于水或熔融状态下能够发生电离，属于电解质，A项错误；B.铜丝、石墨虽能导电，但均是单质，不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，B项错误；C.根据电解质的定义可知，熔融的MgCl2能导电，MgCl2是电解质，C项正确；D.NaCl溶于水可电离生成钠离子与氯离子，无需外接电源，D项错误；答案选C。【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在溶液中或者熔融状态下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。5、D【解析】

①根据N=nNA判断；②物质的量相同，含有分子数数目相同，二者含有的氧原子数目之比等于分子中含有的氧原子数目之比；③物质的量相同，含有分子数数目相同，二者含有的原子总数之比等于分子中含有的原子数目之比；④物质的量相同，含有分子数数目相同，二者含有的碳原子数目之比等于分子中含有的碳原子数目之比。【详解】相等物质的量的CO和CO2，

①根据N=nNA可知，二者所含的分子数目之比为1:1，故正确；②物质的量相同，二者含有分子数数目相同，CO和CO2分子中O原子数目分别为1、2，故二者所含的O原子数目之比为1:2，故正确；③物质的量相同，二者含有分子数数目相同，CO和CO2分子中原子总数分别为2、3，故二者所含的原子总数之比为2:3，故正确；④物质的量相同，二者含有分子数数目相同，CO和CO2分子中C原子数目分别为1、1，故二者所含的C原子数目之比为1:1，故正确；故①②③④正确；综上所述，本题选D。6、B【解析】

①标准状况下6.72LNH3的物质的量为=0.3mol，②1.204×1023个H2S分子的物质的量为=0.2mol，③5.6gCH4的物质的量为=0.4mol，④0.5molHCl的物质的量为0.5mol，物质的量大小顺序为④＞③＞①＞②。【详解】A项、相同条件下，体积之比等于物质的量之比，物质的量大小顺序为④＞③＞①＞②，则体积大小为④＞③＞①＞②，故A正确；B项、NH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，CH4含有的原子的物质的量为0.4mol×5=2mol，HCl含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，则原子数目大小为③＞①＞④＞②，故B正确；C项、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，NH3相对分子质量为17，H2S相对分子质量为34，CH4相对分子质量为16，HCl相对分子质量为36.5，故密度大小为④＞②＞①＞③，故C错误；D项、NH3质量为17g/mol×0.3mol=5.1g，H2S质量为34g/mol×0.2mol=6.8g，CH4量为16g/mol×0.4mol=6.4g，HCl质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，故质量大小为④＞②＞③＞①，故D错误；故选B。【点睛】掌握和理解应用万能公式n=====cV是解答关键。7、B【解析】

氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H＋、ClO－、Cl－等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质。【详解】A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O三种分子，有H＋、ClO－、Cl－等离子，故A正确；B、新制的氯水因溶解了氯气，而呈浅黄绿色，有酸性和漂白性，故B错误；C、氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，该气体是O2，故C正确；D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，故D正确；故选B。【点睛】本题综合考查氯气和氯水的性质，解题关键：把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，易错点A，氯气与水的反应是可逆反应，氯气末完全反应．8、B【解析】

有离子参与的反应为离子反应，H2+Cl22HCl为气体间的反应，无离子参加也没有离子生成，故不属于离子反应；答案选B。9、B【解析】

玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，在溶解中加速溶解，在过滤中引流，防止液体飞溅，在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，配制溶液转移液体需要玻璃棒引流，以此来解答。【详解】①过滤、⑦向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；③溶解、⑤蒸发需要玻璃棒搅拌。

所以B选项是正确的。10、D【解析】

在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质必须是化合物，不能是单质或混合物，据此分析解答。【详解】A、氨水是混合物，所以氨水既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、二氧化碳的水溶液能导电，但导电的离子是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离的，所以二氧化碳是非电解质，选项B错误；C、铜丝是单质，所以铜丝既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；D、氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能导电，所以氢氧化钠固体是电解质，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了电解质判断，难度不大，注意不是电解质的物质不一定是非电解质，如混合物或单质。11、B【解析】

X、Y、Z、W均为原子序数小于18的四种元素的原子，已知X核外电子总数等于电子层数，说明为氢，Y最外层电子数是次外层电子数的两倍，说明为碳，Z2是空气的主要成分之一，是最常见的助燃剂，说明为氧，W+与氖原子核外电子排布相同，说明为钠。【详解】A.Z2-与W+原子核外都有10个电子，具有相同的核外电子排布，故正确；B.二氧化碳的水溶液能导电，是因为碳酸发生电离，所以碳酸为电解质，而二氧化碳属于非电解质，故错误；C.化合物氢氧化钠的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故正确；D.元素氢和氧之间可以形成水或过氧化氢两种化合物，故正确。故选B。12、D【解析】

氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，次氯酸不稳定受热易分解，据此解答。【详解】氯气溶于水，部分以氯气分子形式存在，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，氯化氢为强电解质完全电离出氢离子和氯离子，次氯酸为弱电解质部分电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含有：所以新制的氯水中含有三种分子：Cl2、H2O、HClO，四种离子：H+、Cl-、ClO-及少量OH-；次氯酸不稳定受热易分解，2HClO═2HCl+O2↑，促使Cl2+H2OHCl+HClO平衡向正向移动，HClO分解导致了Cl2的不断反应，最后变成了HCl溶液，所以减少的是①Cl2、②H2O、④HClO；答案选D。【点睛】本题考查了新制氯水和久制氯水的区别，明确氯水的成分与性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累。13、C【解析】

A．原子中质子数等于电子数，所以B的原子核外有12个电子，则质子数是12，即x=12，故A正确；B．A的最外层电子数是7，大于4属于非金属元素，B的最外层电子数是2，小于4，属于金属元素，故B正确；C．A的最外层电子数是7，化学反应中易得电子，B的最外层电子数是2，化学反应中易失电子，所以A的原子和B的原子分别形成简单离子的过程不相同，故C错误；D．A的最外层电子数是7，化学反应中易得到1个电子，而带一个单位的负电荷，化合价为﹣1价，B的最外层电子数是2，化学反应中易失掉2个电子，而带两个单位的正电荷，化合价为+2价，所以A与B可组成化学式为BA2的化合物，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了原子结构分析，在原子的结构示意图中，决定元素化学性质的主要是最外层电子数，最外层电子数小于4时易失电子，大于4时易得电子。14、C【解析】

根据n=求解物质的量，可以假设三者的质量分别为2g，4g，5g，所以根据公式可以计算其物质的量分别为，，，三者化简后均为，即物质的量相等，C项符合题意；本题答案选C。15、B【解析】

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，以此来解答。【详解】A.

均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，A不符合题意；B.

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，现象不同，可鉴别，B符合题意；C.

稀盐酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，C不符合题意；D.

稀硝酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，D不符合题意；故答案为：B。16、C【解析】

A．碱式硫酸铁电离产生Fe3＋，Fe3＋能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；D．KSCN溶液遇Fe2＋溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3＋，KSCN溶液遇Fe3＋溶液变红，故D正确；故答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2SO4、MgCl2CuSO4、Na2CO3KNO3、NaNO3【解析】

根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色不溶性物质分析。【详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是BaSO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中，反应会放出CO2气体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有MgCl2。由于题目涉及实验中没有进行有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【点睛】本题考查了混合物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。18、过氧化钠CO22Na+O2Na2O2Ca2++CO32-＝CaCO3↓【解析】

由转化关系可以知道,淡黄色固体A能与气体X反应生成固体Y与气体B，所以该反应为过氧化钠与二氧化碳反应，由此可推知淡黄色固体A为Na2O2，气体X为CO2，固体Y为Na2CO3，反应生成的气体为O2；碳酸钠与氯化钙溶液反应生成白色沉淀为CaCO3，所得溶液为NaCl溶液；(1)由上述分析可以知道,固体A为过氧化钠；X的化学式为:CO2；综上所述，本题答案是：过氧化钠，CO2。

(2)金属钠与氧气反应生成过氧化钠，反应③的化学方程式为2Na+O2Na2O2；综上所述，本题答案是：2Na+O2Na2O2。（3）碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应②的离子方程式：Ca2++CO32-＝CaCO3↓；综上所述，本题答案是：Ca2++CO32-＝CaCO3↓。19、分液漏斗检查是否漏水①④硝酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳中可能含有挥发的硝酸，硝酸也能与硅酸钠反应产生沉淀浓盐酸二氧化锰【解析】分析：由题中信息可知，本实验的第一部分是通过比较硝酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，探究N、C、Si的非金属性强弱。元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，其非金属性越强。实验的第二部分是根据置换反应的规律（氧化性较强的非金属单质可以置换出氧化性较弱的非金属单质），通过比较非金属单质之间的氧化性强弱，探究Cl与Br的非金属性强弱。详解：（1）图中仪器E的名称是分液漏斗，使用前一定要检查分液漏斗是否漏水。（2）根据所给物质，可以判断甲同学设计的实验中所用到物质是硝酸、碳酸钙和硅酸钠溶液，故试剂A为①硝酸溶液、试剂C为④Na2SiO3溶液。（3）丙同学认为甲同学设计中存在处明显缺陷，该缺陷是：硝酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳中可能含有挥发的硝酸，硝酸也能与硅酸钠反应产生沉淀。（4）乙同学设计的实验中，若试剂C为溴化钾溶液，还需要用到的试剂有用于制备氯气的浓盐酸和二氧化锰，故试剂A为浓盐酸、试剂B为二氧化锰。点睛：本题为探究非金属元素的非金属性强弱的实验题，主要考查了实验设计的一般要求、实验方案的设计与评价，常见气体的制备方法以及常见仪器的使用方法等等。要求学生能根据实验所提供的仪器、试剂，设计合理、简单的实验方案，并对实验方案进行优化，完善细节，使实验方案更加科学、简单易行。20、蒸馏烧瓶冷凝管分液漏斗③④18.427.2BD【解析】

（1）①为蒸馏装置，需要的仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、锥形瓶等，②为分液操作；③为容量瓶，结合仪器的结构分析；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；(2)a．根据溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M来计算；b.根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算；c.分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度的影响．【详解】（1）根据仪器的结构特点，得到：①是蒸馏烧瓶，②是冷凝管，③是分液漏斗；④是容量瓶，故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；故答案为③④（2）a．溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M=1000mL/L×1.84g/mL×98%/98g·mol－1=18.4mol·L－1，故答案为18.4；b.由于无480mL容量瓶，故选用500mL容量瓶，配制480mL1mol·L-1的稀硫酸，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol·L－1×VmL=1mol·L-1×500mL，解得V=27.2；故答案为27.2；c.A、容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，配制过程中需要滴加蒸馏水，故此无影响，故A不选；B、所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致浓溶液物质的量偏小，根据c=n/V判断可知浓度偏低，故B选；C、定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，故导致稀溶液体积偏小，根据c=n/V判断可知浓度偏高，故C不选；D、定容后，把