河北省承德第一中学2019-2020学年高一9月月考化学试化学题化学（解析版）


河北省承德第一中学2019-2020学年高一9月月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1;C-12;N-14;O-16;Mg-24;Na-23；Al-27；S-32
一．选择题（每小题只有一个选项符合题意每题2分共50分）
1. 下列关于“摩尔”的说法正确的是（ ）
A. 摩尔是一个物理量 B. 摩尔是物质的量的单位
C. 摩尔表示物质的量 D. 摩尔是表示物质数量的单位
【答案】
【解析】
2.按照物质的树状分类和交叉分类，H2SO4应属于(　　)
①酸　②氧化物　③含氧酸　④二元酸　⑤纯净物　⑥混合物　⑦无机化合物
A. ①③④⑤⑦
B. ①②③④⑤⑦
C. ①②③④⑥
D. ①④⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸是纯净物，且是由多种元素组成的纯净物，是化合物且为无机化合物；该化合物电离出的阳离子全都是氢离子，因此为酸，一分子硫酸可电离两个氢离子，故为二元酸，因为分子中含有氧原子，故为含氧酸，因此答案选A。
3.下列说法正确的是(　　)
A. 由一种元素组成的物质一定是单质
B. 由两种元素组成的物质一定是化合物
C. 化合物和碱性化合物属于包含关系
D. 氧化物和酸、碱、盐属于包含关系
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由一种元素组成的物质可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，由一种元素组成的纯净物一定是单质，A错误；
B. 由两种元素组成的纯净物一定是化合物，B错误；
C. 碱性化合物一定是化合物，化合物和碱性化合物属于包含关系，C正确；
D. 氧化物、酸、碱、盐都属于化合物，属于并列关系，D错误；
故答案选C。
4.下列说法中正确的是(　　)
A. 金属氧化物一定是碱性氧化物
B. 非金属氧化物一定是酸性氧化物
C. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，A错误；
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO为不成盐氧化物，B错误；
C. 酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为金属氧化物，C错误；
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，D正确；
故答案选D。
5. 下列各物质，按单质、化合物、混合物的顺序排列的是 （ ）
A. 干冰、铁、胆矾 B. 液态氧、氧化钙、石灰水
C. 氮气、氯化氢、烧碱 D. 水、碘酒、熟石灰
【答案】B
【解析】试题分析：A干冰属于化合物。错误。B物质分类正确。C烧碱是化合物。错误。D水是化合物，碘酒是混合物。错误。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B. 在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
C. 25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
D. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
【答案】C
【解析】试题分析：A、氦气为单原子分子，含有NA个氦原子氦气的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，错误；B、没有明确温度和压强，无法确定11．2 L Cl2的物质的量，无法确定含有的分子数，错误；C、1molSO2中含有3mol原子，64 g SO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，正确；D、标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算11．2 L H2O含有的分子数，错误。
7.mol N2含有x个N2，则阿伏加德罗常数为(　　)。
A. B. 14x mol－1 C. 28x mol－1 D. 28x
【答案】C
【解析】试题分析：mol N2含有x个N2，则1 mol N2含有28x个N2，即阿伏加德罗常数。
8.吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。科学家尝试用Na2SeO3消除人体内的活性氧，则在此过程中Na2SeO3的作用是（ ）
A. 氧化剂 B. 还原剂
C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 以上均不是
【答案】B
【解析】
【详解】由题可知，活性氧具有较强氧化性，若要通过氧化还原反应除去人体内的活性氧，故需要加入还原剂，故Na2SeO3的作用是还原剂，答案为B。
9.下列化学反应中，水只做氧化剂是（ ）
A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B. Cl2+H2O=HCl+HClO
C. 2F2+2H2O=4HF+O2 D. CaO+H2O=Ca(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应水中的氢元素由+1价降为0价，只作氧化剂，A符合题意；
B. 该反应水中元素的化合价不发生变化，既不做氧化剂也不做还原剂，B不符合题意；
C. 该反应水中氧元素的化合价由-2价升高为0价，只作还原剂，C不符合题意；
D. 该反应不是氧化还原反应，D不符合题意；
故答案选A。
10.对于反应3Cl2+6NaOH =5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（ ）
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1
C. Cl2既是氧化剂又是还原剂
D. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子
【答案】C
【解析】试题分析：在反应3Cl2+6NaOH =5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl2中的Cl元素部分化合价升高变为NaClO3中的+5价，作还原剂；部分化合价降低，变为NaCl中的-1价，化合价降低，作氧化剂，而NaOH的组成元素化合价没有变化，因此NaOH既不是氧化剂，也不是还原剂，在反应中3个Cl2中的Cl原子有5个作氧化剂变为NaCl，有1个失去电子，作还原剂变为NaClO3，所以被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，每生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，故上述选项正确的是C。
11.黑火药发生爆炸的反应：2KNO3 + S+ 3C = K2S +N2 ↑+ 3CO2↑，被还原的元素是 （ ）
A. 氮 B. 碳 C. 氮和碳 D. 氮和硫
【答案】D
【解析】试题分析：被还原的元素是得电子的元素的原子，化合价降低，根据化合价可知被还原的元素为氮和硫。
12.与100 mL 0.1 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液中NH4+浓度相同的是(　　)
A. 10 mL 01 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液
B. 50 mL 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液
C. 10 mL 0.2 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液
D. 200 mL 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】100 mL 0.1 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液中NH4+浓度为0.2mol/L。
【详解】A. 10 mL 0.1 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液中NH4+浓度为0.2mol/L，符合题意；
B. 50 mL 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中NH4+浓度为0.1mol/L，不符合题意；
C. 10 mL 0.2 mol·L－1 (NH4)2SO4溶液中NH4+浓度为0.4mol/L，不符合题意；
D. 200 mL 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中NH4+浓度为0.1mol/L，不符合题意；
故答案选A。
13.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1的是（ ）
A. 将40 g NaOH溶解于1 L水中配成的NaOH溶液
B. 常温常压下将22.4 L HCl 气体溶于水配成1 L盐酸溶液
C. 将1 L 10 mol/L的浓盐酸与9L水混合配成溶液
D. 从1000 mL 1 mol/L NaCl溶液中取出100 mL的溶液
【答案】D
【解析】
【分析】A、C=m/(MV)中，体积指溶液体积不是溶剂体积；
B、根据温度、压强对气体摩尔体积的影响；
C、根据不同液体混合时体积能否直接加和判断；
D、根据溶液浓度的均一性判断．
【详解】A．C=m/(MV)中，体积指溶液体积不是溶剂体积，所以40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液浓度不是1mol·L－1，故A错误。
B、气体摩尔体积受温度和压强的影响，温度越高，气体摩尔体积越大，标况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，常温常压下，22.4LHCl的物质的量小于1mol，所以常温常压下将22.4LHCl气体溶于水配成1L的盐酸溶液的物质的量浓度不是1mol·L－1，故B错误。
C、将1L 10mol·L－1的浓盐酸与10 L水混合配成溶液，得到的溶液不1L，所以混合后溶液的物质的量浓度不是1mol·L－1，故C错误；
D、溶液的物质的量浓度有均一性，与取出溶液的体积大小无关，从1000mL 1mol·L－1 NaCl溶液中取出100mL的溶液，溶质浓度为1mol·L－1，故D正确。
故选D。
14.某溶液中仅含有Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－四种离子，其物质的量浓度比为
Na＋：Mg2＋：Cl－=3：5：5，若Na＋浓度为3mol/L，则SO42－的浓度为（ ）
A. 2mol/L B. 3mol/L C. 4mol/L D. 8mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】Na＋浓度为3mol/L， Na＋：Mg2＋：Cl－物质的量浓度比为3：5：5，则Mg2＋、Cl－浓度均为5mol/L，根据溶液中电荷守恒，则SO42－的浓度为4mol/L，选C。
15.下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是　　
A. V L 溶液中含 g，溶液中是 
B. 将100 mL  的NaCl溶液与200 mL  的NaCl溶液混合忽略溶液体积变化，得到溶液的物质的量浓度为2 
C. 实验室配制480 mL  的硫酸铜溶液，应选取500 mL容量瓶，称取 g胆矾配成500 mL溶液
D. 标准状况下，a L 溶于1000 g水中，得到的溶液密度为b ，则该溶液的物质的量浓度为 
【答案】C
【解析】分析：根据cB=计算物质的量浓度和相关物理量。
详解：A项，n（Fe3+）==mol，n（Fe3+）：n（SO42-）=2:3，n（SO42-）=mol，溶液中c（SO42-）=molVL=mol/L，A项错误；B项，混合后所得溶液物质的量浓度为=2.17mol/L，B项错误；C项，根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶，所需胆矾的质量为0.1mol/L0.5L250g/mol=12.5g，C项正确；D项，n（NH3）=mol，m（溶液）=m（NH3）+m（H2O）=mol17g/mol+1000g=（+1000）g，溶液的体积为（+1000）gbg/cm3=cm3，溶液物质的量浓度为mol（10-3）L=mol/L，D项错误；答案选C。
16.如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中的数据分析得出V值等于(　　)

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】溶液稀释的过程当中，溶质的物质的量不会发生改变，即，因此，故答案选C。
17.现有浓度为2 mol/L的HCl溶液VL，欲使其浓度变为4 mol/L，下列方法可行的是(　　)
A. 通入标准状况下的HCl气体44.8 L
B. 将溶液加热蒸发浓缩至0.5V L
C. 加入10 mol/L盐酸0.6V L，再将溶液稀释至2V L
D. 蒸发掉0.5 L水
【答案】C
【解析】
【详解】A、标况下的44.8L HCl气体的物质的量为2mol，通入VL2mol/L的盐酸溶液，溶液中氯化氢的物质的量为（2V+2）mol，但溶液的体积不一定是0.5（V+1），故A错误；
B、蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故B错误；
C、混合后溶液中的氯化氢为2mol/L×VL+10mol/L×0.6VL=8Vmol，所以混合后氯化氢的浓度为=4mol/L，故C正确；
D、蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故D错误；
故答案选C。
18. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）

A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容
【答案】B
【解析】
【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；
B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；
C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；
D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。
答案选B。
19.如图所示，相同状况下，分别用氯化氢和四种混合气体吹出体积相等的五个气球。A、B、C、D四个气球中所含原子数与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子数，这是阿伏伽德罗定律。A、Ar是单原子分子，O3是三原子的分子，它们组成的混合气体的原子数只有在分子个数比为1:1时才和HCl相同，A错误；B、D中H2、CO是双原子分子，但NH3是四原子分子，CO2是三原子的分子，它们所含的原子数一定比HCl多，B、D均错误；C、HCl是双原子分子，C中的N2、O2也都是双原子分子，他们所含的原子数也相同，C正确，答案选C。
20.某同学向含有c(FeCl3)＝0.2 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，意外地得到了一种黑色分散系，经查阅资料后得知，该分散系中分散质是直径介于1～100 nm之间的金属氧化物，下列有关说法错误的是（ ）
A. 该分散系可产生丁达尔现象
B. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O
C. 若在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散质微粒带正电
D. 可用过滤的方法将分散剂与分散质分离开
【答案】D
【解析】
【分析】A．该分散系属于胶体；B．依据题意向含有c（FeCl3）=0.2mol•L-1、c（FeCl2）=0.1mol•L-1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，可知该黑色固体为四氧化三铁，据此写出方程式；C．胶体不带电；D．分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm-100nm，属于胶体，胶体能通过滤纸。
【详解】A、由分散质粒子直径知得到的是胶体分散系，分散质也可透过滤纸，选项A正确；B、因分散系为黑色，Fe2＋、Fe3＋均可与OH－反应，可推测离子方程式为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－=Fe3O4＋4H2O，选项B正确；C、因阴极带负电，带正电的微粒移向阴极，则说明该分散质微粒带正电，选项C正确；D、胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，选项D错误；答案选D。
21.等体积的两容器内，一个盛一氧化二氮，另一个盛氮气和氧气的混合气体，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体一定具有相同的(　　)
A. 原子总数 B. 氧原子总数
C. 分子总数 D. 质量
【答案】C
【解析】
【详解】根据阿伏伽德罗定律，同温、同压、同体积的两份气体，他们的分子数相同。由于其中一瓶为混合气体，不知道各组分的比例，因此无法计算其原子总数、氧原子总数，且无法计算混合气体的平均相对分子质量，故无法计算其质量。因此答案选C。
22.设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下O2和N2的混合气体m g，含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积(V)应是(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设所求的混合气体中的分子数为x，则，，气体体积为。综上所述，本题正确答案为A。
23.V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取V/4 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO42-物质的量浓度为(　　)
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】原溶液中，
，稀释后溶液中，对照选项A正确，故答案为：A。
24.在同温同压下，a g气体A与b g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是(　　)
A. A与B两种气体的相对分子质量之比为a∶b
B. 在同温同压的条件下，A与B两种气体的密度之比为b∶a
C. 同质量的A、B两种气体的分子个数之比为b∶a
D. 相同条件下，同体积A气体与B气体的质量之比为a∶b
【答案】B
【解析】
【详解】A项，由可知，分子数相同的气体，物质的量相同，则摩尔质量之比等于质量之比，即A与B的摩尔质量之比为，则A与B的相对分子质量之比为a:b，故A项正确；
B项，根据阿伏加德罗定律可知同温同压下，A与B两种气体的密度之比等于摩尔质量之比，即为a∶b，故B项错误；
C项，A与B的相对分子质量之比为a:b，根据可得，同质量的A和B的物质的量之比，故C项正确；
D项，同温同压下，相同体积的A和B的物质的量相等，根据可得，，故D项正确；
故答案选B。
25.在一定条件下，某固态化合物X受热分解的反应为：XA↑＋B↑＋2C↑，测得反应后生成的混合气体的密度是同温同压下H2密度的12倍，则X的摩尔质量是（ ）
A. 24g/mol B. 50g/mol C. 80g/mol D. 96g/mol
【答案】D
【解析】试题分析：相同条件下，气体的摩尔质量之比等于其密度之比，反应后生成的混合气体的密度是同温同压下H2密度的12倍，则该混合气体的摩尔质量为24g/mol，假设X为1mol则生成气体的物质的量为4mol，4mol混合气体的质量=24g/mol×4mol=96g，根据质量守恒定律知，X的质量为96g，所以X的摩尔质量==96g/mol，故选D。
二．非选择题（50分）
26.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。

(1)上图所示的氧化物指的是含________种元素的化合物。
(2)以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在上表中②③⑥后面。
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
氢化物
化学式
①HCl
②____
③_____　
④Ba(OH)2
⑤Na2CO3
⑥_____　
⑦CO2
⑧Na2O
⑨NH3
⑩H2O2
(3)写出⑦转化为⑤的化学方程式_________________。
(4)实验室制备⑦常用____________反应，检验该气体的方法是________。
【答案】(1). 两种 (2). H2SO4(或HNO3均可) (3). NaOH(或KOH) (4). Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等) (5). 2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O (6). CaCO3　HCl (7). 将生成的无色无味气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊即可证明气体为CO2
【解析】
【详解】（1）氧化物是指的含有两种元素，且有一种元素为氧的化合物；
（2）电离出的阳离子全都是氢离子的化合物为酸，故②可以填硫酸、硝酸、碳酸；电离出的阴离子全都是氢氧根的化合物为碱，故③可填氢氧化钠、氢氧化钾、一水合氨；由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物为盐，故⑥可填Na2SO4、K2CO3、Na2SO3、NaNO3等；
（3）将二氧化碳通入碱液中可由⑦转换为⑤，方程式为2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O；
（4）实验室通常使用大理石和稀盐酸反应来制备二氧化碳，检验该气体的方法为将生成的无色无味气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊即可证明气体为CO2。
27.(1)标准状况下，1.92 g某气体的体积为672 mL，则此气体的相对分子质量为______。
(2)在25 ℃、101 kPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是15∶8，则A的摩尔质量为________。
(3)两个相同容积的密闭容器X、Y，在25 ℃下，X中充入a g A气体，Y中充入a g CH4气体，X与Y内的压强之比是4∶11，则A的摩尔质量为________。
(4)相同条件下，体积比为a∶b和质量比为a∶b的H2和O2的混合气体，其平均摩尔质量分别是________和________。
(5)在标准状况下，CO和CO2的混合气体共39.2 L，质量为61 g，则两种气体的物质的量之和为________mol，CO占总体积的________%。
(6)在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3，在恒温恒压的密闭容器中完全分解为两种气态单质，此时容器的体积变为原来的7/4，则A单质的分子式为_______。
【答案】(1). 64 (2). 30 g·mol－1 (3). 44 g·mol－1 (4). g·mol－1 (5). g·mol－1 (6). 1.75 (7). 45.9 (8). A4
【解析】
【详解】(1)标况下,672mL气体的物质的量为0.03mol,气体的摩尔质量为,该气体的相对分子量为64；
(2)在T、P相同时，体积之比等于物质的量之比，即，计算得出M(A)=30g/mol；
(3)在T、V相同时，压强之比等于物质的量之比，即，计算得出M(A)=44g/mol；
(4)平均摩尔质量为，相同条件下，氢气和氧气的体积比为a:b，物质的量之比为a:b，二者平均摩尔质量为，相对分子量为；质量比a:b的和的混合气体，物质的量之比为，平均摩尔质量为，平均分子量为；
(5)标准状况下39.2LCO和的混合气体的物质的量为，设混合气体中CO和的物质的量分别为x mol、y mol，则，计算得出x=1，y=0.75，即混合气体中CO为1mol，二氧化碳的物质的量为0.75mol，1molCO的质量为，则混合气体中CO的质量分数为；
(6)分解完毕，体积变为原来的，因为在恒温恒压的条件下，体积与气体分子数成正比，所以气体分子数也为原来的，A的氢化物AH3完全分解为两种单质，其中一种必然为H2，另一种设为Am，根据反应前后原子守恒可得：mAH3=Am+H2，m×=(1+)，解得m=4，则A单质的分子式为A4。
28.实验室需要480 mL 0.200 mol·L－1的Na2CO3溶液，现用Na2CO3固体配制，可供选择的仪器有：①玻璃棒　②烧瓶　③烧杯　④胶头滴管　⑤漏斗　⑥天平　⑦药匙　⑧500 mL容量瓶　⑨250 mL容量瓶。
请回答下列问题：
(1)上述仪器中，在配制Na2CO3溶液时必须使用的仪器除①③⑥⑦外，还有_____(填数字序号)。
(2)经计算，需Na2CO3固体的质量为________。
(3)在容量瓶中确定溶液体积的过程中，最后加入少量水的做法_________。
(4)将所配制的Na2CO3溶液进行测定，发现浓度小于0.200 mol·L－1。请你分析配制过程中可能引起该误差的原因是(填字母代号)________。
A．定容时俯视液面
B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒
C．配制时容量瓶不干燥
D.称Na2CO3固体的质量时物码倒置
(5)将配好的溶液盛装于下列(填字母代号)_______仪器中，贴好标签备用。
A．带玻璃塞的广口瓶 B．带玻璃塞的细口瓶
C．带胶塞的广口瓶 D．带胶塞的细口瓶
【答案】(1). ④⑧ (2). 10.6 g (3). 用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线水平时停止加水 (4). BD (5). D
【解析】
【详解】（1）上述仪器中，在配制Na2CO3溶液时必须使用仪器除①③⑥⑦外，还要使用500mL容量瓶来配制溶液，并使用胶头滴管来定容；
（2）经计算，需Na2CO3固体的质量为；
（3）在容量瓶中确定溶液体积的过程中，最后加入少量水的做法为用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线水平时停止加水；
（4）A. 定容时俯视凹液面，会导致溶液体积减少，从而使溶液浓度增大，A不符合题意；
B. 转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会损失部分溶质，从而使溶液浓度减小，B符合题意；
C. 配制时容量瓶不干燥，对溶液浓度没有影响，C不符合题意；
D. 称Na2CO3固体的质量时物码倒置，会导致溶质质量减小，从而使溶液浓度减小，D符合题意；
故答案选BD；
（5）碳酸钠溶液显碱性，因此应当盛装在橡胶塞的细口瓶中，故选D。
29.配平(1)(2)；用双线桥法表示(3)(4)氧化还原反应的电子转移。
(1)（ ）KI+（ ）KIO3+（ ）H2SO4—（ ）I2+（ ）K2SO4+（ ）H2O
(2)（ ）Cu2S + （ ）HNO3 — （ ） Cu(NO3)2 + （ ）H2SO4 + （ ）NO2↑+（ ）H2O
(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+C12↑+2H2O______
(4)3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O_______
【答案】(1). 5 (2). 1 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). 1 (8). 14 (9). 2 (10). 1 (11). 10 (12). 6 (13). (14).
【解析】
【分析】首先找出变价的元素，然后结合电子得失守恒和原子守恒分析解答。
【详解】（1）碘酸钾作氧化剂，化合价降低5，碘化钾作还原剂，化合价升高1，根据化合价升降守恒（即得失电子守恒），KI的系数为5，碘单质的系数为3，再根据原子守恒进行配平，最终得到方程式为5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O；
（2）硫化亚铜作还原剂，化合价共升高10，硝酸作氧化剂，化合价降低1，根据化合价升降守恒（即得失电子守恒），硫化亚铜的系数为1，硝酸铜的系数为2，硝酸作氧化剂的部分系数为10，又因为2份硝酸铜中N元素没有发生变价，故硝酸的系数为14，根据原子守恒进行剩余部分的配平，最终得到的方程式为Cu2S+14HNO3＝2Cu(NO3)2+H2SO4+10NO2↑+6H2O；
（3）二氧化锰作氧化剂，化合价降低2，氯化氢作还原剂，化合价升高2，故可表示；
（4）硫单质自身发生氧化还原反应，化合价从0价分别变化到+4价和-2价，则可表示为。