第一章 物质及其变化 复习题-2021年湖北高一上学期化学人教版2019上册教案

这是一份第一章 物质及其变化 复习题-2021年湖北高一上学期化学人教版2019上册教案，共14页。教案主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021年高一上学期化学第一章 物质及其变化 复习题
考试时间：75分钟；100分

一、单选题（每题3分，共45分）
1．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm)恢复了磁性。纳米“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是
A．纳米“钴酞菁”分子属于胶体
B．纳米“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电
C．此项工作可以用来改变分子的某些物理性质
D．纳米“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液
2．下列判断合理的是
A．强电解质的导电性一定比弱电解质强
B．根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
C．氧化还原反应中有一种元素被氧化，一定有另一种元素被还原
D．电离时生成的阳离子只有H+的化合物一定是酸
3．盐是一类常见的物质，下列物质通过一定反应可直接形成盐的是
①金属单质　②碱性氧化物　　③非金属单质 　④酸性氧化物　 ⑤酸 ⑥碱　
A．①②③ B．①④⑥ C．②⑤⑥ D．全部
4．下列关于电解质的说法中正确的是（ ）
A．氯化氢、硫酸液态时都不导电，因此它们都是非电解质
B．氯化钠固体不导电，所以氯化钠不是电解质
C．二氧化硫溶于水能导电，所以二氧化硫是电解质
D．硫酸钡水溶液很难导电，但熔融下能导电，所以硫酸钡是电解质
5．下列物质分类组合正确的是（ ）
选项
混合物
化合物
单质
盐
A
碱石灰
金刚石
O3
纯碱(Na2CO3)
B
盐酸
NaOH固体
石墨
明矾
C
空气
澄清石灰水
铁
石灰石
D
CuSO4·5H2O
CaCl2
水银
CaO

A．A B．B C．C D．D
6．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．硫酸和氢氧化钡溶液混合：2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+2H+=H2↑+Fe2+
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH-=AlO+2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2-=CuS↓
7．下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
A
FeCl3(aq)
Al3+
NaOH溶液、盐酸
B
FeSO4(aq)
Cu2+
Fe粉
C
NaHCO3(aq)
Na2CO3
CO2气体
D
FeCl3(aq)
Cu2+
Fe粉

A．A B．B C．C D．D
8．有一无色混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH、Cl﹣、Mg2+、Fe3+、CO、SO、H+，现取三份100mL溶液进行如下实验：
(1)第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生
(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol
(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下推测正确的是
A．K+一定存在，且浓度 ≥0.2mol/L B．100mL溶液中含0.01mol CO
C．Cl﹣一定存在 D．Fe3+一定不存在，Mg2+可能存在
9．下列离子方程式正确的是
A．醋酸和碳酸钙反应：2H++CaCO3→Ca2++CO2↑+H2O
B．铁粉与稀H2SO4反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑
C．Cu(OH)2与稀H2SO4反应：OH-+H+=H2O
D．Na2CO3溶液中和足量盐酸反应：CO+2H+→CO2↑+H2O
10．水溶液中可能存在、、、、、、中的几种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下实验：


下列判断正确的是
A．气体A一定是，气体B一定是
B．白色沉淀不可能是
C．溶液中一定存在、、、
D．溶液中一定不存在大量
11．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A． B．
C． D．
12．已知反应：①；②；③。下列说法不正确的是
A．氧化性：
B．还原性：
C．反应①中氧化剂与还原剂的质量之比为
D．反应③中被氧化的元素与被还原的元素的质量之比为
13．在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2转化为Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，而从废水中除去。下列说法不正确的是
A．FeSO4在反应中作还原剂
B．随着反应的进行，该废水的pH会增大
C．若该反应转移0.6 mol e-，则会有0.2 mol Cr2被还原
D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
14．K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：

已知：K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”时有生成。下列有关说法正确的是
A．K2FeO4中铁元素的化合价是+3
B．“转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+5H2O=2+3Cl-+10H+
C．“转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D．所得滤液含有大量的Na+、H+、、Cl-
15．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．Cu2+将H2O2还原为O2
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O

二、填空题
16（15分）．央视《每周质量报告》曝光了一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是___________价。CrO是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于___(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)。
（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是___ (填序号)。
A．都不稳定，密封放置会产生沉淀
B．二者均有丁达尔效应
C．分散质粒子可通过滤纸
（3）已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的___________(填序号)。
A、 B、 C、
（4）现有10mL明胶的水溶液与5mL K2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO能够透过半透膜的离子化学方程式：___________
17（12分）．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：
(1)写出反应的离子方程式_______________________________________。
(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是____________________。
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的_____曲线表示。

(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示。

向该烧杯中缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将________________。
18（13分）．氧化还原反应在生产、生活中有着广泛的用途。
(1)在碱性条件下，铝粉可与NaNO3溶液反应，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O，氧化剂是_______(填化学式)。
(2)硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，氧化剂和还原剂的质量之比为_______。
(3)某学习小组查阅资料发现用KClO3和浓盐酸也可以制备氯气，其反应为KClO3+HCl(浓)—KCl+Cl2↑+H2O(未配平)
①配平此氧化还原方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目_______。
②该反应中，还原剂是_______(填化学式)。
③反应中若产生标况下672mL的气体，则有_______mol的电子转移。
19（15分）．阅读下列科普短文并回答下列问题：
燃料电池是一种化学电池，具有能量转化率高、对环境友好等优点。例如氢氧燃料电池在工作时，从负极连续通入，从正极连续通入，二者在电池内部(含或等物质的溶液)发生反应生成，同时产生电能。除外，、等也可以作为燃料电池的燃料，发生反应生成和。目前已研制成功—燃料电池，它可以代替汽油为汽车提供动力，反应原理是。
(1)在上述短文标有序号的物质中，属于单质的是_______(填序号，下同)；属于有机物的是_______；属于电解质的是_______；溶于水能导电的物质是_______。
(2)写出物质③的电离方程式：_______。
(3)燃料电池所使用的氢燃料可以来自于水的电解，该反应的化学方程式为_______。若电解18kg水，可分解得到__________L(标准状况下)。
(4)反应中，得电子的物质是___________。在反应中，每转移1mol电子，消耗Al___________mol。

参考答案
1．C
【详解】
A．“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm)分散到分散剂中，形成的分散系属于胶体，A错误；
B．纳米“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系不带电，呈电中性，B错误；
C．此项工作可以用来改变分子的某些物理性质，C正确；
D．根据微粒结构可知，纳米“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体，D错误；
答案选C。
2．D
【详解】
A．电解质溶液的导电性与电解质强弱无关，只与溶液中离子浓度和离子带有的电荷有关。自由移动的离子浓度越大，离子带有的电荷数目越多，溶液的导电性就越强。强电解质溶液的导电能力不一定强，A错误；
B．根据分散系中分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，B错误；
C．在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化，又被还原，C错误；
D．电离时生成的阳离子若只有H+，则该化合物一定是酸，D正确；
故合理选项是D。
3．D
【详解】
①金属单质与非金属单质可生成盐，如Na与Cl2反应可生成氯化钠，①符合题意；
②碱性氧化物与酸性氧化物、酸都可能生成盐，如Na2O与CO2反应生成碳酸钠，氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，②符合题意；
③非金属单质与金属单质可生成盐，如Na与Cl2反应可生成氯化钠，③符合题意；
④酸性氧化物与碱性氧化物、碱、某些盐反应都可能生成盐，如二氧化碳与氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠溶液都能反应生成盐，④符合题意；
⑤酸与金属、碱性氧化物、碱、某些盐反应，都可能生成盐，如盐酸与钠、氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠都能反应生成盐，⑤符合题意；
⑥碱与酸反应可以生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，⑥符合题意；
综合以上分析，①②③④⑤⑥都可通过一定的反应生成盐，故选D。
4．D
【分析】
电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；
电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度和离子带有的电荷数目有关。
【详解】
A.氯化氢、硫酸都是由分子构成的物质，在液态时不含自由移动的离子，因此都不导电，当它们溶于水时电离产生自由移动的离子而能导电，因此它们都是电解质，A错误；
B.氯化钠由离子构成的化合物，在固体时离子不能自由移动而不导电，当氯化钠溶于水或受热熔化时就电离产生自由移动的离子而能导电，因此NaCl是电解质，B错误；
C.二氧化硫溶于水时水反应产生亚硫酸，亚硫酸电离产生自由移动的离子而导电，所以亚硫酸是电解质，但二氧化硫是非电解质，C错误；
D.硫酸钡难溶于水，由于在水中含有的自由移动的离子浓度很小，因此水溶液很难导电，但该物质属于离子化合物，在熔融状态下能电离产生自由移动的离子而能导电，所以硫酸钡是电解质，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查了电解质和非电解质的判断及性质，明确电解质、非电解质基本概念是解题关键。物质导电必须含有自由移动的微粒，可能是电子，也可能是离子；电解质不一定能导电，水溶液能够导电的物质不一定是电解质。电解质和非电解质必须是化合物，不能是混合物，也不能是单质，且导电微粒必须是化合物本身电离产生，电解质强弱与溶液的导电能力大小无关。电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度和离子带电荷的数目有关，自由移动的离子浓度越大，离子带有的电荷数目越多，溶液的导电性就越强。
5．B
【详解】
A.金刚石是碳单质，不属于化合物，故A错误；
B.盐酸是氯化氢与水的混合物，氢氧化钠固体属于化合物，石墨是碳单质，明矾为十二水合硫酸铝钾属于盐，故B正确；
C.澄清石灰水是氢氧化钙与水的混合物，石灰石的主要成分是碳酸钙，石灰石属于混合物，故C错误；
D.五水合硫酸铜属于纯净物，不属于混合物，氧化钙属于金属氧化物，不属于盐，故D错误；
综上所述，答案为B。
6．A
【详解】
A．硫酸和氢氧化钡溶液混合，反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
7．D
【详解】
A．铝离子能和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，过滤后，得到沉淀，用稀盐酸溶解氢氧化铁沉淀，得到纯净的氯化铁溶液，故A正确；
B．铁的还原性大于铜，混合液中加入足量的铁粉，反应生成铜和硫酸亚铁，过滤后得到铜和铁粉的混合物，滤液为纯净的硫酸亚铁溶液，故B正确；
C．碳酸钠溶液与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，能够除去杂质且不引入新杂质，故C正确；
D．铁离子的氧化性大于铜离子，因此混合液中加入足量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原为铜，过滤后，滤液为氯化亚铁溶液，不符合提纯要求，故D错误；
故选D。
8．A
【分析】
无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl－、、；②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，一定有铵离子0.04mol；③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量是：2.33g/233g·mol－1=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为：6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡物质的量为：3.94g/197g·mol－1=0.02mol，所以原溶液中一定存在：、，因而一定不含Ba2＋；c（）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（）=0.04mol；n（-）=2n（）+2n（）=0.06mol，故一定有K＋，至少0.02mol。
【详解】
A．通过分析可知K+一定存在，且浓度 ≥0.2mol/L，故A正确；
B．依据计算可知碳酸根物质的量为0.02mol，故B错误；
C．一定没有的离子Fe3＋、Ba2＋，可能存在Cl－，故C错误；
D．同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2＋，故D错误；
故选A。
9．D
【详解】
A． 醋酸是弱酸，醋酸和碳酸钙反应：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；
B． 铁粉与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C． Cu(OH)2是难溶固体，Cu(OH)2与稀H2SO4反应：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，故C错误；
D． Na2CO3溶液中和足量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳：CO+2H+=CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
10．D
【分析】
溶液加入盐酸生成气体，可能含有，或为Fe2+、发生氧化还原反应生成NO，溶液I加入过量氢氧化钡生成气体B，一定为氨气，则存在，有色沉淀为氢氧化铁，则含有Fe2+，可知不存在，溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等，不能确定，由此解答。
【详解】
A．由以上分析可知A为NO，故A错误；
B．溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等，故B错误；
C．不确定是否含有Al3+，故C错误；
D．题中存在的各离子具有相同的物质的量，含有Fe2+，，，，不含Na+，故D正确；
故选D。
11．A
【详解】
A．在该反应中S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2SO3中的+4价，化合价升高4价，失去电子4e-；S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S中的-2价，化合价降低2价，得到电子2e-，化合价升降最小公倍数是4，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为4e-，所以K2SO3的系数是1，K2S的系数是2，S的系数是3，根据K原子守恒可知KOH系数是6，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是3，故该反应的电子转移方向和数目都符合事实，A正确；
B．在该反应中Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后KCl中的-1价，化合价降低6价，得到电子6e-；O元素化合价由反应前KClO3中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高2×2=4价，失去电子4e-；化合价升降最小公倍数是12，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为12e-，电子转移数目不符合反应事实，B错误；
C．在该反应中KClO3、KCl中的Cl原子发生电子转移都变为Cl2。Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低5价，得到电子5e-；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1价，失去电子e-；化合价升降最小公倍数是5，以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为5e-，图示的电子转移方向及数目均不符合反应事实，C错误；
D．在该反应中Cu元素化合价由反应前CuO中的+2价变为反应后Cu单质中的0价，化合价降低2价，得到电子2e-；C元素化合价由反应前C单质中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，失去电子4e-；元素化合价升降最小公倍数是4，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为4e-，图示的电子转移方向不符合反应事实，D错误；
故合理选项是A。
12．C
【详解】
A．由反应②可知氯气是氧化剂，氯化铁是氧化产物，氯气氧化性大于氧化铁，由反应③可知氯化铁是氧化剂，碘单质是氧化产物，氯化铁的氧化性大于碘单质，由此可知氧化性：，故A正确；
B．由反应②可知HI为还原剂，为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故B正确；
C．反应①中氧化钾为碘单质，还原剂为二氧化硫，两者的质量比为：，故C错误；
D．反应③中被氧化的元素为I，被还原的元素为Fe，由反应系数可知两者的物质的量之比为1:1，质量之比为：，故D正确；
故选：C。
13．C
【详解】
A．FeSO4可将有害的Cr2O转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，故A正确；
B．该过程中发生的反应为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，故B正确；
C．Cr2O中Cr的化合价为+6价，转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole-，则会有0.1molCr2O被还原，故C错误；
D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓(复分解反应)，故D正确；
故选：C。
14．C
【详解】
A．化合物中各种元素化合价代数和为0，在K2FeO4中，K为+1价，O为-2价，则铁元素的化合价是+6，A错误；
B．由于加入过量氢氧化钠溶液，溶液显碱性，在碱性溶液中不可能大量存在H+，B错误；
C．“转化2”发生反应：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，反应能够进行就是由于在该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；
D．由于加入了过量饱和的KOH溶液，溶液显碱性，不可能大量产生H+，D错误；
故合理选项是C。
15．B
【详解】
A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；
B．H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，化合价升高，失去电子发生氧化反应；Cu2+将H2O2氧化为O2，B错误；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊( Cu2O)”，说明+2价的Cu2+被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，Cu2O中+ 1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+ 2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2+ +3H2O，D正确；
故合理选项是B。
16．
（1） +2 盐
（2）C
（3）C
（4）Ba2++SO=BaSO4↓
【分析】
（1）
由化合价代数和为0可知，铬元素是+3价的Fe(CrO2)2中铁元素为+2价；由CrO是一种酸根离子可知，Fe(CrO2)2属于盐，故答案为：+2；盐；
（2）
A．由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则明胶的水溶液和K2SO4溶液都是稳定的分散系，密封放置不会产生沉淀，故A错误；
B．由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则明胶的水溶液有丁达尔效应，K2SO4溶液没有丁达尔效应，故B错误；
C．由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则明胶的水溶液和K2SO4溶液的分散质粒子都可通过滤纸，故C正确；
故选C；
（3）
由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则可用渗析的方法分离提纯胶体，故选C；
（4）
溶液中的分散质能透过半透膜，胶体中的分散质不能透过半透膜，由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则将明胶的水溶液和K2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，半透膜中的分散系为明胶的水溶液，烧杯中的分散系为K2SO4溶液，向烧杯中加入氯化钡溶液，氯化钡溶液和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO=BaSO4↓。
17．Ba2++2OH－+2H++SO= BaSO4↓+2H2O A C 下沉
【详解】
(1) 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH－+2H++SO= BaSO4↓+2H2O；
(2)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀，离子方程式为：Ba2++OH－+SO+H+=BaSO4↓+H2O；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，反应的离子方程式为：H++SO+Ba2++OH－=BaSO4↓+H2O；离子方程式与(1)相同的是A；
(3)向Ba(OH)2溶液中缓缓加入稀硫酸，当Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应时，溶液导电能力几乎为零，再加稀硫酸，溶液导电能力又增强，故曲线C正确。
(4)当Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应，在此实验过程中溶液密度变小，塑料小球下沉。
18．NaNO3 1：1 HCl 0.05
【详解】
(1)化学反应10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O中，NaNO3中氮元素化合价从+5降低到0，则氧化剂是NaNO3；
(2)化学反应：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2中，NO2中氮元素化合价从+4降低到+3、降低了1，则氧化剂是NO2，NO2中氮元素化合价从+4升高到+5、升高了1，则还原剂是NO2，化合价升高和降低数值相等，则氧化剂和还原剂的质量之比为1:1；
(3) ①反应 KClO3+HCl(浓)—KCl+Cl2↑+H2O中，KClO3中氯元素化合价从+5降低到0、降低了5，则氧化剂是KClO3，一部分HCl中氯元素化合价从-1升高到0、升高了1，则部分HCl是还原剂，化合价升高和降低数值相等，元素质量守恒，则配平的此氧化还原方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，双线桥标出电子转移的方向和数目为：；
②结合①可知，该反应中，还原剂是HCl；
③由化学方程式知：每生成3mol气体转移5mol电子，反应中若产生标况下672mL 即的气体，则有0.05mol的电子转移。
19．①②⑨ ⑥⑦ ③④⑤ ③④⑧
【分析】
(1)电解质和非电解质均属于纯净物，化合物；单质和混合物既不属于电解质，也不属于非电解质；
(2)硫酸是强酸，完全电离；
(3)电解水可以生成氢气和氧气，根方程式进行有关计算；
(4)根据所给反应知，铝是还原剂，氧气是氧化剂，根据方程式进行计算。
【详解】
(1)根据题中提供的物质进行分析：氢气、氧气、铝是单质，甲烷、乙醇是有机物，硫酸、氢氧化钾、水是电解质，溶于水能导电的物质有硫酸、氢氧化钾、二氧化碳；
故答案为： ①②⑨ ⑥⑦ ③④⑤ ③④⑧
(2)硫酸的电离方程式： 故答案为
(3)电解水的化学方程式为， 1molH2O分解可生成1molH2, 若电解18kg水，水的物质的量为1000mol,得到(标准状况下)。故答案为
(4)反应中，氧气为氧化剂，铝为还原剂，得电子的物质是O2,在反应中，每转移1mol电子，消耗Almol.故答案为O2,