Fe（OH）3为什么是胶体不是浊液

A、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，分散质微粒直径介于1-100nm的为胶体，故A错误；
B、胶体粒子是大量氢氧化铁的聚集体，所以含0.1mol FeCl₃溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子小于0.1mol，故B错误；
C、根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以分散系中分散质粒子的直径：Fe（0H）₃悬浊液＞Fe（0H）₃胶体＞FeCl₃溶液，故C正确；
D、有的胶体也是澄清透明的，可以根据能否发生丁达尔效应来区别溶液和胶体，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 胶体的重要性质．

考点点评： 本题考查了分散系溶液、浊液、胶体的区别，胶体的性质及鉴别等，注意相关基础知识的积累，题目难度不大．

A．向溶液中加入氨水，溶液的pH增大，则铁离子浓度降低，所以可以由a点变到b点，故A正确；
B．只要温度不发生改变，溶液中c（H⁺）与c（OH^-）的乘积（即Kw）就不变．该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H⁺）与c（OH^-）的乘积相等，故B错误；
C．在C点表示饱和溶液，在d点表示不饱和溶液，所以Cu（OH）₂在c点比在d点代表的溶液中溶解程度大，故C错误；
D．由b、c两点对应数据可比较出K_SP[Fe（OH）₃]与K_SP[Cu（OH）₂]的大小，K_SP[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）•（OH^-）³=c（Fe³⁺）•（10^-12.7）³，K_SP[Cu（OH）₂]=c（Cu²⁺）•（OH^-）²=c（Cu²⁺）•（10^-9.6）²，因c（Fe³⁺）=c（Cu²⁺），故K_SP[Fe（OH）₃]＜K_SP[Cu（OH）₂]，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等知识点，对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据（或坐标点）之间存在的相互关系；明确坐标点所表达的涵义；对溶度积和水的离子积有正确的理解．

A、碳酸钠稳定不分解，碳酸钙高温分解，碳酸氢钠加热分解，固体热稳定性：Na₂CO₃＞CaCO₃＞NaHCO₃，故A正确；
B、Fe（OH）₃胶粒是很多Fe（OH）₃集合体，大于溶液离子；电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C1^-＞K⁺，最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，所以K⁺＞Na⁺，微粒半径：Fe（OH）₃胶粒＞C1^-＞K⁺＞Na⁺，故B错误；
C、醋酸属于酸，溶于水呈酸性，水为弱电解质，可以电离出氢离子，呈中性；乙醇是非电解质，不能电离出氢离子，给出质子的能力：CH₃COOH＞H₂O＞C₂H₅OH，故C错误；
D、水分子键存在氢键，高于同族其它元素氢化物，沸点最高，H₂Se、H₂S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故氢化物的沸点：H₂O＞H₂Se＞H₂S，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 微粒半径大小的比较；氢键的存在对物质性质的影响；弱电解质在水溶液中的电离平衡；钠的重要化合物．

考点点评： 本题综合性较大，涉及碳酸盐稳定性比较、微粒大小比较、氢化物沸点比较、电解质电离等，难度中等，旨在考查学生对规律的掌握，D中注意中学中常见存在氢键的物质．

（Ⅰ）NaHCO₃溶液和FeCl₃溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
反应的离子方程式为Fe³⁺+3HCO₃^-═Fe（OH）₃↓+3CO₂↑，已知溶液pH=4，即c（H⁺）=10^-4mol/L，
则c（OH^-）=10^-10mol/L，
已知K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，
所以c（Fe³⁺）=
Ksp[Fe(OH)3]
[c(OH−)]3=
4.0×10−38
(10−10)3=4.0×10^-8mol•L^-1，
故答案为：Fe³⁺+3HCO₃^-═Fe（OH）₃↓+3CO₂↑；4.0×10^-8；
（Ⅱ）（1）常温下，如果取0.20mol•L^-1HA溶液与0.10mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，生成等浓度的NaA和HA，溶液中存在NaA的水解和HA的电离，溶液的pH=8说明以电离为主，即A^-水解程度大于同浓度的HA的电离程度，
故答案为：A^-水解程度大于同浓度的HA的电离程度；
（2）0.20mol•L^-1HA溶液与0.10mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，NaA浓度为0.05mol/L，HA的浓度为0.05mol/L，溶液的pH=8，则c（H⁺）=10^-8mol/L，c（OH^-）=10^-6mol/L，
①根据电荷守恒，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故c（Na⁺）-c（A^-）=c（OH^-）-c（H⁺）=10^-6-10^-8=9.9×10^-7mol•L^-1；
故答案为：9.9×10^-7；
②0.20mol•L^-1HA溶液与0.10mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后，NaA浓度为0.05mol/L，HA的浓度为0.05mol/L，根据A元素守恒c（A^-）+c（HA）=0.05+0.05=0.10mol•L^-1，
故答案为：0.10；
③c（A^-）+c（HA）+2[c（Na⁺）-c（A^-）]=0.10mol•L^-1+2（9.9×10^-7mol•L^-1），
所以c（HA）-c（A^-）=0.10mol•L^-1+2（9.9×10^-7mol•L^-1）-2c（Na⁺），
已知c（Na⁺）=0.05mol•L^-1；
故c（HA）-c（A^-）=1.98×10^-6mol•L^-1，
故答案为：1.98×10^-6．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查盐的水解，涉及内容较多，利用了电荷守恒和物料守恒，难度中等，需要细致分析，方能得到正确结果．

（1）次氯酸根离子具有强氧化性，能够将氢氧化铁氧化成FeO₄^2-，FeO₄^2-中铁元素的化合价为+6价，氢氧化铁中铁的化合价为+3价，铁化合价升高了3价，次氯酸根离子中Cl盐酸的化合价为+1价，被还原变成-1价的氯离子，化合价降低了2价，化合价变化的最小公倍数为6，则氢氧化铁的计量数为2、次氯酸根离子的计量数为3，然后根据观察法配平，该反应的离子方程式为：2Fe（OH）₃+3ClO^-+4OH^-=2FeO₄^2-+5H₂O+3Cl^-，
故答案为：2Fe（OH）₃+3ClO^-+4OH^-=2FeO₄^2-+5H₂O+3Cl^-；
（2）K₂FeO₄•Zn也可以组成碱性电池，K₂FeO₄在电池中作为正极材料，负极为锌失电子发生氧化反应，电极反应Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂；依据产物和电子守恒写出正极反应：FeO₄^2-+3e-+4H₂O=Fe（OH）₃↓+5OH^-，
故答案为：FeO₄^2-+3e-+4H₂O=Fe（OH）₃↓+5OH^-；
（3）CHCl₃中碳为+2价，COCl₂中碳为+4价，故H₂O₂中氧元素化合价由-1价降低为-2价，生成H₂O，由电子转移守恒与原子守恒可知可知，CHCl₃、H₂O₂、COCl₂、H₂O的化学计量数为1：1：1：1，根据原子守恒故含有HCl生成，故反应方程式为CHCl₃+H₂O₂=HCl+H₂O+COCl₂，
故答案为：CHCl₃+H₂O₂=HCl+H₂O+COCl₂；
（4）惰性电极电解氯化铝溶液时，阳极放电的为氯离子，氯离子失去电子生成氯气，阴极氢离子得到电子生成氢气，生成的氢氧根离子与氯离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应达到离子方程式为：2Al³⁺+6Cl^-+6H₂O=3H₂↑+2Al（OH）₃↓+3Cl₂↑，
故答案为：2Al³⁺+6Cl^-+6H₂O=3H₂↑+2Al（OH）₃↓+3Cl₂↑；
（5）向NH₄Fe（SO₄）₂溶液中滴加Ba（OH）₂溶液至铁离子恰好沉淀，此时铵根离子没有参与反应，NH₄Fe（SO₄）₂与Ba（OH）₂的物质的量之比为2：3，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+6OH^-=3BaSO₄↓+2Fe（OH）₃↓，
故答案为：2Fe³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+6OH^-=3BaSO₄↓+2Fe（OH）₃↓．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式．

考点点评： 本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，电极反应式的书写，题目难度中等，试题题量稍大，知识点较多，考查较为综合，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，明确电解原理及其应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识都能力．

（1）①n（Fe（OH）₃）=[10.7g/107g/mol]=0.1mol，设Fe被氧化生成的FeO₄^n-中Fe元素化合价为x，
则0.1mol×（x-3）=0.3mol，x=6，由化合价代数和为0可知，n=2，
故答案为：2；+6；
②FeO₄^2-中Fe为+6价，具有强氧化性，可与还原性物质反应，B、C符合，
故答案为：B、C；
（2）消耗32g（1mol）CH₃OH转移6mol电子，由CH₃OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO₂，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH₃OH+6HNO₃═5CO₂+3N₂+13H₂O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度中等．

能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体．
A、稀硫酸是电解质溶液能使Fe（OH）₃溶胶聚沉，但H₂SO₄可使Fe（OH）₃沉淀溶解，故A正确；
B、氢氧化钠能使Fe（OH）₃溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故B错误；
C、MgSO₄溶液能使Fe（OH）₃溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故C错误；
D、硅酸溶液的胶粒带负电荷，能使Fe（OH）₃溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 胶体的重要性质．

考点点评： 本题考查了胶体的性质，胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1-100nm之间，而不是丁达尔效应，丁达尔效应是物理变化不是化学变化．

五种物质两两之间能够进行反应的是：铁和盐酸，铁和硫酸铜，氧化铁和盐酸，盐酸和氢氧化铁；
其中能生成氯化铁的是：氧化铁和盐酸，盐酸和氢氧化铁，有2种．
故选：B．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；酸的化学性质；盐的化学性质．

考点点评： 本题主要考查物质之间反应时的生成物种类，要求对各种化学反应有一个全面的理解，只有这样才能做出正确的解答．

A．因FeCl₃溶液与Fe（OH）₃胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；
B．胶体具有介稳性，放置不会产生沉淀，溶液是稳定的，故B正确；
C．Fe（OH）₃胶体的分散质颗粒直径在1-100nm之间，FeCl₃溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故C错误；
D．只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe（OH）₃胶体具有丁达尔效应，而FeCl₃溶液不具备，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 胶体的重要性质．

考点点评： 本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，掌握胶体的性质是解题的关键．

（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，
故答案为：B；
（2）制备氢氧化铁胶体时，不能用玻璃棒搅拌，防止胶体聚沉，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，如继续加热会导致胶体聚沉，
故答案为：不正确、不正确；
（3）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl₃+3H₂O═Fe（OH）₃（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl₃+3H₂O═Fe（OH）₃（胶体）+3HCl；
（4）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，是区别其它分散系的独特性质，当让一束光线通过制得的Fe（OH）₃胶体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体，
故答案为：利用丁达尔效应：让一束光线通过制得的Fe（OH）₃胶体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体；
（5）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉生成红褐色沉淀，
故答案为：产生红褐色沉淀；聚沉；
（6）胶体具有很强的吸附能力，能吸附溶液中的离子而带电荷，胶粒之间相互排斥，而不易产生较大微粒而聚沉，故答案为：B．

点评：
本题考点： 胶体的重要性质．

考点点评： 本题考查胶体的制备、性质，题目难度不大，易错点为胶体的制备，本题重点把握胶体的制备．

A、油污的主要成分为油脂，在碱性条件下易发生水解，而Na₂CO₃为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可用于洗去某些物质表面的油污，故A正确；
B、明矾用作废水处理的混凝剂，明矾溶于水可以形成Al（OH）₃胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，故B正确；
C、二氧化硫具有漂白性，与某些有色物质反应生成的无色物质不稳定，加热又恢复原来的颜色，可用于漂白纸浆，故C错误；
D、镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 钠的重要化合物；胶体的应用；二氧化硫的化学性质；镁的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意掌握原理是解题的关键．

A．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故A错误；
B．胶体不能通过半透膜，溶液可以通过，故B错误；
C．胶体遇电解质溶液发生聚沉，过量的盐酸能使Fe（OH）₃沉淀溶解，溶液无此性质，故C错误；
D．溶液和胶体都能透过滤纸，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 胶体的重要性质．

考点点评： 本题考查溶液和胶体的性质，难度不大，平时注意知识的积累．

A、Q（Fe（OH）₃）=c（Fe³⁺）c³（OH^-）=0.01×（10^-8）³=10^-26＞K_sp[Fe（OH）₃]=2.6×10^-39；说明生成氢氧化铁沉淀；依据K_sp[Fe（OH）₃]）=c（Fe³⁺）c³（OH^-）=2.6×10^-39；离子全部沉淀溶液中的铁离子为10^-6，计算c（OH^-）=
3
2.6×10−39
10−6
=
32.6×10−33
=＜10^-8，说明Fe³⁺离子沉淀完全，故A正确；
B、Q（Cr（OH）₃）=c（Cr³⁺）c³（OH^-）=0.01×（10^-8）³=10^-26＞K_sp[Cr（OH）₃]=2.6×10^-39；说明氢氧化铬沉淀；依据K_sp[Cr（OH）₃]）=c（Cr³⁺）c³（OH^-）=7.0×10^-31；离子全部沉淀溶液中的铁离子为10^-6，计算c（OH^-）=
3
7.1×10−31
10−6
=
37.1×10−25
＜10^-8；说明Cr³⁺离子全部沉淀，故B正确；
C、Q（Zn（OH）₂）=c（Zn²⁺）c²（OH^-）=0.01×（10^-8）²=10^-18＜K_sp[Zn（OH）₂]=1.0×10^-17，此时锌离子没有开始沉淀，故C错误；
D、Q（Mg（OH）₂）=c（Mg²⁺）c²（OH^-）=0.01×（10^-8）²=10^-18＜K_sp[Mg（OH）₂]=5.6×10^-12，此时镁离子没有沉淀，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的计算应用，溶度积的分析判断，离子沉淀条件的应用，题目难度较大．

Fe（OH）₃胶体的胶粒是许多Fe（OH）₃微粒的聚集体，Fe（OH）₃胶体中，将1mol Fe（OH）₃制成胶体，所得胶体中分散质的物质的量小于1mol，
故答案为：小于；

点评：
本题考点： 胶体的重要性质．

考点点评： 本题主要考查胶体的胶粒的构成，注意胶体分散质微粒直径的大小在1nm～100nm之间是解答本题的关键，题目较简单．