專題03溶液易錯點1誤用膠體的特性1．下列應用或事實與膠體的性質無關的是A．清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產生的美麗景象(美麗的光線)B．用石膏或鹽鹵點制豆腐C．向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出現紅褐色沉淀D．在海水與河水交界處，易形成沙洲【錯因分析】不能正確識記和理解膠體的概念及性質，而造成誤選?！驹囶}解析】清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產生的美麗景象，是膠體的丁達爾現象，與膠體有關，A項正確；用石膏或鹽鹵點制豆腐，利用的是膠體的聚沉，和膠體性質有關，B項正確；在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出現紅褐色沉淀，發生的是復分解反應，與膠體無關，C項錯誤；河流中的水含有泥沙膠粒，海水中含有氯化鈉、氯化鈣等電解質，二者相遇是可以發生膠體凝聚，就形成三角洲，與膠體有關，D項正確。答案選C?！緟⒖即鸢浮緾【名師點撥】膠體區別于其它分散系的本質特征是分散質微粒直徑在1nm-100nm之間；膠體具有丁達爾效應，可以發生電泳現象，可以發生聚沉。(1)丁達爾效應可以快速鑒別溶液與膠體，但膠體區別于其他分散系的本質特征是膠體粒子的直徑介于1～100nm之間，而不是丁達爾效應。(2)膠體不帶電荷，膠體粒子(分散質)帶電荷，但淀粉膠體的膠體粒子也不帶電荷。(3)PM2.5是指環境空氣中空氣動力學當量直徑小于或等于2.5μm的顆粒物，膠體粒子的直徑在1~100nm(10-9～10-7m或1nm～0.1μm)之間，兩者的顆粒大小有差異。(4)膠體粒子是多個分子形成的聚集體或大分子。將含1molFeCl3的飽和溶液逐滴滴入沸騰的蒸餾水中，生成的Fe(OH)3膠體中膠粒數目遠小于NA的原因有兩個，一是Fe3+部分水解，二是膠粒為多個Fe(OH)3分子的聚集體。1．下列說法正確的有①“鹵水點豆腐”“黃河入海口處三角洲的形成”都與膠體的聚沉有關②提純Fe(OH)3膠體，可以采用的方法是過濾③明礬能作凈水劑是因為鋁離子與水作用生成的氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質的作用④在制備Fe(OH)3膠體實驗中，可以長時間加熱⑤向Fe(OH)3膠體中加入過量稀硫酸，先有紅褐色沉淀生成，然后沉淀溶解形成棕黃色溶液A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【解析】①稀豆漿分散系屬于膠體，加入鹵水(含氯化鎂等)發生聚沉，泥漿水屬于膠體，海水中含有大量的可溶性電解質，如氯化鈉等，可以使泥漿水聚沉形成三角洲，①正確；②提純膠體可用滲析的方法，溶液和膠體都可以通過濾紙，不能通過過濾提純膠體，②錯誤；③明礬能用于凈水是因為鋁離子與水作用生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，能夠吸附水中懸浮雜質而達到凈水效果，③正確；④在制備Fe(OH)3膠體實驗中，長時間加熱會使生成的膠體聚沉，④錯誤；⑤向Fe(OH)3膠體中加入稀硫酸先發生Fe(OH)3膠體的聚沉，H2SO4過量時Fe(OH)3溶解，得到硫酸鐵棕黃色溶液，⑤正確；①③⑤正確.答案選B。易錯點2有關物質的量濃度的計算與換算公式出錯2．將50g質量分數為w1、物質的量濃度為c1的濃硫酸加入VmL水(水的密度為1g·cm-3)中，稀釋后得到質量分數為w2、物質的量濃度為c2的稀硫酸。下列說法中正確的是A．若w1=2w2，則c1＜2c2=20B．若w1=2w2，則c1＞2c2，V＜50C．若c1=2c2，則w1＜2w2，V＜50D．若c1=2c2，則w1＜2w2，V＞50【錯因分析】一定的溶液中，物質的量濃度、溶液密度、質量分數等物理量有一定的換算關系，若掌握不牢，容易無從下手或計算錯誤。濃硫酸稀釋后密度變小，但溶質的質量不變，若不能利用此信息，則無法解答?！驹囶}解析】設物質的量濃度為c1的濃硫酸的密度為ρ1，物質的量濃度為c2的稀硫酸的密度為ρ2，顯然ρ1＞ρ2。由SKIPIF1<0知，SKIPIF1<0，分別討論：(1)若w1=2w2，則c1＞2c2，V=50，A、B錯誤；(2)若c1=2c2，則w1＜2w2，而w2=SKIPIF1<0，故V＜50，C正確、D錯誤?！緟⒖即鸢浮緾物質的量濃度的相關計算類型及公式1．溶液稀釋、同種溶質的溶液混合的計算(1)稀釋定律：c1V1=c2V2(2)混合后溶液體積不變：c1V1+c2V2=c混(V1+V2)(3)混合后溶液體積改變：c1V1+c2V2=c混V混2．物質的量濃度與質量分數的換算由定義出發，運用公式：c＝eq\f(n,V)、質量分數＝eq\f(溶質的質量,溶液的質量)×100%進行推理，c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m液·w,MV)＝eq\f(1000ρVw,MV)＝eq\f(1000ρw,M)(密度ρ的單位為g·mL-1；w為溶質的質量分數；M為溶質的摩爾質量，單位為g·mol-1)。當溶液為飽和溶液時，因為w=SKIPIF1<0，可得c=SKIPIF1<0。3．溶液稀釋定律(守恒觀點)(1)溶質的質量在稀釋前后保持不變，即m1w1＝m2w2。(2)溶質的物質的量在稀釋前后保持不變，即c1V1＝c2V2。(3)溶液質量守恒，m(稀)＝m(濃)＋m(水)(體積一般不守恒)。4．同溶質不同物質的量濃度溶液的混合計算(1)混合后溶液體積保持不變時，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。(2)混合后溶液體積發生改變時，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝eq\f(m混,ρ混)。5．溶質相同、質量分數不同的兩溶液混合定律同一溶質、質量分數分別為a%、b%的兩溶液混合。(1)等體積混合①當溶液密度大于1g·cm－3時，必然是溶液濃度越大，密度越大(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多數溶液)，等體積混合后質量分數w>eq\f(1,2)(a%＋b%)。②當溶液密度小于1g·cm－3時，必然是溶液濃度越大，密度越小(如酒精、氨水溶液)，等體積混合后，質量分數w＜eq\f(1,2)(a%＋b%)。(2)等質量混合兩溶液等質量混合時(無論ρ>1g·cm－3還是ρ＜1g·cm－3)，則混合后溶液中溶質的質量分數w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)。以上規律概括為“計算推理有技巧，有大必有小，均值均在中間找，誰多向誰靠”。6．氣體溶于水后所得溶液的物質的量濃度的計算(1)若在標準狀況下，一定質量的水中溶解某氣體的體積為V′(單位為L)，所得溶液的物質的量濃度的計算公式為SKIPIF1<0(ρ的單位為g·mL-1)。(2)若氣體溶于水時體積變化忽略不計，1L水中溶解V′L氣體(標準狀況)時，所得溶液的物質的量濃度計算公式為SKIPIF1<0。2．標準狀況下VL氨氣溶解在1L水中(水的密度近似為1g/mL)，所得溶液的密度為ρg/mL,質量分數為ω，物質濃度為cmol/L，則下列關系中不正確的是A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0=1000Vρ/(17V+22400)【答案】A【解析】將所給的式子的分子和分母同除以22.4可得ρ＝eq\f(eq\f(V,22.4)×17＋1000,1＋V)，分子表示了溶液的質量，是合理的，但分母表達的是將溶劑的體積與氣體的體積直接進行加和得到溶液的體積，這顯然是錯誤的，A項錯誤；假設取溶液的體積為1L，根據溶質質量分數的本義有：?＝eq\f(17×c×1,1000ρ)，分子表達了溶質質量，分母表達了溶液的質量，B項正確；將所給的式子分子分母同除以22.4可得：?＝eq\f(17V,17V＋22400)＝eq\f(eq\f(V,22.4)×17,eq\f(17V,22.4)＋1000)，分子表達了溶質質量，分母表達了溶液的質量，C項正確；將所給式子變形得：c＝eq\f(1000Vρ,17V＋22400)＝eq\f(eq\f(V,22.4)ρ×1000,eq\f(17V,22.4)＋1000)＝eq\f(eq\f(V,22.4),eq\f(eq\f(17V,22.4)＋1000,ρ)×10-3)，分子代表了溶質的物質的量，分母代表了溶液的體積(單位為L)，D項正確。答案選A。易錯點3一定物質的量濃度溶液的配制誤差分析出錯3．使用容量瓶配制溶液時，由于操作不當，會引起誤差。下列情況會使所配溶液濃度偏低的是①用天平(使用游碼)稱量時，被稱量物與砝碼的位置放顛倒②溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌③轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水④定容時，俯視容量瓶的刻度線⑤定容后搖勻，發現液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線A．①②⑤ B．①③⑤ C．③④⑤ D．②③⑤【錯因分析】一定物質的量濃度溶液的配制原理掌握不牢，出現操作失誤時容易分析不清被影響的因素導致出錯?！驹囶}解析】利用公式SKIPIF1<0進行誤差分析。①稱量時，物品與砝碼顛倒，在使用游碼的情況下，物品稱少了，溶質的質量m偏低，c偏低，①符合題意；②燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌，說明有部分溶質沒有轉移到容量瓶中，容量瓶中溶質的質量m偏低，c偏低，②符合題意；③容量瓶內有少量蒸餾水，溶解之后的操作中需要往容量瓶中加水，所以原理有少量蒸餾水，不會帶來影響，③不符合題意；④定容時，俯視刻度，液面在刻度線以下，V偏小，c偏大，④不符合題；⑤定容后，再補加水相當于稀釋，c偏小，⑤符合題意；綜上符合題意為①②⑤，本題答案選A?！緟⒖即鸢浮緼一定物質的量濃度溶液配制的誤差分析1．誤差分析的依據SKIPIF1<0若V不變，分析n的變化；若n不變，分析V的變化。2．常見的實驗誤差分析根據cB＝eq\f(nB,V)可知，一定物質的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質的物質的量nB和溶液的體積V引起的。誤差分析時，關鍵要看溶液配制過程中引起了nB和V怎樣的變化。在配制一定物質的量濃度溶液時，若nB比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏?。蝗鬾B比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大?？赡芤鹫`差的操作因變量c/mol·L-1n/molV/L天平砝碼附著有其他物質或已生銹增大不變偏大用量筒量取需稀釋的溶液時仰視讀數增大不變定容時俯視容量瓶刻度線不變減小溶液未冷卻就轉入容量瓶進行定容不變減小砝碼殘缺減小不變偏小藥品和砝碼位置顛倒(使用游碼)減小不變沒有洗滌燒杯減小不變定容時仰視容量瓶刻度線不變增大溶質已潮解或含有其他雜質減小不變定容搖勻后又加蒸餾水不變增大用量筒量取需稀釋的溶液時俯視讀數減小不變定容時蒸餾水加多后用吸管吸出減小不變轉移時有少量液體灑在容量瓶外減小不變【溫馨提示】仰視、俯視的分析結果：仰視時，容器內液面高于刻度線；俯視時，容器內液面低于刻度線。3．某學生在配制一定物質的量濃度氫氧化鈉溶液時，結果所配溶液濃度偏高，其原因可能是A．所用氫氧化鈉已經潮解B．向容量瓶中加水未到刻度線C．有少量氫氧化鈉溶液殘留在燒杯里D．用帶游碼的托盤天平稱2.4gNaOH時誤用了“左碼右物”方法【答案】B【解析】所用NaOH已經潮解，實際稱量的氫氧化鈉的質量減小，氫氧化鈉的物質的量減小，所配溶液濃度偏低，A項錯誤；向容量瓶中加水未到刻度線時溶液的體積較小，溶液的濃度偏高，B項正確；有少量氫氧化鈉溶液殘留在燒杯里，造成了溶質的損耗，溶液濃度偏低，C項錯誤；稱量時誤用“左碼右物”，若不使用游碼，對稱取氫氧化鈉質量無影響，對所配溶液濃度無影響；若使用游碼，實際稱取氫氧化鈉的質量減小，所配溶液濃度偏低，D項錯誤。易錯點4一定物質的量濃度溶液的配制答題不規范導致出錯4．用11.9mol/L的濃鹽酸配制80mL1.0mol/L稀鹽酸，有如下操作步驟：①用量筒量取_______mL濃鹽酸倒入小燒杯中，加適量蒸餾水稀釋；②繼續向容量瓶中加蒸餾水至液面距刻度線1～2cm處，改用_______________小心滴加蒸餾水至溶液凹液面的最低處與刻度線相切；③將容量瓶塞緊，充分搖勻；④把①中所得溶液小心地轉入___________________中；⑤用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，洗滌液一并轉移到容量瓶中。(1)將上述操作步驟的空白處填寫完整。(2)本實驗操作步驟的正確順序是(填序號，不能重復)__________。(3)使用玻璃棒在該實驗中的作用是___________________________。(4)配制過程中，下列情況會使配制結果偏高的是________(填序號)。A．洗凈后容量瓶內還殘留蒸餾水未烘干B．量取濃鹽酸時，仰視刻度線觀察液面C．定容時，仰視刻度線D．定容后，加蓋倒轉搖勻后，發現液面低于刻度線線【錯因分析】配制一定物質的量濃度溶液時應注意：①做需要補充儀器的實驗題時，要學會“有序思考”——即按照實驗的先后順序、步驟，思考每一步所需儀器，然后與已知儀器對比，就一定不會漏寫某種儀器；②容量瓶的規格，常見的有100mL、250mL、500mL、1000mL；③所用定量儀器量筒、托盤天平的精確度。【試題解析】溶液配制一般步驟是：計算→稱量→溶解、冷卻→移液→洗滌→定容→搖勻→裝瓶貼簽，一般用天平稱量(用到藥匙)稱量，在燒杯中溶解，并用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，轉移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2～3次并將洗滌液全部轉移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，使溶液的凹液面的最低點與刻線相平，塞好瓶塞，反復上下顛倒搖勻。(1)實驗室配制80mL1.0mol/L稀鹽酸應選用100mL容量瓶，由稀釋定律可得：11.9mol/L×V×10?3L=1.0mol/L×100×10?3L，解得V=8.4mL；向容量瓶中加蒸餾水至液面距刻度線1～2cm處，為防止加水超過刻度線，應改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面的最低處與刻度線相切；配制時一般用量筒量取濃鹽酸，在燒杯中稀釋，冷卻后轉移到100mL容量瓶中，故答案為：8.4；膠頭滴管；100mL容量瓶；(2)配制步驟有量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃鹽酸，在燒杯中稀釋，冷卻后轉移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯與玻璃棒2~3次，并將洗滌液移入容量瓶，繼續注入蒸餾水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至凹液面與刻度線水平相切，蓋好瓶塞，反復顛倒搖勻，故實驗操作順序為：①④⑤②③，故答案為：①④⑤②③；(3)配制過程中，溶解時用到玻璃棒，起攪拌作用；轉移和定容時用到玻璃棒，起引流作用，故答案為：攪拌、引流；(4)洗凈后容量瓶內還殘留蒸餾水未烘干，對溶質的物質的量和溶液的體積都不會產生影響，溶液濃度不變，A項錯誤；量取濃鹽酸時，仰視刻度線觀察液面，導致所取鹽酸體積偏大，溶質的物質的量偏大，所測結果偏高，B項正確；定容時仰視刻度線，導致溶液體積增大，所配溶液濃度偏低，C項錯誤；定容后，加蓋倒轉搖勻后，容量瓶的壁上會殘留部分溶液，液面會低于刻度線，對實驗結果無影響，D項錯誤。答案選B?！緟⒖即鸢浮?1)8.4膠頭滴管100

mL容量瓶(2)①④⑤②③(3)攪拌、引流(4)B容量瓶使用的注意事項(1)選用容量瓶時必須注明容量瓶規格。如500mL容量瓶。(2)選擇容量瓶時遵循“大而近”的原則，所需溶質的量按所選用的容量瓶的規格進行計算。如配制480mL1mol/LNaOH溶液時應選用500mL的容量瓶，所需溶質NaOH的物質的量為0.5mol。(3)使用前要檢查容量瓶是否漏水。(4)向容量瓶中注入液體時，應沿細玻璃棒注入，以防操作時液體流出而造成損失。(5)容量瓶使用應注意“五不”：不能溶解固體，不能稀釋濃溶液，所配溶液溫度不能高于或低于室溫，不能作反應容器，不能長期貯存所配溶液。容量瓶檢漏操作往容量瓶中加入一定量的水，塞好瓶塞。用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立過來，觀察瓶塞周圍有無水漏出。如果不漏水，將瓶正立并將瓶塞旋轉180度后塞緊，仍把瓶倒立過來，再檢查是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。4．高鐵酸鈉(Na2FeO4)(鐵為+6價)是一種新型的凈水劑，可以通過下述反應制?。?Fe(OH)3＋4NaOH＋3NaClO＝2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O(1)用單線橋在方程式中標出電子轉移的情況：；(2)Na2FeO4中鐵元素的化合價是價，Na2FeO4具有較強的(填“氧化性”或“還原性”)(3)實驗室欲配制250mL0.1mol?L-1NaOH溶液，除燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管，還需要用到的玻璃儀器為，下列操作配制的溶液濃度偏低的是；A．稱量NaOH時，將NaOH放在紙上稱重B．配制前，容量瓶中有少量蒸餾水C．配制時，NaOH未冷卻直接定容D．向容量瓶中轉移溶液時不慎有液滴灑在容量瓶外面E．定容時俯視刻度線(4)在容量瓶的使用方法中，下列操作正確的是。A．容量瓶用水洗凈后，再用待配溶液洗滌B．使用容量瓶前檢驗是否漏水C．定容后，蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反復倒轉多次，搖勻。D．配制溶液時，若試樣是液體，用量筒取樣后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，緩慢加水至刻度線下1~2cm處，用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線?！敬鸢浮?1)(2)+6氧化性(3)250mL容量瓶AD(4)BC【解析】(1)2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，NaClO中的氯元素從+1價降到-1價，NaClO是氧化劑，NaCl是還原產物，Fe(OH)3中的Fe元素化合價從+3價升高到+6價，被還原；(2)Na2FeO4中鐵元素的化合價是+6價，Na2FeO4具有較強的氧化性；(3)

配制氫氧化鈉溶液需要的儀器有托盤天平、鑰匙、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶，膠頭滴管,實驗室欲配制250mL0.1mol?L-1NaOH溶液，除燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管，還需要用到的玻璃儀器為250mL容量瓶；稱量NaOH時，將NaOH放在紙上稱重，NaOH吸收空氣中的水分，造成溶質的物質的量減少，濃度偏低，A項正確；配制前，容量瓶中有少量蒸餾水,定容時還需要加水，無影響，B項錯誤；配制時，NaOH未冷卻直接定容，氫氧化鈉溶于水放熱，液體熱脹冷縮，定容時液體體積變小，濃度偏高，C項錯誤；向容量瓶中轉移溶液時不慎有液滴灑在容量瓶外面，造成溶質的物質的量減少，濃度偏低，D項正確；定容時俯視刻度線，液體體積變小，濃度偏高，E項錯誤。(4)容量瓶用水洗凈后，如果用待配溶液洗滌，會使所配溶液濃度偏高，A項錯誤；使用容量瓶前檢驗是否漏水，B項正確；定容后，蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反復倒轉多次，搖勻，符合容量瓶的使用方法，C項正確；配制溶液時，若試樣是液體，用量筒取樣后需在燒杯中稀釋，再用玻璃棒引流倒入容量瓶中，緩慢加水至刻度線下1~2cm處，用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，D項錯誤。答案選BC。【點睛】配制一定物質的量濃度的溶液時需要使用容量瓶，容量瓶在使用前需要檢查是否漏液；容量瓶不能用作反應容器，不能稀釋溶液。易錯點5忽視溶液中的電荷守恒5．某未知溶液X可能含有Al3+、Na+、NH4+、Cl?、CO32?、SO42?中的若干種，取該溶液進行如下實驗，若實驗過程中所加試劑均過量，產生的氣體全部逸出。則下列說法正確的是A．原溶液中可能存在Na+，n(Cl?)≥0.01molB．原溶液中一定存在CO32?、SO42?、NH4+，且均為0.01molC．原溶液中一定存在Na+，Cl?D．原溶液中一定不存在Al3+、Cl?【錯因分析】命題人常借用電荷守恒考查溶液中離子成分的確定，這樣可增加試題的難度，解題時要熟練運用電荷守恒而不落入陷阱?！驹囶}解析】濾液中加入燒堿溶液，通過顏色反應不能確定原溶液中是否存在Na+；加入BaCl2溶液生成沉淀1，說明原溶液中至少含有CO32?、SO42?中的一種，沉淀1部分溶于鹽酸，所以沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，故原溶液中一定存在CO32?、SO42?，CO32?和Al3+不能大量共存，所以溶液中一定不存在Al3+；沉淀2為硫酸鋇沉淀，其物質的量為SKIPIF1<0=0.01mol，CO32—的物質的量為SKIPIF1<0=0.01mol；向所濾液中加入氫氧化鈉溶液并加熱生成了氣體，則該氣體為氨氣，證明原溶液中一定含有NH4+，其物質的量為SKIPIF1<0=0.05mol，CO32?、SO42?所帶負電荷的物質的量之和為0.01molSKIPIF1<02+0.01molSKIPIF1<02=0.04mol，根據電荷守恒，原溶液中一定含有Cl?，不能確定是否存在Na+，所以n(Cl?)≥0.01mol，據此解答。根據以上分析，原溶液中可能存在Na+，n(Cl?)≥0.01mol，A項正確；原溶液中一定存在CO32?、SO42?、NH4+，CO32?、SO42?均為0.01mol，而NH4+為0.05mol，B項錯誤；不能確定是否存在Na+，C項錯誤；原溶液中一定不存在Al3+，一定含有Cl?，D項錯誤。答案選A?！緟⒖即鸢浮緼離子檢驗的一般思路1．離子檢驗一般是根據離子的特性(物理性質或化學性質)，通過實驗及實驗現象確定離子的種類，在實驗時要注意排除干擾離子如檢驗SOeq\o\al(2－,4)時，要先用鹽酸排除Ag＋引起的干擾，且選用的鋇試劑是BaCl2而不是Ba(NO3)2溶液，以免酸性條件下NOeq\o\al(－,3)將溶液中的SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)而造成新的干擾。其一般檢驗流程為先溶解后檢驗→先物理后化學→先取樣后反應→排干擾加試劑→依現象得結論。2．離子定量推斷試題常根據離子的物質的量(或濃度)定量推斷最后一種離子的存在：如果多種離子共存，且只有一種離子的物質的量未知，可以用電荷守恒來確定最后一種離子是否存在，即陽離子所帶的正電荷總數等于陰離子所帶的負電荷總數。5．某溶液可能含有Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋、Al3＋和K＋。取該溶液100mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時產生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到1.60g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀。由此可知原溶液中A．至少存在5種離子B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4mol·L－1C．SOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)一定存在，Cl－可能不存在D．COeq\o\al(2－,3)、Al3＋一定不存在，K＋可能存在【答案】B【解析】根據加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，說明有NHeq\o\al(＋,4)，為0.02mol，同時產生紅褐色沉淀，說明有Fe3＋，而且為0.02mol，則沒有COeq\o\al(2－,3)；根據不溶于鹽酸的4.66g沉淀，說明有SOeq\o\al(2－,4)，且為0.02mol，則根據電荷守恒可知一定有Cl－，至少有0.04mol，B項正確。答案選B。1．膠體(1)當分散劑是水或其他液體時，根據分散質粒子直徑的大小可把分散系分為溶液、膠體和濁液。(2)溶液、膠體、濁液的比較分散系溶液膠體濁液懸濁液乳濁液分散質粒子直徑小于1nm1~100nm大于100nm大于100nm穩定性穩定介穩體系不穩定不穩定分散質粒子能否透過半透膜或濾紙均能透過能透過濾紙，不能透過半透膜均不能透過均不能透過實例食鹽水淀粉膠體泥漿水植物油和水的混合物(3)膠體的性質及應用①丁達爾效應當一束光通過膠體時，形成一條光亮的“通路”，這是膠體粒子對光線散射造成的。利用丁達爾效應是區別溶液和膠體的一種常用物理方法。②介穩性膠體的穩定性介于溶液與濁液之間，在一定條件下能穩定存在，屬于介穩體系，但改變條件就有可能發生聚沉。③聚沉加熱、加入電解質或加入與膠體粒子帶相反電荷的膠體等均能使膠體粒子聚集成為較大的顆粒，從而形成沉淀從分散劑中析出。④電泳在外加電場作用下，膠體粒子在分散劑中做定向移動。電泳現象說明膠體粒子帶電荷，工業上靜電除塵就是利用這個原理。(4)膠體的制備①物理方法：研磨法。如制豆漿。②化學方法：利用水解反應、復分解反應等。膠體操作方法制備原理氫氧化鐵膠體將飽和FeCl3溶液滴入沸水中，得到透明的紅褐色液體FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl碘化銀膠體向稀KI溶液中滴加稀硝酸銀溶液，邊滴加邊振蕩KI+AgNO3AgI(膠體)+KNO32．一定物質的量濃度溶液的配制步驟主要操作注意事項計算計算所需固體物質的質量(或濃溶液的體積)依據所用儀器的精確度，確定有效數字的保留位數稱量用托盤天平稱取所需質量的固體(或用量筒量取所需體積的濃溶液)①具有強腐蝕性或吸水性的固體藥品應放在干燥的小燒杯中稱量②量筒存在自然殘留，不得將洗滌量筒的液體轉入燒杯中溶解將所取的溶質置于燒杯中，加適量的蒸餾水后用玻璃棒攪拌溶解(混勻)，并放置至室溫用濃硫酸配制稀硫酸時，濃硫酸的稀釋方法：將濃硫酸沿燒杯內壁緩緩注入水中，并用玻璃棒不停攪拌轉移、洗滌及搖勻將放置至室溫的溶液沿玻璃棒慢慢轉移至容量瓶中；用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2~3次，洗滌液也轉入容量瓶中；搖勻容量瓶內的液體引流時玻璃棒下端應靠在刻度線以下的瓶頸壁上定容加蒸餾水至液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面剛好與刻度線相切讀數時應該平視刻度線，液面不得超過刻度線，若不慎超過，則應重新配制顛倒搖勻及裝瓶蓋好容量瓶的瓶塞，用右手的食指壓住瓶塞，左手托住瓶底，將容量瓶反復顛倒幾次；然后將配好的溶液轉移到細口試劑瓶中，貼上標簽容量瓶只能配制溶液，不能存放溶液3．溶液中溶質的計算(1)溶解度與質量分數的區別質量分數與溶解度不同，質量分數表示溶液中溶質質量與溶液質量的比值，可以是小數也可以是分數；溶液飽和或者不飽和均有質量分數。溶解度僅在溶液達到飽和狀態時才有意義，且受溫度影響，當溫度一定時，不受溶質和溶劑量的影響。(2)關于溶解度的計算關于溶解度的計算常有以下三種形式：①溫度不變時，某飽和溶液蒸發溶劑析出一定質量的晶體，求析出晶體的質量或蒸發的溶劑質量。②飽和溶液的溶劑質量不變，改變溫度時，求析出或可繼續溶解溶質的質量。③加入或析出的溶質帶有結晶水時，求最終所得溶液中溶質的溶解度或質量分數。計算原理：在一定溫度下，溶質的溶解度不變，即溶液中溶質與溶劑的質量比不變。(3)溶液的質量分數與密度的關系①當溶液的ρ>1g·cm?3時，質量分數(w)越大，則ρ越大，如燒堿溶液、硫酸等；②當溶液的ρ<1g·cm?3時，質量分數(w)越大，則ρ越小，如氨水、乙醇溶液。(4)等體積或等質量的溶液混合后質量分數的變化規律①兩種不同質量分數的溶液等體積混合，若溶液的密度大于1g·cm?3，則混合溶液的質量分數大于它們和的一半；若溶液的密度小于1g·cm?3，則混合溶液的質量分數小于它們和的一半。②無論溶液的密度大于1g·cm?3還是小于1g·cm?3，等質量混合時，所得混合溶液的質量分數都等于它們和的一半。1．下列有關膠體的說法，正確的是A．依據丁達爾效應可將分散系分為溶液、膠體和濁液B．向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液至產生紅褐色液體，用離子方程式表示為：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+C．Fe(OH)3膠體在下圖所示裝置中通電一段時間后，陰極附近顏色變深，說明Fe(OH)3膠體帶正電D．用下圖裝置可以凈化淀粉膠體【答案】D【解析】依據分散質粒子直徑大小可將分散系分為溶液、膠體和濁液，A項錯誤；向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液至產生紅褐色液體制得Fe(OH)3膠體，用離子方程式表示為：Fe3++3H2Oeq\o(══,\s\up8(Δ),\s\do4())Fe(OH)3(膠體)+3H+，B項錯誤；Fe(OH)3膠體在下圖所示裝置中通電一段時間后，陰極附近顏色變深，說明Fe(OH)3膠粒帶正電，膠體不帶電，C項錯誤；根據淀粉膠體不能透過半透膜，溶液中的離子可以透過半透膜，所以能用該裝置凈化淀粉膠體，D項正確。答案選D。2．磁流體是電子材料的新秀，它是由直徑為納米量級(1～10nm之間)的磁性固體顆粒，基載液以及界面活性劑混合而成的分散系，既具有液體的流動性，又具有固體磁性材料的磁性。下列關于納米Fe3O4磁流體的說法不正確的是A．納米Fe3O4磁流體分散系屬于溶液B．納米Fe3O4磁流體中分散質粒子可以透過濾紙C．當一束可見光通過該磁流體時會出現光亮的“通路”D．納米Fe3O4磁流體是介穩體系【答案】A【解析】納米Fe3O4磁流體的粒子直徑在1~10nm之間，所以納米Fe3O4磁流體分散系屬于膠體，A項錯誤；納米Fe3O4磁流體分散系屬于膠體，膠體的分散質粒子可以透過濾紙，B項正確；納米Fe3O4磁流體分散系屬于膠體，能產生丁達爾效應，所以當一束可見光通過該磁流體時會出現光亮的“通路”，C項正確；納米Fe3O4磁流體分散系屬于膠體，膠體具有介穩性，D項正確。答案選A。3．用質量分數為98%的濃硫酸(ρ＝1.84g·cm－3)配制240mL1.84mol·L－1稀硫酸，下列操作正確的是A．將蒸餾水緩慢注入盛有一定量濃硫酸的燒杯中，并不斷攪拌至冷卻B．必需的定量儀器有50mL量筒、250mL容量瓶和托盤天平C．量取濃硫酸的體積為25.0mLD．先在容量瓶中加入適量水，將量好的濃硫酸注入容量瓶，加水定容【答案】C【解析】稀釋濃硫酸時，應將濃硫酸緩慢注入水中并不斷攪拌，A項錯誤；該實驗不需要托盤天平，B項錯誤；根據溶質質量不變知，配制該稀硫酸需要濃硫酸的體積為V＝eq\f(250×10－3L×1.84mol·L－1×98g·mol－1,1.84g·cm－3×98%)＝25.0mL，C項正確；不能在容量瓶里稀釋濃硫酸，在燒杯里稀釋并冷卻后，再轉移到容量瓶中，最后加水定容，D項錯誤。4．將物質的量均為amol的Na和Al一同投入mg足量水中，所得溶液的密度為ρg·cm－3，則此溶液的物質的量濃度為A．eq\f(1000aρ,46a＋m)mol·L－1 B．eq\f(4ρ,46a＋m)mol·L－1C．eq\f(1000aρ,50a＋m)mol·L－1 D．eq\f(1000aρ,45a＋m)mol·L－1【答案】A【解析】Na和Al一同投入mg足量水中時，發生反應的化學方程式為2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于Na、Al的物質的量均為amol，結合化學方程式可知生成2amolH2，所得溶液中只有NaAlO2一種溶質，其物質的量為amol。所得溶液的質量為m(Na)＋m(Al)＋m(H2O)－m(H2)＝(46a＋m)g，所得溶液的體積為eq\f(46a＋m,1000ρ)L，所得溶液的物質的量濃度為eq\f(1000aρ,46a＋m)mol·L－1，答案選A。5．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使Mg2+完全沉淀為Mg(OH)2；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使SKIPIF1<0完全沉淀為BaSO4。則原混合溶液中K+的濃度為A．SKIPIF1<0mol·L?1 B．SKIPIF1<0mol·L?1C．SKIPIF1<0mol·L?1 D．SKIPIF1<0mol·L?1【答案】D【解析】把VL混合溶液分成兩等份，每份為eq\f(V,2)L，所含溶質各為原混合溶液的一半。根據題設條件可知：eq\f(V,2)L溶液中含eq\f(a,2)molMgSO4，含(b?eq\f(a,2)QUOTEa2)molK2SO4，則eq\f(V,2)

L溶液中含K+的物質的量為2(b?eq\f(a,2))mol，從而算出原混合溶液中K+的物質的量為4(b?eq\f(a,2))mol，即c(K+)＝eq\f(2(2b－a),V)mol·L?1。6．某?；瘜W興趣小組在實驗中發現一瓶溶液，標簽上標有“CaCl20.1mol·L?1”的字樣，下面是該小組成員對溶液的敘述，正確的是A．配制1L溶液，可將0.1mol的CaCl2溶于1L水B．取少量該溶液加水至溶液體積為原來的二倍，所得溶液c(Cl?)=0.1mol·L?1C．Ca2+和Cl?的濃度都是1mol·L?1D．取該溶液的一半，則所取溶液c（CaCl2）=0.05mol·L?1【答案】B【解析】標簽上標有“CaCl20.1mol·L?1”的字樣，即在1L的溶液中含0.1molCaCl2。將0.1molCaCl2溶于1L水中，所得溶液的體積不是1L，無法計算濃度，A項錯誤；溶液中Cl?的濃度為0.2mol/L，將溶液稀釋一倍，則濃度減半，故稀釋后Cl?的濃度應為0.1mol/L，B項正確；在CaCl2中，Ca2+和Cl?的物質的量之比為1：2，則濃度之比也為1：2，故Ca2+的濃度為0.1mol/L，而Cl?的濃度應為0.2mol/L，C項錯誤；溶液是均一穩定的，濃度與取出的溶液的體積是多少無關，D項錯誤。答案選B。7．下列有關溶質的質量分數和物質的量濃度的計算結果錯誤的是A．有K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液，已如其中Al3+的物質的量濃度為0.4mol/L，SOSKIPIF1<0的物質的量濃度為0.7mol/L，則此溶液中K+的物質的量濃度為0.2mol/LB．將5mol/L的Mg（NO3）2溶液amL稀釋至bmL，稀釋后溶液中NOSKIPIF1<0的物質的量濃變為SKIPIF1<0mol/LC．將標準狀況下，將VLA氣體（摩爾質量為Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度為ρg/cm3，則此溶液的物質的量濃度為.SKIPIF1<0mol/LD．密度為0.91g/cm3的氨水，質量分數為25%。該氨水用等體積的水稀釋后，所得溶液中溶質的質量分數等于12.5%【答案】D【解析】由電荷守恒得3c(Al3+)＋c(K+)＝2c(SO42-)，即3×0.4mol/L＋c(K+)＝2×0.7mol/L，即c(K+)＝0.2mol/L，A項正確；稀釋前后溶質的物質的量不變，則稀釋后(NO3-)＝eq\f(5mol/L×2×amL,bmL)＝eq\f(10a,b)mol/L，B項正確；溶質的物質的量n＝eq\f(VL,22.4L/mol)＝eq\f(V,22.4)mol，溶液的質量=溶質的質量+溶劑的質量＝eq\f(V,22.4)mol×Mg/mol+0.1L×1000g/L＝eq\f(VM＋2240,22.4)g，溶液的體積＝eq\f(溶液的質量,溶液的密度)＝eq\f(eq\f(VM＋2240,22.4),ρ)mL＝eq\f(VM＋2240,22.4ρ)×10-3L，所以所得溶液的溶質的物質的量濃度＝eq\f(eq\f(V,22.4)mol,eq\f(VM＋2240,22.4ρ)×10-3L)＝eq\f(1000Vρ,（VM＋2240）)mol/L，C項正確；稀釋前后溶質的質量不變，設稀釋前氨水的體積為Vcm3，稀釋前溶液的質量=0.91Vg，則稀釋前溶質的質量=稀釋后溶質的質量0.91V×25%g＝0.2275Vg，稀釋后溶液的質量＝0.91Vg+Vcm3×1g/cm3＝1.91Vg，則稀釋后溶質的質量分數＝eq\f(0.2275Vg,1.91Vg)×100%≈11.6%，D項錯誤。答案選D。8．在標準狀況下，將22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似為1g/mL），溶液的密度為ρg/cm3（ρ＞1），溶液的體積為VmL，溶質的質量分數為w，溶質的物質的量濃度為cmol/L。下列敘述中正確的是①w=SKIPIF1<0×100%②c=1mol·L?1③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的質量分數大于0.5w④向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的質量分數小于0.5wA．①②③ B．①③④ C．①③ D．①④【答案】C【解析】①根據c=SKIPIF1<0可得w=SKIPIF1<0×100%，故正確；②36.5gHCl的物質的量為1mol，1mol氯化氫溶解在1L水中，所得溶液體積不是1L，濃度不是1mol/L，故錯誤；③鹽酸的密度大于水的密度，則加入等體積的水后，由于水的質量小于原鹽酸的質量，根據質量分數公式可知混合液的總質量小于原先的2倍，則混合液中溶質的質量分數大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正確；④氯化氫為強電解質，溶液中完全電離出氫離子和氯離子，所以溶液中不存在氯化氫分子，故④錯誤；所以正確的為①③。答案選C。9．把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成兩等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反應完全；取另一份加入含bmolHCl的鹽酸恰好反應完全。該混合溶液中c(Na＋)為A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1C．(eq\f(b,10)－eq\f(a,20))mol·L－1 D．(5b－eq\f(5a,2))mol·L－1【答案】A【解析】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反應，則NH4HCO3的物質的量為0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的鹽酸恰好反應完全，由NH4HCO3反應掉的鹽酸為0.5amol，則由Na2CO3反應掉的鹽酸為bmol－0.5amol，Na2CO3的物質的量為(bmol－0.5amol)×0.5，則c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。答案選A。10．取100mL0.3mol·L－1的硫酸溶液和300mL0.25mol·L－1的硫酸溶液加水稀釋至500mL，該混合溶液中H＋的物質的量濃度是A．0.21mol·L－1 B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1 D．0.26mol·L－1【答案】B【解析】根據題意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋濃度關系如下：c3V3=c1V1＋c2V2，可得n(H＋)=(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2=0.21mol，所以c(H＋)=SKIPIF1<0=0.42mol·L－1。答案選B。11．實驗室常用98%(ρ=1.84g·mL－1)的濃H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度為1.23g·mL－1，其物質的量濃度為A．4.6mol·L－1 B．5.7mol·L－1C．3.88mol·L－1 D．18.4mol·L－1【答案】C【解析】實驗室配制1∶4溶液的含義是指取1體積的濃硫酸與4體積的水混合。求算所得溶液溶質的質量分數：w%=(1mL×1.84g·mL－1×98%)/(1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物質的量濃度為c(H2SO4)=(1000mL×1.23g·mL－1×30.9%)/(98g·mol－1)≈3.88mol·L－1。答案選C。12．某澄清水溶液，只可能含有以下離子中的若干種，且各離子物質的量濃度相等（忽略水的電離）：Na+、K+、Cl?、Ba2+、CO32?、SO42?，取少量該溶液于試管，加BaCl2溶液后出現白色沉淀。一定存在的離子有A．Ba2+、Cl? B．SO42?、Na+ C．Na+、K+ D．CO32?、SO42?【答案】C【解析】取少量該澄清溶液于試管，加BaCl2溶液后出現白色沉淀，由于溶液中無Ag+，因此不可能與Cl?發生沉淀反應的離子；可能與Ba2+發生沉淀反應形成白色沉淀的離子有CO32?、SO42?，則由于可能含有CO32?、SO42?，則不能大量存在Ba2+；由于溶液中各離子物質的量濃度相等，則因為CO32?或SO42?為陰離子，則一定含有陽離子Na+、K+，CO32?和SO42?只能有其中的一種離子。答案選C。13．某溶液中含有的離子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2?、CO32?、SiO32?、Cl?中的幾種，現進行如下實驗:①取少量原溶液，加入氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成;②另取少量原溶液，逐滴加入鹽酸，發生的現象是:開始產生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產生氣體，最后沉淀逐漸減少至消失;③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀。下列說法中正確的是A．該溶液中一定不含有Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO3?、Cl?B．該溶液中一定含有K+、AlO2?、CO32?、Cl?C．該溶液中是否含有K+需進行焰色反應(透過藍色鈷玻璃)D．可能含有Cl?【答案】D【解析】①“溶液滴加氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成”，故溶液中不含Al3+、Mg2+；②“溶液滴加鹽酸，開始產生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產生氣體，最后沉淀逐漸減少至消失”，故溶液中含有AlO2?、CO32?，不含SiO32?，由于Ba2+與CO32?不能共存（生成白色沉淀），故溶液中不含Ba2+，而由溶液電荷守恒，必須有陽離子，故溶液中含有K+，無需焰色反應即可確定；③“在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀”，得到的沉淀為AgCl，而②中加入的是鹽酸，故原溶液中可能含有Cl?。由以上分析知該溶液中一定含有K+、AlO2?、CO32?，一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32?，可能含有Cl?，D項正確。答案選D。14．在t℃時，將agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假設該溶液的密度為ρg·cm－3，質量分數為w，其中含有NHeq\o\al(＋,4)的物質的量是bmol，下列敘述正確的是A．溶質的質量分數w＝eq\f(a,ρV－a)×100%B．溶質的物質的量濃度c＝eq\f(1000a,35V)mol·L－1C．溶液中c(OH－)＝eq\f(1000b,V)mol·L－1＋c(H＋)D．向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的質量分數大于0.5w【答案】C【解析】溶質的質量分數w＝eq\f(a,ρV)×100%，A項錯誤；氨水中的溶質是NH3，而不是NH3·H2O，將w＝eq\f(a,ρV)×100%代入公式c＝eq\f(1000ρw,M)，化簡可得c＝eq\f(1000a,17V)mol·L－1，B項錯誤；氨水中含有的陽離子為H＋和NHeq\o\al(＋,4)，含有的陰離子只有OH－，根據電荷守恒可知C項正確；由于氨水的密度小于水的密度，與水等體積混合所得稀氨水的質量大于原氨水質量的2倍，故其質量分數小于0.5w，D項錯誤。答案選C。15．下表是四種鹽在不同溫度下的溶解度(g/100g水)：(假設：鹽類共存時不影響各自的溶解度，分離晶體時，溶劑的損耗忽略不計)NaNO3KNO3NaClKCl10℃80.521.235.731.0100℃17524639.156.6用物質的量之比為1∶1的硝酸鈉和氯化鉀為原料，制取硝酸鉀晶體，其流程如圖所示以下說法錯誤的是A．①和②的實驗過程中，都需要控制溫度B．①實驗操作依次為加水溶解、蒸發濃縮結晶、趁熱過濾C．②實驗操作依次為加水溶解、蒸發濃縮結晶、趁熱過濾D．用95%的酒精洗滌所得的硝酸鉀晶體比較好【答案】C【解析】①為蒸發濃縮，②為冷卻結晶，均需要控制溫度，A項正確；①實驗分離出NaCl，操作依次為加水溶解、蒸發