Question

16．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种．

阴离子	CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl-
阳离子	Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀物质的量（n）与加入试剂的体积（V）关系如图所示．

（1）若Y是盐酸，所得到的关系图如甲所示，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是SiO₃^2-、AlO₂^-，ab段发生反应的离子CO₃^2-，bc段发生反应的离子方程式Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O．
（2）若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如乙所示，则X中一定含有的离子是Al³⁺、Mg²⁺、NH₄⁺、Cl^-，假设X溶液只含这几种离子，则溶液各离子物质的量之比为2：1：4：12，ab段反应的离子方程式为NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O．

Answer 1

分析 （1）无色溶液中不会含有Fe³⁺，加入盐酸后能形成的沉淀有Al（OH）₃、H₂SiO₃，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO₂^-、SiO₃^2-．
oa段发生反应的离子为AlO₂^-、SiO₃^2-，ab段为CO₃^2-，bc段则是Al（OH）₃溶解．
（2）当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg（OH）₂、Al（OH）₃，ab段是NH₄⁺与OH^-之间发生反应，因Mg²⁺、Al³⁺不能与CO₃^2-、SiO₃^2-、AlO₂^-共存，故此时溶液中阴离子只有Cl^-．结合图象，溶解Al（OH）₃、与NH₄⁺作用、生成Al（OH）₃消耗的NaOH体积比为1：2：3；由此可求出与Mg²⁺反应时消耗的NaOH体积与溶解Al（OH）₃消耗NaOH 溶液一样多，故溶液中n（Al³⁺）：n（Mg²⁺）：n（NH₄⁺）=2：1：4，再利用电荷守恒原理求出n（Cl^-），最后就得到各种离子物质的量比．

解答 解：（1）某无色稀溶液X中，无色溶液中不会含有Fe³⁺，加入盐酸后能形成的沉淀有Al（OH）₃、H₂SiO₃，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有SiO₃^2-、AlO₂^-；则oa段发生反应的离子为AlO₂^-、SiO₃^2-；ab段发生的反应沉淀的量不变，所以ab段为盐酸与CO₃^2-反应，bc段沉淀减少，则是Al（OH）₃溶解于盐酸，其反应的离子方程式为：Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O．
故答案为：AlO₂^-、SiO₃^2-；CO₃^2-；Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O；
（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al³⁺、Mg²⁺或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存，即溶液中不含CO₃^2-、SiO₃^2-、AlO₂^-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl^-；当a-b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O，即溶液中含NH₄⁺；当b-c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al³⁺、Mg²⁺，即bc段的反应为：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O．
即则X中一定含有的离子是Al³⁺、Mg²⁺、NH₄⁺、Cl^-；由于溶液中有Al³⁺、Mg²⁺，故oa段转化为沉淀的离子是Al³⁺、Mg²⁺，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O；溶液中有Al³⁺、Mg²⁺，即沉淀中含Al（OH）₃和Mg（OH）₂，故bc段的反应为：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，
NH₄⁺反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）₃溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）₃需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）₂和Al（OH）₃共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）₂需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al³⁺）：n（Mg²⁺）：n（NH₄⁺）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al³⁺）+2n（Mg²⁺）+n（NH₄⁺）=n（Cl^- ），故n（Cl^- ）=12，即有：n（Al^3+）：n（Mg²⁺）：n（NH₄⁺）：n（Cl^-）=2：1：4：12．
故答案为：Al³⁺、Mg²⁺、NH₄⁺、Cl^-；2：1：4：12；NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O．

点评 本题考查离子检验及离子反应，根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量，同时考查学生思维的缜密性、考虑问题的全面性，题目较难．