Question

17．某溶液中可能含有下列5种离子中的某几种：Na⁺、NH₄⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Clˉ．为确认该溶液组成进行如下实验：
①取20.0mL该溶液，加入25.0mL 4.00mol•L^-1NaOH溶液，有白色沉淀、无剌激气味气体．过滤、洗涤、干燥，得沉淀1.16g．再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c（OHˉ）为0.20mol•L^-1；
②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO₃溶液，生成白色沉淀11.48g．
由此可得出关于原溶液组成的正确结论是（　　）

• A． 一定含有Mg²⁺、Al³⁺、Clˉ，可能含有Na⁺，不含NH₄⁺
• B． 一定含有Mg²⁺、Clˉ，不含NH₄⁺，可能含有Na⁺、Al³⁺
• C． c （Clˉ） 为 4.00 mol•L^-1，c（Al³⁺）为5.00 mol•L^-1
• D． c （Mg²⁺） 为 1.00 mol•L^-1，c（Na⁺）为 0.5mol•L^-1

Answer 1

分析 ①加入NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成，说明原溶液中可能含有Mg²⁺、Al³⁺，一定没有NH₄⁺；滤液中c（OH^-）=0.2mol•L^-1，证明碱过量，一定含有Mg²⁺；
②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO₃溶液，生成白色沉淀11.48g，溶液中一定含有Cl^-；
氢氧化镁1.16g，物质的量是$\frac{1.16g}{58g/mol}$=0.02mol，消耗的n（OH^-）=0.04mol，加入的氢氧化钠为0.025L×4mol/L=0.1molmol，滤液中的n（OH^-）=0.2mol•L^-1×0.1L=0.02mol，故Al³⁺消耗了0.04mol氢氧化钠生成偏铝酸钠，n（Al³⁺）=0.01mol，生成白色沉淀11.48g是氯化银，物质的量是0.08mol，氢氧化镁有0.02mol，n（Al³⁺）=0.01mol，根据电荷守恒，n（Na⁺）=n（Cl^-）-2n（Mg²⁺）-3n（Al³⁺），以此来解答．

解答 解：①加入NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成，说明原溶液中可能含有Mg²⁺、Al³⁺，一定没有NH₄⁺；滤液中c（OH^-）=0.2mol•L^-1，证明碱过量，一定含有Mg²⁺；
②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO₃溶液，生成白色沉淀11.48g，溶液中一定含有Cl^-；
氢氧化镁1.16g，物质的量是$\frac{1.16g}{58g/mol}$=0.02mol，消耗的n（OH^-）=0.04mol，加入的氢氧化钠为0.025L×4mol/L=0.1molmol，滤液中的n（OH^-）=0.2mol•L^-1×0.1L=0.02mol，故Al³⁺消耗了0.04mol氢氧化钠生成偏铝酸钠，n（Al³⁺）=0.01mol，生成白色沉淀11.48g是氯化银，物质的量是$\frac{11.48g}{143.5g/mol}$=0.08mol，氢氧化镁有0.02mol，n（Al³⁺）=0.01mol，根据电荷守恒，n（Na⁺）=n（Cl^-）-2n（Mg²⁺）-3n（Al³⁺）=0.01mol，
A．根据以上分析可知，溶液中一定存在：Na⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Cl^-，由于一定含有Na⁺，故A错误；
B．溶液中一定存在：Na⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Cl^-，即一定含有Al³⁺，故B错误；
C．c（Al³⁺）=$\frac{0.01mol}{0.02L}$=0.5 mol•L^-1，c（Cl^-）=$\frac{0.08mol}{0.02L}$=4mol/L，故C错误；
D．c（Mg²⁺）=$\frac{0.02mol}{0.02L}$=1.00 mol•L^-1，c（Na⁺）=$\frac{0.01mol}{0.02L}$=0.50 mol•L^-1，故D正确；
故选D．

点评 本题考查离子反应的计算及推断，为高频考点，把握沉淀的成分、离子检验及电荷守恒应用等为解答的关键，侧重分析、推断、计算能力的综合考查，题目难度中等．