某水溶液只可能含有K+.Al3+.Fe3+.Mg2+.Ba2+.NH4+.Cl-.SO42-中的若干种离子．某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验:①第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热.收集到0.02mol的气体.无沉淀产生.同时得到溶液甲．②向溶液甲中通过量的二氧化碳气体.生成白色沉淀.沉淀经过滤.洗涤灼烧后.得到1.02g固体．③第二份加足量� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

15．某水溶液只可能含有K⁺、Al³⁺、Fe³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、NH₄⁺、Cl^-、SO₄^2-中的若干种离子．某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验：
①第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.02mol的气体，无沉淀产生，同时得到溶液甲．
②向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02g固体．
③第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到11.65g固体．
据此，该同学得到的结论正确的是（　　）

	A．	实验①中产生的气体为氨气，并可得原溶液中c（NH₄⁺）=0.1 mol•L^-1
	B．	实验③中的沉淀中一定有BaSO₄，可能有Mg（OH）₂
	C．	若要判断原溶液中是否有Cl^-，无需另外设计实验验证
	D．	原溶液中一定有K⁺，且c（K⁺）≥0.4 mol•L^-1

分析 ①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，即为氨气，一定含有NH₄⁺，物质的量为0.02mol，浓度为：$\frac{0.02mol}{0.05L}$=0.4mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe³⁺、Mg²⁺；
②向甲溶液中通入过量CO₂，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al³⁺，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO₂，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是$\frac{1.02g}{102g/mol}$×2=0.02mol，浓度为：$\frac{0.02mol}{0.05L}$=0.4mol/L；
③第二份加足量BaCl₂溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，无钡离子．沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体即硫酸钡的质量是11.65g，物质的量为：$\frac{11.65g}{233g/mol}$=0.05mol，根据元素守恒，所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol，浓度为：$\frac{0.05mol}{0.05L}$=1mol/L，
综上可知，一定含有的离子是：NH₄⁺、Al³⁺、SO₄^2-，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，一定不含Fe³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、SO₄²，不能确定是否存在氯离子．以此解答该题．

解答解：①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，即为氨气，一定含有NH₄⁺，物质的量为0.02mol，浓度为：$\frac{0.02mol}{0.05L}$=0.4mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe³⁺、Mg²⁺；
②向甲溶液中通入过量CO₂，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al³⁺，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO₂，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是$\frac{1.02g}{102g/mol}$×2=0.02mol，浓度为：$\frac{0.02mol}{0.05L}$=0.4mol/L；
③第二份加足量BaCl₂溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，无钡离子．沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体即硫酸钡的质量是11.65g，物质的量为：$\frac{11.65g}{233g/mol}$=0.05mol，根据元素守恒，所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol，浓度为：$\frac{0.05mol}{0.05L}$=1mol/L，
综上可知，一定含有的离子是：NH₄⁺、Al³⁺、SO₄^2-，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，一定不含Fe³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、SO₄²，不能确定是否存在氯离子．
A．根据以上分析可知，c （NH₄⁺）=0.4 mol•L^-1，故A错误；
B．根据以上分析可知，③中的白色沉淀中一定有BaSO₄，因溶液不存在镁离子，则没有生成氢氧化镁，故B错误；
C．由以上分析可知，不能确定存在氯离子，故C错误；
D．任何溶液中都存在电荷守恒，NH₄⁺、Al³⁺、SO₄^2-，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，可以知道NH₄⁺、Al³⁺的正电荷总量小于SO₄^2-负电荷总量，依据电荷守恒，则一定有K⁺存在，若无氯离子存在，则0.4×1+0.4×3+c（K⁺）×1=1×2，解得c（K⁺）=0.4mol/L，故D正确．
故选D．

点评本题考查离子的检验，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K⁺的确定易出现失误．

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（2）25℃，两种酸的电离平衡常数如下表：

	Ka₁	Ka₂
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H₂CO₃	4.2×10^-7	5.6×10^-11

①HSO₃^-的电离平衡常数表达式K=$\frac{c（S{{O}_{3}}^{2-}）c（{H}^{+}）}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）}$．
②0.10mol•L^-1Na₂SO₃溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）．
③H₂SO₃溶液和NaHCO₃溶液反应的离子方程式为H₂SO₃+HCO₃^-=HSO₃^-+CO₂↑+H₂O．

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	C．	pH相等的①NH₄NO₃、②（NH₄）₂SO₄、③NH₄HSO₄三种溶液中，c（NH${\;}_{4}^{+}$）大小顺序为：①＞②＞③
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20．

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某温度下，测得SO₂（g）的平衡转化率（a）与体系总压强（ p ）的关系如图所示．
（1）a、b两点对应的平衡常数K（a）= K（b）（填“＞”、“＜”或“=”，下同），SO₃浓度c（a）＜c（b）．c点时，反应速率υ（正）＜υ（逆）．将一定量的SO₂（g）和O₂（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应得到如表中的两组数据：

实验编号	温度/℃	起始量/mol		平衡量/mol
实验编号	温度/℃	SO₂	O₂	SO₂	O₂
1	T₁	4	2	x	0.8
2	T₂	4	2	0.4	y

（2）实验1从开始到反应达到化学平衡时，用去时间t 分钟，则υ（SO₂）表示的反应速率为$\frac{1.2}{t}$mol•L^-1•min^-1，温度T₁大于T₂的理由是反应放热，温度升高，平衡向左移动，反应物转化率低．
（3）制取SO₂的尾气用NaOH溶液吸收，可得到Na₂SO₃和NaHSO₃两种盐．
①0.1mol/L的NaHSO₃溶液中c（H⁺）＞c（OH^-），用水解和电离理论的角度解释其原因HSO₃^-的电离程度大于水解程度，若往溶液中加入氨水至中性，则c（Na⁺）=c（HSO₃^-）+c（SO₃^2-）+c（H₂SO₃）（填“＞”、“＜”或“=”）．
②往0.1mol/L 的Na₂SO₃溶液加入少量NaOH固体，完全溶解后溶液中c（Na⁺）：c（SO₃^2-）的比值变大（填“变大”、“变小”或“保持不变”）．

5．设N_A为阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是（　　）

	A．	5NH₄NO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2HNO₃+4N₂↑+9H₂O的反应中，生成28 g N₂，转移的电子数目为3.75N_A
	B．	高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H₂分子数目为0.3N_A
	C．	氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4N_A
	D．	室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH^-数目为10^-13N_A

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