Question

15．有一透明溶液，已知其中可能含有Fe³⁺、Mg²⁺、Cu²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，加入一种淡黄色粉末固体时，加热有刺激性气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀．当加入0.4mol淡黄色粉末时，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，且加入淡黄色粉末时产生白色沉淀的量如如图所示．（已知：NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O）．
根据题意回答下列问题：
（1）淡黄色粉末为过氧化钠（填名称）．
（2）溶液中肯定有NH₄⁺、Al³⁺、Mg²⁺离子，肯定没有Fe³⁺和Cu²⁺离子．
（3）溶液中离子的物质的量之比为2：1：1．
（4）写出沉淀部分减少时的离子方程式：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O．

Answer 1

分析 淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na₂O₂，图象中加入0.4mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe³⁺和Cu²⁺，一定有NH₄⁺、Al³⁺、Mg²⁺，由图可知氢氧化镁为0.2mol，氢氧化铝为0.3mol-0.2mol=0.1mol，根据元素守恒计算Al³⁺、Mg²⁺物质的量，加入0.4mol过氧化钠之后，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，说明此时铵根完全反应，所以产生气体0.3mol即为过氧化钠与水反应生成的氧气和铵根生成的氨气，据此分析解答．

解答 解：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na₂O₂，图象中加入0.4mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe³⁺和Cu²⁺，一定有NH₄⁺、Al³⁺、Mg²⁺，由图可知氢氧化镁为0.2mol，氢氧化铝为0.3mol-0.2mol=0.1mol，根据元素守恒计算Al³⁺、Mg²⁺物质的量，加入0.4mol过氧化钠之后，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，说明此时铵根完全反应，所以产生气体0.3mol即为过氧化钠与水反应生成的氧气和铵根生成的氨气，
（1）由上述分析可知，淡黄色固体为：Na₂O₂，名称为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；
（2）由上述分析可知，溶液中肯定有离子NH₄⁺、Al³⁺、Mg²⁺，肯定没有Fe³⁺和Cu²⁺离子，故答案为：NH₄⁺、Al³⁺、Mg²⁺；Fe³⁺和Cu²⁺；
（3）由纵坐标可知：n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]=0.2mol，n（Al³⁺）=0.3mol-n[Mg（OH）₂]=0.1mol．
当n（Na₂O₂）=0.4mol时，由2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，可知n（O₂）=0.4mol×$\frac{1}{2}$=0.2mol，所以n（NH₄⁺）=n（NH₃）=0.3mol-n（O₂）=0.1mol，
故n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1，
故答案为：n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=2：1：1；
（4）沉淀部分减少即为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，故答案为：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O．

点评 本题考查无机离子推断、化学图象计算等，综合性很强，根据图象结合离子反应判断含有的离子是关键，难度很大，注意开始阶段加热，会导致氨气逸出．