Question

17．某無色稀溶液X中，可能含有下表所列離子中的某幾種．

陰離子	CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl-
陽離子	Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+

現取該溶液適量，向其中加入某試劑Y，產生沉淀的物質的量（n）與加入試劑體積（V）的關系如圖所示．
（1）若Y是鹽酸，則oa段轉化為沉淀的離子（指來源于X溶液的，下同）是AlO₂^-、SiO₃^2-，ab段發生反應的離子是CO₃^2-，bc段發生反應的離子方程式為Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O．
（2）若Y是NaOH溶液，則X中一定含有的陽離子是Al³⁺、Mg²⁺、NH₄⁺，其物質的量之比為2：1：4，ab段反應的離子方程式為NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O．

Answer 1

分析 （1）無色溶液中不會含有Fe³⁺，加入鹽酸后能形成的沉淀有Al（OH）₃、H₂SiO₃，前者能溶于過量鹽酸中而后者不能，由圖象知溶液中肯定含有AlO₂^-、SiO₃^2-．
oa段發生反應的離子為AlO₂^-、SiO₃^2-，ab段為CO₃^2-，bc段則是Al（OH）₃溶解；
（2）當向溶液中加入NaOH時，生成的沉淀為Mg（OH）₂、Al（OH）₃，ab段是NH₄⁺與OH^-之間發生反應，因Mg²⁺、Al³⁺不能與CO₃^2-、SiO₃^2-、AlO₂^-共存，故此時溶液中陰離子只有Cl^-．結合圖象，溶解Al（OH）₃、與NH₄⁺作用、生成Al（OH）₃消耗的NaOH體積比為1：2：3；由此可求出與Mg²⁺反應時消耗的NaOH體積與溶解Al（OH）₃消耗NaOH 溶液一樣多，故溶液中n（Al³⁺）：n（Mg²⁺）：n（NH₄⁺）=2：1：4，最后就得到各種離子物質的量比．

解答 解：（1）某無色稀溶液X中，無色溶液中不會含有Fe³⁺，加入鹽酸后能形成的沉淀有Al（OH）₃、H₂SiO₃，前者能溶于過量鹽酸中而后者不能，所以由圖象知溶液中含有SiO₃^2-、AlO₂^-；則oa段發生反應的離子為AlO₂^-、SiO₃^2-；ab段發生的反應沉淀的量不變，所以ab段為鹽酸與CO₃^2-反應，bc段沉淀減少，則是Al（OH）₃溶解于鹽酸，其反應的離子方程式為：Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O．
故答案為：AlO₂^-、SiO₃^2-；CO₃^2-；Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O；
（2）若Y是氫氧化鈉，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al³⁺、Mg²⁺或兩者中的一種，由于弱堿陽離子和弱酸根會雙水解而不能共存，即溶液中不含CO₃^2-、SiO₃^2-、AlO₂^-，由于溶液一定要保持電中性，故溶液中一定含Cl^-；當a-b段時，沉淀的量不變化，是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體：NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O，即溶液中含NH₄⁺；當b-c段時沉淀的質量減少但沒有完全溶解，即部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有Al³⁺、Mg²⁺，即bc段的反應為：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O．
即則X中一定含有的離子是Al³⁺、Mg²⁺、NH₄⁺、Cl^-；由于溶液中有Al³⁺、Mg²⁺，故oa段轉化為沉淀的離子是Al³⁺、Mg²⁺，ab段是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體，反應的離子方程式為NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O；溶液中有Al³⁺、Mg²⁺，即沉淀中含Al（OH）₃和Mg（OH）₂，故bc段的反應為：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，
NH₄⁺反應需要NaOH的體積是2V，由于Al（OH）₃溶解時需要的NaOH的體積是V，則生成Al（OH）₃需要的NaOH的體積是3V，而生成Mg（OH）₂和Al（OH）₃共消耗NaOH的體積為4V，則生成Mg（OH）₂需要NaOH溶液的體積是V，則n（Al³⁺）：n（Mg²⁺）：n（NH₄⁺）=2：1：4，
故答案為：Al³⁺、Mg²⁺、NH₄⁺；2：1：4；NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O．

點評 本題考查離子檢驗及離子反應，根據溶液的顏色結合題給圖象確定溶液中存在的離子，再結合物質之間的反應來確定微粒的量，同時考查學生思維的縝密性、考慮問題的全面性，題目難度較大．