Question

17．某溶液中可能含有下列5種離子中的某幾種：Na⁺、NH₄⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Clˉ．為確認該溶液組成進行如下實驗：
①取20.0mL該溶液，加入25.0mL 4.00mol•L^-1NaOH溶液，有白色沉淀、無剌激氣味氣體．過濾、洗滌、干燥，得沉淀1.16g．再將濾液稀釋至100mL，測得濾液中c（OHˉ）為0.20mol•L^-1；
②另取20.0mL該溶液，加入足量的AgNO₃溶液，生成白色沉淀11.48g．
由此可得出關(guān)于原溶液組成的正確結(jié)論是（　　）

• 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） 為 4.00 mol•L^-1，c（Al³⁺）為5.00 mol•L^-1
• D． c （Mg²⁺） 為 1.00 mol•L^-1，c（Na⁺）為 0.5mol•L^-1

Answer 1

分析 ①加入NaOH溶液加熱，有白色沉淀產(chǎn)生，無刺激氣味氣體生成，說明原溶液中可能含有Mg²⁺、Al³⁺，一定沒有NH₄⁺；濾液中c（OH^-）=0.2mol•L^-1，證明堿過量，一定含有Mg²⁺；
②另取20.0mL該溶液，加入足量的AgNO₃溶液，生成白色沉淀11.48g，溶液中一定含有Cl^-；
氫氧化鎂1.16g，物質(zhì)的量是$\frac{1.16g}{58g/mol}$=0.02mol，消耗的n（OH^-）=0.04mol，加入的氫氧化鈉為0.025L×4mol/L=0.1molmol，濾液中的n（OH^-）=0.2mol•L^-1×0.1L=0.02mol，故Al³⁺消耗了0.04mol氫氧化鈉生成偏鋁酸鈉，n（Al³⁺）=0.01mol，生成白色沉淀11.48g是氯化銀，物質(zhì)的量是0.08mol，氫氧化鎂有0.02mol，n（Al³⁺）=0.01mol，根據(jù)電荷守恒，n（Na⁺）=n（Cl^-）-2n（Mg²⁺）-3n（Al³⁺），以此來解答．

解答 解：①加入NaOH溶液加熱，有白色沉淀產(chǎn)生，無刺激氣味氣體生成，說明原溶液中可能含有Mg²⁺、Al³⁺，一定沒有NH₄⁺；濾液中c（OH^-）=0.2mol•L^-1，證明堿過量，一定含有Mg²⁺；
②另取20.0mL該溶液，加入足量的AgNO₃溶液，生成白色沉淀11.48g，溶液中一定含有Cl^-；
氫氧化鎂1.16g，物質(zhì)的量是$\frac{1.16g}{58g/mol}$=0.02mol，消耗的n（OH^-）=0.04mol，加入的氫氧化鈉為0.025L×4mol/L=0.1molmol，濾液中的n（OH^-）=0.2mol•L^-1×0.1L=0.02mol，故Al³⁺消耗了0.04mol氫氧化鈉生成偏鋁酸鈉，n（Al³⁺）=0.01mol，生成白色沉淀11.48g是氯化銀，物質(zhì)的量是$\frac{11.48g}{143.5g/mol}$=0.08mol，氫氧化鎂有0.02mol，n（Al³⁺）=0.01mol，根據(jù)電荷守恒，n（Na⁺）=n（Cl^-）-2n（Mg²⁺）-3n（Al³⁺）=0.01mol，
A．根據(jù)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錯誤；
B．溶液中一定存在：Na⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Cl^-，即一定含有Al³⁺，故B錯誤；
C．c（Al³⁺）=$\frac{0.01mol}{0.02L}$=0.5 mol•L^-1，c（Cl^-）=$\frac{0.08mol}{0.02L}$=4mol/L，故C錯誤；
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正確；
故選D．

點評 本題考查離子反應(yīng)的計算及推斷，為高頻考點，把握沉淀的成分、離子檢驗及電荷守恒應(yīng)用等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、推斷、計算能力的綜合考查，題目難度中等．