Question

17．有一未知的無(wú)色溶液，可能含有以下離子中的若干種（忽略由水電離產(chǎn)生的H⁺、OH^-）：H⁺、NH₄⁺、K⁺、Mg²⁺、Fe³⁺、Al³⁺，NO₃^-、CO₃^2-、SO₄^2-，現(xiàn)取兩份100mL溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：
①第一份加入足量的BaCl₂溶液后，有白色沉淀產(chǎn)生，經(jīng)洗滌、干燥后，稱(chēng)量沉淀質(zhì)量為6.99g；
②第二份逐滴滴加NaOH溶液，測(cè)得沉淀的物質(zhì)的量與NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示．根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)事實(shí)，回答以下問(wèn)題：
（1）該溶液中一定不存在的陽(yáng)離子有Fe³⁺；
（2）在實(shí)驗(yàn)②中，NaOH溶液滴至b～c段過(guò)程中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O；NaOH溶液的濃度為$\frac{10}{d-c}$mol•L^-1（用字母c、d表示）；
（3）原溶液確定含有Mg²⁺、Al³⁺、H⁺，其物質(zhì)的量之比n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（H⁺）為1：1：1；
（4）原溶液中NO₃^-的濃度為c（NO₃^-），則c（NO₃^-）的取值范圍為c（NO₃^-）≥0.3mol•L^-1．

Answer 1

分析 （1）溶液是無(wú)色透明的，所以不含有顏色的離子，故Fe³⁺一定不存在；
（2）通過(guò)圖象知，在加入過(guò)量的過(guò)氧化鈉的過(guò)程中，一開(kāi)始就沒(méi)有沉淀生成，說(shuō)明含有H⁺，后來(lái)沉淀部分溶解，推斷一定含有Al³⁺；圖象中有一段平臺(tái)，說(shuō)明加入OH^-時(shí)無(wú)沉淀生成，有NH₄⁺，NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，最后溶液中有沉淀，說(shuō)明溶液中含Mg²⁺；原溶液確定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由圖可知，沉淀最大時(shí)是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小時(shí)，為氫氧化鎂，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根據(jù)鋁元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根據(jù)Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，需OH^-0.01mol；由圖可知消耗Na0H（d-c）mL，所以c（Na0H ）=$\frac{n}{V}$，由此分析解答；
（3）原溶液確定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由圖可知，沉淀最大時(shí)是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小時(shí)，為氫氧化鎂，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根據(jù)鋁元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根據(jù)Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，需OH^-0.03mol；根據(jù)鎂元素守恒可知原溶液中n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]=0.01mol，由（2）知而c到d一格氫氧根離子的濃度為0.01mol，0→a與氫離子反應(yīng)，所以氫離子的物質(zhì)的量為0.01mol，由此求原溶液確定含有Mg²⁺、Al³⁺、H⁺，其物質(zhì)的量之比；
（4）根據(jù)圖推斷一定不含有CO₃^2-、一定含有SO₄^2-；根據(jù)①得n（SO₄^2-）=$\frac{6.99g}{233g/mol}$=3×10^-2mol；根據(jù)（2）得n（NH₄⁺）=0.03mol，據(jù)此即可解答根據(jù)電荷守恒，陽(yáng)離子的總電荷為n（Mg²⁺）×2+n（Al³⁺）×3+n（NH₄⁺）×1+n（K⁺）×1+n（H⁺）=0.09mol+n（K⁺）×1，陰離子的總電荷為n（SO₄^2-）×2+n（NO₃^-）×1=3×10^-2mol×2+n（NO₃^-）×1，
陽(yáng)離子的總電荷等于陰離子所帶的總電荷，0.09mol+n（K⁺）×1═3×10^-2mol×2+n（NO₃^-）×1，然后求出范圍．

解答 解：（1）溶液是無(wú)色透明的，所以不含有顏色的離子，故Fe³⁺一定不存在，故答案為：Fe³⁺；
（2）通過(guò)圖象知，在加入過(guò)量的過(guò)氧化鈉的過(guò)程中，一開(kāi)始就沒(méi)有沉淀生成，說(shuō)明含有H⁺，后來(lái)沉淀部分溶解，推斷一定含有Al³⁺；圖象中有一段平臺(tái)，說(shuō)明加入OH^-時(shí)無(wú)沉淀生成，有NH₄⁺，NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，最后溶液中有沉淀，說(shuō)明溶液中含Mg²⁺，所以NaOH溶液滴至b～c段過(guò)程中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，原溶液確定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由圖可知，沉淀最大時(shí)是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小時(shí)，為氫氧化鎂，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根據(jù)鋁元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根據(jù)Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，需OH^-0.01mol；由圖可知消耗Na0H（d-c）mL，所以c（Na0H ）=$\frac{n}{V}$=$\frac{0.01}{（d-c）×0.001}$=$\frac{10}{d-c}$mol•L^-1，故答案為：NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O；$\frac{10}{d-c}$ mol•L^-1；
（3）原溶液確定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由圖可知，沉淀最大時(shí)是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小時(shí)，為氫氧化鎂，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根據(jù)鋁元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根據(jù)Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，需OH^-0.03mol；根據(jù)鎂元素守恒可知原溶液中n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]=0.01mol，由（2）知而c到d一格氫氧根離子的濃度為0.01mol，0→a與氫離子反應(yīng)，所以氫離子的物質(zhì)的量為0.01mol，則n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（H⁺）為1：1：1，故答案為：1：1：1；       
（4）根據(jù)圖推斷一定不含有CO₃^2-、一定含有SO₄^2-；根據(jù)①得n（SO₄^2-）=$\frac{6.99g}{233g/mol}$=3×10^-2mol；根據(jù)（2）得n（NH₄⁺）=0.03mol，據(jù)此即可解答根據(jù)電荷守恒，陽(yáng)離子的總電荷為n（Mg²⁺）×2+n（Al³⁺）×3+n（NH₄⁺）×1+n（K⁺）×1+n（H⁺）=0.09mol+n（K⁺）×1，陰離子的總電荷為n（SO₄^2-）×2+n（NO₃^-）×1=3×10^-2mol×2+n（NO₃^-）×1，
陽(yáng)離子的總電荷等于陰離子所帶的總電荷，0.09mol+n（K⁺）×1═3×10^-2mol×2+n（NO₃^-）×1，
因K⁺不能和中學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)生特殊現(xiàn)象進(jìn)行判斷，只能用焰色反應(yīng)判斷，該實(shí)驗(yàn)無(wú)法判斷其是否存在，所以n（NO₃^-）≥0.03mol，所以c（NO₃^-）≥0.3 mol•L^-1
，故答案為：c（NO₃^-）≥0.3 mol•L^-1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了離子的共存、反應(yīng)的計(jì)算，定性分析離子共存、定量分析離子的物質(zhì)的量是解題的關(guān)鍵，題目難度中等．