Question

某溶液A中可能只含有K⁺，F(xiàn)e³⁺，Cu²⁺，F(xiàn)e²⁺，Ag⁺，Mg²⁺，Al³⁺，NH₄⁺，Cl^-，NO₃^-，SO₄^2-中的若干種，為檢驗確認其中所含的各離子，取1L溶液A，進行如下實驗：

已知氣體A、B的體積都為2.24L（標況下），沉淀B的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)以上實驗操作與現(xiàn)象，有關(guān)于該溶液的結(jié)論正確的是（　�。�

• A、溶液A中肯定存在Fe²⁺，Ag⁺，Mg²⁺，NO₃^-
• B、溶液A中一定不含Al³⁺
• C、溶液A中可能含有Cu²⁺，Cl^-
• D、溶液A中c（NO₃^-）＞=1.0mol/L

Answer 1

考點：常見陰離子的檢驗,常見陽離子的檢驗

專題：

分析：根據(jù)加入稀硝酸后產(chǎn)生氣體A，則說明溶液中含F(xiàn)e²⁺，則生成的氣體A為NO，根據(jù)得失電子數(shù)守恒可知Fe²⁺的物質(zhì)的量；
在溶液B中加入過量的Ba（OH）₂，產(chǎn)生氣體B0.1mol，則說明溶液中含NH₄⁺，且物質(zhì)的量為0.1mol；所得的溶液C中可能含K⁺，[Cu（NH₃）₄]²⁺，[Ag（NH₃）₂]⁺和AlO₂^-，加入足量的HBr，生成沉淀B，則沉淀B為AgBr，由于沉淀B的物質(zhì)的量為0.1mol，故原溶液中含Ag⁺，且物質(zhì)的量為0.1mol，則溶液中不能含Cl^-和SO₄^2-，溶液中可能存在的Cu²⁺和Al³⁺會進入溶液D；所得的沉淀A可能為Fe（OH）₃、Mg（OH）₂，據(jù)此分析．

解答： 解：加入稀硝酸后產(chǎn)生氣體A，則說明溶液中含F(xiàn)e²⁺，則生成的氣體A為NO，且物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)得失電子數(shù)守恒可知Fe²⁺的物質(zhì)的量為0.3mol；
在溶液B中加入過量的Ba（OH）₂，產(chǎn)生氣體B0.1mol，則說明溶液中含NH₄⁺，且物質(zhì)的量為0.1mol；所得的溶液C中可能含K⁺，[Cu（NH₃）₄]²⁺，[Ag（NH₃）₂]⁺和AlO₂^-，加入足量的HBr，生成沉淀B，則沉淀B為AgBr，由于沉淀BAgBr的物質(zhì)的量為0.1mol，故原溶液中含Ag⁺，且物質(zhì)的量為0.1mol，溶液中存在Ag⁺，而0.1molAg⁺轉(zhuǎn)化為[Ag（NH₃）₂]⁺消耗NH₃0.2mol；由于Ag⁺的存在，則溶液中不能含Cl^-和SO₄^2-，但由于溶液要呈電中性，故溶液中一定存在NO₃^-；溶液中可能存在的Cu²⁺和Al³⁺會進入溶液D，但Cu²⁺和Al³⁺的存在不能確定；故所得的沉淀A可能為Fe（OH）₃和Mg（OH）₂或兩者之一．
故溶液中一定含：Fe²⁺，NH₄⁺，Ag⁺，NO₃^-；一定不存在：Cl^-和SO₄^2-；可能存在：K⁺和Fe³⁺，Al³⁺，Cu²⁺，Mg²⁺中的一種或幾種．
由于溶液中的Fe²⁺的物質(zhì)的量為0.3mol；由于生成的NH₃的物質(zhì)的量為0.1mol，而0.1molAg⁺轉(zhuǎn)化為[Ag（NH₃）₂]⁺消耗NH₃0.2mol，故溶液中NH₄⁺共0.3mol；Ag⁺的物質(zhì)的量為0.1mol，設(shè)溶液中的NO₃^-的物質(zhì)的量為xmol，由于溶液中除了Fe²⁺，NH₄⁺，Ag⁺，還可能含有其他的陽離子，故有：X≥0.3mol×2+0.3mol+0.1mol=1mol．
A、溶液中Mg²⁺的存在不能確定，故A錯誤；
B、Al³⁺的存在不能確定，故B錯誤；
C、溶液A中無Cl^-，故C錯誤；
D、溶液中的Fe²⁺的物質(zhì)的量為0.3mol；由于生成的NH₃的物質(zhì)的量為0.1mol，而0.1molAg⁺轉(zhuǎn)化為[Ag（NH₃）₂]⁺消耗NH₃0.2mol，故溶液中NH₄⁺共0.3mol；Ag⁺的物質(zhì)的量為0.1mol，設(shè)溶液中的NO₃^-的物質(zhì)的量為xmol，由于溶液中除了Fe²⁺，NH₄⁺，Ag⁺，還可能含有其他的陽離子，根據(jù)溶液電中性，故有：X≥0.3mol×2+0.3mol+0.1mol=1mol，則c（NO₃^-）=

n

V

≥

1mol

1L

=1mol/L，故D正確．
故選D．

點評：本題考查了離子的檢驗和存在的判斷，綜合性較強，應(yīng)注意的是[Ag（NH₃）₂]⁺的生成會消耗NH₃，難度較大．