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16.某无色稀溶液X中,可能含有下表所列离子中的某几种.
阴离子CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl-
阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+
现取该溶液适量,向其中加入某试剂Y,产生沉淀物质的量(n)与加入试剂的体积(V)关系如图所示.

(1)若Y是盐酸,所得到的关系图如甲所示,则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的,下同)是SiO32-、AlO2-,ab段发生反应的离子CO32-,bc段发生反应的离子方程式Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O.
(2)若Y是NaOH溶液,所得到的关系图如乙所示,则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-,假设X溶液只含这几种离子,则溶液各离子物质的量之比为2:1:4:12,ab段反应的离子方程式为NH4++OH-=NH3•H2O.

分析 (1)无色溶液中不会含有Fe3+,加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3,前者能溶于过量盐酸中而后者不能,由图象知溶液中肯定含有AlO2-、SiO32-
oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-,ab段为CO32-,bc段则是Al(OH)3溶解.
(2)当向溶液中加入NaOH时,生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab段是NH4+与OH-之间发生反应,因Mg2+、Al3+不能与CO32-、SiO32-、AlO2-共存,故此时溶液中阴离子只有Cl-.结合图象,溶解Al(OH)3、与NH4+作用、生成Al(OH)3消耗的NaOH体积比为1:2:3;由此可求出与Mg2+反应时消耗的NaOH体积与溶解Al(OH)3消耗NaOH 溶液一样多,故溶液中n(Al3+):n(Mg2+):n(NH4+)=2:1:4,再利用电荷守恒原理求出n(Cl-),最后就得到各种离子物质的量比.

解答 解:(1)某无色稀溶液X中,无色溶液中不会含有Fe3+,加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3,前者能溶于过量盐酸中而后者不能,所以由图象知溶液中含有SiO32-、AlO2-;则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-;ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab段为盐酸与CO32-反应,bc段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O.
故答案为:AlO2-、SiO32-;CO32-;Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;
(2)若Y是氢氧化钠,向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种,由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-,由于溶液一定要保持电中性,故溶液中一定含Cl-;当a-b段时,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体:NH4++OH-═NH3•H2O,即溶液中含NH4+;当b-c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3+、Mg2+,即bc段的反应为:Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O.
即则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-;由于溶液中有Al3+、Mg2+,故oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+,ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O;溶液中有Al3+、Mg2+,即沉淀中含Al(OH)3和Mg(OH)2,故bc段的反应为:Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,
NH4+反应需要NaOH的体积是2V,由于Al(OH)3溶解时需要的NaOH的体积是V,则生成Al(OH)3需要的NaOH的体积是3V,而生成Mg(OH)2和Al(OH)3共消耗NaOH的体积为4V,则生成Mg(OH)2需要NaOH溶液的体积是V,则n(Al3+):n(Mg2+):n(NH4+)=2:1:4,根据溶液要呈电中性,即有:3n(Al3+)+2n(Mg2+)+n(NH4+)=n(Cl- ),故n(Cl- )=12,即有:n(Al3+):n(Mg2+):n(NH4+):n(Cl-)=2:1:4:12.
故答案为:Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-;2:1:4:12;NH4++OH-═NH3•H2O.

点评 本题考查离子检验及离子反应,根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子,再结合物质之间的反应来确定微粒的量,同时考查学生思维的缜密性、考虑问题的全面性,题目较难.

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