Question

6．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H⁺、OH^-）：H⁺、NH₄⁺、K⁺、Fe³⁺、Mg²⁺、Cu²⁺、Al³⁺、NO₃^-、CO₃^2-）、SO₄^2-，现取二份100mL溶液进行如下实验：
①第一份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图．
②第二份加足量BaCl₂溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为9.32g．
根据上述实验，以下推测不正确的是（　　）

• A． 原溶液一定不存在H⁺、Cu²⁺、CO₃^2-、Fe³⁺
• B． 不能确定原溶液是否含有K⁺、NO₃^-
• C． 原溶液确定含Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，且n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=1：1：2
• D． 实验所加的NaOH的浓度为2mol•L^-1

Answer 1

分析 根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu²⁺、Fe³⁺；
①第二份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H⁺；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，则溶液中一定含NH₄⁺；后继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al³⁺和Mg²⁺；由于Al³⁺和CO₃^2-会发生双水解而不共存，所以溶液中一定不含CO₃^2-，则一定含有SO₄^2-；③第一份加足量BaCl₂溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为9.32g，说明溶液中CO₃^2-和SO₄^2-至少有一种；
根据溶液中的电荷守恒以及离子的检验方法进行解答．

解答 解：根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu²⁺、Fe³⁺；
①二份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H⁺；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al³⁺；图象中有一段平台，说明加入OH^-时无沉淀生成，有NH₄⁺，NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，说明含有铵根离子，最后沉淀不能完全溶液，说明溶液中含Mg²⁺，由于Al³⁺和CO₃^2-会发生双水解而不共存，所以溶液中一定不含CO₃^2-，则一定含有SO₄^2-，则生成的9.32g沉淀为BaSO₄；
③第第一份加足量BaCl₂溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为9.32g，说明溶液中CO₃^2-和SO₄^2-至少有一种；
第二份加足量BaCl₂溶液后，有白色沉淀产生，此沉淀为BaSO₄，经洗涤、干燥后，沉淀质量为9.32g，则溶液中n（SO₄^2-）=$\frac{9.32g}{233g/mol}$=0.04mol．
A、溶液中一定不含H⁺、Cu²⁺、CO₃^2-，Fe³⁺，故A正确；
B、一定含NH₄⁺、K⁺、Mg²⁺、Al³⁺、SO₄^2-，可能含NO₃^-，故无法确定的是NO₃^-，故B错误；
C、氢氧化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO₂时，结合原子守恒知，c（Al³⁺）=$\frac{2mol/L×0.005L}{0.1L}$=0.1mol/L，c（NH₄⁺）=$\frac{2mol/L×0.01L}{0.1L}$=0.2mol/L，溶液中c（SO₄^2-）=$\frac{0.04mol}{0.1L}$=0.4mol/L，
根据溶液中电荷守恒知，3c（Al³⁺）+c（NH₄⁺）+2（Mg²⁺）＜2c（SO₄^2-），所以溶液中还存在K⁺，还可能含有NO₃^-，且根据电荷守恒可知，溶液中的c（K⁺）≥0.1mol/L，所以

一定含有的离子种类	Mg2+	NH4+	Al3+	K+
物质的量浓度（mol/L）	0.1	0.2	0.1	≥0.1

，原溶液确定含Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，且n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=1：1：2，故C正确；
D、当加入40mLNaOH溶液时，剩余的沉淀是Mg（OH）₂，n（Mg（OH）₂）=0.01mol，根据原子守恒知，n（Mg²⁺）=0.01mol，c（Mg²⁺）=$\frac{0.01mol}{0.1L}$=0.1mol/L，生成0.01molMg（OH）₂需要n（NaOH）是0.02mol，Al（OH）₃和NaOH反应生成NaAlO₂需要NaOH溶液的体积是5mL，则铝离子和NaOH溶液反应生成Al（OH）₃沉淀时需要NaOH溶液的体积是15mL，则生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是10mL，所以c（NaOH）=$\frac{0.02mol}{0.01L}$=2.00mol/L，故D正确；
故选B．

点评 本题考查了离子共存、离子反应的计算等知识点，定性分析离子共存、定量分析离子的物质的量是解本题的关键，题目难度大．