- 离子的检验
- 共4052题
今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl-、Ba2+、HCO3-、SO42-，现取两份100m L的该溶液进行如下实验：
（1）第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；
（2）第二份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．
根据上述实验，下列推测正确的是（ ）
正确答案
解析
解：根据题意，Ba2+和SO42-，可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存．Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存．第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH-=NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol．第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O、SO42-+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在HCO-、SO42-，一定不存在Ba2+．由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g═1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1mol HCO3-，则HCO32-物质的量为0.01mol，物质的量浓度为0.1mol/L，由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3-、SO42-、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒，可知Na+一定存在，
A、钡离子一定不存在，故A错误；
B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，故B正确；
C、根据电荷守恒，钠离子一定存在，故C错误；
D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，故D错误．
故选B．
某溶液可能含有Na+、K+、Mg2+、Cu2+等阳离子及MnO-4、SiO2-4、AlO-2、CO2-3、HCO-3、SO2-4、Cl-等阴离子，已知：①该溶液呈无色②经测定溶液的pH=12③取少量溶液，加入稀盐酸[100mL、2mol•L-1]进行酸化，有白色沉淀生成，还得到一种无色无味的气体，该气体使澄清石灰水（足量）变浑浊．对酸化后的溶液过滤，得到滤液甲．
（1）由①、②、③可判断：原溶液中一定不存在的离子是______，一定存在的离子是______．
（2）将滤液甲分成两等份，一份中逐滴加入氨水，最终有白色胶状沉淀，说明原溶液中一定有______（填离子符号），刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，原因是______．（用离子方程式表示）；另一份中加入足量的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定有______（填离子符号），过滤得到滤液乙．
（3）往滤液乙中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体26.5g，则原溶液中是否有Cl-______（填“是”或“否”）．
正确答案
解：（1）①该溶液呈无色，则有色离子不能存在，一定不含有MnO4-、Cu2+，②经测定溶液的pH=12，在碱性环境下不能共存的离子不能存在，即不存在Mg2+、HCO3-，③取少量溶液，加入稀盐酸[100mL、2mol•L-1]进行酸化，有白色沉淀生成，还得到一种无色无味的气体，该气体使澄清石灰水（足量）变浑浊，则该气体是二氧化碳，沉淀只能是硅酸，一定存在SiO32-、CO32-，故答案为：MnO4-、Mg2+、Cu2+、HCO3-；SiO32-、CO32-；
（2）对酸化后的溶液过滤，得到滤液甲，其中一定含有剩余的盐酸，将滤液甲分成两等份，一份中逐滴加入氨水，最终有白色胶状沉淀，能和氨水反应产生的白色沉淀只能是氢氧化铝，开始时，氨水是和盐酸发生中和反应，中和反应的离子反应为NH3•H2O+H+=NH4++H2O，不会生成氢氧化铝沉淀，另一份中加入足量的Ba（NO3）2溶液，有白色不溶于硝酸的沉淀生成，则一定是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子，故答案为：AlO2-；NH3•H2O+H+=NH4++H2O；SO42-；
（3）取少量原溶液，加入稀盐酸[100mL、2mol•L-1即0.2mol]进行酸化，分成两等分后，其中每一份中含有0.1mol的HCl，滤液乙中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体26.5g，n（AgCl）=
解析
解：（1）①该溶液呈无色，则有色离子不能存在，一定不含有MnO4-、Cu2+，②经测定溶液的pH=12，在碱性环境下不能共存的离子不能存在，即不存在Mg2+、HCO3-，③取少量溶液，加入稀盐酸[100mL、2mol•L-1]进行酸化，有白色沉淀生成，还得到一种无色无味的气体，该气体使澄清石灰水（足量）变浑浊，则该气体是二氧化碳，沉淀只能是硅酸，一定存在SiO32-、CO32-，故答案为：MnO4-、Mg2+、Cu2+、HCO3-；SiO32-、CO32-；
（2）对酸化后的溶液过滤，得到滤液甲，其中一定含有剩余的盐酸，将滤液甲分成两等份，一份中逐滴加入氨水，最终有白色胶状沉淀，能和氨水反应产生的白色沉淀只能是氢氧化铝，开始时，氨水是和盐酸发生中和反应，中和反应的离子反应为NH3•H2O+H+=NH4++H2O，不会生成氢氧化铝沉淀，另一份中加入足量的Ba（NO3）2溶液，有白色不溶于硝酸的沉淀生成，则一定是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子，故答案为：AlO2-；NH3•H2O+H+=NH4++H2O；SO42-；
（3）取少量原溶液，加入稀盐酸[100mL、2mol•L-1即0.2mol]进行酸化，分成两等分后，其中每一份中含有0.1mol的HCl，滤液乙中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体26.5g，n（AgCl）=
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、焰色反应实验后，用稀盐酸洗净铂丝，灼烧至无色，以除去残留在铂丝上的试剂，故A错误；
B、某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则该溶液中含有Ag+或是Ba2+中的至少一种，故B错误；
C、欲氯气不溶于盛饱和食盐水，但是氯化氢能溶于其中，除去氯气中少量氯化氢气体，可将此混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶，故C正确；
D、托盘天平称取58.5g食盐，加水配制成1升溶液，NaCl溶液浓度为1mol•L-1，故D错误．
故选C．
根据下列实验方法和现象，得出结论正确的是（ ）
A某溶液
B某溶液
C某溶液
D某溶液
正确答案
解析
解：A．与硝酸银溶液反应产生的白色沉淀不一定为氯化银，也可能是碳酸银或硫酸银，原溶液中不一定含有氯离子，故A错误；
B．加入氯化钡溶液生成的白色沉淀可能为碳酸钡或亚硫酸钡，不一定为硫酸钡，则原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误；
C．溶液中滴入硫氰化钾，如果溶液显示红色，证明溶液中一定含有铁离子，故C正确；
D．溶液中加入稀盐酸生成气体，该气体可能为二氧化硫，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误；
故选C．
A、B、C、D四种可溶性化合物，分别由阳离子Fe3+、Ba2+、Al3+、Na+和阴离子OH-、SO42-、Cl-、CO32-中的各一种组成（离子不重复）．通过实验，得出如下结论：
①A和D的溶液显碱性，0.1mol•L-1 A溶液的pH小于13；
②铜粉能溶解在B的溶液中；
③往C的溶液中加入过量的D溶液，最终没有沉淀．
根据以上实验事实，回答下列问题：
（1）试写出A和B的化学式：A______，B______．
（2）试写出实验③中反应的离子方程式______．
正确答案
Na2CO3
Fe2（SO4）3
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
解析
解：因CO32-与Fe3+、Ba2+、Al3+均发生离子反应，因此一种化合物为Na2CO3，OH-与Fe3+、Al3+均发生离子反应，因此一种化合物为Ba（OH）2，
①Na2CO3溶液和Ba（OH）2溶液显碱性，0.1mol•L-1 A溶液的pH小于13，说明A为Na2CO3，则D为Ba（OH）2；
②铜粉能溶解在B的溶液中，说明B中含有Fe3+；
③往C的溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，最终没有沉淀，说明C中不含SO42-；
因此B为Fe2（SO4）3，C为AlCl3．
（1）A的化学式为Na2CO3，B的化学式为Fe2（SO4）3，故答案为：Na2CO3；Fe2（SO4）3；
（2）向AlCl3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，Al3+与OH-反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
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