No, no se puede sostener.
Su problema pide una familia $\{A_n\}_{n\in\mathbb N}$ tal que $A_i'\cap\mathbb Q=\emptyset$ todos los $i\in\mathbb N$, pero esto significa $\overline{A_i}\cap\mathbb Q=\emptyset$$\overline{A_i}=A_i\cup A_i'$$A_i\subseteq\mathbb R\setminus\mathbb Q$, pero esto es equivalente a $\mathbb Q\subseteq \overline{A_i}^c=int(A_i^c)$ todos los $i$. Por lo tanto el problema, ignorando la desarticulación parte, es equivalente a encontrar una familia $\{A_i\}_{i\in\mathbb N}$ de los conjuntos de reales tales que a $\bigcap_{i\in\mathbb N} A_i=\mathbb Q$ $\mathbb Q\subseteq int(A_i)$ todos los $i$, pero esto no puede suceder porque de Baire Primera Categoría Teorema:
Deje $\mathbb Q=\{q_i:i\in\mathbb N\}$ ser una enumeración de $\mathbb Q$. Como $\mathbb Q\subseteq int(A_i)$ por cada $i$, cada una de las $int(A_i)$ está abierto denso en $\mathbb R$, entonces es claro que cada una de las $int(A_i)\setminus\{q_i\}$ está abierto denso en $\mathbb R$; $int(A_i)$ o bien contiene un intervalo abierto que contiene a $q_i$; en este caso la $q_i\in \overline {int(A_i)\setminus\{q_i\}}$ o $q_i\notin int(A_i)$. Por lo tanto, $\bigcap_{i\in\mathbb N}(int(A_i)\setminus\{q_i\})$ es denso en $\mathbb R$, por el 1. Sin embargo $\bigcap_{i\in\mathbb N} int(A_i)\subseteq\bigcap_{i\in\mathbb N} A_i=\mathbb Q$, lo que implica $\bigcap_{i\in\mathbb N}(int(A_i)\setminus\{q_i\})=\emptyset$. Contradicción.
Ahora, si pides $\bigcup_{i\in\mathbb N} \overline{A_i}=\mathbb R$, es aún más fácil, ya que este medio $\bigcap_{i\in\mathbb N} int(A_i^c)=\emptyset,$ sin embargo, $\mathbb Q\subseteq int(A_i^c)$ por cada $i$, en consecuencia cada una de las $int(A_i^c)$ está abierto denso, de modo de obtener una contradicción mediante 1.
