某无*透明溶液中只可能大量存在NH4+、Na+、Ag＋、Ba2+、MnO4－、Fe3+、CO32－、SO42－...

问题详情：

某无*透明溶液中只可能大量存在NH4+、Na+、Ag＋、Ba2+、MnO4－、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的几种离子。从其中取两份各100mL，进行如下实验：

（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是__________、_______。

（2）取其中的一份进行实验，加入过量*氧化*溶液并加热，生成气体0.06mol。另取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白*沉淀4.30 g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐*，沉淀部分消失，余下沉淀2.33 g。综上所述说明原溶液中肯定存在的各离子浓度分别是（下面填写要求：例如c(Na+)＝0.1 mol/L)________、_________、_________、_________（此空可以不填完）。

（3）题干中的MnO4－是化学中的典型强氧化剂，另外生活中常用到的草*（H2C2O4）是二元弱*且具有还原*，二者在**条件下反应，其中MnO4－被还原成Mn2+，H2C2O4被氧化成CO2，请写出该反应的离子方程式__________。

【回答】

【*】    (1). MnO4－    (2). Fe3+    (3). c(NH4+)＝0.6mol/L    (4). c(CO32－)＝0.1mol/L    (5). c(SO42－)＝0.1mol/L    (6). c(NO3－)≥0.2mol/L    (7). 5H2C2O4+2MnO4－+6H+＝10CO2↑+8H2O+2Mn2+

【解析】

【分析】

（1）无*透明溶液中不能大量存在有*离子：

（2）取其中的一份进行实验，加入过量*氧化*溶液并加热，生成气体即为氨气，一定含有NH4+；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白*沉淀4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐*，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g，则一定含有CO32－、SO42－，据此判断；

（3）根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒解答。

【详解】（1）无*透明溶液中不能大量存在有*离子，因此不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是MnO4－、Fe3+；

（2）取其中的一份进行实验，加入过量*氧化*溶液并加热，生成气体0.06mol即为氨气，一定含有0.06mol NH4+，浓度是0.06mol÷0.1L＝0.6mol/L；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白*沉淀4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐*，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g，则一定含有CO32－、SO42－，所以一定不存在Ag＋、Ba2+。其中硫*钡是2.33g，物质的量是0.01mol，碳*钡的质量是4.30g－2.33g＝1.97g，物质的量是0.01mol，根据原子守恒可知含有硫*根离子是0.01mol，浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L；碳*根的物质的量是0.01mol，浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L；根据电荷守恒可知溶液中必定还存在NO3－，由于不能确定是否存在*离子，则**根的物质的量n≥（0.06－0.01×2－0.01×2）mol＝0.02mol，浓度c≥0.2mol/L；

（3）反应中MnO4－被还原成Mn2+，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，H2C2O4被氧化成CO2，碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知该反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4－+6H+＝10CO2↑+8H2O+2Mn2+。

【点睛】本题主要考查了离子的共存判断，注意常见离子的*质和检验方法是解答的关键，明确常见的有*离子，如铁离子、铜离子、高锰*根离子等，另外还需要注意定量判断中电荷守恒的灵活应用。

知识点：离子反应

题型：填空题