Question

【题目】医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量回答下列问题：

(1)配平以下离子方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：

______+_____MnO4-+_____H2C2O4＝_____CO2↑+_____Mn2++____。

(2)该反应中的还原剂是______。

(3)反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为______mol。

(4)将一定质量的镁、铝合金投入100 mL一定物质的量浓度的HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5 mol·L-1NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积关系如下图。

①原合金中铝的质量分数是___________。

②盐酸的物质的量浓度是_____________。

Answer 1

【答案】6H++2MnO4-+5H2C2O4＝10CO2↑+2Mn2++8H2O H2C2O4 0.08 36% 8mol/L

【解析】

（1）根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒分析解答；

（2）所含元素化合价升高的物质是还原剂；

（3）根据Mn元素的化合价变化计算转移电子数；

（4）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH＝NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液；再继续滴加NaOH溶液，沉淀的量开始减少，到沉淀量最小时，沉淀为Mg（OH）2，结合图像和反应的方程式分析解答。

（1）反应中Mn元素从+7价降低到+2价，得到5个电子，草酸中C元素化合价从+3价升高到+4价失去1个电子，根据电子得失守恒可知转移电子是10个，因此根据原子守恒以及电荷守恒可知反应的方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；

（2）草酸中碳元素化合价从+3价升高到+4价失去电子，被氧化，因此该反应中的还原剂是H2C2O4；

（3）反应中Mn元素从+7价降低到+2价，得到5个电子，因此若反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.4mol÷5＝0.08mol；

（4）①由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为HCl+NaOH＝NaCl+H2O。继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液。再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝沉淀逐渐溶解，到沉淀量最小时，沉淀完全为Mg(OH)2，根据图象可知，溶解Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为：5mol/L×（0.18L-0.16L）=0.1mol，则根据方程式Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知n[Al(OH)3]=n（NaOH）=0.1mol，由铝元素守恒可知，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.1mol，所以m（Al）=0.1mol×27g/mol=2.7g；生成0.1molAl(OH)3沉淀消耗NaOH的物质的量为：0.1mol×3=0.3mol，则生成氢氧化镁沉淀消耗NaOH的物质的量为：5mo/L×（0.16L-0.02L）－0.3mol=0.4mol，所以根据Mg2++2OH－＝Mg(OH)2↓可知n[Mg（OH）2]=0.5n（NaOH）=0.2mol，根据镁元素守恒可知：n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.2mol，所以m（Mg）=0.2mol×24g/mol=4.8g，所以原合金中铝的质量分数是2.7g/7.5g×100%＝36%；

②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n（HCl）=3n（AlCl3）+2n（MgCl2）+n（NaCl），根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.02L×5mol/L=0.1mol，所以n（HCl）=3×0.1mol+2×0.2mol+0.1mol=0.8mol，原盐酸的物质的量浓度为0.8mol÷0.1L=8mol/L。