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安徽省临泉一中2019届高三一轮复习集体备课教学设计--第11讲 镁、铝及其重要化合物

  • ※基本信息※
    • 资料类型：教(学)案
    • 教材版本：不限
    • 适用学校：不限
    • 所需点数：1点
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    • 更新时间：2018-11-27 21:42:39
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  • ※资料简介※

  • 向NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液 4OH－＋Al3＋=== AlO－2＋2H2O
    Al3＋＋3AlO－2＋6H2O===4Al(OH)3↓
     

    向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸 AlO－2＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
    Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O 

    向盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液 4H＋＋AlO－2=== Al3＋＋2H2O
    3AlO－2＋Al3＋＋6H2O===4Al(OH)3↓
     

    (2)若干变式图像
    ①向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图像如图1所示。
     
    ②向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图像如图2所示。
    ③向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图像如图3所示。
     
    ④向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，沉淀的质量与V[Ba(OH)2]的关系如图4所示，沉淀的物质的量与V[Ba(OH)2]的关系如图5所示。
     
    ⑤向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图像如图6所示。
    2．Al(OH)3沉淀的计算
    (1)根据AlCl3与NaOH的量计算生成Al(OH)3的量，设n(Al3＋)＝a，n(OH－)＝b。
     
    (2)根据AlCl3和Al(OH)3的量计算需要加入的NaOH的量。
    NaOH的量 n(NaOH)
    当NaOH不足时 n(NaOH)＝3n[Al(OH)3]
    当NaOH过量时 n(NaOH)＝3n(Al3＋)＋{n(Al3＋)－n[Al(OH)3]}＝4n(Al3＋)－n[Al(OH)3]
    (3)根据NaAlO2与HCl的量计算生成Al(OH)3的量，设n(AlO－2)＝a，n(H＋)＝b。
     
    (4)根据Al(OH)3和NaAlO2的量计算需要加入的HCl的量。
    HCl的量 n(HCl)
    当HCl不足时 n(HCl)＝n[Al(OH)3]
    当HCl过量时 n(HCl)＝n(AlO－2)＋3{n(AlO－2)－n[Al(OH)3]}＝4n(AlO－2)－3n[Al(OH)3]

    【当堂训练】
    [例2] (2018•河南洛阳模拟)在200 mL含Mg2＋、Al3＋、NH＋4、H＋、Cl－等离子的溶液中，逐滴加入5 mol•L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图所示。下列叙述正确的是(　C　)
     
    A．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝5∶2
    B．原溶液的pH＝2
    C．x与y的差值为0.01 mol
    D．原溶液中c(Cl－)＝0.75 mol•L－1
    解析 根据阳离子结合OH－的能力可知，NaOH首先中和的是H＋，消耗4 mL NaOH，然后与金属阳离子反应生成白色沉淀，然后与NH＋4反应，消耗3 mL NaOH，最后溶解Al(OH)3。根据图像可知，溶解Al(OH)3消耗2 mL NaOH，则生成Al(OH)3消耗6 mL NaOH，所以生成Mg(OH)2消耗20 mL NaOH，因此Mg2＋、Al3＋、NH＋4、H＋的物质的量分别是0.05 mol、0.01 mol、0.015 mol、0.02 mol，所以Cl－的物质的量是0.05 mol×2＋0.01 mol×3＋0.015 mol＋0.02 mol＝0.165 mol，浓度是0.825 mol•L－1，c(H＋)＝0.1 mol•L－1，所以pH＝1，x－y＝n(Al3＋)＝0.01 mol，C项正确。
    【课堂小结】

     

    【作业布置】
    [例1] 七铝十二钙(12CaO•7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：
     
    (1)煅粉主要含MgO和_____  ，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol•L－1，则溶液pH大于 _________ [Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是 ___________________________________ 。
    (2)滤液Ⅰ中阴离子有 _______  (忽略杂质成分的影响)；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成_______  ，从而导致CaCO3产率降低。
    (3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 _______________________________ 。
    (4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为 _____________________________ 。
     (5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl－4和Al2Cl－7两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为_______________ 。
    [解析] (1)1 000 ℃，煅烧白云石发生的反应为CaCO3=====高温CaO ＋CO2↑，MgCO3=====高温MgO＋CO2↑；Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)•c2(OH－)，c(OH－)＝Ksp[MgOH2]cMg2＋。当c(Mg2＋)<5×10－6 mol•L－1时，c(OH－)>10－3 mol•L－1，
    则pH>11；若使用(NH4)2SO4，会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，致使生成的CaCO3的量减少。(2)由于加入了NH4NO3，所以滤液Ⅰ中的阴离子有NO－3、OH－。(3)Al表面的氧化膜的主要成分是Al2O3，其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2OH－＋Al2O3===2AlO－2＋H2O。(4)由题意可知，以Al为阳极，石墨为阴极，Na2CO3溶液为电解液构成电解池，电解时，阳极反应式为Al－3e－===Al3＋，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电池总反应为2Al＋6H2O=====通电2Al(OH)3＋3H2↑。(5)由AlCl－4中Al的含量低于Al2Cl－7中Al的含量可知，当放电时，AlCl－4转化为Al2Cl－7，电极反应式为Al－3e－＋7AlCl－4===4Al2Cl－7。
    [答案] (1)CaO　11　若使用(NH4)2SO4，会生成微溶的CaSO4进入滤渣，造成CaCO3的产率降低
    (2)NO－3和OH－　Ca(HCO3)2
    (3)2OH－＋Al2O3===2AlO－2＋H2O
    (4)2Al＋6H2O=====通电2Al(OH)3＋3H2↑
    (5)Al－3e－＋7AlCl－4===4Al2Cl－7
    【板书设计】
     

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