铝盐与偏铝酸盐的性质及应用
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适用于高二、三 铝盐与偏铝酸盐的性质及应用 河南省罗山高中(464200) 徐业政 铝盐与偏铝酸盐的性质是有关习题、试题中涉及频率比较高的一类知识，下面分别分别对其性质、相关计算、图像进行总结与分析。 1.铝盐的性质 铝盐是指铝离子与酸根形成的盐，其最重要的性质是与碱的反应，该类反应比较复杂：反应现象、产物与碱的强弱及盐与碱的混合方式或相对用量有关，因为碱与铝盐的反应产物 一 Al(OH)3具有溶于强碱的性质。铝盐与其它的盐也能反应，其中铝离子与部分酸根离子的反应比较复杂，因为此种反应属于“双水解”反应 1.1.与强碱、弱碱的反应 现象 原因 与弱碱反应 得到白色沉淀 Al(OH)3不与弱碱反应 ＋＋与强碱反应(碱滴到盐中) 先产生白色沉淀，碱过量时沉淀逐渐消失 Al(OH)3可溶于强碱 例1：除去Mg2中的Al3的首先使用的试剂应是 A 氨水 B Na2CO3 C NaOH D MgSO4 ＋＋解析：氨水与Mg2、Al3均可反应分别生成难溶性的Mg(OH)2、Al(OH)3，且二＋＋者均不溶于氨水中，故A不能用；Na2CO3可与Mg2形成MgCO3沉淀、与Al3发生双水解＋反应生成Al(OH)3沉淀，B淘汰；用过量的NaOH溶液可使Mg2转化为Mg(OH)2沉淀，＋Al3转化为可溶性的NaAlO2，过滤后将沉淀溶于适量的酸中即可达到目的。MgSO4不能与＋Al3反应。故正确的答案为C。 1.2.与强碱溶液的反应 现象 反应 强碱沉到盐中 开始产生白色沉淀，碱过量时沉淀逐渐消失 Al3+3OH= Al(OH)3↓ ―― Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O ＋―盐滴到强碱溶液中 开始时无沉淀生成，盐过量时逐渐产生白色沉淀 Al3+4OH=AlO2 +2H2O ―＋3AlO2+Al3+6H2O=4Al(OH)3↓ ＋――例2：下列各组溶液，只用试管各胶头滴管，不用其它任何试剂就可以鉴别开的是 A KOH和Al2(SO4)3 B 稀硫酸和NaHCO3 C CaCl2和Na2CO3 D Ba(OH)2和NaHSO4 解析：由于将KOH滴加到Al2(SO4)3 溶液中先产生白色沉淀后沉淀溶解，而将Al2(SO4)3 而滴加到KOH溶液中开始时没有沉淀生成后有沉淀生成，故A可以。后面的三组不论滴加方式如何，产生的现象相同(C、D均为白色沉淀，B均只产生气泡)而无法鉴别开。 1.3.与酸根离子的反应 ＋―――――Al3能与HCO3、CO32、S2、SO32、AlO2等弱酸的酸根离子在溶液中会发生所谓――＋的双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和气体(AlO2无气体生成)，如3HCO3+Al3=+CO2↑+4Al(OH)3↓。 例3：下列各组离子中能大量共存于同一溶液中的是 ＋―＋＋＋― A Al3、HCO3、Na B Al3、Mg2、SO42 ――＋＋―― C AlO2、HCO3、K D Al3、AlO2、Cl ＋―――＋―解析：A中的Al3与HCO3，C中的AlO2与HCO3 、D中的Al3与AlO2均因发生双水解反应而不能共存，B中离子间不反应且不会发生双水解反应，能共存，答案为B。 2.偏铝酸盐与较强酸的反应 偏铝酸盐与强酸酸的反应现象、产物类似于铝盐与强碱的反应，具体情况如下。 现象 反应 备注 酸滴加到盐中 开始时产生白色沉淀，酸较多时沉淀逐渐消失。 AlO2+H+H2O=Al(OH)3 ↓ ＋3＋ Al(OH)3+3H=Al+3H2O ――＋盐溶液滴加到酸中 开始时无沉淀产生，后来(盐较多时)产生白色沉淀 AlO2+4H=Al3+2H2O ＋―Al3+3AlO2+6H2O=4Al(OH)3 ↓ ―＋＋AlO2与酸、酸性气体及能水解的阳离子、酸式酸根离子均不能共存。 例4：下列反应中不能得到Al(OH)3沉淀的是 A 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH B 向AlCl3溶液中加入过量的氨水 C 向NaAlO2溶液中加入过量盐酸 D 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2 解析：Al(OH)3溶于过量的强酸、强碱中，故A、C淘汰。氨水、CO2的水溶液分别为弱碱、弱酸，均不能溶解Al(OH)3，故答案为B、D。 例5：用铝、稀硫酸、NaOH溶液制取Al(OH)3 ，甲、乙、丙三位同学分别用不同的方法制备 HSO4 NaOH 4 Al(OH) 甲：Al 2 Al2(SO4)3 Al(OH)3 乙：Al NaOH NaAlO2 H 2 SO 3丙：Al H 2 SO 4 Al2(SO4)3 Al NaOH NaAlO2 N a A l O 2 要制取等量的Al(OH)3，哪种方案较好？ 解析：上述有关方案中涉及的反应分别为甲：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3 +3H2↑，Al2(SO4)3+ 6NaOH=2Al(OH)3↓+6NaCl；乙：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2NaAlO2+2H2O+ H2SO4=Na2SO4+2Al(OH)3↓；丙：最后一步反应为Al2(SO4)3 +6NaAlO2+12H2O=3Na2SO4 + 8Al(OH)3↓。由方程式知：生成1mol Al(OH)3时，甲需要3molNaOH、1.5mol硫酸；乙需要1molNaOH、0.5molH2SO4;丙需要0.75molNaOH、0.375mol的H2SO4。从原料消耗上看丙最少，甲最多，从操作过程上看，甲、乙均存在生成的Al(OH)3会溶解在可能过量的碱或酸中的问题，故丙方案较好。 3.铝盐与强碱反应计算新法 一 守恒法 －－－铝盐与强碱反应的计算，通常利用：Al3++3OH＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH＝AlO2+2H2O进行分步计算，步骤较多。但利用如下两守恒原理进行解答则比较简单。(1)电荷守恒：是指在溶液中，阴阳离子所带电荷总数相等(离子所带电荷数 = 1mol离子所带电荷×该离子物质的量)。(2)质量守恒：即同种元素的原子数目在反应前后的各种存在形态中保持相等。反应后铝元素可能有多种存在形式 ，溶液中也存在着其它阴阳离子，计算中应分别弄清铝元素的具体存在形态及其它离子的来源，然后依守恒原理建立代数方程进行计算。 铝盐与强碱反应的计算中易产生的失误是：碱过量与不足时均可形成量值相等的Al(OH)3沉淀。因此当题中给出了沉淀的量值而对铝盐与强碱的相对用量没有限定时应分为碱量不足与碱过量两种情况进行计算。 例6：将氯化铝溶液与NaOH溶液等体积混合，得到的沉淀中铝元素的质量与与溶液中铝元素的质量相等，则混合前氯化铝溶液与NaOH溶液物质的量浓度比为 A 1∶3 B 2∶3 C 1∶4 D 2∶7 ＋―解析：铝元素在溶液中有两种存在形式：Al3、AlO2，前者对应于碱不足，后者对应于碱过量。现分两种情况讨论(因溶液的体积相等，故其物质的量浓度比等于物质的量比)。 ＋―解法1：第一种情况，若AlCl3过量(碱不足)，则依Al3+3OH=Al(OH)3↓有：0.5c(AlCl3)∶c(NaOH)=1∶3，c(AlCl3)∶c(NaOH)=2∶3。若碱量较多，设AlCl3为2mol， AlCl3 + 3NaOH = Al(OH)3↓+3NaCl Al(OH)3+ NaOH = NaAlO2+2H2O 2mol 6mol 2mol 1mol 1mol 1mol c(AlCl3)∶c(NaOH)=2∶(6+1)=2 ∶7。答案为B、D。 3＋＋―3＋＋―解法2：若AlCl3过量，则溶液的离子有Al、Na 、Cl，3n(Al)+n(Na)=n(Cl)， ―30.5n(AlCl3)+n(NaOH)=3n(AlCl3)，n(AlCl3)∶n(NaOH)=2∶3。若碱过量，则有n(AlO2)+ ―＋n(Cl)=n(Na)，0.5n(AlCl3)+3n(AlCl3)=n(NaOH)，n(AlCl3)∶n(NaOH)=2∶7。答案为B、D。 4.铝盐与强碱反应的图像分析 在分析铝盐与强碱反应的图像时应注意三点：一是当盐溶液中含有酸时，开始加碱没有沉淀出现，因碱要先与酸反应(图像起点不再原点上)。二是当沉淀量增大到一定程度时，继续加碱沉淀的量值反而会减少，因Al(OH)3能溶于强碱中(出现极点、转折点)。三是当继续加碱时沉淀量保持不变则意味着有不溶于碱的物质存在(出现转折点、终点)。 例7：将0.1mol镁、铝混合物溶于100mL2mol/L的硫酸中，然后再 滴加1mol/L的NaOH溶液，若滴加过程中产生沉淀的质量m与加入 NaOH的溶液体积V的关系如右图。请回答 (1)当V1=160mL时，则金属粉未中n(Mg)=_____mol，v2=____mL。 (2)若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使沉淀量最大，则滴入的NaOH溶液的体积V为____mL。 (3)若混合物仍为0.1mol，其中镁粉的物质的量分数为a，用100mL2mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是________。 分析：当加入的NaOH溶液为160mL时才产生沉淀，说明金属消耗完时，酸有剩余，只有当酸被中和完后，才会产生碱性沉淀物，当加入的NaOH溶液为V2mL时，继续加入NaOH沉淀量不变，意味着此时Al(OH)3己全部溶于NaOH溶液中，沉淀为Mg(OH)2 。 解：(1).设Mg为xmol，则Al为0.1―x mol。当加入的NaOH为160mL时，溶液中存3―在xmolMg2+、0.1―xmolAl+、0.2molSO42、0.16molNa+，依电荷守恒原理有：3(0.1一x)+2x+ 0.16=2×0.2，x=0.16mol。n(Al)=0.04mol。当所加入的NaOH为V2mL时，溶液中0.04mol ――AlO2 、0.2molSO42、0.1V2molNa+，此时有：0.1V2=0.04+2×0.2，V2=0.44L=440mL。 ―(2).此时溶液中只有1×VmolNa+、0.2molSO42，故有1×V=2×0.2，V=0.4L=400mL。 3＋――＋(3)当Al恰好转化为AlO2且碱刚好反应完时，溶液中有0.2molSO42、0.45molNa、――0.1(1－a)molAlO2 ，而实际上溶液中还可能含有过量的OH，故依电荷守恒有：0.45+0.1(1－a)≦2×0.2，a≧0.5，故取值范围是1>a≧0.5。 例8：将物质X逐渐加入到Y溶液中，生成沉淀的物质的量n1与加入 的物质的量n2的关系如图所示，符合图示情况的是 X Y A NaOH AlCl3 B AlCl3 NaOH C HCl NaAlO2 D NaAlO2 HCl 解析：由图像知：开始加入X时就立即产生沉淀，且沉淀量随加入的X增多而增大，但增大到一定程度时，沉淀量又随着碱用量的增多而减小，故可排除B、D。又因生成与溶解3＋――等量的Al(OH)3时消耗的X的量值比为1∶3，A中由Al+3OH=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH―=AlO2+2H2O知，生成与溶解等量的Al(OH)3消耗的X量值比为3 ∶1，故答案为C。 在图像问题分析中，要抓住四类点：起点、极点、转折点与终点，明确两点间相关量值的变化趋势(从数学角度就是纵坐标值随横坐标值的变化情况)，结合化学知识进行分析。 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/cbff350ead51f01dc381f174.html