Question

4．七铝十二钙（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）锻粉主要含MgO和CaO，用适量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^-6mol•L^-1，则溶液pH大于11；该工艺中不能用（NH₄）₂SO₄代替NH₄NO₃，原因是CaSO₄微溶于水，用（NH₄）₂SO₄代替NH₄NO₃，会生成CaSO₄沉淀引起Ca²⁺的损失．（Mg（OH）₂的K_sp=5×10^-12）
（2）滤液Ⅰ中阴离子有NO₃^-、OH^-（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO₂，会生成Ca（HCO₃）₂，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Al₂O₃+2OH^-═2AlO₂^-+H₂O．
（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2Al+6H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Al（OH）₃↓+3H₂↑．
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl₄^-和Al₂Cl₇^-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为Al-3e^-+7AlCl₄^-=4Al₂Cl₇^-．

Answer 1

分析 白云石煅烧发生反应：CaCO₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CaO+CO₂↑，MgCO₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$MgO+CO₂↑，在锻粉中加入适量的NH₄NO₃溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH₄NO₃溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，故过滤后溶液中含Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，将CO₂和NH₃通入滤液I中后发生反应：Ca（NO₃）₂+2NH₃+CO₂+H₂O=CaCO₃↓+2NH₄NO₃，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO₂，会造成CO₂过量，废铝片加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，电解制备Al（OH）₃时，电极分别为Al片和石墨，在碳酸钠溶液中搅拌电解，得到氢氧化铝，过滤加热灼烧得到氧化铝，碳酸钙和氧化铝共混加热1500°C得到七铝十二钙，
（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH₄NO₃溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）₂的饱和溶液，根据Mg（OH）₂的Ksp来计算；CaSO₄微溶于水；
（2）在锻粉中加入适量的NH₄NO₃溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH₄NO₃溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，故过滤后溶液中含Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，将CO₂和NH₃通入滤液I中后发生反应：Ca（NO₃）₂+2NH₃+CO₂+H₂O=CaCO₃↓+2NH₄NO₃，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO₂，会造成CO₂过量，据此分析产物；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）₃，故Al做阳极，据此分析；
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，根据AlCl₄^-和Al₂Cl₇^-中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl₄^-做反应物而生成Al₂Cl₇^-．

解答 解：白云石煅烧发生反应：CaCO₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CaO+CO₂↑，MgCO₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$MgO+CO₂↑，在锻粉中加入适量的NH₄NO₃溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH₄NO₃溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，故过滤后溶液中含Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，将CO₂和NH₃通入滤液I中后发生反应：Ca（NO₃）₂+2NH₃+CO₂+H₂O=CaCO₃↓+2NH₄NO₃，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO₂，会造成CO₂过量，废铝片加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，电解制备Al（OH）₃时，电极分别为Al片和石墨，在碳酸钠溶液中搅拌电解，得到氢氧化铝，过滤加热灼烧得到氧化铝，碳酸钙和氧化铝共混加热1500°C得到七铝十二钙，
（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CaO+CO₂↑，MgCO₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$MgO+CO₂↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH₄NO₃溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）₂的饱和溶液，根据Mg（OH）₂的K_sp可知：K_sp=c（Mg²⁺）•c²（OH^-）=5×10^-12，而c（Mg²⁺）小于5×10^-6mol•L^-1，故c（OH^-）大于10^-3mol/L，则溶液中的c（H⁺）小于10^-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO₄微溶于水，如果用（NH₄）₂SO₄代替NH₄NO₃，会生成CaSO₄沉淀引起Ca²⁺的损失，
故答案为：CaO；11；CaSO₄微溶于水，用（NH₄）₂SO₄代替NH₄NO₃，会生成CaSO₄沉淀引起Ca²⁺的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH₄NO₃溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH₄NO₃溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，故过滤后溶液中含Ca（NO₃）₂和NH₃•H₂O，将CO₂和NH₃通入滤液I中后发生反应：Ca（NO₃）₂+2NH₃+CO₂+H₂O=CaCO₃↓+2NH₄NO₃，故滤液中的阴离子主要为NO₃^-，还含有OH^-；若滤液Ⅰ中仅通入CO₂，会造成CO₂过量，则会生成Ca（HCO₃）₂，从而导致CaCO₃产率降低，故答案为：NO₃^-、OH^-；Ca（HCO₃）₂；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al₂O₃+2OH^-═2AlO₂^-+H₂O，故答案为：Al₂O₃+2OH^-═2AlO₂^-+H₂O；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）₃，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e^-=Al³⁺①，阴极上是来自于水的H⁺放电：2H₂O+2e^-=2OH^-+H₂↑ ②
将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Al（OH）₃↓+3H₂↑，故答案为：2Al+6H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Al（OH）₃↓+3H₂↑；
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl₄^-中氯元素的含量高于Al₂Cl₇^-中氯元素的含量，故AlCl₄^-做反应物而Al₂Cl₇^-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e^-+7AlCl₄^-=4Al₂Cl₇^-，故答案为：Al-3e^-+7AlCl₄^-=4Al₂Cl₇^-．

点评 本题综合考查物质的制备以及分离提纯、难溶电解质的溶解平衡等，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及题目给予的信息，难度中等．