При нагревании 10 г алюминия с 10г серы образовался сульфид алюминия, причём одна десятая часть серы в реакцию не вступила. Полученную смесь тонко измельчили и перемешали, после чего разделили на три одинаковые части. Первую часть нагрели на воздухе, при этом осталось только одно твёрдое вещество массой m1. Вторую часть поместили в соляную кислоту, при этом выделила б газовая смесь объёмом V1, и не растворился осадок массой m2. Третью часть смеси поместили в концентрированный горячий KOH, при этом вся смесь растворилась и выделился единственный лёгкий газ объ V2. Запишите уравнения описанных реакций (9шт) и определите неизвестные массы осадков и объёмы газов (при н.у)

1) Fe{2+}:
FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2↓ + Na2SO4 - выпадает светло-зеленый осадок, который с времени становится ржавого коричневого цвета.
Fe{2+} + SO4{2-} + 2Na{+} + 2OH{-} = Fe(ОН)2↓ + 2Na{+} + SO4{2-}
Fe{2+} + 2OH{-} = Fe(OH)2↓

Fe{3+}:
FeCl3 + 3NaOH = Fe(OH)3↓ + 3NaCl - выпадает осадок ржавого коричневого цвета.
Fe{3+} + 3Cl{-} + 3Na{+} + 3OH{-} = Fe(ОН)3↓
Fe{3+} + 3OH{-} = Fe(OH)3↓

Ba{2+}:
Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4↓ + 2NaCl - выпадает белый осадок.
2Na{+} + SO4{2-} + Ba{2+} + 2Cl{-} = BaSO4↓ + 2Na{+} + 2Cl{-}
Ba{2+} + SO4{-} = BaSO4↓

Al{3+}:
AlCl3 + 3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl - при аккуратном добавлении недостатка раствора NaOH выпадает белый осадок, растворяющийся в избытке щелочи.
Al{3+} + 3Сl{-} + 3Na{+} + 3OH{-} = Al(ОН)3↓ + 3Na{+} + 3Cl{-}
Al{3+} + 3OH{-} = Al(OH)3↓

Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4]
Al(OH)3 + Na{+} + OH{-} = Na{+} + [Al(OH)4]{-}
Al(ОН)3 + OH{-} = [Al(OH)4]{-}

2) Соли натрия окрашивают пламя в желтый цвет, калия - в фиолетовый, кальция - в карминово-красный, бария - в зеленый.

3) 1. Проще всего добавить индикатор (например, фенолфталеин). NaOH окрасит фенолфталеин в малиновый цвет, BaCl2 его не окрасит.
2. Добавить в обе пробирки небольшое количество щелочи. В пробирке с хлоридом алюминия выпадет белый осадок, растворяющийся в избытке щелочи:
AlCl3 + 3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl
Al{3+} + 3Сl{-} + 3Na{+} + 3OH{-} = Al(ОН)3↓ + 3Na{+} + 3Cl{-}
Al{3+} + 3OH{-} = Al(OH)3↓

Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4]
Al(OH)3 + Na{+} + OH{-} = Na{+} + [Al(OH)4]{-}
Al(ОН)3 + OH{-} = [Al(OH)4]{-}
3. Проще всего добавить индикатор (например, фенолфталеин). NaOH окрасит фенолфталеин в малиновый цвет, AlCl3 его не окрасит.

Вывод: мы изучили качественные реакции на катионы металлов, составляли уравнения химических реакций в молекулярном и ионном виде, проверили и закрепили знания теоретического материала, научились решать экспериментальные задачи.

Объяснение:

Дано:

m(Fe)=12г

w1(Cu(NO3)2)=10%

m(р-ра (Cu(NO3)2)=200г

w2(Cu(NO3)2)=2%

w1(HNO3)=63%

m(р-ра (HNO3)=100г

Найти:

w2(HNO3)-?

Уравнения реакций:

1) Fe + Cu(NO3)2 --> Fe(NO3)2 + Cu

( Fe + HNO3 (конц.) -/--> холодный раствор HNO3 пассивирует Fe )

2) Cu + 4HNO3 (конц.) --> Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

n(Fe)= 12/56=0,21моль

m(в-ва (Cu(NO3)2)) = 200г * 0,1 = 20г

m(в-ва (HNO3)) = 100г * 0,63 = 63г

n (общ. (HNO3) = 63г / 63г/моль = 1моль

.

Пусть n(прореаг. (Fe))= x моль, n(прореаг. (Cu(NO3)2)) = x моль, n(обр.(Cu))= x моль,

тогда

m(прореаг.(Fe))=56x

m(прореаг.(Cu(NO3)2))=188x

m(обр.(Cu))=64x

.

m(р-ра)=(m(прореаг.(Fe))+ m(р-ра(Cu(NO3)2))- m(обр.(Cu))

.

w2(Cu(NO3)2))= ( m(в-ва(Cu(NO3)2))-m(прореаг.(Сu(NO3)2) ) /

(m(прореаг.(Fe))+ m(р-ра(Cu(NO3)2))- m(обр.(Cu))

.

0,02=20г-188x/56x+200г-64x

0,02*(56x+200г-64х)=20г-188х

х=0,085

n(обр.(Cu)=0,085 моль

m(обр.(Сu)=0,085*64=5,44г

n(прореаг.(HNO3)=0,085*4/1=0,34моль

n(ост.(HNO3)= 1моль-0,34моль= 0,66моль

m(ост.(HNO3)=0,66*63=41,58г

m(NO2)=0,17моль*46г/моль=7,82г

m(p-pa)=m(р-ра(HNO3)+m(обр.(Cu)-m(NO2)=100+5,44-7,82=97,6г

.

w2(HNO3)= 41,58/97,6*100%= 42,6%

ответ:42,6%

ф ,как же быстро решать и как долго печатать