Главная / Неорганическая химия / Главная подгруппа III группы / Примеры решения задач Карта сайта | Контакты

Примеры решения задач

Задача 1. В одной пробирке находится раствор хлорида маг­ния, в другой — хлорида алюминия. С помощью какого одного реактива можно установить, в каких пробирках находятся эти со­ли?

Решение. Алюминий отличается от магния тем, что его гидроксид, Аl(ОН)3, амфотерен и растворяется в щелочах. Поэтому при приливании избытка раствора щелочи к раствору АlСl3 об­разуется прозрачный раствор:

АlСl3 + 4КОН = К[Аl(ОН)4] + ЗКСl.

Гидроксид магния в щелочах нерастворим, поэтому при при­ливании раствора щелочи к раствору хлорида магния выпадает осадок:

МgСl2 + 2КОН = Мg(ОН)2↓ + 2КСl.

Задача 2. Составьте полные уравнения следующих реакций:

1) АlСl3 + КОН(изб.) →

2) АlСl3 + NН3(изб.) + Н2О →

3) Аl(NО3)3 + Nа2S + Н2О →

4) Nа[Аl(ОН)4] + СО2 →

Решение. 1) При действии щелочи на соли алюминия выпадает осадок гидроксида алюминия, который растворяется в избытке щелочи с образованием алюмината:

АlСl3 + 4КОН = К[Аl(ОН)4] + ЗКСl.

2) При действии раствора аммиака щелочи на соли алюминия выпадает осадок гидроксида алюминия.

АlСl3 + 3NН3 + 3Н2О = Аl(ОН)3↓ + 3NН4Сl.

В отличие от щелочей, раствор аммиака не растворяет гидроксид алюминия. Именно поэтому аммиак используют для пол­ного осаждения алюминия из водных растворов его солей.

3) Сульфид натрия усиливает гидролиз хлорида алюминия и доводит его до конца, до Аl(ОН)3. В свою очередь, хлорид алю­миния усиливает гидролиз сульфида натрия и доводит его до кон­ца, до Н2S:

2Аl(NО3)3 + ЗNа2S + 6Н2О = 2Аl(ОН)3↓ + ЗН2S↑ + 6NаСl.

4) Алюминат натрия образован очень слабой кислотой — гидроксидом алюминия, поэтому он легко разрушается в водном рас­творе даже под действием слабых кислот, например, угольной:

Nа[Аl(ОН)4] + СО2 = Аl(ОН)3↓ + NаНСО3.

Задача 3. К 25 г 8%-ного раствора хлорида алюминия при­лили 25 г 8%-ного раствора гидроксида натрия. Образовавшийся осадок отфильтровали и прокалили. Определите его массу и состав.

Решение. При действии щелочей на растворы солей алюминия образуется осадок гидроксида алюминия:

АlСl3 + ЗNаОН = Аl(ОН)3↓ + ЗNаСl.

Проведем расчет по этому уравнению. v(АlCl3) = 25.0,08 / 133,5 = 0,015, v(NаОН) = 25.0,08 / 40 = 0,05. АlСl3 находится в недостатке. В результате данной реакции расходуется 0,015.3 = 0,045 моль NаОН, и образуется 0,015 моль Аl(ОН)3. Избыток NаОН в коли­честве 0,05-0,045 = 0,005 моль растворяет 0,005 моль Аl(ОН)3 по уравнению:

Аl(ОН)3 + NaОН = Na[Аl(ОН)4].

Таким  образом,  в осадке остается 0,015-0,005  = 0,01 моль Аl(ОН)3. При прокаливании этого осадка в результате реакции

2Аl(ОН)3  Аl2О3 + ЗН2О

образуется 0,01/2 = 0,005 моль Аl2О3 массой 0,005-102=0,51 г.

Ответ. 0,51 г Аl2О3.

Задача 4. Какую массу квасцов КАl(SО4)2.12Н2О необхо­димо добавить к 500 г 6%-ного раствора сульфата калия, чтобы массовая доля последнего увеличилась вдвое? Найдите объем газа (при н.у.), который выделится при действии на полученный рас­твор избытка сульфида калия.

Решение. Масса исходного раствора — 500 г, в нем содержится 30 г К2SО4 (M = 174). Добавим к раствору х моль квасцов КАl(SО4)2.12Н2О (М = 474) (в них содержится х/2 моль К2SО4): m(КАl(SО4)2.12Н2О) = 474x, m(К2SО4) = 30 +174.x/2 = 30+87x, m(р-ра) = 500+474x. По условию, массовая доля К2SО4 в конеч­ном растворе равна 12%, т.е.

(30+87x) / (500+474х) = 0,12,

откуда х =1,00. Масса добавленных квасцов равна m(КАl(SО4)2.12Н2О) = 474.1,00 = 474 г.

В образовавшемся растворе содержится х/2 = 0,500 моль Аl2(SО4)3, который реагирует с избытком К2S по уравнению:

Аl2(SО4)3 + ЗК2S + 6Н2О = 2Аl(ОН)3↓ + ЗН2S↑ + ЗК2SО4.

По этому уравнению, v(Н2S) = 3.v(Аl2(SО4)3) = 3.0,500 = 1,500 моль. V(Н2S) = 1,500.22,4=33,6 л.l(SО4)2.12Н2О; 33,6 л Н2S.

Ответ. 474 г КА