分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学西南大学华南师范大学编
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(3)用NaOH溶解PbCrO4,而不溶解Hg2CrO4。
(4)用氨水溶解AgCl,而不溶解PbSO4。
(5)用HNO3溶解Pb(OH)2,而不溶解AgCl。
(6)用氨水溶解AgCl,而不溶解Hg2SO4。
5、答:(1) H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1、77 V
Sn4++2e=Sn2+ Eo=0、154 V
(2)(NH4)2S放置太久,部分S2-可被氧化成SO42-。氨水放置太久,会吸收空气中的CO2产生CO32-,固而使第四组的Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+部分沉淀于第三组。所以,必须使用新配制的(NH4)2S与氨水。
10、答:(1)加过量氨水,则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解,而Al(OH)3不溶。
根据以上判断,可知,有:Cd2+﹑Sn(IV)﹑As(III)﹑As(V)﹑也可有Sb(III)﹑Sb(V)存在。
9、答:(1)在第三组离子的沉淀中,Al(OH)3与Cr(OH)3属于两性氢氧化物,酸度高时沉淀不完全,酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当pH>10时,部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9、0 ,为沉淀第三组离子最适宜的条件,在沉淀本组离子的过程中,随着反应的进行,溶液pH降低。因此加入NH3-NH4Cl缓冲溶液来保持pH=9、0。
15、答: (1)加碱产生NH3者为NH4Cl。
(2)加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者,为(NH4)2SO4。
综上所述,则存在的离子为Mn2+与Zn2+,不可能存在的离子为Al3+﹑Cr3+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+与Ni2+ ;少量Al3+﹑Cr3+存在与否不能决定。
13、答:分出第三组阳离子的试液含有大量的S2+,S2+易被空气中的氧氧化成SO42+,则使部分Ba2+﹑Sr2+生成难溶解的硫酸盐,影响的分析,所以要立即处理含有第四﹑五组阳离子的试液。处理的方法就是:将试液用HAc酸化加热煮沸,以除去H2S。
(3)加浓HCl, Sb2S3溶解而As2S3不溶。
(4)加NH4Ac, PbSO4溶解而BaSO4不溶。
(5)加氨水,Cd(OH)2溶解而Bi(OH)3不溶。
(6)加氨水,Cu(OH)2溶解而Pb(OH)2不溶。
(7)加Na2S,SnS2溶解而PbS不溶。
(8)加Na2S,SnS2溶解而SnS不溶。
(2)用H2SO4代替HCl,引入了SO42-,使Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+及Pb2+离子生成硫酸盐沉淀,将妨碍这些离子的分析。
(3)用HAc代替HCl,则由于它就是弱酸,不可能调至所需要的酸度。
7、答:(1)加(NH4)2CO3, As2S3溶解而HgS不溶。
(2)加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。
14、答:(1)NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄色沉淀(NH4)2NaCo(NO2)6干扰K+的鉴定,所以如果氨盐没有除净,则K+便出现过度检出。
(2)K+未检出的原因有三:a、酸度条件控制不当。检定K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。如果溶液为强酸性或强碱性,则Co(NO2)63-分解。b、试剂放置过久。试剂久置与日光照射下易发生分解。c、存在其她还原剂或氧化剂。还原剂能将试剂中的Co3+还原为Co2+;氧化剂能将试剂中的NO2-氧化为NO3-。
第一章绪论
答案:1.仪器分析法灵敏度高。
2.仪器分析法多数选择性较好。
3.仪器分析法分析速度较快,利于批量样品分析。
4.易于使分析工作自动化。
5.相对误差较大。
6.设备复杂、价格昂贵,对仪器工作环境要求较高。
第二章定性分析
1、解:最底浓度
1:G=1:5×104
2、解:检出限量
3、答:应选用(2)1mol•L-1HCl作洗液,因为HCl含有与氯化物沉淀的共同离子,可以减少洗涤时的溶解损失,又保持一定的酸度条件,避免某些水解盐的沉淀析出,另外HCl为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。
11、解: (1)有色离子不存在,如:Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+与Ni2+。
(2)表示Al3+也不可能存在。
(3)加入组试剂(NH4)2S或TAA得白色沉淀,则又一次证明了Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+与Ni2+不存在。
由以上推断试样中可能有Zn2+存在。
12、解:由(1)可以判断Al3+﹑Cr3+与Fe3+不存在,由(2)可知Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+与Ni2+不存在,Mn2+可能存在,由(3)可知Mn2+与Zn2+存在。
(9)加稀HCl, ZnS溶解而Байду номын сангаасuS不溶。
(10)加稀HCl, MnS溶解而Ag2S不溶。
(11)与组试剂作用,生成黄色沉淀,此沉淀一部分溶于Na2S,另一部分不溶,仍为黄色。
8、答: (1)容易水解的离子如:Bi3+﹑Sb(III)﹑Sn(II)﹑Sn(IV)存在。
(2)可知Hg2+不存在。
(3)生成的硫化物为黄色,则Pb2+﹑Bi3+﹑Cu2+﹑Hg2+不存在。
H2O2就是比Sn4+强的氧化剂,所以H2O2可以氧化Sn2+为Sn4+
(2 ) I2(固)+2e=2I- Eo=0、5345 V
AsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O Eo=0、559 V
I-就是比AsO33-强的还原剂,所以NH4I可以还原AsO43-
6、答:(1)因为HNO3就是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。
如果用蒸馏水洗涤,则不具备上述条件,使沉淀的溶解损失太大,特别就是PbCl2﹑HNO3不含共同离子,反而引起盐效应而使沉淀溶解度大,NaCl则虽具有共同离子,但不具备酸性条件,所以亦不宜采用。
4、解:(1)用NH4Ac溶解PbSO4,而不溶解Hg2SO4。
(2)用氨水溶解Ag2CrO4,而不溶解Hg2CrO4。
(2)加适当过量的NaOH,则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解,而Fe(OH)3不溶。
(3)加适当过量的NaOH,则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解,而Ni(OH)2不溶。
(4)加适当过量的NaOH,则Cr(OH)3生成CrO2-溶解,而Co(OH)2不溶。
(5)加过量氨水,则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解,而Al(OH)3不溶。
(4)用氨水溶解AgCl,而不溶解PbSO4。
(5)用HNO3溶解Pb(OH)2,而不溶解AgCl。
(6)用氨水溶解AgCl,而不溶解Hg2SO4。
5、答:(1) H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1、77 V
Sn4++2e=Sn2+ Eo=0、154 V
(2)(NH4)2S放置太久,部分S2-可被氧化成SO42-。氨水放置太久,会吸收空气中的CO2产生CO32-,固而使第四组的Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+部分沉淀于第三组。所以,必须使用新配制的(NH4)2S与氨水。
10、答:(1)加过量氨水,则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解,而Al(OH)3不溶。
根据以上判断,可知,有:Cd2+﹑Sn(IV)﹑As(III)﹑As(V)﹑也可有Sb(III)﹑Sb(V)存在。
9、答:(1)在第三组离子的沉淀中,Al(OH)3与Cr(OH)3属于两性氢氧化物,酸度高时沉淀不完全,酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当pH>10时,部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9、0 ,为沉淀第三组离子最适宜的条件,在沉淀本组离子的过程中,随着反应的进行,溶液pH降低。因此加入NH3-NH4Cl缓冲溶液来保持pH=9、0。
15、答: (1)加碱产生NH3者为NH4Cl。
(2)加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者,为(NH4)2SO4。
综上所述,则存在的离子为Mn2+与Zn2+,不可能存在的离子为Al3+﹑Cr3+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+与Ni2+ ;少量Al3+﹑Cr3+存在与否不能决定。
13、答:分出第三组阳离子的试液含有大量的S2+,S2+易被空气中的氧氧化成SO42+,则使部分Ba2+﹑Sr2+生成难溶解的硫酸盐,影响的分析,所以要立即处理含有第四﹑五组阳离子的试液。处理的方法就是:将试液用HAc酸化加热煮沸,以除去H2S。
(3)加浓HCl, Sb2S3溶解而As2S3不溶。
(4)加NH4Ac, PbSO4溶解而BaSO4不溶。
(5)加氨水,Cd(OH)2溶解而Bi(OH)3不溶。
(6)加氨水,Cu(OH)2溶解而Pb(OH)2不溶。
(7)加Na2S,SnS2溶解而PbS不溶。
(8)加Na2S,SnS2溶解而SnS不溶。
(2)用H2SO4代替HCl,引入了SO42-,使Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+及Pb2+离子生成硫酸盐沉淀,将妨碍这些离子的分析。
(3)用HAc代替HCl,则由于它就是弱酸,不可能调至所需要的酸度。
7、答:(1)加(NH4)2CO3, As2S3溶解而HgS不溶。
(2)加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。
14、答:(1)NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄色沉淀(NH4)2NaCo(NO2)6干扰K+的鉴定,所以如果氨盐没有除净,则K+便出现过度检出。
(2)K+未检出的原因有三:a、酸度条件控制不当。检定K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。如果溶液为强酸性或强碱性,则Co(NO2)63-分解。b、试剂放置过久。试剂久置与日光照射下易发生分解。c、存在其她还原剂或氧化剂。还原剂能将试剂中的Co3+还原为Co2+;氧化剂能将试剂中的NO2-氧化为NO3-。
第一章绪论
答案:1.仪器分析法灵敏度高。
2.仪器分析法多数选择性较好。
3.仪器分析法分析速度较快,利于批量样品分析。
4.易于使分析工作自动化。
5.相对误差较大。
6.设备复杂、价格昂贵,对仪器工作环境要求较高。
第二章定性分析
1、解:最底浓度
1:G=1:5×104
2、解:检出限量
3、答:应选用(2)1mol•L-1HCl作洗液,因为HCl含有与氯化物沉淀的共同离子,可以减少洗涤时的溶解损失,又保持一定的酸度条件,避免某些水解盐的沉淀析出,另外HCl为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。
11、解: (1)有色离子不存在,如:Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+与Ni2+。
(2)表示Al3+也不可能存在。
(3)加入组试剂(NH4)2S或TAA得白色沉淀,则又一次证明了Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+与Ni2+不存在。
由以上推断试样中可能有Zn2+存在。
12、解:由(1)可以判断Al3+﹑Cr3+与Fe3+不存在,由(2)可知Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+与Ni2+不存在,Mn2+可能存在,由(3)可知Mn2+与Zn2+存在。
(9)加稀HCl, ZnS溶解而Байду номын сангаасuS不溶。
(10)加稀HCl, MnS溶解而Ag2S不溶。
(11)与组试剂作用,生成黄色沉淀,此沉淀一部分溶于Na2S,另一部分不溶,仍为黄色。
8、答: (1)容易水解的离子如:Bi3+﹑Sb(III)﹑Sn(II)﹑Sn(IV)存在。
(2)可知Hg2+不存在。
(3)生成的硫化物为黄色,则Pb2+﹑Bi3+﹑Cu2+﹑Hg2+不存在。
H2O2就是比Sn4+强的氧化剂,所以H2O2可以氧化Sn2+为Sn4+
(2 ) I2(固)+2e=2I- Eo=0、5345 V
AsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O Eo=0、559 V
I-就是比AsO33-强的还原剂,所以NH4I可以还原AsO43-
6、答:(1)因为HNO3就是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。
如果用蒸馏水洗涤,则不具备上述条件,使沉淀的溶解损失太大,特别就是PbCl2﹑HNO3不含共同离子,反而引起盐效应而使沉淀溶解度大,NaCl则虽具有共同离子,但不具备酸性条件,所以亦不宜采用。
4、解:(1)用NH4Ac溶解PbSO4,而不溶解Hg2SO4。
(2)用氨水溶解Ag2CrO4,而不溶解Hg2CrO4。
(2)加适当过量的NaOH,则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解,而Fe(OH)3不溶。
(3)加适当过量的NaOH,则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解,而Ni(OH)2不溶。
(4)加适当过量的NaOH,则Cr(OH)3生成CrO2-溶解,而Co(OH)2不溶。
(5)加过量氨水,则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解,而Al(OH)3不溶。