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分析化学第四版-习题参考解答-王志银

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第四版分析化学习题答案

第四版分析化学习题答案

第四版分析化学习题答案第四版分析化学习题答案分析化学是研究物质成分和性质的科学，通过实验和分析方法来确定物质的组成和特性。

在学习分析化学的过程中，习题是巩固知识和提高解题能力的重要途径。

本文将针对第四版分析化学习题进行分析和解答，帮助读者更好地理解和掌握相关知识。

第一章：分析化学基本概念1. 什么是分析化学？分析化学是研究物质成分和性质的科学，通过实验和分析方法来确定物质的组成和特性。

2. 什么是定性分析？什么是定量分析？定性分析是通过观察和实验现象来确定物质的成分和性质，如颜色、溶解性等。

定量分析是确定物质中某种或某几种成分的含量或浓度。

3. 什么是标准样品？为什么要使用标准样品？标准样品是已知成分和浓度的物质，用于定量分析中的校准和质量控制。

使用标准样品可以确保实验结果的准确性和可靠性。

第二章：化学平衡和反应动力学1. 什么是化学平衡？化学平衡是指在一个封闭系统中，反应物与生成物之间的反应速率相等的状态。

在化学平衡下，反应物和生成物的浓度保持不变。

2. 什么是平衡常数？如何计算平衡常数？平衡常数是在特定温度下，反应物和生成物浓度的比值的稳定值。

计算平衡常数需要根据反应的化学方程式和各物质的浓度来确定。

3. 什么是反应速率？如何影响反应速率？反应速率是指单位时间内反应物消耗或生成物产生的量。

反应速率受到温度、浓度、催化剂等因素的影响。

第三章：酸碱滴定和络合滴定1. 什么是酸碱滴定？如何确定滴定终点？酸碱滴定是通过滴定剂与待测溶液中的酸碱反应，确定酸碱的浓度。

滴定终点通常通过指示剂的颜色变化或pH计来确定。

2. 什么是络合滴定？如何选择合适的络合剂？络合滴定是指在滴定过程中，滴定剂与待测溶液中的金属离子形成络合物。

选择合适的络合剂需要考虑络合剂与金属离子的亲和力和络合常数。

3. 什么是滴定曲线？如何利用滴定曲线确定滴定终点？滴定曲线是滴定过程中滴定剂与待测溶液反应的曲线。

利用滴定曲线可以通过观察颜色变化、pH值变化等来确定滴定终点。

分析化学第四版_习题参考解答_王志银

分析化学第四版_习题参考解答_王志银

7、如何用一种试剂把下列每一组物质分开？（1）As2S3，HgS；（2）CuS，
HgS；（3）Sb2S3，As2S3；（4）PbSO4，BaSO4；（5）Cd(OH)2，Bi(OH)3；（6）
Pb(OH)2，Cu(OH)2；（7）SnS2，PbS；（8）SnS，SnS2；（9）ZnS，CuS；（10）
可得最低浓度为：
ρB
=m V
=
1 0.05
= 20
(μg ⋅ mL−1) ;
所以： G = 106 = 106 = 5×104； ρ B 20
因此有：
1:G = 1:5×10-4
2、取一滴（0.05mL）含 Hg2+的试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐）。
经实验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于 100 μg·mL-1。求此鉴
所以，H2O2 是比 Sn4+强的氧化剂，它可以氧化 Sn2+为 Sn4+。
(2) 同理：
I2 + 2e = 2I-
AsO43- + 4H+ + 2e = AsO33- + 2H2O
I-是比 AsO33-更强的还原剂，所以 NH4I 可以还原 AsO43-；
Eo=0.5345 V Eo=0.559 V
11、分析第三组阳离子未知物时，在下列各种情况下哪些离子不可能存在？(1) 固体试样是无色晶体混合物；(2) 从试液中分出第一、二组阳离子沉淀，除去 剩余的 H2S 并加入 NH3-NH4Cl 后，无沉淀产生；(3) 继(2)加热试液，并加组 试剂(NH4)2S 或 TAA 后得白色沉淀。
【解】（1）固体试样是无色晶体混合物：则有色离子 Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni2+ 不存在；

华中师范大学-分析化学第四版-习题参考解答

华中师范大学-分析化学第四版-习题参考解答
处理的方法是：将试液用 HAc 酸化加热煮沸，将易被空气中的 O2 氧化的 S2-以 H2S 形 式除去。
14、用 Na3[Co(NO2)6]法鉴定 K+时，如果发生下列错误，其原因可能是什么？ （1）试样中无 K+，却鉴定有 K+；（2）试样中有 K+，却鉴定无 K+。
Ag2S，MnS；
【答】（1）As2S3，HgS：采用 12％(NH4)2CO3 溶液，此时 As2S3 溶解生成(AsS33-＋AsO33-)，
3
而 HgS 不溶。 （2）CuS，HgS：采用稀 HNO3，此时 CuS 溶解生成 Cu(NO3)2，而 HgS 不溶。 （3）Sb2S3，As2S3：采用 8mol/LHCl，此时 Sb2S3 溶解生成 SbCl63-而 As2S3 不溶。 （4）PbSO4，BaSO4：采用饱和 NH4Ac，此时 PbSO4 溶解生成 Pb(Ac)3-，而 BaSO4 不溶。 （5）Cd(OH)2，Bi(OH)3：采用氨水，此时 Cd(OH)2 溶解生成 Ag(NH3)2+而 Bi(OH)3 不溶。 （6）Pb(OH)2，Cu(OH)2：采用氨水，此时 Cu(OH)2 溶解生成 Cu(NH3)42+而 Pb(OH)2 不溶。 （7）SnS2，PbS：采用 Na2S，此时 SnS2 溶解生成 SnS32-而 PbS 不溶。 （8）SnS，SnS2：采用 Na2S，此时 SnS2 溶解生成 SnS32-而 SnS 不溶。 （9）ZnS，CuS：采用稀 HCl，此时 ZnS 溶解生成 ZnCl2 而 CuS 不溶。 （10）Ag2S，MnS：采用稀 HCl，此时 MnS 溶解生成 MnCl2 而 Ag2S 不溶。
（2）Zn(OH)2-Fe(OH)3：加适当过量 NH3·H2O，前者生成 Zn(NH3)42+溶解，Fe(OH)3 不溶。 （3）Zn(OH)2-Ni(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 ZnO22-溶解，Ni(OH)2 不溶。 （4）Cr(OH)3-Co(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 CrO2- 溶解，Co(OH)2 不溶。 （5）Ni(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3·H2O，前者生成 Ni(NH3)62+溶解，而 Al(OH)3 不溶。

b2)分析化学(第四版)高等教育出版社2)_第三章-定性分析-2-3-4

b2)分析化学(第四版)高等教育出版社2)_第三章-定性分析-2-3-4

5. 铋的鉴定 取前述甘油碱溶液(保持原来的碱性)滴加在新配制的 Na2SnO2 溶 液 中 、 生 成 黑 色 的 金 属 铋 , 示 有 Bi3+: 2Bi3++3SnO22-+6OH-=2Bi↓+2SnO32-+3H2O （五）锡组的分析
1. 锡组的沉淀 在用Na2S或碱性TAA溶出的本小组硫代酸盐溶液中，逐 滴加入3mol/LHCl至呈酸性为止，这时硫代酸盐被分解析 出相应的硫化物： HgS22-+2H+=HgS↓+H2S↑ 2AsS33-+6H+＝As2S3↓+ 3H2S↑ 3SbS33-+6H+=Sb2S3↓+3H2S↑ SnS32-+2H+＝SnS2↓+ H2S↑
（四）铜组的分析 1. 铜组硫化物的溶解 在分出锡组后的沉淀中可能含有PbS、Bi2S3、CuS和 CdS。沉淀用NH4Cl洗涤干净后，加6mol/LHNO3加热溶解： 3PbS+2NO3-+8H+=3Pb2++3S↓+2NO↑+4H2O Bi2S3+2NO3-+8H+=Bi3++3S↓+2NO↑+4H2O CuS与CdS的溶解反应与PbS的溶解反应相似。 2. 镉的分离和鉴定 在前述硝酸溶液中加入甘油溶液(1:1)，然后再加过量的 浓NaOH，这时只有Cd(OH)2能够沉淀，其他三种离子因与甘 油生成可溶性化合物而不被沉出。将Cd(OH)2沉淀以稀的甘 油—碱溶液洗净，溶于3mol/L HCl中，用水稀释，至酸度约 为0.3mol/L，加硫代乙酰胺，如有黄色CdS沉淀析出，示有Cd2+。

分析化学实验课后习题答案(第四版)

分析化学实验课后习题答案(第四版)
答：沉淀本组硫化物，若酸度偏低2+时，第三组阳离子Zn将生成ZnS沉淀进入第二组。若酸度偏高时，本组的2+Cd不生成硫化物沉淀而进入第三组。2.在本实验中为沉淀硫化物而调节-1酸度时，为什么先调至0.6mol·LHCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为-10.2 mol·L?答：因As(III)的硫化物完全沉淀需-12+在0.6 mol·LHCl酸度下,Cd的硫化物-1完全沉淀需在0.2 mol·LHCl酸度下。因此为了使本组离子完全生成硫化物沉淀而与第三组阳离子分离，所以在调节酸-1度时,先调至0.6 mol·LHCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2 -1mol·L。
1000
六次甲基四胺盐的浓度为：
12?12??0.15mol?L?1Ca?1000
根据一般缓冲溶液计算公式：
pH?pKa?lgCb得：Ca
Cb CapH?(14?pKB)?lg
?14?8.85?lg
?5.45 0.30 0.15
（六次甲基四胺pKb=8.85）
4.络合滴定法与酸碱滴定法相比，有那些不同点？操作中应注意那些问题？
答：如果以KI代替HCl作为第一组组试剂时，酸度太小，第二组易水解的阳离子将水解进入第一组，达不到分离-的目的。另外具有氧化性阳离子将与I发生氧化还原反应，使这些离子的浓度
降低不能鉴出。
实验二阳离子第二组（铜锡组）的分
析
思考题：
1.沉淀本组硫化物时，在调节酸度上发生了偏高或偏低现象，将会引起哪些后果？
篇二：分析化学实验课后部分习题答案(第四版)
实验一阳离子第一组（银组）的分析思考题：
1.沉淀第一组阳离子为什么要在酸性溶液中进行？若在碱性条件下进行，将会发生什么后果？

分析化学第四版课后答案

分析化学第四版课后答案

分析化学第四版课后答案【篇一：分析化学第四版上册第四章习题参考答案】>2．答: （1）系统误差中的仪器误差。

减免方法：校准天平或更换天平。

（2）系统误差中的仪器误差。

减免方法：校准容量瓶和移液管或更换成配套的容量瓶和移液管。

（3）系统误差中的试剂误差。

减免方法：做空白实验。

（4）随机误差。

（5）过失。

（6）系统误差中的试剂误差。

减免方法：做空白实验。

3 解：滴定管的读数误差为，即读数的绝对误差er1= er2=结果表明，当用去的标准溶液的体积越大，读数的相对误差越小。

8 解：（1）2位；（2）5位；（3）4位；（4）3位；（5）2位；（6）2位9 解：4位或：甲报告的结果是合理的。

因为当分析结果为1%-10%，报告结果应保留3位有效数字。

或：称量的相对误差=甲结果的相对误差=乙结果的相对误差=可见，甲结果的相对误差与称量的相对误差相当，故甲报告的结果是合理的。

11解：12 解:(1)r=xmax-xmin= 55.47%-55.36%=0.11%13解：准确度：∴甲、乙两人测定结果的准确度相当。

精密度：∴甲测定结果的精密度较乙高。

28解：(1)原式=57.6+17.4+0.3=75.3(3)【篇二：高教版分析化学课后习题答案第4至7章】txt>第四章习题习题4-14.1 下列各种弱酸的pka已在括号内注明，求它们的共轭碱的pkb；(1)hcn(9.21)；(2)hcooh(3.74)；(3)苯酚(9.95)；(4)苯甲酸(4.21)。

解： (1) hcn pkb=14-9.25=4.79(2) hcoohpkb=14-3.74=10.26 (3)苯酚pkb=14-9.95=4.05 (4) 苯甲酸 pkb=14-4.21=9.794.2. 已知h3po4的pka=2.12，pka=7.20，pka=12.36。

求其共轭碱po43-的pkb1，hpo42-的pkb2．和h2po4- 的p kb3。

《分析化学-第四版》(六校合编)答案

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=1:5×1042.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。

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 。

(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 VSn4++2e=Sn2+ Eo=0.154 VH2O2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 VAsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O Eo=0.559 VI-是比AsO33-强的还原剂，所以NH4I可以还原AsO43-6.答:（1）因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。

（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，则由于它是弱酸，不可能调至所需要的酸度。

分析化学第四版上册 第四章 习题参考答案

第四章 习题参考答案2．答: （1）系统误差中的仪器误差。

减免方法：校准天平或更换天平。

（2）系统误差中的仪器误差。

减免方法：校准容量瓶和移液管或更换成配套的容量瓶和移液管。

（3）系统误差中的试剂误差。

减免方法：做空白实验。

（4）随机误差。

（5）过失。

（6）系统误差中的试剂误差。

减免方法：做空白实验。

3 解：滴定管的读数误差为mL 02.0±，即读数的绝对误差mL a 02.0±=EE r1=%1100500.202.0%100±=⨯±=⨯T E a E r2=%1.0%10000.2002.0%100±=⨯±=⨯T E a 结果表明，当用去的标准溶液的体积越大，读数的相对误差越小。

8 解：（1）2位；（2）5位；（3）4位；（4）3位；（5）2位；（6）2位9 解：4位 %75.14%10024.244015.182%1002H 2)(2222=⨯⨯=⨯⋅=O H BaCl O O H 理ω 可见，BaCl 2·2H 2O 中结晶水的质量分数大于10%，故测定结果应以4位有效数字报出。

10 解：甲报告的结果是合理的。

因为题中所给的试样质量为3位有效数字，报告结果也应保留3位有效数字。

或：甲报告的结果是合理的。

因为当分析结果为1%-10%，报告结果应保留3位有效数字。

或：称量的相对误差=01.000.202.0±=± 甲结果的相对误差=01.002.101.0±=± 乙结果的相对误差=001.0021.1001.0±=± 可见，甲结果的相对误差与称量的相对误差相当，故甲报告的结果是合理的。

11解：%33.26%)33.26%35.26%36.26%27.26(41=+++=X %03.0%30.26%33.26=-=-=T X E a %2.0%100%30.26%03.0%100=⨯=⨯=T E E a r 12 解:(1) %42.55%)40.55%38.55%46.55%47.55%45.55%36.55(61=+++++=X %42.552%40.55%45.55=+=M X %04.0%)02.0%04.0%04.0%05.0%03.0%06.0(61=+++++=d%07.0%100%42.55%04.0%100=⨯=⨯=x d d r %05.016%)02.0(%)04.0(2%)05.0(%)03.0(%)06.0(1222222=-+⨯+++=-∑=n d S i %09.0%100%42.55%05.0%100=⨯=⨯=X S Sr R=x max -x min = 55.47%-55.36%=0.11%13解：19153918915912-⋅=++=g ng X 甲 19173920911920-⋅=++=g ng X 乙 准确度：1)(1916915-⋅-=-=-=g ng T X E a 甲甲 %2.09161%100)()(-=-=⨯=T E E a r 甲甲 1)(1916917-⋅=-=-=g ng T X E a 乙乙 %2.09161%100)4()(==⨯=T E E a r 乙 ∴甲、乙两人测定结果的准确度相当。

分析化学实验课后部分习题答案(第四版)

分析化学实验课后部分习题答案(第四版)实验一阳离子第一组（银组）的分析思考题：1.沉淀第一组阳离子为什么要在酸性溶液中进行？若在碱性条件下进行，将会发生什么后果？答：在系统分析中，为了防止易水解离子的水解生成沉淀而进入第一组，所以沉淀第一组阳离子时要在酸性溶液中进行。

若在碱性条件下进行，第一组以后的大部分阳离子将生成沉淀，这样就不到分离的目的。

2.向未知溶液中加入第一组组试剂HCl时，未生成沉淀，是否表示第一组阳离子都不存在？答：向未知试液中加入第一组组试剂时，未生成沉淀，只能说明Ag+,Hg22+不存在，而不能说明Pb2+不存在，因为当试液中Pb2+的浓度小于1mg•ml-1,或温度较高时，Pb2+将不在第一组沉淀，而进入第二组。

3.如果以KI代替HCl作为第一组组试剂，将产生哪些后果？答：如果以KI代替HCl作为第一组组试剂时，酸度太小，第二组易水解的阳离子将水解进入第一组，达不到分离的目的。

另外具有氧化性阳离子将与I-发生氧化还原反应，使这些离子的浓硫酸盐沉淀而丢失。

所以本组硫化物沉淀生成后，不能与母液放置过夜。

4.以6mol·L-1HNO3溶解本组沉淀时，为什么加KNO2或KClO3晶粒少许可以加速溶解？答：以6mol·L-1HNO3溶解本组沉淀时，加KNO2或KClO3少许，可加速沉淀溶解，这主要是因为发生了氧化还原反应，破坏了M2++S2-==MS↓平衡，降低了S2-浓度，使反应向左进行，从而加速了沉淀的溶解。

5.已知NiS、CoS 在0.3mol·L-1HCl 溶液中不能被H2S沉淀，但为什么生成的NiS、CoS又难溶于1mol·L-1HCl？答：NiS、CoS在0.3mol·L-1HCl溶液中不被H2S沉淀，但在低酸度下生成沉淀后，又不溶于1mol·L-1HCl，这是由于NiS、CoS能以不同变体存在的缘故，初形成的沉淀是α体，放置或加热很快变为β体（Ni2S3、Co2S3）。

分析化学实验课后习题答案第四版(供参考)

实验四铵盐中氮含量的测定（甲醛法）思考题：1.铵盐中氮的测定为何不采用NaOH直接滴定法？答：因NH4+的K a=5.6×10-10，其Ck a<10-8,酸性太弱，所以不能用NaOH直接滴定。

2. 为什么中和甲醛试剂中的甲酸以酚酞作指示剂；而中和铵盐试样中的游离酸则以甲基红作指示剂？答：甲醛试剂中的甲酸以酚酞为指示剂用NaOH可完全将甲酸中和，若以甲基红为指示剂，用NaOH滴定，指示剂变为红色时，溶液的pH值为4.4，而甲酸不能完全中和。

铵盐试样中的游离酸若以酚酞为指示剂，用NaOH溶液滴定至粉红色时，铵盐就有少部分被滴定，使测定结果偏高。

3.NH4HCO3中含氮量的测定，能否用甲醛法？答：NH4HCO3中含氮量的测定不能用甲醛法,因用NaOH溶液滴定时，HCO3-中的H+同时被滴定，所以不能用甲醛法测定。

实验五混合碱的分析（双指示剂法）思考题：1.用双指示剂法测定混合碱组成的方法原理是什么？答：测混合碱试液，可选用酚酞和甲基橙两种指示剂。

以HCl标准溶液连续滴定。

滴定的方法原理可图解如下：2.采用双指示剂法测定混合碱，判断下列五种情况下，混合碱的组成？（1）V1=0 V2>0（2）V1>0 V2=0（3）V1>V2（4）V1<V2（5）V1=V2①V1=0 V2>0时，组成为：HCO3-②V1>0 V2=0时，组成为：OH-③V1>V2时，组成为：CO32-+ OH-④V1<V2时，组成为：HCO3- +CO32-⑤V1=V2时，组成为：CO32-实验六 EDTA 标准溶液的配制与标定思考题：1.络合滴定中为什么加入缓冲溶液？答：各种金属离子与滴定剂生成络合物时都应有允许最低pH 值，否则就不能被准确滴。

而且还可能影响指示剂的变色点和自身的颜色，导致终点误差变大，甚至不能准确滴定。

因此酸度对络合滴定的影响是多方面的，需要加入缓冲溶液予以控制。

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4、如何将下列各沉淀分离？(1) Hg2SO4-PbSO4； (2) Ag2CrO4-Hg2CrO4； (3)
Hg2CrO4-PbCrO4；(4) AgCl-PbSO4；(5) Pb(OH)2-AgCl；(6) Hg2CrO4-AgCl；
【解】(1) Hg2SO4-PbSO4：用饱和 NH4Ac，此时 PbSO4 溶解形成 Pb(Ac)3-，而 Hg2SO4 不溶。 (2) Ag2CrO4-Hg2CrO4：用氨水，此时 Ag2CrO4 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 Hg2CrO4 不溶。
处理的方法是：将试液用 HAc 酸化加热煮沸，将易被空气中的 O2 氧化的 S2-以 H2S 形 式除去。
14、用 Na3[Co(NO2)6]法鉴定 K+时，如果发生下列错误，其原因可能是什么？ （1）试样中无 K+，却鉴定有 K+；（2）试样中有 K+，却鉴定无 K+。
【答】（1）试样中无 K+，却鉴定有 K+：这是因为一方面 NH4+会与 Na3[Co(NO2)6]生成橙黄 色沉淀(NH4)2[NaCo(NO2)6]而干扰 K+的鉴定；另一方面试剂、溶剂、器皿不洁净也会引入 K+或 NH4+；从而导致对 K+过度检出。 （2）试样中有 K+，却鉴定无 K+：其可能原因有三：A、酸度条件控制不当：对 K+的检定 反应要求在中性或弱酸性溶液中进行。如果溶液为强酸性或强碱性，则都会导致[Co(NO2)6]3-
= 20
(μg ⋅ mL−1) ;
所以： G = 106 = 106 = 5×104； ρ B 20
因此有：
1:G = 1:5×10-4
2、取一滴（0.05mL）含 Hg2+的试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐）。
经实验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于 100 μg·mL-1。求此鉴
9、从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？（1）加 NH3-NH4Cl
使溶液的 pH≈9；（2）为什么要使用新配制的(NH4)2S 溶液和氨水？
【答】（1）在第三组离子的沉淀中，一方面 Al(OH)3 和 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 Mg2+生成 Mg(OH)2 沉淀。实验证明，控制 pH=9.0 是沉淀第三组离子最适宜的条件。
Ag2S，MnS；
【答】（1）As2S3，HgS：采用 12％(NH4)2CO3 溶液，此时 As2S3 溶解生成(AsS33-＋AsO33-)，
3
而 HgS 不溶。 （2）CuS，HgS：采用稀 HNO3，此时 CuS 溶解生成 Cu(NO3)2，而 HgS 不溶。 （3）Sb2S3，As2S3：采用 8mol/LHCl，此时 Sb2S3 溶解生成 SbCl63-而 As2S3 不溶。 （4）PbSO4，BaSO4：采用饱和 NH4Ac，此时 PbSO4 溶解生成 Pb(Ac)3-，而 BaSO4 不溶。 （5）Cd(OH)2，Bi(OH)3：采用氨水，此时 Cd(OH)2 溶解生成 Ag(NH3)2+而 Bi(OH)3 不溶。 （6）Pb(OH)2，Cu(OH)2：采用氨水，此时 Cu(OH)2 溶解生成 Cu(NH3)42+而 Pb(OH)2 不溶。 （7）SnS2，PbS：采用 Na2S，此时 SnS2 溶解生成 SnS32-而 PbS 不溶。 （8）SnS，SnS2：采用 Na2S，此时 SnS2 溶解生成 SnS32-而 SnS 不溶。 （9）ZnS，CuS：采用稀 HCl，此时 ZnS 溶解生成 ZnCl2 而 CuS 不溶。 （10）Ag2S，MnS：采用稀 HCl，此时 MnS 溶解生成 MnCl2 而 Ag2S 不溶。
8、已知一溶液只有第二组阳离子，将此溶液分成 3 份，分别得到下述实验结
果，试判断哪些离子可能存在？(1) 用水稀释，得到白色沉淀，加 HCl 溶液则
溶解；(2) 加入 SnCl2 无沉淀发生；(3) 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。
【答】（1）只有第二组阳离子的溶液，用水稀释，得到白色沉淀，加 HCl 溶液则溶解：表 明易水解离子 Bi3+﹑Sb(III,V)﹑Sn(II,IV)存在； （2）加入 SnCl2 无沉淀发生：表明 Hg2+不存在； （3）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： 表明生成有色化合物的离子 Pb2+﹑Bi3+﹑Cu2+﹑Hg2+不存在； 因此：Cd2+﹑Sn(II, IV)﹑As(III, V)可能存在，少量 Sb(III, V)也有存在的可能。
（2）从试液中分出第一、二组阳离子沉淀，除去剩余的 H2S 并加入 NH3-NH4Cl 后，无沉 淀产生：则表示生成氢氧化物沉淀的离子 Al3+、Fe3+、Fe2+、Cr3+不可能存在；
（3）继（2）加热试液，并加入组试剂(NH4)2S 或 TAA 后得白色沉淀：则又一次证明了有 色离子 Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和 Ni2+不存在。 因此，试样中有 Zn2+存在。
【答】应选用（2）1mol·L-1HCl 作洗涤液。这是因为 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；同时又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出； 同时 HCl 为强电解质可防止洗涤过程引起胶溶现象。
如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失增大（尤其是 PbCl2）；HNO3 不含共同离子、且易引起盐效应而使沉淀溶解度大；NaCl 虽具有共同离子，但不具备酸性 条件，易使某些水解盐沉淀析出，所以亦不宜采用。
7、如何用一种试剂把下列每一组物质分开？（1）As2S3，HgS；（2）CuS，
HgS；（3）Sb2S3，As2S3；（4）PbSO4，BaSO4；（5）Cd(OH)2，Bi(OH)3；（6）
Pb(OH)2，Cu(OH)2；（7）SnS2，PbS；（8）SnS，SnS2；（9）ZnS，CuS；（10）
5、根据标准电极电位数据说明：(1) 在酸性溶液中 H2O2 为什么可将 Sn2+氧化
为 Sn4+ ? (2) NH4I 为什么可将 AsO43-还原为 AsO33-？
【答】(1) 因为在酸性溶液中：
H2O2 + 2H+ +2e=2H2O Sn4+ + 2e = Sn2+
E0= 1.77 V Eo= 0.154 V
所以，H2O2 是比 Sn4+强的氧化剂，它可以氧化 Sn2+为 Sn4+。
(2) 同理：
I2 + 2e = 2I-
AsO43- + 4H+ + 2e = AsO33- + 2H2O
I-是比 AsO33-更强的还原剂，所以 NH4I 345 V Eo=0.559 V
（2）Zn(OH)2-Fe(OH)3：加适当过量 NH3·H2O，前者生成 Zn(NH3)42+溶解，Fe(OH)3 不溶。 （3）Zn(OH)2-Ni(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 ZnO22-溶解，Ni(OH)2 不溶。 （4）Cr(OH)3-Co(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 CrO2- 溶解，Co(OH)2 不溶。 （5）Ni(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3·H2O，前者生成 Ni(NH3)62+溶解，而 Al(OH)3 不溶。
11、分析第三组阳离子未知物时，在下列各种情况下哪些离子不可能存在？(1) 固体试样是无色晶体混合物；(2) 从试液中分出第一、二组阳离子沉淀，除去 剩余的 H2S 并加入 NH3-NH4Cl 后，无沉淀产生；(3) 继(2)加热试液，并加组 试剂(NH4)2S 或 TAA 后得白色沉淀。
【解】（1）固体试样是无色晶体混合物：则有色离子 Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni2+ 不存在；
因此：Mn2+和 Zn2+一定存在； Al3+、Cr3+、Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+不存在 ；极少量 Al3+存在与否不能确定。
13、在系统分析中，分出第三组阳离子后为什么要立即处理第四组阳离子的试
液？怎样处理？
【答】分出第三组阳离子的试液含有大量的 S2-，而 S2-在碱性介质中易被空气中的 O2 氧化 成 SO42-。而 SO42-将会使部分 Ba2+、Sr2+生成难溶解的硫酸盐，从而影响其分组和进一步的 分析，所以要立即处理含有第四、五组阳离子的试液。
又因为，在本组离子沉淀的过程中，溶液 pH 随着反应的进行不断降低。因此要加入 NH3-NH4Cl 缓冲溶液来保持 pH=9.0。
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（2）(NH4)2S 放置太久，其中部分 S2-可被氧化成 SO42-。氨水放置太久，也会吸收空气中的 CO2 产生 CO32-，而 SO42-和 CO32-的生成将使第四组离子 Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+ 部分发生沉淀。 所以，必须要使用新配制的(NH4)2S 和氨水。
10、加入一种试剂将下列各组氢氧化物中的前一个溶解，使两者分离：（1） Co(OH)2-Al(OH)3 （ 2 ） Zn(OH)2-Fe(OH)3 （ 3 ） Zn(OH)2-Ni(OH)2 （ 4 ） Cr(OH)3-Co(OH)2（5）Ni(OH)2-Al(OH)3；
【答】（1）Co(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3·H2O，前者生成 Co(NH3)62+而溶解，而 Al(OH)3 不溶。