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1、2 第二章第二章 定性分析定性分析 1、已知用生成、已知用生成 AsH3气体的方法鉴定砷时，检出限量为气体的方法鉴定砷时，检出限量为 1g，每次取试液，每次取试液 0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度（分别以。求此鉴定方法的最低浓度（分别以 B 和和 1:G 表示） 。表示） 。 【解】【解】已知：m=1g；V=0.05mL；根据公式： 6 10=GVm BB ； 可得最低浓度为：)mLg(20 05. 0 1 1 = V m B ; 所以：； 4 66 105 20 1010 = B G 因此有： 1:G = 1:510-4 2、 取一滴 （、 取一滴 （0.05mL） 含） 含 Hg2+的
2、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 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 gmL-1。求此鉴 定方法的检出限量。 。求此鉴 定方法的检出限量。 【解】【解】 已知：B =100gmL-1；V=0.05mL；根据公式：；Vm B = 可知检出限量为：)(510005. 0gVm B = 3、洗涤银组氯化物沉淀宜用下列哪种洗涤液？为什么？、洗涤银组氯化物沉淀宜用下列哪种洗涤液？为什么？(1) 蒸馏水；蒸馏水；(2) 1molL-1 HCl；(3) 1molL-
3、1 HNO3；(4) 1molL-1 NaCl； 【答】【答】应选用（2）1molL-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。 4、如何将下列各沉淀分离？、如何将下列各沉淀分离？(1) Hg2SO4-
4、PbSO4； (2) Ag2CrO4-Hg2CrO4； (3) Hg2CrO4-PbCrO4；(4) AgCl-PbSO4；(5) Pb(OH)2-AgCl；(6) Hg2CrO4-AgCl； 【解】【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：用氨水氨水，此时 Ag2CrO4溶解生成 Ag(NH3)2+，而 Hg2CrO4不溶。 3 (3) Hg2CrO4-PbCrO4： 用饱和NH4Ac （或NaOH） ， 此时PbCrO4溶解形成Pb(Ac)3- (或PbO22-)，
5、而 Hg2SO4不溶。 (4) AgCl-PbSO4：用氨水氨水，此时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 PbSO4不溶。 (5) Pb(OH)2-AgCl：用稀稀 HNO3，此时 Pb(OH)2溶解，而 AgCl 不溶；也可用 NH3H2O，此 时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 Pb(OH)2不溶。 (6) Hg2CrO4-AgCl：用氨水，氨水，此时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+, 而 Hg2SO4不溶 。 5、根据标准电极电位数据说明：、根据标准电极电位数据说明：(1) 在酸性溶液中在酸性溶液中H2O2为什么可将为什么可将Sn2+氧化 为 氧化 为Sn4
6、+ ? (2) NH4I为什么可将为什么可将AsO43-还原为还原为AsO33-？ 【答】【答】(1) 因为在酸性溶液中：因为在酸性溶液中： H2O2 + 2H+ +2e=2H2O E0= 1.77 V Sn4+ + 2e = Sn2+ 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：同理： I2 + 2e = 2I- Eo=0.5345 V AsO43- + 4H+ + 2e = AsO33- + 2H2O Eo=0.559 V I-是比 AsO33-更强的还原剂，所以 NH4I 可以还原 AsO43-； 6、为沉淀第二组阳离
7、子，调节酸度时： （、为沉淀第二组阳离子，调节酸度时： （1）以）以HNO3代替代替HCl； （； （2）以）以H2SO4 代替代替HCl； （； （3）以）以HAc代替代替HCl，将各发生什么问题，将各发生什么问题? 【答】【答】 （1）以）以 HNO3代替代替 HCl：因为 HNO3具有强的氧化性，它会将组试剂 H2S 氧化成硫, 从而导致本组沉淀不完全或根本不产生沉淀； （2） 以） 以 H2SO4代替代替 HCl： 将引入 SO42-， 导致 Ba2+Sr2+Ca2+及 Pb2+离子生成硫酸盐沉淀， 将妨碍这些离子的分组和进一步分析； （3）以）以 HAc 代替代替 HCl：由于 HA
8、c 是弱酸，不能调至所需要的酸度，进而导致易水解离子 发生水解而影响分组和分析。 7、如何用一种试剂把下列每一组物质分开？（、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） Ag2S，MnS； 【答】【答】 （1）As2S3，HgS：采用 12(NH4)2CO3溶液，此时
9、 As2S3 溶解生成(AsS33-AsO33-)， 4 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(O
10、H)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、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？ 份，分别得到下
11、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，加用水稀释，得到白色沉淀，加HCl溶液则 溶解； 溶液则 溶解；(2) 加入加入SnCl2无沉淀发生；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 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。，另一部分不溶，仍为黄色。 【答】【答】 （1）只有第二组阳离子的溶液，用水稀释，得到白色沉淀，加）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：溶液则溶解：表 明易水解离子 Bi3+Sb(III,V)Sn(II,IV)存在；存在； （2）加入）加入 S
12、nCl2无沉淀发生：无沉淀发生：表明 Hg2+不存在不存在； （ ； （3）与组试剂作用，生成黄色沉淀，此沉淀一部分溶于）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：，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+不存在不存在； 因此：Cd2+Sn(II, IV)As(III, V)可能存在，可能存在，少量 Sb(III, V)也有存在的可能。 9、从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？（、从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？（1）加）加NH3-NH4Cl 使溶液的使溶液的pH9； （； （2）为什么要
13、使用新配制的）为什么要使用新配制的(NH4)2S溶液和氨水？溶液和氨水？ 【答】【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 pH10 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。 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。 5 （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 CO
14、2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： （、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】【答】 （1）Co(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3H2O，前者生成 Co(NH3)62+而溶解，而 Al
15、(OH)3 不溶。 （2）Zn(OH)2-Fe(OH)3：加适当过量 NH3H2O，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 NH3H2O，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？、 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；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 从试液中分出第一、二组阳离子沉淀，除去 剩余的H2S并加入并加入NH3-NH4Cl后，无沉淀产生；后，无沉淀产生；(3) 继继(2)加热试液，并加组 试剂 加热试液，并加组 试剂(NH4)2S或或TAA后得白色沉淀。后得白色沉淀。 【解】【解】 （1）固体试样是无色晶体混合物：则）固体试样是无色晶体混合物：则有色离子 Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni
