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1、<p><p>第1章 绪论1.1 30.0mL 0.150mol&#183;L-1的HCl溶液和20.0mL 0.150mol&#183;L-1的Ba(OH)2溶液相混合，所得溶液是酸性、中性、还是碱性？计算过量反应物的浓度。答案：1.2 称取纯金属锌0.3250g，溶于HCl后，稀释到250mL容量瓶中，计算c(Zn2+)。答案：1.3 欲配制Na2C2O4溶液用于标定KMnO4溶液（在酸性介质中），已知，若要使标定时两种溶液消耗的体积相近，问应配制多大浓度（c）的Na2C2O4溶液？要配制100mL溶液，应称取Na2C2
2、O4多少克？答案：若：则：1.4 用KMnO4法间接测定石灰石中CaO的含量（见例1.6），若试样中CaO含量约为40%，为使滴定时消耗0.020mol&#183;L-1 KMnO4溶液约30mL，问应称取试样多少克？答案：1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。若，为避免计算，直接从所消耗的K2Cr2O7溶液的毫升数表示出铁的含量（%），应当称取铁矿多少克？答案：1.6 称取Na2HPO4&#183;12H2O试剂0.8835g，以甲基橙为指示剂，用0.1012 mol&#183;L-1 HCl滴定至H2PO-4，消耗HCl溶液27.30
3、mL。计算样品中Na2HPO4&#183;12H2O的质量分数，并解释所得结果。（HCl浓度、终点确定以及仪器均无问题）答案：结果偏高，是由于Na2HPO4&#183;12H2O失去部分结晶水。1.7 称取含铝试样0.2018g，溶解后加入0.02081 mol&#183;L-1EDTA标准溶液30.00mL。调节酸度并加热使Al3+定量络合，过量的EDTA用0.02035 mol&#183;L-1 Zn2+标准溶液返滴，消耗Zn2+溶液6.50mL。计算试样中Al2O3的质量分数。（Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均
4、为11）答案：1.8 称取分析纯CaCO3 0.1750g溶于过量的40.00mL HCl溶液中，反应完全后滴定过量的HCl消耗3.05mL NaOH溶液。已知20.00mL该NaOH溶液相当于22.06mL HCl溶液，计算此HCl和NaOH溶液的浓度。答案：基本单元：，HCl，NaOH 根据等物质的量规则：即： 解得： 1.9 酒石酸（H2C4H4O6）与甲酸（HCOOH）混合液10.00mL，用0.1000 mol&#183;L-1 NaOH滴定至C4H4O2-6与HCOO-，耗去15.00mL。另取10.00mL混合液，加入0.2000 mol&#183
5、;L-1 Ce()溶液30.00mL，在强酸性条件下，酒石酸和甲酸全部被氧化成CO2，剩余的Ce()用0.1000 mol&#183;L-1 Fe()回滴，耗去10.00mL。计算混合液中酒石酸和甲酸的浓度。（Ce()的还原产物为Ce()）答案：酸碱反应中的基本单元：，HCOOH，NaOH氧化还原反应中的基本单元：，Fe+2根据等物质的量规则：即：解得：1.10 移取KHC2O4&#183;H2C2O4溶液25.00mL，以0.1500 mol&#183;L-1 NaOH溶液滴定至终点时消耗25.00mL。现移取上述KHC2O4&
6、#183;H2C2O4溶液20.00mL，酸化后用0.04000 mol&#183;L-1 KMnO4溶液滴定至终点时需要多少毫升？答案：酸碱反应中：氧化还原反应中：第二章 思考题与习题1已知用生成AsH3气体的方法鉴定砷时，检出限量为1g，每次取试液0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度（分别以B和1：G表示）。解： 最底浓度 1:G=1:5&#215;1042取一滴（0.05mL）含Hg2+试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐）。经过实验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于100g&#183;mL-1。求此鉴定方法的检出限量。解： 检
7、出限量 3洗涤银组氯化物沉淀宜用下列哪种洗液？为什么？(1)蒸馏水 （2）1mol&#183;L-1 HCl (3) 1mol&#183;L-1 HNO3 (4) 1mol&#183;L-1 NaCl答：应选用（2）1mol&#183;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PbCl2HNO3不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶
8、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.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）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
9、溶解AgCl, 而不溶解Hg2SO4 。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） H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 V Sn4+2e=Sn2+ Eo=0.154 V H2O2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 VI-是比AsO33-强的还原剂，所以NH4I可以还原AsO43-6为沉淀第二组阳离子，调节酸度时
10、：（1）以HNO3代替HCl；（2）以H2SO4代替HCl；（3）以HAc代替HCl。将各发生什么问题?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。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（
11、8）SnS,SnS2（9）ZnS,CuS（10）Ag2S,MnS答:（1）加(NH4)2CO3, As2S3 溶解而HgS不溶。 （2）加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。 （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。（9）加稀HCl, ZnS溶解而CuS不溶。（10）加稀HCl, MnS溶解而Ag2S不溶。8已知一溶液只有第二组阳离
12、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）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。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
13、溶液的pH9；（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，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&gt;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 。（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-，故而使第四组的Ba2+Sr2+C
14、a2+ 部分沉淀于第三组。所以，必须使用新配制的(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）加过量氨水，则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而Al(OH)3不溶。（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Na
15、OH，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(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，并加入组试剂(NH4)2S或TAA后得白色沉淀。解: （1）有色离子不存在，如：Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和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
16、证明了Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+不存在。由以上推断试样中可能有Zn2+存在。12一无色溶液中只含有第三组阳离子，将它分为三份，得到以下实验结果：（1） 在NH4Cl存在下加过量氨水，无沉淀；（2） 在NH3-NH4Cl存在下加(NH4)2S，得淡黄色沉淀；（3） 加NaOH搅拌，得到淡棕色沉淀；再加过量NaOH，有一部分沉淀溶解，不溶的部分在放置过程中颜色变深。 试判断什么离子存在，什么离子不存在，什么离子存在与否不能确定。解:由（1）可以判断Al3+Cr3+和Fe3+不存在，由（2）可知Fe3+Fe2+Co2+和Ni2+不存在，Mn2+可能存在，由（3）可知Mn2+和Zn2+存在。 综上所述，则存在的离子为Mn2+和Zn2+, 不可能存在的</p></p>
