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1、分析化学(含仪器分析〉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11•解：最底浓度Pb=—==20“g•mL~lBV0.05・・•z?^G=106...G=12i=12i=5xio4Pb20l:G=l:5xlO42•解：检出限量加==0.05xl00=5“g3•答：应选用(2)lmolL^HCl作洗液，因为HC1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，
2、另外HC1为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。如果用蒸馆水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCb、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NHqAc溶解PbSO4,而不溶解Hg2SO40(2)用氨水溶解Ag2CrO4,而不溶解Hg2CrO40(3)用NaOH溶解PbCrO4,而不溶解Hg2CrO40⑷用氨水溶解AgCl,而不溶解PbSO40(5)用HNO3溶解Pb(OH)2，而不溶解AgCl0(6)用氨水溶解AgCl,而不溶解Hg2SO405•答：(1)H2O2+2H++2c=
3、2H2OE°=1.77VE°=0.154VSn4++2e=Sn2^H2O2是比强的氧化剂，所以H2O2可以氧化Si>2+为Sn4+(2)1“固)+2e=2「E°=0.5345VAsO?+4H++2e=AsO33+2H2OE°=0.559Vr是比AsOs3强的还原剂，所以NHJ可以还原AsO?6•答：(1)因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H?S氧化成硫而沉淀。(2)用H2SO4代替HC1,引入了SO?,使Ba"、Sr2Ca"及Pb"离子生成硫酸盐沉淀，将妨碍这些离子的分析。(3)用HAc代替HC1,则由于它是弱酸，不可能调至所需要的酸度。7•答：(1)加(NH4)2CO3,As2S3溶解
4、而HgS不溶。(2)加稀HNO3,CuS溶解而HgS不溶。(3)加浓HC1,Sb2S3溶解而A92S3不溶。(4)加NH4Ac,PbSCh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)JONa2S,S11S2溶解而PbS不溶。(8)加Na2S,S11S2溶解而SnS不溶。(9)加稀HCI,ZnS溶解而CuS不溶。(10)加稀HC1,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：B产、Sb(III)、Sn(
5、II)、Sn(IV)存在。(2)可知Hg"不存在。(3)生成的硫化物为黄色，则P*B产、Cu2H『+不存在。根据以上判断,可知，有：Cd叭Sn(IV)、As(III).As(V),也可有Sb(HI)、Sb(V)存在。9•答：(1)在第三组离子的沉淀中，A1(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，部分的生成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-NH4C1缓冲溶液来保持pH=9.00(2)(NH4)2S放
6、置太久，部分S•可被氧化成SO42o氨水放置太久，会吸收空气中的CO2产生CO32,固而使第四组的B产、Sr2Ca2+部分沉淀于第三组。所以，必须使用新配制的(NH4)2S和氨水。10•答：(1)加过量氨水，则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而A1(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ZnCV-溶解，而Ni(OH)2不溶。(4)加适当过量的NaOH,贝!
7、Cr(OH)3生成CrO「溶解，而Co(OH)2不溶。(5)加过量氨水，则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+
8、溶解，而A1(OH)3不溶。11•解:(1)有色离子不存在，如：Fe叭Fe2Cr3Mn2Co2+和Ni^。(2)表示Ah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Fe叭Fe2Cr3+、Mn2+.Co2+和Ni"不存在。由以上推断试样中可能有Zn2+#在。12•解:由(1)可以判断A产、Cr廿和Fe并不存在，由(2)可知Fe叭Fe2Co?+和N产不存在，可能存在,由(3)可知M
