分析化学第四版_习题参考解答_王志银
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
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。
2
(3) Hg2CrO4-PbCrO4：用饱和 NH4A（c 或 NaOH），此时 PbCrO4 溶解形成 Pb(Ac)3- (或 PbO22-)， 而 Hg2SO4 不溶。 (4) AgCl-PbSO4：用氨水，此时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 PbSO4 不溶。 (5) Pb(OH)2-AgCl：用稀 HNO3，此时 Pb(OH)2 溶解，而 AgCl 不溶；也可用 NH3·H2O，此 时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 Pb(OH)2 不溶。 (6) Hg2CrO4-AgCl：用氨水，此时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+, 而 Hg2SO4 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；
无极及分析化学(第四版)课后习题答案
第八章习题1.命名下列配合物：(1)K4[Ni(CN)4] (2)(NH4)2[FeCl5(H2O)](3)[Ir(ONO)(NH3)5]Cl2(4)Na2[Cr(CO)5]2.写出下列配合物（配离子）的化学式：（1）硫酸四氨合铜（Ⅱ）（2）四硫氰·二氨合铬（Ⅲ）酸镁（3）二羟基·四水合铝（Ⅲ）离子（4）二苯合铬3.AgNO3能从Pt(NH3)6Cl4溶液中将所有的氯沉淀为AgCl，但在Pt(NH3)3Cl4中仅能沉淀出1/4的氯，根据这些事实写出两种配合物的化学式。
4.画出下列配合物可能有的几何异构体：(1)[PtClBr(NH3)py]（平面正方形）(2)[Pt(NH3)4(NO2)Cl]Cl2(3)[Pt(NH3)2(OH)Cl3] (2)[Pt(NH3)2(OH)2Cl2]-与(1)Ag+,(2)Ni2+,(3)Fe3+,(4)Zn2+形成配离子，试根据价键理论探讨其杂化类型、几何构型和磁性。
6.试用价键理论说明下列配合物的键型（内轨型或外轨型）、几何构型和磁性大小。
(1)[Co(NH3)6]2+(2)[Co(CN)6]3-7.有两种化合物A和B具有同一化学式：Co(NH3)3(H2O)2ClBr2.在一干燥器中，1molA很快失去H2O，但在同样条件下，B不失去H2O.当AgNO3加入A中时，1molA沉淀出1molAgNO3，1molB沉淀出2molAgNO3。
试写出A和B的化学式。
8.试用晶体场理论解释变色硅胶（内含CoCl2）的变色现象（干时蓝色，湿时红色）。
9.根据Fe2+的电子成对能P,[Fe(H2O)6]2+和[Fe(CN)6]4-的分裂能△0解答：（1）这两个配离子是高自旋还是低自旋？（2）画出每个配离子的轨道能级中电子排布图。
10.试从Mn3+的P值和高自旋配合物,[Mn(H2O)6]3+的△0值,估计[Mn(CN)6]3-和[Mn(C2O4)3]3-是高自旋还是低自旋配合物？11.Cr2+,Cr3+,Mn2+,Fe2+和Co2+在强八面体晶体场和弱八面体晶体场中各有多少未成对电子？并写出t2g和e g轨道的电子数目。
分析化学实验课后习题答案(第四版)
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？
酸碱滴定法。分析化学第四版部分习题答案
第五章 酸碱滴定法P1481、写出下列各酸的共轭碱： 酸−−−−→−+H 1个质子失 共轭碱H 2O OH －H 2C 2O 4 HC 2O 4－H 2PO 4一 HPO 42－HCO 3一 CO 32－C 6H 5OH C 6H 5O －C 6H 5NH 3+ C 6H 5NH 2HS 一 S 2一Fe(H 2O)63+ Fe(H 2O)5(OH)2+R —NH 2+CH 2COOH R —NH 2+CH 2COO －2、写出下列各碱的共轭酸： 碱−−−−→−+H 1个质子得 共轭酸H 2O H 3O + NO 3－HNO 3HSO 4－H 2SO 4S 2一 HS 一C 6H 5O －C 6H 5OH Cu(H 2O)2(OH)2 Cu(H 2O)3(OH)+ (CH 2)6N 4 (CH 2)6N 4H +R —NHCH 2COO － R —NH 2+CH 2COO －3、解：(1) (NH 4)2CO 3MBE [NH 4+]+[NH 3]=2c （1）[CO 32－] + [HCO 3－] + [H 2CO 3]=c （2）CBE [H +]+[NH 4+]=[OH －]+ [HCO 3－] + 2[CO 32－] （3）将（1）（2）代入（3）式，消去非质子转移产物[NH 4+]、[CO 32－]得PBE ： [H +]+[HCO 3－]+2[H 2CO 3]= [OH －]+ [NH 3] （2）NH 4HCO 3MBE [NH 4+]+[NH 3]=c （1）[CO 32－] + [HCO 3－] + [H 2CO 3]=c （2）CBE [H +]+[NH 4+]=[OH －]+ [HCO 3－] + 2[CO 32－] （3）将（1）（2）代入（3）式，消去非质子转移产物[NH 4+]、[HCO 3－]得PBE ： [H +] + [H 2CO 3]= [OH －] + [NH 3] + [CO 32－] 4、解：（1）KHPMBE [K +]=c[HP －]+[H 2P]+ [ P 2－]=cCBE [K +]+[H +]=[OH －]+ [HP －]+2[ P 2－] 得质子 质子参考水准 失质子---+−−→−−−−←++2HH 2P HP P H--++−−→−−−−←++OH O H O H H2H 3PBE [H 2P]+ [H +] = [ P 2－] + [OH －]（2）NaNH 4HPO 4MBE [Na +]=c[NH 4+]+[NH 3]=c[PO 43-]+[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]=cCBE [H +]+[NH 4+]+[Na +]=[OH －]+3[PO 43-]+2[HPO 42-]+[H 2PO 4-] 得质子 质子参考水准 失质子3H 4NH NH −−→−+-+--++−−→−−−−←++OH O H O H H2H 3PBE [H 2PO 4-]+2[H 3PO 4]+[H +]=[NH 3]+[PO 43-]+[OH －]（3）NH 4H 2PO 4MBE [NH 4+]+[NH 3]=c[PO 43-]+[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]=cCBE [H +]+[NH 4+]=[OH －]+3[PO 43-]+2[HPO 42-]+[H 2PO 4-] 得质子 质子参考水准 失质子3H 4NH NH −−→−+-+----+−−→−−−→−−−−←+++34H 224H42H43PO HPO PO H PO H --++−−→−−−−←++OH O H O H H2H 3PBE [H 3PO 4]+[H +]=[NH 3]+[HPO 42-]+2[PO 43-]+[OH －]（4）NH 4CNMBE [NH 4+]+[NH 3]=c[CN －]+ [HCN]=cCBE [H +]+[NH 4+]=[OH －]+[CN －]得质子 质子参考水准 失质子3H4NH NH −−→−+-+-+−−−←+CN HCN H--++−−→−−−−←++OH O H O H H 2H 3PBE [HCN]+[H +]=[NH 3]+[OH －]5、解：设C 1.mol.L -1HA 和C 2mol.L -1HB 两种弱酸混合，解离常数分别为Ka (HA)和Ka (HB)---++-−−→−−−−←−−−←+++34H 4H 243H42PO HPO PO H PO HPBE ：[H +]=[A -]+[B -]+[OH -]=]H [K ]H []HB [Ka ]H []HA [Ka w)HB ()HA (+++++ [H +]=Kw ]HB [Ka ]HA [Ka )HB (1)HA (++ 精确式 （或：由PBE 式可得[H +]=]H [K C Ka ]H [Ka C Ka ]H [Ka w2)HB ()HB (1)HA ()HA (++++∙++∙+ 整理后便是精确式）由于为弱酸溶液,所以[OH-]可忽略 PBE 式变为 [H +]=[A -]+[B -]即[H +]=]HB [Ka ]HA [Ka )HB ()HA (+ 近似式 当C 1 、C 2不太小, Ka (HA)和Ka (HB)较小,即酸性较弱时 [HA]≈C 1 [HB]≈C 2[H +]=)HB (2)HA (1Ka C Ka C + 最简式若两种酸都不太弱，先由最简式求得[H +]1，对近似式进行逼近求解。
定性分析。分析化学第四版部分习题答案
第二章 定性分析习题参考答案P391、 解:已知 m =1μg v = 0.05mL ρB =120μ/0.05m g m L V ==据ρB G=106得: G=6641010510ρ20B==⨯所以,此鉴定的最低浓度是: ρB =20μg/mL 1：G = 1：5×1042、 解:已知 v=0.05mL ρ B = 100μg·mL -1m=v ρB =0.05×100=5μg3、 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 （2）1mol·L -1HCl (3) 1mol·L -1HNO 3 (4) 1mol·L -1NaCl答：应选用1mol ·L -1HCl 作洗涤液。
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，有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而引起胶溶现象。
如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCl 2。
HNO 3不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度增大。
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、 如何将下列各对沉淀分离？（1）Hg 2SO 4 PbSO 4（以下表示方法都行）加NaOH （或NH 4Ac ）,此时PbSO 4溶解，Hg 2SO 4不溶，然后离心分离。
（2）Ag 2CrO 4 Hg 2CrO 4加NH 3,此时Ag 2CrO 4溶解，Hg 2CrO 4不溶，然后离心分离。
（3）Hg 2CrO 4 PbCrO 4加过量的NaOH ，此时Pb CrO 4溶解，Hg 2CrO 4不溶，然后离心分离。
（4）AgCl PbSO 4加NaOH ，此时PbSO 4溶解，AgCl 不溶，然后离心分离。
加NH 3，此时AgCl 溶解，PbSO 4不溶，然后离心分离。
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4版下册华中师范大学六校合编课后习题答案解析解答
目录第一章绪论1.1 复习笔记1.2 课后习题详解1.3 名校考研真题详解第二章仪器分析数据处理方法2.1 复习笔记2.2 课后习题详解2.3 名校考研真题详解第三章光学分析法导论3.1 复习笔记3.2 课后习题详解3.3 名校考研真题详解第四章原子发射光谱法4.1 复习笔记4.2 课后习题详解4.3 名校考研真题详解第五章原子吸收与原子荧光光谱法5.1 复习笔记5.2 课后习题详解5.3 名校考研真题详解第六章分子发光分析法6.1 复习笔记6.2 课后习题详解第七章紫外－可见吸收光谱法7.1 复习笔记7.7 课后习题详解7.3 名校考研真题详解第八章红外光谱法和Raman光谱法8.1 复习笔记8.2 课后习题详解8.3 名校考研真题详解第九章核磁共振波谱法9.1 复习笔记9.2 课后习题详解9.3 名校考研真题详解第十章质谱分析法10.1 复习笔记10.2 课后习题详解10.3 名校考研真题详解第十一章电分析化学导论11.1 复习笔记11.2 课后习题详解11.3 名校考研真题详解第十二章电位分析法12.1 复习笔记12.2 课后习题详解第十三章电解与库仑分析法13.1 复习笔记13.2 课后习题详解13.3 名校考研真题详解第十四章极谱法与伏安法14.1 复习笔记14.2 课后习题详解14.3 名校考研真题详解第十五章色谱法导论15.1 复习笔记15.2 课后习题详解15.3 名校考研真题详解第十六章气相色谱法16.1 复习笔记16.2 课后习题详解16.3 名校考研真题详解第十七章高效液相色谱法17.1 复习笔记17.2 课后习题详解17.3 名校考研真题详解第十八章毛细管电泳和其他分离技术18.1 复习笔记18.2 课后习题详解第十九章X射线光谱法19.1 复习笔记19.2 课后习题详解19.3 名校考研真题详解第二十章热分析方法20.1 复习笔记20.2 课后习题详解20.3 名校考研真题详解第一章绪论1.1 复习笔记一、仪器分析简介1．仪器分析和化学分析（1）化学分析化学分析是指基于化学反应及其计量关系来确定被测物质组成和含量的一类分析方法。
山东大学分析化学(第四版)习题及答案02酸碱平衡和酸碱滴定法
第二章酸碱平衡和酸碱滴定法1．计算下列各溶液的pHa. 0.20 mol.L-1H3PO4，b. 0.100mol.L-1H3BO3c. 0.100mol.L-1H2SO4d. 0.100mol.L-1三乙醇胺e. 510-8 mol.L-1 HCla.解：已知H3PO4的K a1＝10，K a2=，K a3=10-12.36∵ pKa2-pKa1>1.6 ∴按一元弱酸处理= 0.2×10-2.12 > 20K w / < 500用近似式[H+]=== -0.0038+= 0.035pH = 1.45b.解：已知H3BO3的K a=5.8( pK a=9.24)∵K a>20 Kw /K a > 500同最简式[H+]===10-5.12pH = 5.12c.解法1：已知H2SO4 K a2= 10-2 将H2SO4看作H+＋HSO4- (强酸和一元弱酸)质子条件：[H+]=C a+[SO42-]+[OH-] 忽略[OH-][H+]=a+a[H+]2-(c-K a2)[H+])-2cK a2=0[H+]=+=pH = 0.96解法2. 设第二级解离出的H+为xHSO42- ⇌ H+ + SO42-0.1-x 0.1+x xK a2===10-20.1x+x2=-0.01x+10-3 x2+0.11x-10-3=0解得：x==-0.055+=0.0085 [H+]=0.1+0.0085= 0.1085pH = 0.96d解. 已知三乙醇胺的K b=5.8-7，pK b=6.24 (分子式(HOCH2CH2)3N )∵cK b=0.1>20K W，c/K b>500pOH=3.62 pH=14 - 3.62=10.38e解：由于HCl浓度较小，不能忽略水的离解根据质子条件[H+]==+==2.5pH = 6.892. 计算下列各溶液的pHa. 0.0500 mol/L NaAcb. 0.0500 mol/L NH4NO3c. 0.100 mol/L NH4CNd. 0.0500 mol/L K2HPO4e. 0.0500mol/L氨基乙酸f. 0.100 mol/L Na2Sg. 0.10 mol/L H2O2溶液h. 0.0100 mol/L CH3CH2NH和0.050 mol/L NH4Cl 的混合溶液i. 含有 mol/L的混合溶液（=5.0, =9.0）a解：已知HAc的=10-4.74 则Ac－的=10-9.26∵c=0.05c/ >500∴pOH=5.28pH=8.72b解：已知NH3的=10-4.74 ,则NH4＋的为=10-14/10-4.74=10-9.26∵c=0.05 c/>500pH=5.28c解：已知NH的=10-9.26 ，HCN的=10-9.21根据质子条件：[H+]+[HCN]=[OH-]+[NH3]则：[H+]+cKa’=0.1>20Kw c=0.1>>KaH+]=d解:已知H3PO4K a1=10-2.12K a2=10-7.20K a3=10-12.36 [H+]=c K a3=0.05c= 0.05 > 20 K w[H+]==2.010-10pH=9.70e解：氨基乙酸盐=4.510-3=2.510-10两性物质[H+]=c K a2=0.05 2.510-10 > 20K w c = 0.05 <20 K a1[H+]==pH=5.99注：同最简公式[H+]=pH=5.97f解：已知H2S的K a1=1.310-7 ，K a2=7.110-15则S2－的K b1=Kw/Ka2=1.41 K b2=7.6910-8pK b2-pK b1 >1.6 按一元碱计算c K b1>20Kw，c/K b1 < 500 [OH-]===9.410-2pOH= 1.03pH=12.97g解：已知H2O2的K a=1.810-12cK a=0.01 1.810-12 <20 K w，c/K a=0.01/1.810-13 >500 [H+] ==1.6710-7pH=6.78h解：CH3CH2NH2K b=5.610-4，CH3CH2NH=1.7810-11 NH3的K b=1.810-5，NH的=5.610-10[H+]==5.3810-6pH = 5.27i解：c K HA> 20 Kw[H+]=pH=3.003.计算pH为8.0和12.0时0.10mol L-1 KCN溶液中CN-的浓度解：已知HCN K a=6.210-10∵pH=8.0 =pH=12.0 =∴pH=8.0 []=c=5.8510-20.1=5.8510-3 mol L-1pH=12.0 []=c=10.1=0.1 mol L-14. 含有=0.10 ， =2.010-4 mol L-1，=2.010-6 mol L-1的混合溶液。
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）。
络合滴定法。分析化学第四版部分习题答案
第六章 络合滴定法P1961、（1）乙二胺四乙酸，H 4Y ，结构式：P153，Na 2H 2Y·2H 2O ，4.4，pH=21(pKa 4+pKa 5)，0.02mol·L -1 （2）H 6Y 2+、H 5Y +、H 4Y 、H 3Y －、H 2Y 2－、HY 3－、Y 4－，7，Y 4－，pH ＞10.26，1：1（3）条件形成常数（表观形成常数、简称条件常数），在副反应存在下，lgK`MY = lgK MY － lg αM － lg α （4）K`MY 和c M ，K`MY ，越大；c M ，越大。
（5）越高,αY αM , αY ,愈小，M ，αM ，lgK`MY ，c M 、△pM`，△pM`。
（6）6a 3a 2a 1a 6a 2a 1a 42a 1a 51a 6)H (Y K K K K K K K ]H [K K ]H [K ]H [⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++=α+++6H 62H 2H 1]H []H []H [1+++β+⋅⋅⋅+β+β+=2、答：因为（1）这些离子与NH 3逐级配位且K i 之间相差不大，产物没有固定组成（即不按一定的化学反应方程式反应） ；（2）形成的络合物稳定性差（即反应不完全）。
即反应不能定量完成。
故不能以氨水为滴定剂用络合滴定法来测定这些离子。
3、答：根据络合物分布分数的表达式可知：1、β1[L]、β2[L]2…βn [L]n的大小分别反映[M]、[ML]、[ML 2]…[ML n ]的相对大小，所以，可以通过这些值的大小来估计溶液中络合物的主要存在型体。
4、解法一：因为Al 3+与乙酰丙酮络合物的lg β 1 ~ lg β2分别为8.6，15.5，21.3 所以lgK 1=lg β1=8.6，lgK 2= lg β2－lg β1=15.5－8.6=6.9，lgK 3= lg β3－lg β2=21.3－15.5=5.8 即： 323AlL |AlL |AlL |Al +pL 8.6 6.9 5.8lgK 1 lgK 2 lgK 3 （见P 159的例题）故：AlL 3为主要型体时，pL<5.8。
误差和分析数据处理。分析化学第四版部分习题答案
第三章 误差和分析数据的处理P721、答：（1）（2）（3）（4）（8）系统误差（5）（6）随机误差 （7）过失误差 （1）（2）（3）采用校正仪器的方法减免。
（4）采用空白试验的方法减免。
（8）采用对照试验的方法减免。
2、解：%2.0%1001.0102.0Er 3±=⨯⨯±=-%02.0%1001102.0Er 3±=⨯⨯±=-这些结果说明了，在绝对误差相同的情况下，称量的越多，相对误差越小，准确度越高。
3、解： %1%100202.0Er ±=⨯±=%1.0%1002002.0Er ±=⨯±=这些结果说明了，在绝对误差相同的情况下，溶液消耗的体积的越多，相对误差越小，准确度越高。
4、（1）3位 （2）5位 （3）4位 （4）2位 （5）2位 （6）2位5、解：MgO 的质量为：0.089×722O P Mg MgO M M 2，所以换算因素应取三位有效数字：0.362。
计算结果应以3位有效数字报出。
6、解：w 5000.094.86)25101000.000.807.1268000.0(3MnO 2⨯⨯⨯⨯-=-%28.415000.094.8610346.45000.094.86)10000.2103457.6(333=⨯⨯=⨯⨯-⨯=--- 应保留4位有效数字。
7、解：加热BaCl 2·2H 2O 除去其中的水后，用万分之一分析天平称其质量，理论上为， g 4263.0mol/g 24.244mol/g 24.208g 5000.0M M g 5000.0O2H BaCl BaCl 222=⨯=⨯⋅根据实验方法可知，水的质量分数为：％7.14%1005000.00737.0%1000.50000.4263-0.5000=⨯=⨯所以测定结果应以三位有效数字报出。
8、答：甲的合理。
因为称取试样3.5g ，是两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。
分析化学第四版上册答案
分析化学第四版上册答案1．确定物质的化学组分——定性分析（由那些元素、离子、官能团或化合物组成）成分分析2．测定有关成分的含量——定量分析3．确定物质中原子间结合方式——结构分析（化学结构、晶体结构、空间分布等）分析化学是获取物质化学组成和结构信息的科学。
（本课程将以与卫生检验专业关系密切的“成分分析”为基本内容，主要讨论成分分析的定量分析中的各种基本方法）二．分析方法的分类（根据分析化学任务、分析对象、分析原理、操作方法等分为多种分类）1．定性、定量、结构分析——根据分析化学任务元素、离子、化合物、相等2 官能团、空间结构等3．化学分析与仪器分析——根据分析原理* 化学分析：以物质的化学反应为基础的分析方法（历史悠久，是分析化学的基础，故又称经典分析方法）化学定性分析：根据反应现象、特征鉴定物质的化学组成化学定量分析：根据反应中反应物与生成物之间的计量关系测定各组分的相对含量。
使用仪器、设备简单，常量组分分析结果准确度高，但对于微量和痕量（ 0.01%）组分分析，灵敏度低、准确度不高。
* 仪器分析：以物质的物理或物理化学性质为基础的分析方法（光化学、电化学、热、磁、声等）需要精密仪器；①电化学分析法：电位法、电导法、库仑法、伏安法等；②光学分析法：紫外及可见分光光度法、原子吸收分光光度法、分子荧光法、红外分光光度法等；③色谱分析法：液相色谱法、气相色谱法、高效液相色谱法等；④电感耦合等离子体原子发射光谱法；⑤质谱法；⑥核磁共振波谱法；⑦流动注射分析法；等。
特点：快速、灵敏，所需试样量少，适于微量、痕量成分分析。
（但对常量组分准确度低）4．常量、半微量、微量分析、超微量分析——根据操作方法及用量各种分析方法的试样用量方法试样质量（mg）试样体积（ml）常量分析 100 10半微量分析 10-100 1-10微量分析 0.1- 0.01-超微量分析 0.1 0.01化学定量分析：主要采用常量分析方法；仪器分析：主要用于进行微量、超微量分析。
分析化学(第四版)习题及答案
2. 用氧化还原滴定法测得FeSO4·7H2O中铁的质量分数位 20.01％，20.03％，20.04％，20.05 ％。计算：a. 平均值；b. 中位数；c. 单次测定值的平均偏差；d.相对平均偏差；e. 极 差；f. 相对极差
(1) 0.2× 25= x × 103 204.126
0.2× 30= x × 103 204.126
x=1.0～1.2g
(2) 0.2× 25= 2x × 103 126.07
0.2× 30= 2x × 103 126.07
x=0.3～0.4g
13. 欲配制Na2C2O4溶液用于在酸性介质中标定 0.02 mol/L的KMnO4溶液，若要使标定时，两种
解：(1) 平均值 = 20.01+ 20.03 + 20.04 + 20.05 ×100% = 20.03% 4
(2) 中位数 = (20.03%+20.04%)/2 =20.04%
(3) 单次测定值的平均偏差 d = d1 + d2 + d3 + d4 = 0.02 + 0 + 0.01+ 0.02 % = 0.012%
CC2O42−
=
5 2
×
CMnO4−
=
5 2
× 0.02=0.05
mol/L
mNa 2 C2 O4
=
0.05 × 100 1000
× 134.00
=
0.7g
14. 含S有机试样 0.471g，在氧气中燃烧，使S氧化为SO2，用预中和过的H2O2将SO2吸收，全部
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化学学科中的一个重要分支，它涉及到物质的定性和定量分析。
习题的解答不仅能够帮助学生巩固理论知识，而且能够提高解决实际问题的能力。
以下是一些分析化学习题的解答示例，这些示例旨在帮助学生理解分析化学中的基本概念和方法。
习题1：某样品中含有一定量的铁，如何通过滴定法测定其含量？解答：首先，需要将样品中的铁转化为可滴定的形式。
通常，铁可以通过与盐酸反应生成铁(II)离子。
然后，使用已知浓度的氧化剂如高锰酸钾或重铬酸钾溶液进行滴定。
在滴定过程中，铁(II)离子被氧化为铁(III)离子，直到所有的铁都被氧化。
通过记录消耗的氧化剂体积，可以计算出样品中铁的含量。
习题2：如何使用原子吸收光谱法测定水样中的重金属含量？解答：原子吸收光谱法是一种基于原子对特定波长光的吸收来测定元素含量的技术。
首先，需要将水样中的重金属转化为可测定的原子态。
这通常涉及到样品的酸化和蒸发。
然后，将样品雾化并引入到原子吸收光谱仪中。
通过测量特定波长下的光吸收，可以定量分析水样中的重金属含量。
习题3：描述如何使用气相色谱法分离和分析混合物中的挥发性化合物。
解答：气相色谱法是一种基于不同化合物在移动相和固定相中分配系数差异来实现分离的技术。
首先，将混合物样品注入到色谱柱中。
随着移动相（通常是惰性气体如氮气或氦气）的流动，混合物中的不同化合物会在色谱柱中移动，由于它们在固定相中的吸附能力不同，因此会以不同的速度移动，从而实现分离。
通过检测器检测到的信号，可以识别和定量分析混合物中的各个组分。
习题4：说明如何通过红外光谱法鉴定有机化合物的结构。
解答：红外光谱法是一种基于分子振动对红外光的吸收特性来分析化合物结构的技术。
每种有机化合物都有其独特的红外吸收光谱，这些光谱可以作为化合物的“指纹”。
通过测量样品的红外光谱，可以识别出特定的化学键和官能团，从而推断出有机化合物的结构。
习题5：描述如何使用质谱法分析蛋白质的分子量。
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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
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）
《分析化学》 第四版
思考题与习题参考解答
王志银
1
第二章 定性分析
1、已知用生成 AsH3 气体的方法鉴定砷时，检出限量为 1μg，每次取试液 0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度（分别以 ρB 和 1:G 表示）。 【解】已知：m=1μg；V=0.05mL；根据公式： m = ρBV； ρBG = 106
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
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。
6、为沉淀第二组阳离子，调节酸度时：（1）以 HNO3 代替 HCl；（2）以 H2SO4
代替 HCl；（3）以 HAc 代替 HCl，将各生什么问题?
【答】（1）以 HNO3 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 H2SO4 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 HAc 代替 HCl：由于 HAc 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。
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。
定方法的检出限量。
【解】 已知：ρB =100μg·mL-1；V=0.05mL；根据公式： m = ρBV；
可知检出限量为：
m = ρB ⋅V = 0.05×100 = 5(μg)
3、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；(2)
1mol·L-1 HCl；(3) 1mol·L-1 HNO3；(4) 1mol·L-1 NaCl；
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
2
(3) Hg2CrO4-PbCrO4：用饱和 NH4A（c 或 NaOH），此时 PbCrO4 溶解形成 Pb(Ac)3- (或 PbO22-)， 而 Hg2SO4 不溶。 (4) AgCl-PbSO4：用氨水，此时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 PbSO4 不溶。 (5) Pb(OH)2-AgCl：用稀 HNO3，此时 Pb(OH)2 溶解，而 AgCl 不溶；也可用 NH3·H2O，此 时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+，而 Pb(OH)2 不溶。 (6) Hg2CrO4-AgCl：用氨水，此时 AgCl 溶解生成 Ag(NH3)2+, 而 Hg2SO4 不溶 。
【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。