分析化学答案-上册-第四版-高等教育出版社
华中师范大学等六校合编《分析化学》(第4版)(上册)笔记和课后习题(含考研真题)详解(上册)
答：（1）
，
，
因此最少应采取 90kg 试样才具有代表性。
（2）
，
故最多应缩分 6 次。
（3）
所以试样通过筛孔的直径应为 1mm。
2.3 名校考研真题详解 一、选择题 1．测定下列试样，选择哪种溶（熔）剂为宜？（ ）[国际关系学院 2014 研] 试样：（1）褐铁矿中铁的测定；（2）硅酸岩中硅的测定；（3）铝合金中铝的测定；（4）钢样中 磷的测定。 溶（熔）剂：（a）HCl 溶液；（b）HNO3 溶液；（c）10％NaOH 溶液；（d）NaOH 固体。 A．（1）—（a），（2）—（b），（3）—（c），（4）—（d） B．（1）—（a），（2）—（d），（3）—（c），（4）—（b） C．（1）—（c），（2）—（d），（3）—（a），（4）—（b） D．（1）—（b），（2）—（c），（3）—（a），（4）—（d）
④药物分析。 （3）按原理分类
①化学分析法； ②仪器分析法。 2．分析方法的选择 明确每一种方法的原理、应用范围及其优缺点，选择合适的方法。 三、分析化学的发展趋势 1．发展趋势 （1）对生物活性相关物质的分析； （2）对单细胞、单分子的分析； （3）对生物和环境等复杂体系的分析； （4）对薄层、表面、界面微区及形态的分析； （5）分析仪器智能化、小型化、仪器联用、在线实时监测； （6）分析对象损伤程度转向无损及遥测方向。 2．研究热点 （1）极端条件下的分析测试； （2）痕量活性物质的在线、原位和实时分析； （3）功能纳米材料在分析化学中的应用； （4）联用技术与联用仪器的使用等。
(完整版)分析化学(高教第四版)习题及答案(第一章：定量分析化学概论)
分析化学习题及答案（第四版）第一章：定量分析化学概论5. 某试样中汉MgO约30%，用定量法测定时，Fe有1%进入沉淀。
若要求测定结果的相对误差小于0.1%，求试样中Fe2O3允许的最高质量分数为多少？解：设Fe2O3的质量分数为Fe2O3,试样质量记为m样测定的相对误差= =即 0.1% =Fe2O3 2Fe , nFe O = nFeFe O = ,nFe O = mFe=nFe MFe=2nFe2O3 MFe=2 MFe=代入0.1%=0.001=Fe O =0.043=4.3%6. 某含Cl-试样中含有0.10%Br-,用AgNO3进行滴定时，Br-与Cl-同时被滴定，若全部以Cl-计算，则结果为20.0%。
求称取的试样为下列质量时，Cl-分析结果的绝对误差及相对误差：a. 0.1000g, b. 0.5000g, c. 1.000g.解：设Cl- 真实含量x,称取试样质量ms(g)。
则0.2000=x+∴x=0.200-0.001 =0.200-4.4 10-4=0.1996E=x-T∴绝对误差：4.4 10-4（即0.044%）相对误差： 100%=0.22%7. 某试样中含有约5%的S，将S氧化为SO42-，然后沉淀为BaSO4。
若要求在一台灵敏度为0.1mg的天平上称量BaSO4的质量时可疑值不超过01.%，问必须称取试样多少克？解：设必须称取x克S -- SO42---BaSO432.066 233.39x 5% m BaSO天平上的绝对误差 0.1mg 2 (两次读取)相对误差= 0.1%=∴ x= = =0.6g8. 用标记为0.1000 HCl标准溶液标定NaOH溶液，求得浓度为0.1018 ,已知HCl溶液真实浓度为0.0999 ，标定过程中其他误差均小，可以不计，求NaOH溶液的真实浓度。
解：设真实浓度为x，则有OH-+H+=H2OHCL的相对误差应等于NaOH的相对误差所以 =∴x=0.10179. 称取纯金属锌0.3250g，溶于HCl后，稀释到250ml容量瓶中。
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？答：沉淀本组硫化物，若酸度偏低时，第三组阳离子Zn2+将生成ZnS 沉淀进入第二组。
若酸度偏高时，本组的Cd2+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酸度时，为什么先调至0.6mol·L-1HCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2 mol·L-1?答：因As(III)的硫化物完全沉淀需在0.6 mol·L-1HCl酸度下,Cd2+的硫化物完全沉淀需在0.2 mol·L-1HCl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，所以在调节酸度时,先调至0.6 mol·L-1HCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2 mol·L-1。
3.以TAA代替H2S作为第二组组试剂时，为什么可以不加H2O2和NH4I?答：以TAA代替H2S作为第二组组试剂时，因TAA在90℃及酸性溶液中，可在沉淀时间内将As(V)还原为As(III)，故不需另加NH4I。
分析化学答案解析_(上册)_第四版_高等教育出版社
第1章 绪论1.1 30.0mL 0.150mol ·L -1的HCl 溶液和20.0mL 0.150mol ·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：12L 0.015m ol 230.0)(20.030.00.15020.00.1502)过)((Ba(OH)-⋅=⨯+⨯-⨯⨯=量c 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 (Zn 2+)。
答案：132L 0.01988m ol 250.065.39100.3250)(Zn -+⋅=⨯⨯=⋅=V M m c1.3 欲配制Na 2C 2O 4溶液用于标定KMnO 4溶液（在酸性介质中），已知14L 0.10mol KMnO 51-⋅≈⎪⎭⎫ ⎝⎛c ，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Na 2C 2O 4溶液？要配制100mL 溶液，应称取Na 2C 2O 4多少克？ 答案：O 8H 10CO 2Mn 16HO 5C 2MnO 2222424++=++++--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛4224O C Na 21KMnO 51n n ()()42242244O C Na O C Na 21KMnO KMnO 51V c V c ⋅⎪⎭⎫⎝⎛=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ 若：)O C Na ()KMnO (4224V V ≈ 则：14422L 0.050mol KMnO 5121)O C (Na -⋅=⎪⎭⎫⎝⎛=c c g 67.00.134********.0)O C Na (3422=⨯⨯⨯=-m1.4 用KMnO 4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 ·L -1KMnO 4溶液约30mL ，问应称取试样多少克？ 答案：()g21.0 %10010208.5630020.05%40 10CaO21K MnO K MnO 51CaO)(3344=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=s s s m m m M V c 1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。
分析化学第四版第四章答案
第四章 氧化还原滴定法思考题l ．解释下列现象。
a ． 将氯水慢慢加入到含有 Br －和I －的酸性溶液中，以CCl 4萃取，CCl 4层变为紫色。
答：酸性条件下氯水中HClO 可将Br －和I －氧化为单质Br 2和 I 2。
由于 323I e I --+=3/0.545I I E V θ--= 222Br e Br -+=2/ 1.05Br Br E V θ-= 1222HClO H e Cl H O +++=+2/ 1.63HClO Cl E V θ= 所以 I －更易被氧化为I 2，I 2被CCl 4所萃取，使CCl 4层变为紫色。
b. θ-IIE /2( 0.534V ) >θ++Cu Cu E /2(0.159V)，但是Cu 2+却能将I －氧化为I 2。
答：这是由于生成了溶解度很小的 CuI 沉淀（pK sp =11.96），溶液中[Cu 2+]极小，Cu 2+/Cu + 电对的电势显著增高，Cu 2+成为较强的氧化剂。
222///1()0.059lg 0.1590.05911.960.865(0.534)spCu CuI Cu Cu II K CuI E E V E V θθθ+++-=+=+⨯=>所以，Cu 2+能将I －氧化为I 2。
c.间接碘量法测定铜时，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I －析出I 2，因而干扰铜的测定，加入NH 4HF 2两者的干扰均可消除。
答：424NH HF NH HF F +-++，组成HF-F －缓冲体系，pH ≈3.2。
因为3343222AsO H e AsO H O -+-++=+，[H +]< 1 mol ·L -1所以，33334343//AsO AsO AsO AsO E E θ----<。
而F －能与Fe 3+形成络合物，溶液中[Fe 3+]大大减小，3232//Fe Fe Fe Fe E E θ++++<。
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)思考题答案
第一章思考题1-1 为了探讨某江河地段底泥中工业污染的聚集情况，某单位于不同地段采集足够量的原始平均试样，混匀后，取部分试样送交分析部门。
分析人员称取一定量试样，经处理后，用不同方法测定其中有害化学成分的含量。
试问这样做对不对？为什么？答：不对。
按该法测出的结果是整个河道有害化学成分的含量，不能反映污染物聚集情况，即分布情况，应将试样分河段进行分析。
1-2答：不对。
因为镍币表层和内层的铜和银含量不同。
只溶解表层部分镍币制备试液，测其含量，所得结果不能代表整个镍币中的铜和银含量。
1-3 怎样溶解下列试样：锡青铜，高钨钢，纯铝，银币，玻璃（不测硅）。
答：锡青铜：可用硝酸溶解；高钨钢：可用高氯酸溶解（可将W氧化为H2WO4）；纯铝：可用HCl或NaOH溶解；玻璃：可用HF溶解。
1-4 下列试样宜采用什么熔剂和坩埚进行熔融：铬铁矿，金红石（TiO2），锡石（SnO2），陶瓷。
答：参见：中南矿冶学院分析化学教研室. 分析化学手册. 北京：科学出版社，1982铬铁矿：用Na2O2熔剂，刚玉坩埚熔融；金红石（TiO2）：用KHSO4熔剂，瓷坩埚熔融；锡石（SnO2）：用NaOH熔剂（铁坩埚）或Na2O2熔剂，刚玉坩埚熔融；陶瓷：用Na2CO3熔剂，刚玉坩埚熔融。
1-5 欲测定锌合金中Fe，Ni，Mg的含量，应采用什么溶剂溶解试样？答：用NaOH溶解。
可将Fe, Ni, Mg形成氢氧化物沉淀，可与锌基体分离，但溶解速度较慢。
1-6 欲测定硅酸盐中SiO2的含量；硅酸盐中Fe，Al，Ca，Mg，Ti的含量。
应分别选用什么方法分解试样？答：测定硅酸盐中SiO2的含量，用KOH熔融分解试样；测定硅酸盐中Fe, Al, Ca, Mg, Ti的含量，用HF-HClO4-H2SO2混酸作溶剂分解试样。
1-7 分解无机试样和有机试样的主要区别在哪些？答：分解无机试样通常采用溶解法和熔融法，将试样的组分溶解到溶剂中。
对于有机试样来说，通常采用干式灰化法或湿式消化法。
分析化学答案-上册-第四版-高等教育出版社
第1章 绪论1.1 30.0mL 0.150mol ·L -1的HCl 溶液和20.0mL 0.150mol ·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：12L 0.015m ol 230.0)(20.030.00.15020.00.1502)过)((Ba(OH)-⋅=⨯+⨯-⨯⨯=量c 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 (Zn 2+)。
答案：132L 0.01988m ol 250.065.39100.3250)(Zn -+⋅=⨯⨯=⋅=V M m c1.3 欲配制Na 2C 2O 4溶液用于标定KMnO 4溶液（在酸性介质中），已知14L 0.10mol KMnO 51-⋅≈⎪⎭⎫ ⎝⎛c ，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Na 2C 2O 4溶液？要配制100mL 溶液，应称取Na 2C 2O 4多少克？ 答案：O 8H 10CO 2Mn 16H O 5C 2MnO 2222424++=++++--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛4224O C Na 21KMnO 51n n ()()42242244O C Na O C Na 21KMnO KMnO 51V c V c ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ 若：)O C Na ()KMnO (4224V V ≈ 则：14422L 0.050mol KMnO 5121)O C (Na -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛=c c g 67.00.134********.0)O C Na (3422=⨯⨯⨯=-m1.4 用KMnO 4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 ·L -1 KMnO 4溶液约30mL ，问应称取试样多少克？答案：()g21.0 %10010208.5630020.05%40 10CaO 21K MnO K MnO 51CaO)(3344=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=s s s m m m M V c 1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。
分析化学(第四版)上册 第二章 高等教育出版社.
冷冻干燥法
样品放在冷冻干燥室内，抽真空至1.3-6.5bar(1050mmHg)，水变成冰，2-3天后冰全部升华
用于水样的浓缩，植物、动物血清和其它含有易 挥发组分的干燥
果叶、牛肝、菠菜叶、松针、米粉、面粉、河沉 积物等标准物质用冷冻干燥技术，未发现易挥发 的As，Hg等损失，I有明显损失，Br在酸性溶液 中有损失
整批物料中组分平均含量区间为:
m X ts
n
m: 整批物料中组分平均E含量m， X : 为试样中组分平均含量，
t: 与测定次数和置信度有关的统计量，
s: 各个试样单元含量标准偏差的估计值，n: 采样单元数
采样公式:
n
ts
E
2
其中： E m X
固体试样采取
试样多样化，不均匀试样，应选取不同部位进行采样， 以保证所采试样的代表性。
碳酸钠与氯化铵也用于半熔融分解的溶剂。熔剂与试样混 匀置于鉄(或者镍) 坩埚内，在750-800℃左右半熔融。主要 用于硅酸盐中 K+、Na+的测定等。
干式灰化法
适于分解有机物或生物试样，以便测定其中的金属 元素、硫及卤素元素的含量。
将试样置于马弗炉中加热燃烧(一般为400~700℃)分 解，大气中的氧起氧化剂的作用，燃烧后留下无机 残余物。残余物通常用少量浓盐酸或热的浓硝酸浸 取，然后定量转移到玻璃容器中。
微波辅助消解法
利用试样和适当的溶(熔)剂吸收微波能产生热量加热试样， 微波产生的交变磁场使介质分子极化，极化分子在高频磁场 交替排列导致分子高速振荡，使分子获得高的能量，这两种 作用，试样表层不断被搅动破裂，促使试样迅速溶(熔)解。
微波能直接转递给溶液中的各分子，溶液整体快速升温，加 热效率高
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。
分析化学第四版规范标准答案华中师范大学东北师范大学陕西师范大学北京师范大学,西南大学,华南师范大学编
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。
分析化学第四版第四章答案
第四章 氧化还原滴定法思考题l ．解释下列现象。
a ． 将氯水慢慢加入到含有 Br －和I －的酸性溶液中，以CCl 4萃取，CCl 4层变为紫色。
答：酸性条件下氯水中HClO 可将Br －和I －氧化为单质Br 2 和 I 2。
由于 323I e I --+= 3/0.545I I E V θ--= 222Br e Br -+= 2/ 1.05Br Br E V θ-= 1222HClO H e Cl H O +++=+ 2/ 1.63HClO Cl E V θ= 所以 I －更易被氧化为I 2，I 2被CCl 4所萃取，使CCl 4层变为紫色。
b. θ-IIE /2( 0.534V ) >θ++Cu Cu E /2(0.159V)，但是Cu 2+却能将I －氧化为I 2。
答：这是由于生成了溶解度很小的 CuI 沉淀（pK sp =11.96），溶液中[Cu 2+]极小，Cu 2+/Cu + 电对的电势显著增高，Cu 2+成为较强的氧化剂。
222///1()0.059lg 0.1590.05911.960.865(0.534)spCu CuI Cu Cu II K CuI E E V E V θθθ+++-=+=+⨯=>所以，Cu 2+能将I －氧化为I 2。
c.间接碘量法测定铜时，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I －析出I 2，因而干扰铜的测定，加入NH 4HF 2两者的干扰均可消除。
答：424NH HF NH HF F +-++，组成HF-F － 缓冲体系，pH ≈3.2。
因为3343222AsO H e AsO H O -+-++=+，[H +]< 1 mol ·L -1所以，33334343//AsO AsO AsO AsO E E θ----<。
而F －能与Fe 3+形成络合物，溶液中[Fe 3+]大大减小，3232//Fe Fe Fe Fe E E θ++++<。
分析化学实验课后习题答案(第四版)
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） V 1=0 V 2>0（2）V 1>0 V 2=0（3）V 1>V 2（4）V 1<V 2（5）V 1=V 2①V 1=0 V 2>0时，组成为：HCO 3- ②V 1>0 V 2=0时，组成为：OH - ③V 1>V 2时，组成为：CO 32-+ OH - ④V 1<V 2时，组成为：HCO 3- +CO 32- ⑤ V 1=V 2时，组成为： CO 32-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。
分析化学实验课后习题答案(第四版)
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那么以甲基红作指示剂？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，假设以甲基红为指示剂，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假设以酚酞为指示剂，用NaOH溶液滴定至粉红色时，铵盐就有少局部被滴定，使测定结果偏高。
4HCO3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，判断以下五种情况下，混合碱的组成？（1） V 1=0 V 2>0〔2〕V 1>0 V 2=0〔3〕V 1>V 2〔4〕V 1<V 2〔5〕V 1=V 2①V 1=0 V 2>0时，组成为：HCO 3-②V 1>0 V 2=0时，组成为：OH - ③V 1>V 2时，组成为：CO 32-+ OH - ④V 1<V 2时，组成为：HCO 3- +CO 32- ⑤ V 1=V 2时，组成为： CO 32- 实验六 EDTA 标准溶液的配制与标定思考题：1.络合滴定中为什么参加缓冲溶液？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，否那么就不能被准确滴。
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。
分析化学第四版上册答案
分析化学第四版上册答案【篇一：分析化学答案_上册_第四版_高等教育出版社】>1．填空（1） edta是一种氨羧络合剂，名称，用符号表示，其结构式为。
配制标准溶液时一般采用edta二钠盐，分子式为，其水溶液ph为，可通过公式进行计算，标准溶液常用浓度为。
（2）一般情况下水溶液中的edta总是以等型体存在，其中以与金属离子形成的络合物最稳定，但仅在时edta才主要以此种型体存在。
除个别金属离子外。
edta与金属离子形成络合物时，络合比都是。
（3） k/my称，它表示络合反应进行的程度，其计算式为。
（4）络合滴定曲线滴定突跃的大小取决于。
在金属离子浓度一定的条件下，越大，突跃；在条件常数k/my一定时，越大，突跃。
（5）k/my值是判断络合滴定误差大小的重要依据。
在pm/一定时，k/my越大，络合滴定的准确度。
影响k/my的因素有，其中酸度愈高愈大，lg/my的络合作用常能增大，减小在k/my一定时，终点误差的大小由决定，而误差的正负由决定。
（6）在[h+]一定时，edta酸效应系数的计算公式为解：（1） edta是一种氨羧络合剂，名称乙二胺四乙酸，用符号示，其结构式为hoocch2-oocch2+hnch2ch2+nhch2coo-ch2cooh。
配制标准溶液时一般采用edta二钠盐，分子式为na2h2y?2h2o,其水溶液ph为[h?]?ka4?ka5进行计算，标准溶液常用浓度为 0.01mol?l-1。
（2）一般情况下水溶液中的edta2++-2-3-4- 七种型体存在，其中以 y4- 与金属离子形成的络合物最稳定，但仅在ph?10时edta才主要以此种型体存在。
除个别金属离子外。
edta与金属离子形成络合物时，络合比都是1∶1。
（3） k/my称条件形成常数，它表示一定条件下络合反应进行的程度，其计算式为lgk/my?lgkmy?lg?m?lg?y。
（4） // 也越大；在条件常数k/my.（5） k/my值是判断络合滴定误差大小的重要依据。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第1章 绪论1.1 30.0mL 0.150mol ·L -1的HCl 溶液和20.0mL 0.150mol ·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：12L 0.015m ol 230.0)(20.030.00.15020.00.1502)过)((Ba(OH)-⋅=⨯+⨯-⨯⨯=量c 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 (Zn 2+)。
答案：132L 0.01988m ol 250.065.39100.3250)(Zn -+⋅=⨯⨯=⋅=V M m c1.3 欲配制Na 2C 2O 4溶液用于标定KMnO 4溶液（在酸性介质中），已知14L 0.10mol KMnO 51-⋅≈⎪⎭⎫ ⎝⎛c ，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Na 2C 2O 4溶液？要配制100mL 溶液，应称取Na 2C 2O 4多少克？答案：O 8H 10CO 2Mn 16H O 5C 2MnO 2222424++=++++--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛4224O C Na 21KMnO 51n n ()()42242244O C Na O C Na 21KMnO KMnO 51V c V c ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ 若：)O C Na ()KMnO (4224V V ≈ 则：14422L 0.050mol KMnO 5121)O C (Na -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛=c c g 67.00.134********.0)O C Na (3422=⨯⨯⨯=-m1.4 用KMnO 4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 ·L -1 KMnO 4溶液约30mL ，问应称取试样多少克？答案：()g21.0 %10010208.5630020.05%40 10CaO 21K MnO K MnO 51CaO)(3344=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=s s s m m m M V c 1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。
若1722L 0.1200mol O Cr K 61-⋅=⎪⎭⎫⎝⎛c ，为避免计算，直接从所消耗的K 2Cr 2O 7溶液的毫升数表示出铁的含量（%），应当称取铁矿多少克？答案：()()()%O Cr K 10Fe O Cr K O Cr K 61(Fe)7223722722V m M V c w s =⨯⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=()gM c m s 6702.01010085.551200.0 10100Fe O Cr K 6133722=⨯⨯⨯=⨯⨯⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=--1.6 称取Na 2HPO 4·12H 2O 试剂0.8835g ，以甲基橙为指示剂，用0.1012 mol ·L -1 HCl 滴定至H 2PO -4，消耗HCl 溶液27.30mL 。
计算样品中Na 2HPO 4·12H 2O 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：100%10O)12H HPO (Na (HCl)(HCl)O)12H HPO (Na 3242242⨯⨯⋅⋅⋅=⋅s m M V c w %0.112%100108835.01.35830.271012.03=⨯⨯⨯⨯= 结果偏高，是由于Na 2HPO 4·12H 2O 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 ·L -1EDTA 标准溶液30.00mL 。
调节酸度并加热使Al 3+定量络合，过量的EDTA 用0.02035 mol ·L -1 Zn 2+标准溶液返滴，消耗Zn 2+溶液6.50mL 。
计算试样中Al 2O 3的质量分数。
（Al 3+、Zn 2+与EDTA 反应的化学计量比均为1∶1）答案：%10010O Al 21)]Zn ()Zn ()EDTA ()EDTA ([)O (Al 3322232⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅-⋅=++s m M V c V c w %43.12%100102018.0296.101)50.602035.000.3002081.0(3=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯=1.8 称取分析纯CaCO 3 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：3CaCO 21，HCl ，NaOH 根据等物质的量规则：NaOH)((HCl)CaCO 213n n n -=⎪⎭⎫ ⎝⎛ 即： 00.20)HCl (06.2205.3)HCl (00.4009.100101750.023c c ⨯-=⨯⨯ 解得： 1L mol 0954.0)HCl (-⋅=c 1L mol 1052.000.2006.220954.0)NaOH (-⋅=⨯=c1.9 酒石酸（H 2C 4H 4O 6）与甲酸（HCOOH ）混合液10.00mL ，用0.1000 mol ·L -1 NaOH 滴定至C 4H 4O 2-6与HCOO -，耗去15.00mL 。
另取10.00mL 混合液，加入0.2000 mol ·L -1 Ce(Ⅳ)溶液30.00mL ，在强酸性条件下，酒石酸和甲酸全部被氧化成CO 2，剩余的Ce(Ⅳ)用0.1000 mol ·L -1 Fe(Ⅱ)回滴，耗去10.00mL 。
计算混合液中酒石酸和甲酸的浓度。
（Ce(Ⅳ)的还原产物为Ce(Ⅲ)）答案：酸碱反应中的基本单元：6442O H C H 21，HCOOH ，NaOH 氧化还原反应中的基本单元：6442O H C H 101，HCOOH 21，Ce(IV)，Fe +2 根据等物质的量规则：()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛++Ce(IV))Fe (O H C H 101HCOOH 21)NaOH (O H C H 21HCOOH)(264426442n n n n n n n 即：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯=⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛+00.302000.000.101000.0O H C H 10100.10HCOOH 2100.1000.151000.0O H C H 2100.10HCOOH)(00.1064426442c c c c 解得：⎩⎨⎧⋅=⋅=--116442Lmol 0833.0)HCOOH (L mol 03333.0)O H C H (c c1.10 移取KHC 2O 4·H 2C 2O 4溶液25.00mL ，以0.1500 mol ·L -1 NaOH 溶液滴定至终点时消耗25.00mL 。
现移取上述KHC 2O 4·H 2C 2O 4溶液20.00mL ，酸化后用0.04000 mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定至终点时需要多少毫升？答案：酸碱反应中：)NaOH (O C H O KHC 3142242n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅ 氧化还原反应中：⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅442242KMnO 51O C H O KHC 41n n mL 00.2004000.05300.2500.251500.000.204)KMnO (4=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=V 第二章 思考题与习题1．已知用生成AsH 3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： 最底浓度 12005.01-⋅===mL g V m B μρ 610=⋅G B ρΘ466105201010⨯===∴B G ρ 1:G=1:5×1042．取一滴（0.05mL ）含Hg 2+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100μg ·mL -1。
求此鉴定方法的检出限量。
解： 检出限量 g V m B μρ510005.0=⨯=⋅=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 ·L -1 HCl (3) 1mol ·L -1 HNO 3 (4) 1mol ·L -1 NaCl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PbCl 2﹑HNO 3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.如何将下列各沉淀分离？(1)Hg 2SO 4-PbSO 4 (2)Ag 2CrO 4-Hg 2CrO 4 (3) Hg 2CrO 4-PbCrO 4(4)AgCl-PbSO 4 (5)Pb(OH)2-AgCl (6) Hg 2CrO 4-AgCl解：（1）用NH 4Ac 溶解PbSO 4，而不溶解Hg 2SO 4 。
（2）用氨水溶解Ag 2CrO 4，而不溶解Hg 2CrO 4 。
(3) 用NaOH 溶解PbCrO 4，而不溶解Hg 2CrO 4 。
(4) 用氨水溶解AgCl ，而不溶解PbSO 4 。
(5) 用HNO 3溶解Pb(OH)2，而不溶解AgCl 。
(6) 用氨水溶解AgCl, 而不溶解Hg 2SO 4 。
5．根据标准电极电位数据说明：（1） 在酸性溶液中H 2O 2为什么可将Sn 2+氧化为Sn 4+?（2） NH 4I 为什么可将AsO 43-还原为AsO 33-？答:（1） H 2O 2+2H + +2e=2H 2O E 0=1.77 VSn 4++2e=Sn 2+ E o =0.154 VH 2O 2是比Sn 4+强的氧化剂，所以H 2O 2可以氧化Sn 2+为Sn 4+(2 ) I 2(固)+2e=2I - E o =0.5345 VAsO 43-+4H ++2e=AsO 33-+2H 2O E o =0.559 VI -是比AsO 33-强的还原剂，所以NH 4I 可以还原AsO 43-6．为沉淀第二组阳离子，调节酸度时：（1）以HNO 3代替HCl ；（2）以H 2SO 4代替HCl ；（3）以HAc 代替HCl 。