第四版分析化学习题答案
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；
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。
分析化学第四版答案华中师范大学_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
分析化学第四版答案华中师范大学_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work Information Technology Company.2020YEAR第三章定性分析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_(武汉大学_著)_高等教育出版社_课后答案
分析化学课后习题答案(2) 要通过10 号筛，d=2mm，应保留试样m Q≥0.1×22=0.4kg将10kg的试样进行缩分：=0.625kg＞0.4kg可见需缩分4 次方可满足要求。
用氧化还原滴定法测得FeSO 4·7H 2O中铁的质量分数为20.01%，20.03%，20.04%，20.05%计算：a.平均值；b.中位数；c.单次测量值的平均偏差；d.相对平均偏差；e.极差：f.相对极差。
平均偏差。
解：淀。
若要求测定结果的相对误差小于解：设试样Fe 2O 3中允许的最高质量分数为6.某含Cl-试样中含有0.10%Br-，用AgNO 3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.0.500 0 g;c.1.000 0 g。
解：27. 某试样中含有约5%的S，将S氧化为SO 4 ,然后沉淀为BaSO 4。
若要求在一台灵敏度为0.1mg 的天平上称量BaSO 4的质量时可疑值不超过0.1%，问必须称取试样多少克?解：8.用标记为0.100 0 mol·L-1HCl标准溶液标定NaOH溶液，求得其浓度为0.101 8 mol.L-1，已知HCl 溶液的真实浓度为0.099 9mol·L-1，标定过程中其他误差均较小，可以不计，求NaOH溶液的真实浓度。
10. 有0.098 2 mol·L-1的H 2SO 4溶液480mL，现欲使其浓度增至0.100 0mol·L-1。
问应加入0.500 0 mol·L-1的H 2SO 4溶液多少毫升?13. 欲配制Na C O溶液用于在酸性介质中标定0.02 mol·L的KMnO种溶液消耗的体积相近。
问应配制多大浓度的Na 2C 2O 4溶液?配制100mL多少克?转化为H 2SO 4，以0.108mol·L-1KOH标准溶液滴定至化学计量点，消耗28.2mL。
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。
最新分析化学第四版答案华中师范大学 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）。
分析化学实验课后习题答案第四版(供参考)
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）V1=0 V2>0（2）V1>0 V2=0（3）V1>V2（4）V1<V2（5）V1=V2①V1=0 V2>0时，组成为：HCO3-②V1>0 V2=0时，组成为：OH-③V1>V2时，组成为：CO32-+ OH-④V1<V2时，组成为：HCO3- +CO32-⑤V1=V2时，组成为：CO32-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。
因此酸度对络合滴定的影响是多方面的，需要加入缓冲溶液予以控制。
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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。
第四章：分光光度法
1. 什么是分光光度法？如何测定物质的浓度？
分光光度法是利用物质对特定波长的光的吸收来测定物质的浓度。
通过测量样品溶液和标准溶液的吸光度差异，可以计算出物质的浓度。
2. 什么是比色法？如何选择合适的比色试剂？
比色法是利用物质对特定波长的光的吸收或透射来测定物质的浓度。
选择合适的比色试剂需要考虑试剂与待测物质的反应性和吸收光的波长。
3. 什么是荧光法？如何利用荧光法测定物质的浓度？
荧光法是利用物质在激发光照射下发出荧光来测定物质的浓度。
通过测量样品的荧光强度和标准曲线的关系，可以计算出物质的浓度。
通过以上对第四版分析化学习题的分析和解答，我们可以更好地理解和掌握分析化学的基本概念、化学平衡和反应动力学、酸碱滴定和络合滴定、分光光度法等内容。
通过不断练习习题，提高解题能力，我们能够更加熟练地应用分析化学的知识解决实际问题。
希望本文对读者在学习分析化学过程中有所帮助。