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。
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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。