分析化学第四版第二章答案.doc
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。
【免费下载】分析化学第四版第二章答案
第二章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 V Sn4++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 V AsO43-+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。
7.答:（1）加(NH4)2CO3, As2S3 溶解而HgS不溶。
（2）加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。
（3）加浓HCl, Sb2S3溶解而As2S3不溶。
分析化学 第二章 误差和分析数据处理(课后习题答案)
第二章 误差和分析数据处理（课后习题答案）1. 解：①砝码受腐蚀：系统误差(仪器误差)；更换砝码。
②天平的两臂不等长：系统误差(仪器误差)；校正仪器。
③容量瓶与移液管未经校准：系统误差(仪器误差)；校正仪器。
④在重量分析中，试样的非被测组分被共沉淀：系统误差(方法误差)；修正方法，严格沉淀条件。
⑤试剂含被测组分：系统误差(试剂误差)；做空白实验。
⑥试样在称量过程中吸潮：系统误差；严格按操作规程操作；控制环境湿度。
⑦化学计量点不在指示剂的变色范围内：系统误差(方法误差)；另选指示剂。
⑧读取滴定管读数时，最后一位数字估计不准：偶然误差；严格按操作规程操作，增加测定次数。
⑨在分光光度法测定中，波长指示器所示波长与实际波长不符：系统误差(仪器误差)；校正仪器。
⑩在HPLC 测定中，待测组分峰与相邻杂质峰部分重叠：系统误差(方法误差)；改进分析方法。
2. 答：表示样本精密度的统计量有：偏差、平均偏差、相对平均偏差、标准偏差、相对标准偏差。
因为标准偏差能突出较大偏差的影响，因此标准偏差能更好地表示一组数据的离散程度。
3. 答：定量分析结果是通过一系列测量取得数据，再按一定公式计算出来。
每一步测量步骤中所引入的误差都会或多或少地影响分析结果的准确度，即个别测量步骤中的误差将传递到最终结果中，这种每一步骤的测量误差对分析结果的影响，称为误差传递。
大误差的出现一般有两种情况：一种是由于系统误差引起的、另一种是偶然误差引起的。
对于系统误差我们应该通过适当的方法进行改正。
而偶然误差的分布符合统计学规律，即大误差出现的概率小、小误差出现的概率大；绝对值相等的正负误差出现的概率相同。
如果大误差出现的概率变大，那么这种大误差很难用统计学方法进行处理，在进行数据处理时，就会传递到结果中去，从而降低结果的准确性。
4. 答：实验数据是我们进行测定得到的第一手材料，它们能够反映我们进行测定的准确性，但是由于“过失”的存在，有些数据不能正确反映实验的准确性，并且在实验中一些大偶然误差得到的数据也会影响我们对数据的评价及对总体平均值估计，因此在进行数据统计处理之前先进行可疑数据的取舍，舍弃异常值，确保余下的数据来源于同一总体，在进行统计检验。
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。
分析化学第四版_习题参考解答_王志银
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）
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
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
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》第2章》误差及分析数据的处理复习题及答案
一、判断题1、测定的精密度高，则准确度一定高。
(×)2、用标准偏差表示测定结果的精密度比算术平均偏差更合理。
(√)3、测得某溶液pH=6.21，其有效数字是三位。
(×)4、测得某溶液体积为1.0L，也可记为1000mL。
(×)5、所有的误差都能校正。
(×)6、为提高包含区间的包含概率，可适当提高包含区间的宽度。
(√)7、误差为正值表示测得值比真值低。
(×)8、若测量只进行一次，则无法考察测得值的精密度。
(√)9、评价进行多次平行测量结果时，正确度和准确度含义相同。
(×)10、定量检测中，精密度和精确度含义相同。
(×)11、可通过回收试验回收率的高低判断有无系统误差存在。
(√)12、某测得值的总误差是系统误差与随机误差之和。
(√)13、随着测量次数增加，随机误差变小。
(×)14、定量检测报告中仅需给出平行测定值的平均值即可。
(×)15、分析结果的准确度由系统误差决定，而与随机误差无关。
(×)16、测定结果的准确度仅取决于测量过程中的系统误差的大小。
(×)17、准确度反映的是分析方法或测定系统的系统误差的大小。
(×)18、精密度反映的是分析方法或测定系统随机误差的大小。
(√)19、两组数据的平均偏差相同，它们的标准偏差不一定相同。
(√)20、在定量分析中精密度高，准确度不一定高。
(√)21、进行无限多次测量，总体均值就是真值。
(×)22、系统误差分布符合正态分布规律。
(×)23、有效数字中不应该包含可疑数字。
(×)24、离群值的取舍可采用F检验。
(×)25、置信度越高，则相应的置信区间越宽。
(√)26、t检验可用于判断测定值与标准值之间有无显著性差异。
(√)27、采用F检验可以判断两组测定结果的均值有无显著性差异。
(×)28、采用F检验可以判断两组测定结果的精密度有无显著性差异。
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？
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第二章1:G= 1:5x1042.解：检出限量3.答：应选用(2) Imol-L-1HC1作洗液，因为HC1含有与氯化物沉淀的共同离了，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HC1为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。
如果用蒸馅水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbC12、HNO3不含共同离了，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl则虽具有共同离了，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 o (3)用NaOH溶解PbCrO4,而不溶解Hg2CrO4。
(4)用家水溶解AgCl,而不溶解PbS04 o (5)用HNO3溶解Pb(OH)2,而不溶解AgCl。
(6)用氛水溶解AgCl,而不溶解Hg2SO4 o5.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 ) 12(固)+2e=2I-Eo=0.5345 V AsO43-+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+离了生成硫酸盐沉淀，将妨碍这些离了的分析。
(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溶解而HgS不溶。
(2)加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。
(3)加浓HC1, Sb2S3 溶解而As2S3 不溶。
(4)加NH4Ac, PbSO4 溶解而BaSO4 不溶。
(5)加氛水，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)加Na2S, SnS2溶解而PbS不溶。
(8)加Na2S, SnS2溶解而SnS不溶。
(9) 加稀HC1, 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)容易水解的离了如：Bi3+、Sb(III), Sn(II)、Sn(IV)存在。
(2)可知Hg2+不存在。
(3)生成的硫化物为黄色，则Pb2+、Bi3+、Cu2+、Hg2+不存在。
根据以上判断，可知，有:Cd2+、Sn(IV)、As(III). As(V)、也可有Sb(III). 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Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。
实验证明控制在pH=9.0，为沉淀第三组离了最适宜的条件，在沉淀本组离了的过程中，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=9.0 o (2) (NH4)2S放置太久，部分S2.可被氧化成SO42*氨水放置太久，会吸收空气中的CO2产生CO32.，固而使第四组的Ba2+、Sr2+、Ca2+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ZnO22-溶解，而Ni(OH)2不溶。
(4)加适当过量的NaOH,则Cr(OH)3 生成CrO2-溶解，而Co(OH)2不溶。
(5)加过景氛水，则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解, 而A1(OH)3不溶。
11.解：(1)有色离了不存在，如：Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+和Ni2+。
(2)表示A13+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Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+ 、Co2+和Ni2+不存在。
由以上推断试样中可能有Zn2+存在o12.解:由(1)可以判断A13+、Cr3+和Fe3+不存在,由(2)可知Fe3+、Fe2+、Co2+和Ni2+ 不存在，Mn2+可能存在，由(3)可知Mn2+和Zn2+存在。
综上所述，则存在的离子为Mn2+和Zn2+,不可能存在的离子为A13+、Cr3+、Fe3+、Fe2+. Co2+和Ni2+ ；少量A13+, Cr3+存在与否不能决定。
13.答:分出第三组阳离了的试液含有大量的S2+, S2+易被空气中的氧氧化成SO42+,贝U使部分Ba2+、Sr2+生成难溶解的硫酸盐，影响的分析，所以要立即处理含有第四、打组阳离了的试液。
处理的方法是：将试液用HAc酸化加热煮沸，以除去H2S。
14.答：(1) NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄色沉淀(NH4)2NaCo(NO2)6干扰K+的鉴定，所以如果疑盐没有除净，则K+便出现过度检出。
(2)K+未检出的原因有三：a.酸度条件控制不当。
检定K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。
如果溶液为强酸性或强碱性，则Co(NO2)63.分解。
b.试剂放置过久。
试剂久置和日光照射下易发生分解。
c.存在其他还原剂或氧化剂。
还原剂能将试剂中的Co3+还原为Co2+；氧化剂能将试剂中的N02-氧化为NO3-o 15.答：(1)加碱产生NH3者为NH4C1。
(2)加BaC12生成不溶于稀HC1的白色沉淀BaSO4者，为(NH4)2SO4。
(3)加饱和(NH4)2SO4产生白色沉淀的为BaC12。
(4)加CaC12生成白色沉淀CaC2O4者，为(NH4)2C2O4。
16.解：(1)既然沉淀为白色，溶液为无色，贝IJ有色物质K2CrO4不存在。
(2)由(1)得白色沉淀溶于稀HClo则BaC12与(NH4)2SO4不可能同时存在，而溶于稀HC1的白色沉淀，必定是草酸盐。
所以(NH4)2C2O4肯定存在。
(3)试验表明(NH4)2SO4存在,则BaC12肯定不存在,既然BaC12不存在，则试验(1) 生成的白色沉淀只能是CaC2O4 o所以Ca(NO3)2肯定存在。
(4)实验(4)表明MgCI2不存在。
综上所述分析结果为：存在的物质有：(NH4)2C2O4、(NH4)2SO4 和Ca(NO3)2 ；不存在的物质有：K2CrO4、BaC12、MgC12 ；存在与否不能判断的为：NaCl o17.答:由分组实验肯定第一、二组阴离了不存在，由挥发性实验和氧化还原试验，肯定NO2- 和S2O32-不存在。
所以只有NO3-和Ac-不能肯定，还需进行鉴定。
18.答：(1)加稀H2SO4有气泡产生,贝IJSO32-. S2O32・、CO32-, S2-、NO2-可能存在(2)在中性溶液中加BaC12溶液有白色沉淀,则SO42-、SO32.、S2O32-、CO32-、PO43- 、SiO32-可能存在。
(3)在稀HNO3存在下加AgNO3溶液有白色沉淀，则C1 .可能存在；Br.、1.、S2.不可能存在。
(4)在稀H2SO4存在下加KI.淀粉溶液无明显变化，则NO2.不可能存在。
(5)在稀H2SO4存在下加12.淀粉溶液无明显变化，则SO32-. S2O32-、S2-不可能存在。
(6)在稀H2SO4酸性条件下加KMnO4紫红色褪去，贝ij SO32-, S2O32-、Cl-(大量) 、Br-、I-、S2.、NO2-可能存在。
从以上各初步实验结果来看,肯定不存在的阴离子有:Br-、I-、S2-、NO2-, SO32-, SO32- 、S2O32- o所以还应进行分别鉴定的阴离子为:SO42-, CO32・、PO43-、SiO32.、Cl-、NO3.和Ac.七种阴离子。
19.答:第一、二组阳离了的铅盐都难溶于水，既然混合物能溶于水。
己经鉴定出有Pb2+, 所以第一、二组阳离了可不鉴定。
20.答:因为H2SO4与较多的阳离了生成难溶解的硫酸盐沉淀。
HAc的酸性太弱，溶解能力差。
所以一般不用H2SO4和HAc溶解试样。
21.答：（1）试样本为无色，溶于水所得溶液亦无色，则有色离了如：Cu2+、Fe3+, Fe2+, Cr3+、Mn2+、Co2+ 和Ni2+不可能存在。
试样易溶于水,则易水解析出的难溶化合物离子不可能存在。
如:Bi3+、Sb（III）、Sb（V）、Sn（n）、和Sn（IV）、等离子。
（2）焰色试验时火焰为黄色，则有Na+存在，其他有明显焰色反应的高了，如：Ba2+、Ca2+ 、Sr2+、Cu2+, K+等离了不可能存在。
（3）溶于稀HC1无可觉察的反应，则Ag+、Hg22+、Pb2+离了不存在，另外在酸性溶液中具有挥发性的阴离子,如：SO32-、S2O32-, CO32-, S2-, NO2-。
与酸作用能生成沉淀的SiO3 .都不可能存在。
（4）试样与浓H2SO4不发生反应，则能生成难溶性硫酸盐的离子,如：Pb2+、Ba2+、Sr2+ 、Ca2+ （大量）、Ag+、Hg22+等离了不存在。
另外证明挥发性阴离了及还原性的I•不存在。
（5）与NaOH 一起加热不放出NH3 ,则表示NH4+不存在。
生成有色沉淀的阳离了亦不存在,如：Ag+、Hg22+、Cu2+、Hg2+、Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+, Co2+和Ni2+等离了。
（6）在中性溶液中与BaCI2溶液不产生沉淀，则表示第一组阳离了不存在。
总括以上分析推断，尚需要鉴定的离子有：阳离了：Cd2+、As（III）, As（V）、A13+、Zn2+、Mg2+、Na+等离了。
阴离了：Cl-、Br-, NO3-、Ac•等离了。
第三章误差和分析数据的处理（答案均已更正）1.答：（1）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器（2）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（3）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（4）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
（5）随机误差。
（6）系统误差中的操作误差。
减伽的方法：多读几次取平均值。
（7）过失误差。
（8）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
2.解：因分析天平的称量误差为o 故读数的绝对误差根据可得这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。