第四版分析化学习题答案

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。

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。

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)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）。

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。

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。

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。

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。

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。

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H Cl 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-+2H2OEo=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。

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。