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分析化学第四版-习题参考解答-王志银

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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

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

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；
华中师范大学-分析化学第四版-习题参考解答

华中师范大学-分析化学第四版-习题参考解答

处理的方法是：将试液用 HAc 酸化加热煮沸，将易被空气中的 O2 氧化的 S2-以 H2S 形 式除去。
14、用 Na3[Co(NO2)6]法鉴定 K+时，如果发生下列错误，其原因可能是什么？ （1）试样中无 K+，却鉴定有 K+；（2）试样中有 K+，却鉴定无 K+。
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。
（2）Zn(OH)2-Fe(OH)3：加适当过量 NH3·H2O，前者生成 Zn(NH3)42+溶解，Fe(OH)3 不溶。 （3）Zn(OH)2-Ni(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 ZnO22-溶解，Ni(OH)2 不溶。 （4）Cr(OH)3-Co(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 CrO2- 溶解，Co(OH)2 不溶。 （5）Ni(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3·H2O，前者生成 Ni(NH3)62+溶解，而 Al(OH)3 不溶。
b2)分析化学(第四版)高等教育出版社2)_第三章-定性分析-2-3-4

b2)分析化学(第四版)高等教育出版社2)_第三章-定性分析-2-3-4


5. 铋的鉴定 取前述甘油碱溶液(保持原来的碱性)滴加在新配制的 Na2SnO2 溶 液 中 、 生 成 黑 色 的 金 属 铋 , 示 有 Bi3+: 2Bi3++3SnO22-+6OH-=2Bi↓+2SnO32-+3H2O （五）锡组的分析
1. 锡组的沉淀 在用Na2S或碱性TAA溶出的本小组硫代酸盐溶液中，逐 滴加入3mol/LHCl至呈酸性为止，这时硫代酸盐被分解析 出相应的硫化物： HgS22-+2H+=HgS↓+H2S↑ 2AsS33-+6H+＝As2S3↓+ 3H2S↑ 3SbS33-+6H+=Sb2S3↓+3H2S↑ SnS32-+2H+＝SnS2↓+ H2S↑
（四）铜组的分析 1. 铜组硫化物的溶解 在分出锡组后的沉淀中可能含有PbS、Bi2S3、CuS和 CdS。沉淀用NH4Cl洗涤干净后，加6mol/LHNO3加热溶解： 3PbS+2NO3-+8H+=3Pb2++3S↓+2NO↑+4H2O Bi2S3+2NO3-+8H+=Bi3++3S↓+2NO↑+4H2O CuS与CdS的溶解反应与PbS的溶解反应相似。 2. 镉的分离和鉴定 在前述硝酸溶液中加入甘油溶液(1:1)，然后再加过量的 浓NaOH，这时只有Cd(OH)2能够沉淀，其他三种离子因与甘 油生成可溶性化合物而不被沉出。将Cd(OH)2沉淀以稀的甘 油—碱溶液洗净，溶于3mol/L HCl中，用水稀释，至酸度约 为0.3mol/L，加硫代乙酰胺，如有黄色CdS沉淀析出，示有Cd2+。
分析化学实验课后习题答案(第四版)

分析化学实验课后习题答案(第四版)

答：沉淀本组硫化物，若酸度偏低2+时，第三组阳离子Zn将生成ZnS沉淀进入第二组。若酸度偏高时，本组的2+Cd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-1酸度时，为什么先调至0.6mol·LHCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为-10.2 mol·L?答：因As(III)的硫化物完全沉淀需-12+在0.6 mol·LHCl酸度下,Cd的硫化物-1完全沉淀需在0.2 mol·LHCl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-1度时,先调至0.6 mol·LHCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2 -1mol·L。
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？
分析化学第四版课后答案

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》(六校合编)答案

《分析化学-第四版》(六校合编)答案

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。

分析化学第四版上册 第四章 习题参考答案

分析化学第四版上册 第四章 习题参考答案

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mL 02.0±，即读数的绝对误差mL a 02.0±=EE r1=%1100500.202.0%100±=⨯±=⨯T E a E r2=%1.0%10000.2002.0%100±=⨯±=⨯T E a 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 %75.14%10024.244015.182%1002H 2)(2222=⨯⨯=⨯⋅=O H BaCl O O H 理ω 可见，BaCl 2·2H 2O 中结晶水的质量分数大于10%，故测定结果应以4位有效数字报出。

10 解：甲报告的结果是合理的。

因为题中所给的试样质量为3位有效数字，报告结果也应保留3位有效数字。

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=01.000.202.0±=± 甲结果的相对误差=01.002.101.0±=± 乙结果的相对误差=001.0021.1001.0±=± 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：%33.26%)33.26%35.26%36.26%27.26(41=+++=X %03.0%30.26%33.26=-=-=T X E a %2.0%100%30.26%03.0%100=⨯=⨯=T E E a r 12 解:(1) %42.55%)40.55%38.55%46.55%47.55%45.55%36.55(61=+++++=X %42.552%40.55%45.55=+=M X %04.0%)02.0%04.0%04.0%05.0%03.0%06.0(61=+++++=d%07.0%100%42.55%04.0%100=⨯=⨯=x d d r %05.016%)02.0(%)04.0(2%)05.0(%)03.0(%)06.0(1222222=-+⨯+++=-∑=n d S i %09.0%100%42.55%05.0%100=⨯=⨯=X S Sr R=x max -x min = 55.47%-55.36%=0.11%13解：19153918915912-⋅=++=g ng X 甲 19173920911920-⋅=++=g ng X 乙 准确度：1)(1916915-⋅-=-=-=g ng T X E a 甲甲 %2.09161%100)()(-=-=⨯=T E E a r 甲甲 1)(1916917-⋅=-=-=g ng T X E a 乙乙 %2.09161%100)4()(==⨯=T E E a r 乙 ∴甲、乙两人测定结果的准确度相当。

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)

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)

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。

误差和分析数据处理。分析化学第四版部分习题答案

误差和分析数据处理。分析化学第四版部分习题答案

第三章 误差和分析数据的处理P721、答：（1）（2）（3）（4）（8）系统误差（5）（6）随机误差 （7）过失误差 （1）（2）（3）采用校正仪器的方法减免。

（4）采用空白试验的方法减免。

（8）采用对照试验的方法减免。

2、解：%2.0%1001.0102.0Er 3±=⨯⨯±=-%02.0%1001102.0Er 3±=⨯⨯±=-这些结果说明了，在绝对误差相同的情况下，称量的越多，相对误差越小，准确度越高。

3、解： %1%100202.0Er ±=⨯±=%1.0%1002002.0Er ±=⨯±=这些结果说明了，在绝对误差相同的情况下，溶液消耗的体积的越多，相对误差越小，准确度越高。

4、（1）3位 （2）5位 （3）4位 （4）2位 （5）2位 （6）2位5、解：MgO 的质量为：0.089×722O P Mg MgO M M 2，所以换算因素应取三位有效数字：0.362。

计算结果应以3位有效数字报出。

6、解：w 5000.094.86)25101000.000.807.1268000.0(3MnO 2⨯⨯⨯⨯-=-%28.415000.094.8610346.45000.094.86)10000.2103457.6(333=⨯⨯=⨯⨯-⨯=--- 应保留4位有效数字。

7、解：加热BaCl 2·2H 2O 除去其中的水后，用万分之一分析天平称其质量，理论上为， g 4263.0mol/g 24.244mol/g 24.208g 5000.0M M g 5000.0O2H BaCl BaCl 222=⨯=⨯⋅根据实验方法可知，水的质量分数为：％7.14%1005000.00737.0%1000.50000.4263-0.5000=⨯=⨯所以测定结果应以三位有效数字报出。

8、答：甲的合理。

因为称取试样3.5g ，是两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。

分析化学第四版-习题答案

分析化学第四版-习题答案(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第一章绪论1、仪器分析和化学分析：仪器分析是以物质的物理性质和物理化学性质（光、电、热、磁等）为基础的分析方法，这类方法一般需要特殊的仪器，又称为仪器分析法；、化学分析是以物质化学反应为基础的分析方法。

2、标准曲线与线性范围：标准曲线是被测物质的浓度或含量与仪器响应信号的关系曲线；标准曲线的直线部分所对应的被测物质浓度（或含量）的范围称为该方法的线性范围。

3、灵敏度、精密度、准确度和检出限：物质单位浓度或单位质量的变化引起响应信号值变化的程度，称为方法的灵敏度；精密度是指使用同一方法，对同一试样进行多次测定所得测定结果的一致程度；试样含量的测定值与试样含量的真实值（或标准值）相符合的程度称为准确度；某一方法在给定的置信水平上可以检出被测物质的最小浓度或最小质量，称为这种方法对该物质的检出限。

第三章光学分析法导论1、原子光谱和分子光谱：由原子的外层电子能级跃迁产生的光谱称为原子光谱；由分子的各能级跃迁产生的光谱称为分子光谱。

2、原子发射光谱和原子吸收光谱：当原子受到外界能量（如热能、电能等）的作用时，激发到较高能级上处于激发态。

但激发态的原子很不稳定，一般约在108 s内返回到基态或较低能态而发射出的特征谱线形成的光谱称为原子发射光谱；当基态原子蒸气选择性地吸收一定频率的光辐射后跃迁到较高能态，这种选择性地吸收产生的原子特征的光谱称为原子吸收光谱。

3、线光谱和带光谱：4、光谱项和光谱支项；用n、L、S、J四个量子数来表示的能量状态称为光谱项，符号为n 2S 1 L；把J值不同的光谱项称为光谱支项，表示为n 2S 1 L J。

5、统计权重和简并度；由能级简并引起的概率权重称为统计权重；在磁场作用下，同一光谱支项会分裂成2J＋1个不同的支能级，2J＋1称为能级的简并度。

6、禁戒跃迁和亚稳态；不符合光谱选择定则的跃迁叫禁戒跃迁；若两光谱项之间为禁戒跃迁，处于较高能级的原子具有较长的寿命，原子的这种状态称为亚稳态。

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)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。

【最新试题库含答案】《分析化学》思考题答案(第四版,武汉大学版)

《分析化学》思考题答案(第四版,武汉大学版) ：篇一：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123篇二：化学分析(武汉大学编_第五版)上册课后习题答案从第三章开始。

前面的大家应该都不需要吧、、、第3章分析化学中的误差与数据处理1．根据有效数字运算规则，计算下列算式：(1)19.469+1.537-0.0386+2.54 (2) 3.6?0.0323?20.59?2.12345 45.00?(24.00?1.32)?0.12451.0000?1000(3)(4) pH=0.06，求+[H]=? 解：a. 原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51b. 原式=3.6×0.032×21×2.1=5.1c. 原式=+-0.06d. [H]=10=0.87( mol/L ) 2. 返滴定法测定试样中某组分含量时，按下式计算：已知V1＝（25.00±0.02）mL，V2＝（5.00±0.02）mL，m =（0.2000±0.0002）g,设浓度c及摩尔质量Mx的误差可忽略不计，求分析结果的极值相对误差。

解：?xxmax45.00?22.68?0.1245=0.12711.000?10002c(V1?V2)Mx?x??100%m=EVEm?Vm=0.040.0002?200.2=0.003=0.3%3．设某痕量组分按下式计算分析结果：，A为测量值，C为空白值，m 为试样质量。

已知sA=sC=0.1，sm=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求sx。

解：22222s(A?C)sxsmsA?sCsm0.12?0.120.0012?4???????4.09?10x2(A?C)2m2( A?C)2m2(8.0?1.0)21.022x?A?Cm且故s??0.144. 测定某试样的含氮量，六次平行测定的结果为20.48％，20.55％，20.58％，20.60％，20.53％，20.50％。

华中师范大学等六校合编《分析化学》(第4版)(上册)章节题库(第9~12章)【圣才出品】

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部转化成 BaSO4，使结果偏低。
二、填空题
1．法扬司法中吸附指示剂的 Ka 愈大，适用的 pH 愈
的 pH 为
。
【答案】低；≥2.0
，如曙红（pKa＝2.0）适用
2．铬酸钾法测定 NH4Cl 中 Cl－含量时，若 pH＞7.5，会引起
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华中师范大学等六校合编《分析化学》（第 4 版）（上册）章节题库
第 9 章 沉淀滴定法
一、选择题 1．法扬司法测 Cl－，常加入糊精，其作用是（ ）。 A．掩蔽干扰离子 B．防止 AgCl 凝聚 C．防止 AgCl 沉淀转化 D．防止 AgCl 感光 【答案】B 【解析】法扬司法是用吸附指示剂（荧光黄）测定 Cl－，为了使 AgCl 有较大的表面积， 保持胶体状态，防止 AgCl 凝聚，常需要加入糊精。
－10]
【答案】0.4893；5.13×10-4
【解析】微溶化合物 BaSO4 的溶解平衡为：
，则
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故 BaSO4 在 200mL 纯水中的溶解损失量为：1.05×10-5×0.2×233×103＝0.4893（mg） 现加入 BaCl2（过量）使[Ba2＋]＝0.01mol/L，则
的 Ksp 比值，比值越小，沉淀转化越容易。
12．在 pH＝0.5 时，银量法测定 CaCl2 中的 Cl－，合适的指示剂是（ ）。 A．K2CrO4 B．铁铵矾 C．荧光黄 D．溴甲酚绿 【答案】B
13．用 BaSO4 重量法测定 Ba2＋含量，若结果偏低，可能是由于（ ）。 A．沉淀中含有 Fe3＋等杂质 B．沉淀中包藏了 BaCl2 C．沉淀剂 H2SO4 在灼烧时挥发 D．沉淀灼烧的时间不够 【答案】B 【解析】当沉淀中含有了杂质或沉淀灼烧时间不足，均会使最后的称量比实际称量值大， 使结果偏高。而沉淀剂在灼烧时挥发并不影的沉淀剂本身不希望引入沉淀中。但若在沉淀中包藏了 BaCl2，使被测物不能全

分析化学(第四版)习题及答案

（3）若最后试样 100g，由公式，要求 d = mQ =1mm，应用 20 号筛。 k
2. 用氧化还原滴定法测得FeSO4·7H2O中铁的质量分数位 20.01％，20.03％，20.04％，20.05 ％。计算：a. 平均值；b. 中位数；c. 单次测定值的平均偏差；d.相对平均偏差；e. 极 差；f. 相对极差
(1) 0.2× 25= x × 103 204.126
0.2× 30= x × 103 204.126
x=1.0～1.2g
(2) 0.2× 25= 2x × 103 126.07
0.2× 30= 2x × 103 126.07
x=0.3～0.4g
13. 欲配制Na2C2O4溶液用于在酸性介质中标定 0.02 mol/L的KMnO4溶液，若要使标定时，两种
解：(1) 平均值 = 20.01+ 20.03 + 20.04 + 20.05 ×100% = 20.03% 4
(2) 中位数 = (20.03%+20.04%)/2 =20.04%
(3) 单次测定值的平均偏差 d = d1 + d2 + d3 + d4 = 0.02 + 0 + 0.01+ 0.02 % = 0.012%
CC2O42−
=
5 2
×
CMnO4−
=
5 2
× 0.02=0.05
mol/L
mNa 2 C2 O4
=
0.05 × 100 1000
× 134.00
=
0.7g
14. 含S有机试样 0.471g，在氧气中燃烧，使S氧化为SO2，用预中和过的H2O2将SO2吸收，全部
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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。
处理的方法是：将试液用 HAc 酸化加热煮沸，将易被空气中的 O2 氧化的 S2-以 H2S 形 式除去。
14、用 Na3[Co(NO2)6]法鉴定 K+时，如果发生下列错误，其原因可能是什么？ （1）试样中无 K+，却鉴定有 K+；（2）试样中有 K+，却鉴定无 K+。
【答】（1）试样中无 K+，却鉴定有 K+：这是因为一方面 NH4+会与 Na3[Co(NO2)6]生成橙黄 色沉淀(NH4)2[NaCo(NO2)6]而干扰 K+的鉴定；另一方面试剂、溶剂、器皿不洁净也会引入 K+或 NH4+；从而导致对 K+过度检出。 （2）试样中有 K+，却鉴定无 K+：其可能原因有三：A、酸度条件控制不当：对 K+的检定 反应要求在中性或弱酸性溶液中进行。如果溶液为强酸性或强碱性，则都会导致[Co(NO2)6]3-
= 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
9、从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？（1）加 NH3-NH4Cl
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。
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。
8、已知一溶液只有第二组阳离子，将此溶液分成 3 份，分别得到下述实验结
果，试判断哪些离子可能存在？(1) 用水稀释，得到白色沉淀，加 HCl 溶液则
溶解；(2) 加入 SnCl2 无沉淀发生；(3) 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。
【答】（1）只有第二组阳离子的溶液，用水稀释，得到白色沉淀，加 HCl 溶液则溶解：表 明易水解离子 Bi3+﹑Sb(III,V)﹑Sn(II,IV)存在； （2）加入 SnCl2 无沉淀发生：表明 Hg2+不存在； （3）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： 表明生成有色化合物的离子 Pb2+﹑Bi3+﹑Cu2+﹑Hg2+不存在； 因此：Cd2+﹑Sn(II, IV)﹑As(III, V)可能存在，少量 Sb(III, V)也有存在的可能。
（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：则表示生成氢氧化物沉淀的离子 Al3+、Fe3+、Fe2+、Cr3+不可能存在；
（3）继（2）加热试液，并加入组试剂(NH4)2S 或 TAA 后得白色沉淀：则又一次证明了有 色离子 Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和 Ni2+不存在。 因此，试样中有 Zn2+存在。
【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。
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）
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
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 345 V Eo=0.559 V
（2）Zn(OH)2-Fe(OH)3：加适当过量 NH3·H2O，前者生成 Zn(NH3)42+溶解，Fe(OH)3 不溶。 （3）Zn(OH)2-Ni(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 ZnO22-溶解，Ni(OH)2 不溶。 （4）Cr(OH)3-Co(OH)2：加适当过量 NaOH，前者生成 CrO2- 溶解，Co(OH)2 不溶。 （5）Ni(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3·H2O，前者生成 Ni(NH3)62+溶解，而 Al(OH)3 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；
因此：Mn2+和 Zn2+一定存在； Al3+、Cr3+、Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+不存在 ；极少量 Al3+存在与否不能确定。
13、在系统分析中，分出第三组阳离子后为什么要立即处理第四组阳离子的试
液？怎样处理？
【答】分出第三组阳离子的试液含有大量的 S2-，而 S2-在碱性介质中易被空气中的 O2 氧化 成 SO42-。而 SO42-将会使部分 Ba2+、Sr2+生成难溶解的硫酸盐，从而影响其分组和进一步的 分析，所以要立即处理含有第四、五组阳离子的试液。
又因为，在本组离子沉淀的过程中，溶液 pH 随着反应的进行不断降低。因此要加入 NH3-NH4Cl 缓冲溶液来保持 pH=9.0。
4
（2）(NH4)2S 放置太久，其中部分 S2-可被氧化成 SO42-。氨水放置太久，也会吸收空气中的 CO2 产生 CO32-，而 SO42-和 CO32-的生成将使第四组离子 Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+ 部分发生沉淀。 所以，必须要使用新配制的(NH4)2S 和氨水。
10、加入一种试剂将下列各组氢氧化物中的前一个溶解，使两者分离：（1） Co(OH)2-Al(OH)3 （ 2 ） Zn(OH)2-Fe(OH)3 （ 3 ） Zn(OH)2-Ni(OH)2 （ 4 ） Cr(OH)3-Co(OH)2（5）Ni(OH)2-Al(OH)3；
【答】（1）Co(OH)2-Al(OH)3：加过量 NH3·H2O，前者生成 Co(NH3)62+而溶解，而 Al(OH)3 不溶。