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(40页).doc

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1、-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 40 页 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=1:51042.解：检出限量 3.答：应选用（2）1molL-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

2、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PbCl2HNO3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

3、 V Sn4+2e=Sn2+ Eo=0.154 V H2O2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(

4、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。 （4）加NH4Ac, PbSO4溶解而BaSO4不溶。（5）加氨水，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HCl, ZnS溶解而CuS不溶。（10）加稀HCl, 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

5、易水解的离子如：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，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pH10时，部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9.0 ,为沉淀第三组离子最适宜的条件，在沉淀本组离子的过程中，随着反应的进行，溶液pH降低。因此加入NH3-NH4

6、Cl 缓冲溶液来保持pH=9.0 。（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Al(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

7、)2不溶。（5）加过量氨水，则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解，而Al(OH)3不溶。11.解: （1）有色离子不存在，如：Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+。（2）表示Al3+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。12.解:由（1）可以判断Al3+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

8、存在的离子为Al3+Cr3+ Fe3+Fe2+Co2+和Ni2+ ；少量Al3+Cr3+ 存在与否不能决定。13.答:分出第三组阳离子的试液含有大量的S2+，S2+易被空气中的氧氧化成SO42+，则使部分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四五组阳离子的试液。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，所以如果氨盐没有除净，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

9、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NO2-氧化为NO3-。15.答: （1）加碱产生NH3者为NH4Cl 。（2）加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者，为(NH4)2SO4 。（3）加饱和(NH4)2SO4产生白色沉淀的为BaCl2 。（4）加CaCl2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，则有色物质K2CrO4不存在。（2）由（1）得白色沉淀溶于稀HCl。则BaC

10、l2与(NH4)2SO4不可能同时存在，而溶于稀HCl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BaCl2肯定不存在，既然BaCl2不存在，则试验（1）生成的白色沉淀只能是CaC2O4 。所以Ca(NO3)2肯定存在。（4）实验（4）表明MgCl2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 BaCl2 MgCl2 ； 存在与否不能判断的为：NaCl 。17.答:由分组实验肯定第一二组阴离子不存在，由挥发性实验和氧化还原试验，肯定NO2-和S

11、2O32-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，则SO32-S2O32-CO32-S2-NO2-可能存在 （2）在中性溶液中加BaCl2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Cl-可能存在；Br-I-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I2-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KMn

12、O4紫红色褪去，则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- 。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 二组阳离子的铅盐都难溶于水，既然混合物能溶于水。已经鉴定出有Pb2+，所以第一 二组阳离子可不鉴定。20.答:因为H2SO4与较多的阳离子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）试样本身无色，溶于水所得溶

13、液亦无色，则有色离子如：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(II)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离子，如：Ba2+Ca2+Sr2+Cu2+K+等离子不可能存在。（3）溶于稀HCl无可觉察的反应，则Ag+Hg22+Pb2+离子不存在，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

14、难溶性硫酸盐的离子，如：Pb2+Ba2+Sr2+Ca2+（大量）Ag+Hg22+ 等离子不存在。另外证明挥发性阴离子及还原性的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子亦不存在，如：Ag+Hg22+ Cu2+Hg2+Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+等离子。（6）在中性溶液中与BaCl2溶液不产生沉淀，则表示第一组阳离子不存在。总括以上分析推断，尚需要鉴定的离子有：阳离子：Cd2+As(III)As(V)Al3+Zn2+Mg2+Na+等离子。阴离子： Cl-Br-NO3-Ac- 等离子。第三章误差和分析数据的处理（答案均

15、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。减免的方法：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 。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。3.解：因滴

16、定管的读数误差为 ，故读数的绝对误差 根据 可得 这说明，量取两溶液的绝对误差相等，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，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。4.答：（1）三位有效数字（2）五位有效数字 （3）四位有效数字 （4） 两位有效数字 （5） 两位有效数字 （6）两位有效数字5.答:：0.36 应以两位有效数字报出。6.答:：应以四位有效数字报出。 7.答:：应以四位有效数字报出。8.答:：甲的报告合理。因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。9.解：根据方程2NaOH+H2C2O4H2O=Na2C2O4+4H2O可知，需

17、H2C2O4H2O的质量m1为： 相对误差为 则相对误差大于0.1% ，不能用H2C2O4H2O标定L-1的NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。 若改用KHC8H4O4为基准物时，则有： KHC8H4O4+ NaOH= KNaC8H4O4+H2O 需KHC8H4O4的质量为m2 ，则 相对误差小于0.1% ，可以用于标定NaOH。10.答：乙的准确度和精密度都高。因为从两人的数据可知，他们是用分析天平取样。所以有效数字应取四位，而甲只取了两位。因此从表面上看甲的精密度高，但从分析结果的精密度考虑，应该是乙的实验结果的准确度和精密度都高。11.答：D12.答：D13.解：根据

18、得 则S=0.1534% 当正确结果为15.34%时， 14.解：（1） （2）24.87%（3） （4） 15.解：（1） （2） （3） （4） （5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11%16.解：甲： 乙： 由上面|Ea1|Ea2|可知甲的准确度比乙高。 S1S2Sr1Q0.90,4 , 故这一数据应弃去。 （2） 查表3-3得Q0.90,5=0.64,因QQ0.90,5, 故这一数据不应弃去。24.解：(1) 查表3-4得, G0.95,4=1.46 , G1G0.95,4故这一数据应舍去。 (2) 当时， 因此当时， 因此 由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区

19、间越大。 25.解：根据 查表3-2得t0.90,3=3.18 , 因tt0.95,3 ，说明平均值与标准值之间存在显著性差异。 26.解： 查表3-2, t0.95,4 =2.78 , tt0.95,4说明这批产品含铁量合格。27.解：n1=4 n2=5 查表3-5, fs大=3， fs小=4 ， F表=6.59 ， F F表 说明此时未表现s1与s2有显著性差异（）因此求得合并标准差为 查表3-2 , 当P = 0.90, f = n1 + n2 2 = 7 时, t 0.90 , 7 = 1.90 , t t0.90 , 7 故以0.90 的置信度认为 与 无显著性差异。28.解： (3

20、) （）10-4-（）=（）10-4-（）= 5.34+0+0 (4) pH=1.05 ,H+=8.910-229.解：(1) 查表3-4得, G0.95,6=1.82 , G1G0.95 , 6 , G2G0.95 , 6 , 故无舍去的测定值。 （2） 查表3-2得，t0.95,5=2.57 , 因t10-8(2) Ka2=3.910-6 ,CspKa2=0.13.910-6=3.910-710-8(3) Ka2=2.510-10 ,CspKa2=0.12.510-10=2.510-1110-8(5) Ka2=5.610-11 , Kb1=Kw/Ka2=1.010-14/5.610-11=

21、1.810-4,CspKb1=0.11.810-4=1.810-510-8(6) Kb=1.410-9 ,CspKb=0.11.410-9=1.410-1010-8(8) Kb=4.210-4 ,CspKb=0.14.210-4=4.210-510-8根据CspKa10-8可直接滴定，查表计算只（3）、（6）不能直接准确滴定，其余可直接滴定。9. 解：因为CspKa10-8，Ka=KtKw，故：CspKt10610. 答：用强酸或强碱作滴定剂时，其滴定反应为：H+OH-=H2O1014 (25) 此类滴定反应的平衡常数Kt相当大，反应进行的十分完全。但酸（碱）标准溶液的浓度太浓时，滴定终点时过

22、量的体积一定，因而误差增大；若太稀，终点时指示剂变色不明显，故滴定的体积也会增大，致使误差增大。故酸（碱）标准溶液的浓度均不宜太浓或太稀。11. 答：根据CspKa(Kb)10-8，p Csp+pKa(Kb）8及Ka1/ Ka2105,p Ka1-p Ka25可直接计算得知是否可进行滴定。（1）10-12, pKa3=11.50.故可直接滴定一级和二级，三级不能滴定。pHsp=(pKa1+pKa2)=4.60 溴甲酚绿；pHsp=(pKa2+pKa3)=9.25 酚酞。（2）H2C2O4 pKa1=1.22 ; pKa2=4.19 pHsp=14-pcKb1/2)=14+(lg0.1/3-14

23、+4.19)=8.36 pKa1-pKa2=2.03 故可直接滴定一、二级氢，酚酞，由无色变为红色；（3）0.40 molL-1乙二胺cKb2=0.47.110-810-8故可同时滴定一、二级，甲基黄，由红色变为黄色；（4）故可直接滴定NaOH，酚酞，有无色变为红色；（5）邻苯二甲酸故可直接滴定一、二级氢，酚酞，由无色变为红色；（6）联氨 故可直接滴定一级，甲基红，由黄色变为红色；（7）H2SO4+H3PO4甲基红，由黄色变为红色故可直接滴定到磷酸二氢盐、磷酸一氢盐，酚酞，由无色变为红色；（8）乙胺+吡啶 pKb=8.77 故可直接滴定乙胺，甲基红，由红色变为黄色。12. 解：L-1 ，10-

24、5 ，所以（1）不能以甲基橙为指示剂准确滴定HCl （2）因为 甲基橙的变色范围为 所以 当时为变色转折点 pH=pKa+lg 4.0=4.74+lg x%=15%13. 解：（1）能。因为H2SO4的第二步电离常数，而NH4+的电离常数，所以能完全准确滴定其中的H2SO4 ，可以采用甲基橙或酚酞作指示剂。 (2)可以用蒸馏法，即向混合溶液中加入过量的浓碱溶液，加热使NH3逸出，并用过量的H3BO3溶液吸收，然后用HCl标准溶液滴定H3BO3吸收液： NH3 + H3BO3= NH4+ H2BO3- H+ H2BO3-= H3BO3终点的产物是H3BO3和NH4+（混合弱酸），pH5 ，可用甲

25、基橙作指示剂，按下式计算含量：14. 答：（1）使测定值偏小。（2）使第一计量点测定值不影响，第二计量点偏大。15. 答：（1）还需加入HCl为； （2）还需加入HCl为：（3）由NaHCO3组成。16. 答：（1）物质的量之比分别为：12、16、12。（2）物质的量之比分别为：12、1、。17. 答：选 D 18. 解：（1）（2） =5.123 （3）H+= = （4）H+= = pH=-lgH+=2.69 （5）H+= = （6）OH-= （7）OH-= （8）H+= （9）H+= = pOH=9.20 pH=4.8 （10）OH-= （11）H+= 19. 解： 。= 40Ka2 Ka

26、2Ka2 且10-3 H3PO4的第二级、第三级解离 和水的解离均又被忽略。于是可以按一元酸来处理， 又因为 故20. 解：(1) H 根据多元酸（碱）各型体的分布分数可直接计算有：10-2 ，10-5Na2C2O4在酸性水溶液中以三种形式分布即：C2O42-、HC2O4-和H2C2O4。其中： =1.4110-3 molL-1 (2) H2S的10-8 ，10-15 ，由多元酸（碱）各型体分布分数有： =0.1 molL-1 =5.710-8 molL-1 =6.8410-2 molL-121.解：形成(CH2)6N4HCl缓冲溶液，计算知：CHCl= 22. 解：由缓冲溶液计算公式 , 得10=9.26+lg lg =0.74 , =0.85 mol又 则 即 需 为则 即 NH4Cl为23. 解：1）设需氨基乙酸x g，由题意可知 （2）因为氨基乙酸为两性物质，所以应加一元强酸HCl ，才能使溶液的pH=2.00 。 设应加y mL HCl y=6.9 mL24. 解：（1） （2）设原HAc-为x，NaAc为y。则 得 x=0.4 molL-1 y=0.