1、21 世纪师范类教学用书 国家“十二五”规划教材参考分析化学（含仪器分析）-课后参考答案汇编陕西师范大学华东师范大学北京师范大学东北师范大学 合编刘瑞林主编陕西师范大学出版社出版3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 1205.1mLgVB610GB42B1:G=1:51042.解：检出限量 gVmB510.3.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，
2、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
3、溶解 Pb(OH)2，而不溶解 AgCl 。4(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 H2S
4、O4 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(NH 4)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，SnS 2
5、 溶解而 PbS 不溶。（8）加 Na2S，SnS 2 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）容易水解的离子如：Bi 3+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：Cd 2+Sn(IV)As(III)As(V)也可有 Sb(III)Sb(V)存在。59.答:（ 1）在第三组离子的
6、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-NH4Cl 缓冲溶液来保持 pH=9.0 。（2）(NH 4)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(NH 4)2S 和氨水
7、。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)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：Fe 3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和 Ni2+。
8、（2）表示 Al3+也不可能存在。（3）加入组试剂(NH 4)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，Mn 2+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
9、 S2+，S 2+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6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）NH 4+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
10、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(NH 4)2SO4 。（3）加饱和(NH 4)2SO4 产生白色沉淀的为 BaCl2 。（4）加 CaCl2 生成白色沉淀 CaC2O4 者，为(NH 4)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 BaCl2 与(NH 4)2SO4 不可能同时存在，而溶于稀 HCl
11、 的白色沉淀，必定是草酸盐。所以 (NH4)2C2O4 肯定存在。（3）试验表明(NH 4)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：(NH 4)2C2O4 (NH4)2SO4 和 Ca(NO3)2 ；不存在的物质有：K 2CrO4 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 S2O32-不存在。所以只
12、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 7（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 H2
13、SO4 酸性条件下加 KMnO4 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：SO 42-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
14、溶解试样。21.答: （1）试样本身无色，溶于水所得溶液亦无色，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：Ba 2+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：SO 32-S2O32-CO32-S2-NO2- 。与8酸作用能生成沉淀
15、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：Cd 2+As(III)As(V)Al3+Zn2+Mg2+
16、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 mg2.0 ga02.根据 可得%1ar%2.010.21.
17、0 ggr9%02.10.21 ggr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：因滴定管的读数误差为 ，故读数的绝对误差mL02.mLa02.根据 可得%1ar%102.2 LmLr.0r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.
18、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 H2C2O4H2O 的质量 m1 为：g13.07.60.1 相对误差为 %5.3.21gr则相对误差大于 0.1% ，不能用 H2C2O4H2O 标定 0.1molL-1 的NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。10若改用 KHC8H4O4 为基准物时，则有：KHC8H4O4+ NaOH= KNaC8H4O4+H2O需 KHC8H4
19、O4 的质量为 m2 ，则 g41.0.0.12 %9.4.02gr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 %10xSr得 则 S=0.1534%1068.35.S当正确结果为 15.34%时， %0.134.150%2 xr14.解：（1） 8.439.24%87.x（2）24.87%（3） 23.06.258.4Txa（4） 9.01
20、Er15.解：（1） %43.6750.43.67%3768. x0.|idn（2） 6.143.6701xr（3）11%05.15)3.0(%)4.()06.(%)5.0(1 22222 ndSi（4） 7.3.71xSr（5）X m=X 大 -X 小 =67.48%-67.37%=0.11%16.解：甲： 15.3938.5.92.1 n%04.1.Txa3.3)()0(12221 ndSixr1 08.15.9%乙： %24.39324.92 05.1.9.xa.3)4()(2222 ndSi%13.0.905%12xr由上面|Ea 1|Ea2|可知甲的准确度比乙高。 S1S2Sr1Sr2 可知甲的精密度比乙高。综上所述，甲测定结果的准确度和精密度均比乙高。17.解：（1）根据 得xuu1= 5.204.325.104.262u（2）u 1=-2.5 u2=1.5 . 由表 31 查得相应的概率为0.4938，0.4332 则 P(20.30x20.46)=0.4938+0.4332=0.927018.解： =xu32.016查表 3-1，P=0.4987 故，测定结果大于 11.6gt-1 的概率为：
