1、 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
2、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 S
3、n4+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。7.答:（1）加(NH4)2CO3, As2S
4、3 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
5、 Na2S，另一部分不溶，仍为黄色。8.答: （ 1）容易水解的离子如：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
6、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 ） (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，
7、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：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
8、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 :（
9、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 BaS
10、O4 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 BaCl2 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(N
11、O3)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 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，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-S
12、O32- 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 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-S
13、O32-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
14、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
15、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
16、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
17、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 H2C2O4H2O 的质量 m1 为：相对误差为 则相对误差大于 0.1%
18、 ，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。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 得 则 S=0.1534%当正确结果为
19、 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|Q0.90,4 , 故 1.83 这一数据应弃去。（2） 查表 3-3 得 Q0.90,5=0.64,因 QG0.95,4 故 0.1056 这一数据应舍去。 (2) 当 P=0.90 时， 因此当 P=0.95 时， 因此由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。25.解：根据 查表 3-2 得 t0.90,3=3.18 , 因 tt0.95,3 ，
20、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（P=0.90）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：(1) 7.99360.9967-5.02=7.9940.9
21、967-5.02=8.02-5.02=3.00(2) 0.03255.10360.06139.8=0.03255.1060.1140=0.0712(3) （1.2764.17）+1.710-4-（0.00217640.0121）=（1.284.17）+1.710-4- （0.002180.0121）= 5.34+0+0=5.34(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 tt0.95 , 5
22、，说明上述方法准确可靠。第四章 滴定分析法概论1. 答：滴定分析法：将一种已知准确浓度的试剂溶液（即标准溶液）由滴定管滴加到被测物质的溶液中，直到两者按照一定的化学方程式所表示的计量关系完全反应为止，然后根据滴定反应的化学计量关系，标定溶液的浓度和体积用量，计算出被测组分的含量，这种定量分析的方法称为滴定分析法。滴定：在用滴定分析法进行定量分析时，先将被测定物质的溶液置于一的容器中（通常为锥形瓶） ，在适宜的条件，再另一种标准溶液通过滴定管逐滴地加到容器里，直到两者完全反应为止。这样的操作过程称为滴定。标准溶液（滴定剂）：已知准确浓度的试剂溶液。标定：将不具备基准物质条件的这类物质配制成近似于
23、所需浓度的溶液，然后利用该物质与某基准物质或另一种标准之间的反应来确定其准确浓度，这一操作过程称为标定。化学计量点：当滴入的标准溶液与被测定的物质按照一定的化学计量关系全反为止，称反应达到了化学计量点。滴定终点：滴定进行至指示剂的颜色发生突变时而终，此时称为滴定点。滴定误差：滴定终点与化学计量点往往并不相同，由此引起测定结果的误差称为终点误差，又称滴定误差。指示剂：为了便于观察滴定终点而加入的化学试剂。基准物质：能用于直接配制标准溶液的化学试剂称为基准物质。2. 答： 表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量（g 或 mg） 。表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量分数。3. 答：用（）标定 N
24、aOH 溶液的浓度时，结果偏高, 用（）标定 HCl 溶液的浓度时，结果偏低；用此 NaOH 溶液测定有机酸时结果偏高, 用此 HCl 溶液测定有机碱时结果偏低。4. 解：所得残渣为 KCl，有 3.427gK2CO3+2HCl=2KCl+CO2+H2OKOH+HCl=KCl+H2O5. 解：因为 ，所以 m 增大（试剂中含有少量的水份） ，引起了结果偏高。6. 解：H2SO4，KOH 用间接配配制法配成标准溶液。邻苯二甲酸氢钾， 无水碳酸钠用直接配制法配成标准溶液。H2SO4 选用无水 Na2CO3，KOH 选用邻苯二甲酸氢钾。7. 解：(1) .B (2). A (3) . B (4) .
25、 D (5) . B (6) .C8. 解：(1) 设取其浓溶液 V1mL, ,CV= , (2) 设取其浓溶液 V2mL, (3) 设取其浓溶液 V3mL 9. 解：设需称取 KMnO4 x 克用标定法进行配制。10. 解：设加入 V2 mL NaOH 溶液，即 解得: V2=200mL11. 解：已知 MCaO=56.08g/moL,HCl 与 CaO 的反应:CaO+2H+=Ca2+H2O即： 稀释后 HCl 标准溶液的浓度为：设稀释时加入纯水为 ，依题意：1.0000.2000=0.1783（1+10-3） =121.7 L12. 解：设应称取 x gNa2CO3+2HCl=2NaCl
26、+CO2+H2O当1=20mL ，时x=0.50.102010-3105.99=0.11g当2=25mL ，时x=0.50.102510-3105.99=0.13g此时称量误差不能小于 0.1%13. 解： Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O设 HCl 的浓度为 ，则可得关系式为 ：14. 解：设 NaOH 的真实浓度为 则 当 时，则 15. 解：设 HCl 和 NaOH 溶液的浓度为 和 MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2+H2O30.33LNaOH 溶液可以中和 36.40L HCl 溶液。即36.40 / 30.33=1.2 即 1LNaOH 相当 1.20L M
27、gCO3 因此，实际与 MgCO3 反应的 HCl 为：48.48-3.831.20=43.88L由 得在由 得HCl 和 NaOH 溶液的浓度分别为 和 16. 解： 根据公式： （1 ） 已知 ， 和 代入上式得：（2 ） Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O= =0.03351gmL-1=0.1000mLL-1 =0.04791gmL-117. 解：（1 ） =0.004794gmL-1（2） =0.003361gmL-118. 解： HAc%= = =3.47%19. 解： 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2HCl+NaOH=NaCl+H2OC
28、aCO3%= = =66.31%20. 解：2HCl+CaO=CaCl2+H2O2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2n 总 HCl=0.2000 =5 mol设称取混合物试样 x 克则 解得 x=0.23g21. 解： 2NaOH+H2C2O4 =Na2C2O4+2H2O设 H2C2O4 的百分含量为 x% ，得第五章 酸碱滴定法（陕师大教材）1. 答：H2O 的共轭碱为 OH-；H2C2O4 的共轭碱为 HC2O4-；H2PO4-的共轭碱为 HPO42-；HCO3-的共轭碱为 CO32-；C6H5OH 的共轭碱为 C6H5O-；C6H5NH3+的共轭碱为 C6H5NH3；HS-的
29、共轭碱为 S2-；Fe(H2O)63+的共轭碱为 Fe(H2O)5(OH)2+；R-NHCH2COOH 的共轭碱为 R-NHCH2COO。2. 答：H2O 的共轭酸为 H+；NO3-的共轭酸为 HNO3；HSO4-的共轭酸为 H2SO4；S2 的共轭酸为 HS-；C6H5O-的共轭酸为 C2H5OHCu(H2O)2(OH)2 的共轭酸为 Cu(H2O)2(OH)+；(CH2)6N4 的共轭酸为(CH2)6NH+；RNHCH2COO-的共轭酸为 RNHCHCOOH，的共轭酸为 3. 答：（1）MBE：NH4+NH3=2c; H2CO3+HCO3-+CO32-=cCBE：NH4+H+=OH-+HC
30、O3-+2CO32-PBE：H+H2CO3 +HCO3-=NH3+OH-（2）MBE：NH4+NH3=c; H2CO3+HCO3-+CO32-=cCBE：NH4+H+=OH-+HCO3-+2CO32-PBE：H+H2CO3=NH3+OH-+CO32-4. 答：（1）MBE：K+=cH2P+HP-+P2-=cCBE：K+H+=2P2-+OH-+HP-PBE：H+H2P=HP-+OH-（2 ） MBE：Na+=NH4+=cH2PO4-+H3PO4+HPO42-+PO43-=cCBE：Na+NH4+H+=OH-+2HPO42-+PO43-PBE：H+H2PO4-+2H3PO4=OH-+NH3+PO4
31、3-（3）MBE：NH4+=cH3PO4+H2PO4-+HPO42-+PO43-=cCBE：NH4+H+=H2PO4+2HPO42-+3PO43-+OH-PBE：H+H3PO4=OH-+NH3+HPO42-+2PO43-（4）MBE：NH4+=cCN-+HCN=cCBE：NH4+H+=OH-+CN-+HCNPBE：HCN+H+=NH3+OH-5. 答：(1)设 HB1 和 HB2 分别为两种一元弱酸，浓度分别为 CHB1 和 CHB2 molL-1。两种酸的混合液的 PBE 为H+=OH-+B1-+B2-混合液是酸性，忽略水的电离，即OH-项可忽略，并代入有关平衡常数式得如下近似式(1)当两种都较弱，可忽略其离解的影响，HB1CHB1 ，HB2 CHB2 。式（1）简化为(2)若两种酸都不太弱，先由式（2）近似求得H+，对式（1）进行逐步逼近求解。(2) 根据公式 得：
