分析化学武大第五版思考题答案

1、资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢分析化学（第五版）上册武汉大学主编精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第一章概论第二章分析试样的采集与制备第三章分析化学中的误差与数据处理第四章分析化学中的质量保证与质量控制第五章酸碱滴定第六章络合滴定第七章氧化还原滴定第八章沉淀滴定法与滴定分析小结第九章重量分析法第十章吸光光度法第十一章分析化学中常用的分离与富集方法精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第一章概论1、答：定义 :分析化学是发展和应用各种理论、方法、仪器和策略以获取相关物质在相对时空内的组成和性质的信息的一门科学。任务：定性、定量、结构。作用：略2、答：略3、答：取

2、样 分解 测定 计算及评价注：取样的原则：应取具有高度代表性的样品；分解的原则： 防止式样损失； 防止引入干扰。4、答： Na2B4O7·10H2O 的摩尔质量比Na2CO 3 的大，故选择硼砂作为标定盐酸的基准物质可以使称量误差减小，但是硼砂含10 个结晶水不稳定，而碳酸钠摩尔质量小，性质稳定。6、答： a.偏低b.偏低c.偏低d.无影响e.偏大f.偏小g.偏大h.可能偏大也可能偏小7、答：偏低精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢m H 2C2O 4 2H 2O21000M H2C2O4 2H2O1C NaOHVNaOH因为失水后的 H 2C2O4 中含有比同样质量 H

3、2C2O4·2H 2O 更多的能与 NaOH 作用的 H +，这样测定时消耗 V NaOH 增大，所以CNaOH 偏小。8、答：偏高第二章分析试样的采集与制备（略）1、答：不对。应将原始试样全部送交分析部门，再由分析人员对原始试样采用四分法进行缩分，依据经验公式取样，再分解、测定等。2、答：分解无机试样和有机试样的主要区别在于：无机试样的分解时将待测物转化为离子， 而有机试样的分解主要是破坏有机物， 将其中的卤素，硫，磷及金属元素等元素转化为离子。3、答：用 NaOH 溶解试样， Fe，Ni，Mg 形成氢氧化物沉淀，与Zn基体分离。4、答：测硅酸盐中SiO2 的含量时采用碱熔法，用K

4、OH 熔融，是硅酸盐中的硅转化为可溶性的K 2SiO3，再用容量法测定：测定硅酸盐中 Fe，Al，Ca，Mg，Ti 的含量时，用 HF 酸溶解试样， 使 Si 以 SiF4的形式溢出，再测试液中Fe，Al，Ca，Mg，Ti 的含量。5、答：不对。应将镍币全部溶解，因为镍币中铜银分布不一定均匀，这样做取样无代表性。6.略精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第三章分析化学中的误差与数据处理1、从定义：准确度 ：分析结果与真值相接近的程度。精密度 ：测定值与平均值相符合的结果。从其大小的衡量：准确度的高低用误差 衡量；精密度的高低用标准偏差 衡量二者的联系：精密度 是保证 准确度 的先决

5、条件；精密度 高， 准确度 不一定高；准确度 高一定要求 精密度 高；由精密度高即可判断分析结果可考的是系统误差小。2、答： a、随机误差b、随机误差c、随机误差d、系统误差（换试剂重新做）e、随机误差f、系统误差（做空白试验）g、系统误差（方法校正）h、系统误差（校正砝码）i、随机误差3、精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢答：一位，四位，两位，三位，不确定，四位，两位4、0.17% ，0.02% ，绝对误差相同，相对误差分析结果的增大而减小，相对误差小的准确度更高5、 答：不合理，因为称样量为0.0600g 只有三位有效数字，根据误差传递规律或有效数字运算规则，其结果只能有三位

6、有效数字，应为 97.3% 。6.答： 分布曲线描述无限次测量数据t 分布曲线藐视有限次测量数据： 分布曲线横坐标为 t 分布曲线横坐标为t=x-/: 总体平均值t=x-/s ：总体标准偏差：两者所包含面积均是一定范围呢测量值出现的概率P分布曲线 P 岁变化： 一定， P 一定t 分布曲线 P 随 t 和 f 变化： t 一定，概率 P 随 f 而变 ;7、略0.20009.018、答：××100%= 6.21%因为本方法只能测准至0.01%，所以分析结果应以三位有效数字报出。第四章分析化学中的质量保证与质量控制（略）精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第五章酸

7、碱滴定1、答：离子强度对活度系数的影响是与离子的电荷和离子的体积有关，电荷越高，影响越大，体积越大，影响越大，而受电荷的影响程度大于体积的影响程度，而上述三种离子的体积大小为H+ <SO42- <HSO 4-，但 SO42-是 2 价离子，所以三种离子的浓度系数的大小顺序为rHrHSO 4rSO 42。cH HC2O4 012、答： K a1 H 2C2O4 K a1 rHrHSO4c H C2O42 0rHC 2 O4K a2HC2O4 K a2 r H rc2O42当加入大量强电解质，溶液的离子强度增大时，离子的活度系数均减小离子的价奋越高，减小的程度越大，所以这时Kca1 和

8、 Kca2均增大。由于 r HC 2 O 4 < rC 2O 42 < rHC 2 O4 ，所以 K ca1 增加幅度大， Kca2 增加幅度小，所以 K ca1 和 K ca2 之间的差别是增大了，由于浓度常数只与温度有关而与离子强度无关，所以 K 0a1 和 K0a2 不受影响。3、答： a 、不是b、不是c、不是d、是e、不是f、是4、答： a、偏低。因其将使NaOH 溶液的体积消耗增大。W邻1000 )( CNaOHM 邻VNaOH精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢b、第一化学计量点时无影响(CO 2+2NaOH=CO 32-+2Na+ +H 2OCO 32-

9、+2H 3PO4=CO 2+H 2O+2H 2PO4-NaOH+H 3PO4=NaH 2PO4+H 2O)第二化学计量点时，结果偏高(CO 2+2NaOH=CO 32-+2Na+ +H 2O2CO32- + H3PO4=2HCO 3-+HPO 42-H2PO4-+OH -=HPO 42-+H 2O)相当于使 NaOH 浓度变稀，消耗体积增大。C NaOH VNaOHM H3 PO4110002 100% ）（ H3PO4%W(CV )NaOH0.4% 1100% 0.2%c、偏高。2(CV )NaOH (100% 0.4%1 )25、答：上述操作不正确。因为 NaOH 返滴定过量的 HCl 时

10、， NaAc 的中和产物 HAc 也能与 NaOH 作用。（CK Ac-=C10-9.26<10-8 ）6、答： pH=10.50 时有 CO3 2-、HCO 3 -， 主要组分为 CO 3 2-pH=6.00 时有 HCO3和 H2CO3， 主要组分 HCO 3-pH<4.0 时主要组分 H 2CO37、答：K a0aIn 2pH0aIn 20lgIn2 In 2 aHaHInpK algpK aHIn HIn aHIn理论变色点时 In 2 HIn 精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢pH pK a0lg In2pKa 00.5 22 I 0.5 12 I （ lg

11、 i0.5 Z2I）HIn= pKa00.5 I (41)= pKa 0 1.5 I理论变色点的 pH 值变小。8、答：（1） 2 个突跃（2）1 个突跃（3）1 个突跃（4）2 个突跃（5）1 个突跃（6）1 个突跃9.答： a. HCl+H 3BO3答：因为的H 3BO3 的 K aC<10 -8，所以可以甲基红为指示剂，用NaOH 标液滴定 HCl 。终点后向溶液中加入甘露醇。 由于甘露醇可与 H3BO3 作用生成 K a 值为 106 左右的较强酸，所以可用酚酞为指示剂用 NaOH 标液准确滴定，间接测得 H 3BO 3 的含量。 b. H 2SO4+H 3PO4答：以酚酞为指示

12、剂，用 NaOH 标液滴定，使 H 2SO4Na2SO4， H 3PO4 HPO 42- 。由于 H3PO4 的 Ka3 很小，所以不能直接用 NaOH 滴定，但可加入 CaCl 2 使 HPO 42-Ca3(PO4)2，而释放出 H +，用 NaOH 继续滴定至酚酞变红， 由后一次滴定消耗 NaOH的体积计算出 H 3PO4 的含量。从第一次滴定测出的含量中减去 H 3PO4 的量，即得 H2SO4 的含量。精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢c. HCl+NH 4Cl答：以甲基红为指示剂，用NaOH 标液滴定，测出HCl 的含量后，再加入中性甲醛，使NH 4+转化为酸性较强的（

13、CH 2）6N4H +-6）。然后，以酚酞为指示剂， 用 NaOH 标液滴定测 NH 4Cl（K a 10的含量。d. Na3PO4+ Na 2HPO 4答：以酚酞为指示剂，用HCl标液滴至酚酞褪色，测Na3PO4的含量，再加入甲基橙为指示剂，用HCl 标液滴至甲基橙显橙色测得 Na3PO4 与 Na2HPO 4 的含量，从其中减去 Na3PO4 的量，即可得 Na2HPO 4 的含量。e. Na3PO4+ NaOH答：以酚酞为指示剂，用HCl 标液滴定至酚酞褪色这时H3PO4 HPO 42- ，NaOH NaCl 可计算出二者含量，再加入指示剂甲基橙，用 HCl 标液滴定至甲基橙显橙色， 这

14、时 HPO 42- H2PO4-，据此可计算出 Na3PO4 的含量，从含量中减去 Na3PO4 的量即可得 NaOH 的含量。f. NaHSO 4+ NaH 2PO4CNaOH V2NaH2 PO4110001NaH 2 PO4 %100%WCNaOH (V1V2 ) NaHSO41NaHSO4 %10001100%WNaHSO 4+ NaH 2PO 4酚酞NaOHV 1精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢酚酞变红 Na2SO4+ Na2HPO 4加 CaCl 2酚酞褪色 HCl + Ca 3(PO4)2NaOHV 2酚酞变红 NaCl+ H 2O10.略11.略12.略13.略

15、精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第六章络合滴定1、答：金属离子与EDTA 形成络合物的特点：（ 1）络合广，稳定常数大，但选择性差（ 2）络合比简单，一般为 1:1（ 3）易溶于水，相似相容，反应速度快（ 4）显色情况：有色的金属离子形成颜色更深的络合物条件稳定常数：表示再有副反应发生的情况下，络合反应进行的程度。2.答： Cu2+-乙二胺有色3d94s0有不成对的 d 电子Zn2+-乙二胺无色3d104s0无不成对的 d 电子TiOY 2-无色3d04s0 无不成对的 d 电子TiY -有色3d14s0 有不成对的 d 电子FeY2-有色3d54s0 有不成对的 d 电子Fe

16、Y-有色3d54s0 有不成对的 d 电子3.答：增大了。由于形成了TiO(H 2O2)Y，使溶液中的 TiOY 降低使平衡向生成 TiOY 的方向移动，相当于生成物 TiOY 有一个副反应 TiOY>1 lgK， TiOY =lgKTiOY -lgY-lgTiOY +lgTiOY (H 2O2)4.答：因为 lgKHgY 2-= lgKHgY 2-lgHg lgY+lgHgY 2-又因为 HgY 2-=HgY 2- (NH 3)+ HgY 2- (OH) 1 增大缓冲剂的总浓度时，NH 3增大，OH- 不变，即 HgY 2- (NH 3)增大，HgY 2- (OH)不变， HgY 2-

17、增大， lgK, HgY 2-增大，突跃范围增大。5.答：（1）情况的 lgKZnY 大。因为在情况（ 2）里 Zn2+多了一个副反精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢应，即由于 Zn2+与 NH 生成络合物而产生了络合效应， 从而使 lgK3ZnY值减小。答：因为在此体系中只有Cu2+能与 NH形成络合物，所以 lgK6.3CuY受络合效应的影响，而Cu(NH3) 与 NH 3 浓度有关 ,NH 3浓度大，Cu(NH3)增大，则 lgK减小，当NH-3· -1 时，由于CCu K CuY107(lgCuY3ep=10mol LCMg K MgY Y(H) =0.45lg

18、 Cu(NH3) =2.46lgKMgY =8.70lgKCuY =18.80)lgKCuY CCu >6lgKMgY CMg >6 所以可形成两个突跃。当 NH3ep=0.2mol·L-1 时 ， lg Cu(NH3) =11.03lgK CuY =7.32CMg K MgY10 但lgCCu 6，所以 Mg 2+、Cu2+被CMg K MgYlgCMg K MgY >6K CuY一次滴定，只能形成一个突跃。7.答：当加入的 CuY 与 PAN 及 Ca2+溶液混合时，发生如下置换反应：。CuY+ PAN+ Ca 2+=CaY+Cu-PANCuY 是红色， PAN

19、 是黄色， Cu-PAN 则为红色，因此反应后的溶液呈红色。滴入 EDTA 时，先与 Ca2+反应，当 Ca2+定量反应后，过量的 EDTA 即从 Cu-PAN 中夺出 Cu2+，使 PAN 游离出来：Cu-PAN+Y= CuY+PAN溶液由红色变为黄绿色，指示终点到达。因滴定前加入的CuY 与最后生成的 CuY 量相等，故加入的CuY 并不影响滴定结果。8.答：萘酚绿 B 在滴定过程中不发生颜色变化，只起衬托终点颜色的作用。9.答：Fe3+由于发生水解而消耗OH -，使测定结果偏高，甚至析出沉精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢淀使滴定无法进行。加入Ca-EDTA 可消除 Fe3

20、+的干扰。因其它三种掩蔽剂是酸或是碱，都会对酸碱滴定产生干扰。10.答：因为 KCN 、三乙醇胺掩蔽 Fe3+的机理是，通过使Fe3+与其生成络合物，而降低了 Fe3+，从而消除了Fe3+的干扰，但它们与Fe3+的络合物只能在碱介质中稳定存在，特别是KCN 在 pH<6 时能产生剧毒气体 HCN ，故只能在EDTA 滴定 Ca2+、Mg2 + 时的碱介质中可用来掩蔽 Fe3+。抗坏血酸，盐酸羟胺掩蔽Fe3+的机理是通过将Fe3+还原成 Fe2+，而 Fe2+与 EDTA 在 pH1 左右因为受酸效应的影响不能形成络合物，从而消除了Fe3+的干扰，而在滴定Ca2+、Mg 2+的碱性介质中，

21、 Fe2+也能与 EDTA 生成络合物，另外，此时Fe2+水解生成沉淀也对测定有影响，所以此时不能用三乙醇胺、KCN 来掩蔽 Fe3+以消除干扰。11.答：因为在 pH=3 时，Fe3+已经开始水解生成 Fe(OH) 3 沉淀，当将 pH 上调到 6 的过程 Fe3+已沉淀，而使滴定无法进行。12.答：用（ 3）中方法标定EDTA 溶液的浓度最合适。因（1）中使用的基准物质与被测物为同一种物质； （2）中测定时的酸度与测定样品时的酸度一致；（3）中测定使用的指示剂与测定样品时使用的指示剂相同，这样可以使许多测定误差如指示剂变色点与化学计量点不一致引起的误差、 酸度对 lgKZnY 的影响等均可

22、相互抵消。 因此 , 用（3）中方法标定浓度最合适。13.答：消耗EDTA 的体积不相同。在pH=10.0 的氨性缓冲溶液中测定Zn 2+时，产生的误差大。 因为此时 lgKCaY 较大，精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢Ca2+ 也与 EDTA 能生成稳定的络合物，所以Ca2+ 一同被滴定，产生较大的误差。而在pH=5.5 时测定，由于有较大的酸效应， lgK小，故 Ca 2+ 与 EDTA 生成的络合物不稳定，CaY所以 Ca2+ 被滴定的程度低，故产生误差小。14.略15、略16、略精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第七章氧化还原滴定答： 因为I/ IBr/

23、Br ,所以I-首先与氯水反应生成 I ，其被萃取1.a.222进 CCl4 层显紫色。+-=CuI 沉淀，使'2+-b、 因为 Cu+I2/Cu升高，故 Cu能将 I 氧化为 I2。Cu、因为'与H+有关，而'基本不受 H +影响。当+ 降至cAs (V)/As (III)I2/ IH 10-8.0 mol·L-1 时，'',所以 I2能将 AsO33- 氧化成As(V)/ As(III)I2/I3-；当 H +·-1时，''，所以3- 能将I-氧AsO4=1mol LAs (V)/ As (III)I2 /IAsO

24、4化成 I2。由于产生了诱导效应。即2+与 KMnO 4 的反应诱导加速了 Cl-与d.FeKMnO 4 的反应。e.自催化反应f 、14H+ Cr2O72- +6 I-=3 I 2+2 Cr3+7H2O2 S2O32-+ I2=2 I -+S4O62-因为在终点时 Na2S2O3 将蓝色的 I2-淀粉中的 I2 还原成无色的I-，使 I 2-淀粉的蓝色消失，显出Cr3+的绿色。、放置后出现蓝色，是因为空气中的O2将 I氧化成 I- ；若立即出现g2蓝色，则是所加KI 的量不够。2. 答：增加溶液的离子强度，Fe3比Fe2降低的幅度大，所以'0.059lgFe3降低。加入3-后，由于2

25、-能与Fe3 / Fe2Fe3 / Fe2PO4HPO 4Fe 3Fe 2Fe3+ 形 成 络 合 物 ， 因 此 使Fe3+ 有 了 副 反 应 ， 所 以'0.059lgFe 3Fe3 / Fe2Fe3/ Fe2Fe 3Fe 2降低，加入 F-的情况与 PO43-的类似，由精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢3-'3+于形成 FeF6，使 Fe3 / Fe2 降低。但加入 1,10-二氮菲后，由于其与 Fe生成的络合物的稳定性高于3+'Fe 的，使得Fe 2Fe 3 ，所以 Fe3 /Fe 2 升高。3.答：由于加入1,10- 二氮菲后，Fe3 /Fe

26、2升高，说明 1,10-二氮菲的'加入对于 Fe2+的影响程度大于 Fe3+，这说明 Fe2+与 1,10-二氮菲形成的络合物更稳定。4.答： MnO 4-被还原至一半时， CMnO 4CMn2'CMnO-'半还原电位/Mn 20.059lg44 /Mn 2MnO 4CMn 2+MnO对于对称电对 O-R ，其半还原电位为（ CO=C R）'0.059lgCO'半还原电位O/RnCRO/R5.答：碘量法中的主要误差来源有：一是I 2 的挥发，二是 I被空气中的 O2 氧化。配制 I 2 标准溶液时， 应用间接法， 称取近似于理论量的碘，加入过量KI ，加

27、少量的水研磨溶解后，稀释至所需体积（加KI 的目的是增加 I 2 的溶解性；使I 2I，减少碘的挥发），贮存于棕色瓶内，于3暗处保存。（ I 2 与橡皮等有机物接触后反应，遇光遇热浓度将发生变化。）标定 I 2 的浓度时，可用已知准确浓度的 Na2 S2O3 标准溶液，也可用 As2 O3 作 基 准 物 。（ As2 O3 难 溶 于 水 ， 但 可 溶 于 碱As2O3 6OH2AsO333H2O）As2O33 + I 2H2O =As2O 432I2H （中性或弱碱性介质）配制Na2 S2 O3 标准溶液时，应用间接法配。称取近似于理论量的Na2 S2 O3 ，精品文档资料收集于网络如有

28、侵权请联系网站删除谢谢溶于新煮沸并冷却了的蒸馏水中（煮沸除CO2 和杀菌），再加入少量Na2 CO3 使溶液呈弱碱性，以抑制细菌再生长。Na 2 S2 O3 溶液不稳定，使用一段时间后应重新进行标定，如出现浑浊或析出硫， 应过滤后再标定，或另配。标定时用基准物K 2 Cr 2 O7 或 KIO 3 。标定反应条件酸度 0.20.4mol·L-1； K 2Cr2 O7 与 KI 作用时应在碘量瓶中进行， 要在暗处放置一定时间， 待反应完全后， 再进行滴定， KIO 3 与 KI 作用快，宜及时滴定；使用的KI 中不应含 KIO 3 或 I 2 ，若 KI 溶液显黄色或溶液酸化后淀粉指示

29、剂显蓝色，则应事先用Na2 S2O3 溶液滴定至无色后再使用；滴定至终点后，经5 分钟以上，溶液又出现蓝色，是由于空气氧化 I -所致，不影响分析结果。 若终点后，很快又转变为蓝色，则表示反应未完全（ KI 与 K 2Cr 2O7 的反应）应另取溶液重新标定。6.答：不能。因为在酸性溶液中，强氧化剂K 2Cr 2O7 将 S2O32-氧化为S2O32-及 SO42-等的混合物，反应没有定量关系。但是，Na2S2O3 却是一种很好滴定I 2 的滴定剂，如果在的酸性溶液中加入过量KI ，使K2Cr 2O7 还原并产生一定量，即可用Na2S2O3 进行滴定 .7.8.答：试液中加 SnCl 2 将

30、Fe 3 还原成 Fe 2 ，过量的 SnCl 2 加 HgCl 2 除去，然后加 H 2 SO4 H 3 PO4 ，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K 2Cr2 O7 标液滴定至紫色，根据消耗 K 2 Cr 2O7 标液的量可计算Fe 3的含量。另取一份试液，以 Ag 为催化剂，用 NH 4 2 S2O8 将 Cr 3 氧化成 Cr2O72 ， 加 热 煮 沸 溶 液 除 去 过 量 的 NH 4 2 S2 O8 ， 加 入精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢H 2 SO4 H 3 PO 4 ，加入过量的 Fe 2 标液，使 Cr 2O72 被还原为 Cr 3 ，以二苯胺磺酸钠为指示剂

31、，用 K 2 Cr2 O7 标液滴定至紫色，根据加入 Fe 2 标液的量与消耗 K 2Cr 2 O7 标液的量的差值计算 Cr 3 的含量。9.答：由于 Fe3也能将 I氧化成 I 2 ，使测定结果偏高而干扰 H 2 O2 的测定，因此，测定时，在加入过量的 KI 与 H 2O2反应之前，应先加入 NH 4 F将 Fe 3络合，以降低 Fe3/ Fe 2 电对的电位，使其不能将 I氧化为 I 2，而消除 Fe 3对 H 2O2 测定干扰。Mn 2NH 4 2 S2O8KMnO 410.答： Cr32以 Fe2标液滴定，测 Mn2、 Cr3的含量AgCr 2O7VO 2VO3Mn 2Mn 2 C

32、r 3冷酸介质Cr 3以 Fe2标液滴定，测 VO 2 含量KMnO 4VO 2VO3Mn2（）Mn2Mn OH2 Cr 3碱性介质2-酸化2-标液滴定，测 Cr 3、VO2 含量KMnO 4CrO 4CrO 7 以 Fe 2VO 2VO3VO3Mn 2量=Cr 3量 =11.略12.略13.略14.略精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第八章沉淀滴定法和滴定分析小结1.答： a.K 2CrO 4、铁铵矾及吸附指示剂均使用。b.因为 Ba 2CrO 42BaCrO 4（黄），所以应选用铁铵矾或吸附指示剂。c.因为 Fe2 能还原 Ag ，故应先将 Fe 2 氧化成 Fe3 ，而 F

33、e3 易水解，因此不能采用在中性附近使用的K2CrO 4 和吸附指示剂。在此情况下，只能采用在酸性介质中使用的吸附指示剂。 （此时 Fe3 太大，故不能用佛尔哈德法测）d.由于 Ag 在近中性溶液中能与PO43 生成沉淀，故不能采用在中性介质中使用的吸附指示剂或K2CrO 4 指示剂。在酸性溶液中以铁铵矾为指示剂或用在酸介质中使用的吸附指示剂，但用铁铵矾作指示剂时，由于 PO43 与 Fe3 能形成无色络合物，这时需增加指示剂用量。e.采用在酸介质中使用的吸附指示剂或铁铵矾指示剂，为了防止形成Ag( NH 3 ) 2 ，滴定只能在酸性或弱酸性介质进行，由于 CNH 4 太大，故不宜用在中性介质

34、中使用的K2CrO 4 作指示剂。f.K2CrO 4、铁铵矾和吸附指示剂均可。g.因为 Pb22PbCrO 4 （黄）P b22 O HP( b O) HCrO 42（白）所以只能选用在酸性介质中使用的吸附指示剂和铁铵矾作指示剂。h.Cu2+ 有颜色，故只能选用在酸性介质中使用的吸附指示剂和铁铵矾作指示剂。2.答： a.答：因为 CrO 42H= HCrO 4 ,所以 Ag2 CrO 4 的溶解度此时增大，必须加入过量的Ag标液。这使得分析结果偏高。精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢b.因为 Ag2NH 3=Ag( NH 3 ) 2 , 所以此时 AgCl 、 Ag2 CrO 4

35、 的溶解度增大，必须加入过量的Ag标液。这使得分析结果偏高。c. 因 为 Cl的 吸 附 性 能 较 差 ， 在 化 学 计 量 点 前 就 发 生AgCl ·Cl+ In = AgCl ·In + Cl ， 使终点提前。这使得分析结果偏低。d.因为 SAgCl >SAgSCN所以会发生 A g C+SCNl- =AgSCN+ Cl ，使返滴定时，消耗 SCN- 增多，测定结果偏低。e.因为 2 Fe3 +2 I =I 2+2 Fe 2（ Fe 2 + Ag = Fe 3 + Ag ），所以测定结果偏低。3.a.因为 SAgCl >SAgSCN所以会发生 A g

36、 C+SCNl- =AgSCN+ Cl ，使返滴定时，消耗 SCN- 增多b.负误差c.加热煮沸，滤出AgCl 加入有机溶剂，eg: 硝基苯或 1,2- 二氯乙烷d.不是，测定 Br-则无影响精品文档资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢第九章重量分析法1.答： a.由于 HF 的 pKa=3.18，所以 pH=3 时，溶液中的 F -的浓度小于pH=5 时溶液中 F -的浓度，因此pH=3时 CaF2 的溶解度大于 pH=5时的溶解度 , 即 S3 K spCaF 22pHF H越小F ( H ) 越大， pH 越大F ( H ) 越小。b.在0.0010mol · L-1AgN

37、O3 溶液中时Ksp K2CrO42.0 10122.0106mol L-1, 在S20.0010 2 Ag0.0010mol · L-1K 2CrO 4 溶液中时 SKspK2 CrO42.010 124.5105mol · L-1CrO4 0.0010c.因为 BaSO4 是晶型沉淀，AgCl 是接近胶体的凝乳状沉淀，为了防止洗涤沉淀时发生胶溶现象，所以要使用酸强电解介质的洗液如稀HNO 3 溶液洗涤。d.因为 BaSO4 为晶形沉淀，陈化时小晶粒逐渐转化为大晶粒，且可使不完整的晶粒转化为完整的晶粒，使沉淀纯净、粒大、好洗。而AgCl 和 Fe2 O3 .nH 2O 为

38、无定形沉淀，陈化之后，将逐渐失去水分而聚集得更为紧密， 使已被吸附的杂质更难以洗去。 因此对于无定形沉淀不应陈化，而应趁热过滤。e. BaSO4 和 AgCl 的溶度积很接近，但开始发生均相成核作用时所需要的临界CQ / s 不同，前者为 1000，后者仅为 5.5。因此，在通常情况下，AgCl 的均相成核作用比较显著，故生成的是晶核数目多而颗粒小的凝乳状沉淀，BaSO4 则相反，生成的是晶体沉淀。f. 由于 HgS 沉淀表面上吸附了溶液中过量的构晶离子S2-或 HS- ，使沉淀表面ZnS 的相对过饱和度显著增大， 大大超过了ZnS 的 K sp，因此 ZnS 就会在 HgS 沉淀表面上后沉淀。 而 BaSO4为晶形沉淀，在沉淀表面上吸附的是SO42或 Ba 2，而不是 S2 ，因而 ZnS 不在 BaSO4 表面上后沉淀。2.答：这种计算是根据M (OH )3M 33OHs3s3+- 34MOH =27S =K spS4 11032109molL1274.4这时只考虑了沉淀在水中的离解，而没有考虑下面的因素1）由于溶解度很小，这样由沉淀离解产生的 OH -的浓度也很小， 它与水