武漢大學(xué)分析化學(xué)課后思考題答案

概論答：定義:分析化學(xué)是開(kāi)展和應(yīng)用各種理論、方法、儀器和策略以獲取相關(guān)物質(zhì)在相對(duì)時(shí)空的組成和性質(zhì)的信息的一門(mén)科學(xué)。任務(wù)：定性、定量、構(gòu)造。作用：略答：略答：取樣→分解→測(cè)定→計(jì)算及評(píng)價(jià)注：取樣的原則：應(yīng)取具有高度代表性的樣品；分解的原則：=1\*GB3①防止式樣損失；=2\*GB3②防止引入干擾。4、答：Na2B4O7·10H2O的摩爾質(zhì)量比Na2CO3的大，應(yīng)選擇硼砂作為標(biāo)定鹽酸的基準(zhǔn)物質(zhì)可以使稱(chēng)量誤差減小，但是硼砂含10個(gè)結(jié)晶水不穩(wěn)定，而碳酸鈉摩爾質(zhì)量小，性質(zhì)穩(wěn)定。6、答：a.偏低b.偏低c.偏低d.無(wú)影響e.偏大f.偏小g.偏大h.可能偏大也可能偏小7、答：偏低因?yàn)槭蟮腍2C2O4中含有比同樣質(zhì)量H2C2O4·2H2O更多的能與NaOH作用的H+，這樣測(cè)定時(shí)消耗VNaOH增大，所以8、答：偏高第二章分析試樣的采集與制備〔略〕1、答：不對(duì)。應(yīng)將原始試樣全部送交分析部門(mén)，再由分析人員對(duì)原始試樣采用四分法進(jìn)展縮分，依據(jù)經(jīng)歷公式取樣，再分解、測(cè)定等。2、答：分解無(wú)機(jī)試樣和有機(jī)試樣的主要區(qū)別在于：無(wú)機(jī)試樣的分解時(shí)將待測(cè)物轉(zhuǎn)化為離子，而有機(jī)試樣的分解主要是破壞有機(jī)物，將其中的鹵素，硫，磷及金屬元素等元素轉(zhuǎn)化為離子。3、答：用NaOH溶解試樣，F(xiàn)e，Ni，Mg形成氫氧化物沉淀，與Zn基體別離。4、答：測(cè)硅酸鹽中SiO2的含量時(shí)采用堿熔法，用KOH熔融，是硅酸鹽中的硅轉(zhuǎn)化為可溶性的K2SiO3，再用容量法測(cè)定：測(cè)定硅酸鹽中Fe，Al，Ca，Mg，Ti的含量時(shí)，用HF酸溶解試樣，使Si以SiF4的形式溢出，再測(cè)試液中Fe，Al，Ca，Mg，Ti的含量。5、答：不對(duì)。應(yīng)將鎳幣全部溶解，因?yàn)殒噹胖秀~銀分布不一定均勻，這樣做取樣無(wú)代表性。6.略第三章分析化學(xué)中的誤差與數(shù)據(jù)處理1、①?gòu)亩x：準(zhǔn)確度：分析結(jié)果與真值相接近的程度。精細(xì)度：測(cè)定值與平均值相符合的結(jié)果。②從其大小的衡量：準(zhǔn)確度的上下用誤差衡量；精細(xì)度的上下用標(biāo)準(zhǔn)偏差衡量③二者的聯(lián)系：精細(xì)度是保證準(zhǔn)確度的先決條件；精細(xì)度高，準(zhǔn)確度不一定高；準(zhǔn)確度高一定要求精細(xì)度高；由精細(xì)度高即可判斷分析結(jié)果可考的是系統(tǒng)誤差小。2、答：a、隨機(jī)誤差b、隨機(jī)誤差c、隨機(jī)誤差d、系統(tǒng)誤差〔換試劑重新做〕e、隨機(jī)誤差f、系統(tǒng)誤差〔做空白試驗(yàn)〕g、系統(tǒng)誤差〔方法校正〕h、系統(tǒng)誤差〔校正砝碼〕i、隨機(jī)誤差3、答：一位，四位，兩位，三位，不確定，四位，兩位4、0.17%，0.02%，絕對(duì)誤差一樣，相對(duì)誤差分析結(jié)果的增大而減小，相對(duì)誤差小的準(zhǔn)確度更高5、答：不合理，因?yàn)榉Q(chēng)樣量為0.0600g只有三位有效數(shù)字，根據(jù)誤差傳遞規(guī)律或有效數(shù)字運(yùn)算規(guī)則，其結(jié)果只能有三位有效數(shù)字，應(yīng)為97.6.答：①：μ分布曲線(xiàn)——描述無(wú)限次測(cè)量數(shù)據(jù)t分布曲線(xiàn)——藐視有限次測(cè)量數(shù)據(jù)②：μ分布曲線(xiàn)——橫坐標(biāo)為μt分布曲線(xiàn)——橫坐標(biāo)為tμ=*-μ/σμ:總體平均值t=*-μ/sσ：總體標(biāo)準(zhǔn)偏差③：兩者所包含面積均是一定圍呢測(cè)量值出現(xiàn)的概率Pμ分布曲線(xiàn)—P歲變化：μ一定，P一定t分布曲線(xiàn)—P隨t和f變化：t一定，概率P隨f而變;7、略8、答：EQ\F(0.2000,145.1)×EQ\F(9.01,0.2000)×100%=6.21%因?yàn)楸痉椒ㄖ荒軠y(cè)準(zhǔn)至0.01%，所以分析結(jié)果應(yīng)以三位有效數(shù)字報(bào)出。第四章分析化學(xué)中的質(zhì)量保證與質(zhì)量控制〔略〕第五章酸堿滴定1、答：離子強(qiáng)度對(duì)活度系數(shù)的影響是與離子的電荷和離子的體積有關(guān)，電荷越高，影響越大，體積越大，影響越大，而受電荷的影響程度大于體積的影響程度，而上述三種離子的體積大小為H+<SO42-<HSO4-，但SO42-是2價(jià)離子，所以三種離子的濃度系數(shù)的大小順序?yàn)椤?、答：當(dāng)參加大量強(qiáng)電解質(zhì)，溶液的離子強(qiáng)度增大時(shí)，離子的活度系數(shù)均減小離子的價(jià)奮越高，減小的程度越大，所以這時(shí)Kca1和Kca2均增大。由于r<<，所以Kca1增加幅度大，Kca2增加幅度小，所以Kca1和Kca2之間的差異是增大了，由于濃度常數(shù)只與溫度有關(guān)而與離子強(qiáng)度無(wú)關(guān)，所以K0a1和K0a2不受影響。3、答：a、不是b、不是c、不是d、是e、不是f、是4、答：a、偏低。因其將使NaOH溶液的體積消耗增大。()b、第一化學(xué)計(jì)量點(diǎn)時(shí)無(wú)影響(CO2+2NaOH=CO32-+2Na++H2OCO32-+2H3PO4=CO2+H2O+2H2PO4-NaOH+H3PO4=NaH2PO4+H2O)第二化學(xué)計(jì)量點(diǎn)時(shí)，結(jié)果偏高(CO2+2NaOH=CO32-+2Na++H2O2CO32-+H3PO4=2HCO3-+HPO42-H2PO4-+OH-=HPO42-+H2O)相當(dāng)于使NaOH濃度變稀，消耗體積增大。〔〕c、偏高。5、答：上述操作不正確。因?yàn)镹aOH返滴定過(guò)量的HCl時(shí)，NaAc的中和產(chǎn)物HAc也能與NaOH作用。〔CKAc-=C10-9.26<10-8〕6、答：pH=10.50時(shí)有CO32-、HCO3-，主要組分為CO32-pH=6.00時(shí)有HCO3–和H2CO3，主要組分HCO3-pH<4.0時(shí)主要組分H2CO37、答：理論變色點(diǎn)時(shí)〔〕==理論變色點(diǎn)的pH值變小。8、答：〔1〕2個(gè)突躍〔2〕1個(gè)突躍〔3〕1個(gè)突躍〔4〕2個(gè)突躍〔5〕1個(gè)突躍〔6〕1個(gè)突躍9.答：a.HCl+H3BO3答：因?yàn)榈腍3BO3的KaC<10-8，所以可以甲基紅為指示劑，用NaOH標(biāo)液滴定HCl。終點(diǎn)后向溶液中參加甘露醇。由于甘露醇可與H3BO3作用生成Ka值為106左右的較強(qiáng)酸，所以可用酚酞為指示劑用NaOH標(biāo)液準(zhǔn)確滴定，間接測(cè)得H3BO3的含量。b.H2SO4+H3PO4答：以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)液滴定，使H2SO4→Na2SO4，H3PO4→HPO42-。由于H3PO4的Ka3很小，所以不能直接用NaOH滴定，但可參加CaCl2使HPO42-→Ca3(PO4)2↓，而釋放出H+，用NaOH繼續(xù)滴定至酚酞變紅，由后一次滴定消耗NaOH的體積計(jì)算出H3PO4的含量。從第一次滴定測(cè)出的含量中減去H3PO4的量，即得H2SO4的含量。c.HCl+NH4Cl答：以甲基紅為指示劑，用NaOH標(biāo)液滴定，測(cè)出HCl的含量后，再參加中性甲醛，使NH4+轉(zhuǎn)化為酸性較強(qiáng)的〔CH2〕6N4H+〔Ka≈10-6〕。然后，以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)液滴定測(cè)NH4Cl的含量。d.Na3PO4+Na2HPO4答：以酚酞為指示劑，用HCl標(biāo)液滴至酚酞褪色，測(cè)Na3PO4的含量，再參加甲基橙為指示劑，用HCl標(biāo)液滴至甲基橙顯橙色測(cè)得Na3PO4與Na2HPO4的含量，從其中減去Na3PO4的量，即可得Na2HPO4的含量。e.Na3PO4+NaOH答：以酚酞為指示劑，用HCl標(biāo)液滴定至酚酞褪色這時(shí)H3PO4→HPO42-，NaOH→NaCl可計(jì)算出二者含量，再參加指示劑甲基橙，用HCl標(biāo)液滴定至甲基橙顯橙色，這時(shí)HPO42-→H2PO4-，據(jù)此可計(jì)算出Na3PO4的含量，從含量中減去Na3PO4的量即可得NaOH的含量。f.NaHSO4+NaH2PO4NaHSO4+NaH2PO4酚酞NaOHV1酚酞變紅Na2SO4+Na2HPO4加CaCl2酚酞褪色HCl+Ca3(PO4)2↓NaOHV2酚酞變紅NaCl+H2O10.略11.略12.略13.略第六章絡(luò)合滴定1、答：金屬離子與EDTA形成絡(luò)合物的特點(diǎn)：〔1〕絡(luò)合廣，穩(wěn)定常數(shù)大，但選擇性差〔2〕絡(luò)合比簡(jiǎn)單，一般為1:1〔3〕易溶于水，相似相容，反響速度快〔4〕顯況：有色的金屬離子形成顏色更深的絡(luò)合物條件穩(wěn)定常數(shù)：表示再有副反響發(fā)生的情況下，絡(luò)合反響進(jìn)展的程度。2.答：Cu2+-乙二胺有色3d94s0有不成對(duì)的d電子Zn2+-乙二胺無(wú)色3d104s0無(wú)不成對(duì)的d電子TiOY2-無(wú)色3d04s0無(wú)不成對(duì)的d電子TiY-有色3d14s0有不成對(duì)的d電子FeY2-有色3d54s0有不成對(duì)的d電子FeY-有色3d54s0有不成對(duì)的d電子3.答：增大了。由于形成了TiO(H2O2)Y，使溶液中的[TiOY]降低使平衡向生成TiOY的方向移動(dòng)，相當(dāng)于生成物TiOY有一個(gè)副反響αTiOY>1lgK，TiOY=lgKTiOY-lgαY-lgαTiOY+lgαTiOY(H2O2)4.答：因?yàn)閘gK’HgY2-=lgKHgY2-－lgαHg－lgαY+lgαHgY2-又因?yàn)棣罤gY2-=αHgY2-(NH3)+αHgY2-(OH)－1增大緩沖劑的總濃度時(shí)，[NH3]增大，[OH-]不變，即HgY2-(NH3)增大，αHgY2-(OH)不變，αHgY2-增大，lgK,HgY2-增大，突躍圍增大。5.答：〔1〕情況的lgKZnY大。因?yàn)樵谇闆r〔2〕里Zn2+多了一個(gè)副反響，即由于Zn2+與NH3生成絡(luò)合物而產(chǎn)生了絡(luò)合效應(yīng)，從而使lgK’ZnY值減小。6.答：因?yàn)樵诖梭w系中只有Cu2+能與NH3形成絡(luò)合物，所以lgK’CuY受絡(luò)合效應(yīng)的影響，而αCu(NH3)與NH3濃度有關(guān),NH3濃度大，αCu(NH3)增大，則lgK’CuY減小，當(dāng)[NH3]ep=10-3mol·L-1時(shí)，由于(lgαY(H)=0.45lgαCu(NH3)=2.46lgKMgY=8.70lgKCuY=18.80)lgK’CuYCCu>6lgK’MgYCMg>6所以可形成兩個(gè)突躍。當(dāng)[NH3]ep=0.2mol·L-1時(shí)，lgαCu(NH3)=11.03lgK’CuY=7.32但lgCMgK’MgY>6lgCCuK’CuY≈6，所以Mg2+、Cu2+被一次滴定，只能形成一個(gè)突躍。7.答：當(dāng)參加的CuY與PAN及Ca2+溶液混合時(shí)，發(fā)生如下置換反響：。CuY+PAN+Ca2+=CaY+Cu-PANCuY是紅色，PAN是黃色，Cu-PAN則為紅色，因此反響后的溶液呈紅色。滴入EDTA時(shí)，先與Ca2+反響，當(dāng)Ca2+定量反響后，過(guò)量的EDTA即從Cu-PAN中奪出Cu2+，使PAN游離出來(lái)：Cu-PAN+Y=CuY+PAN溶液由紅色變?yōu)辄S綠色，指示終點(diǎn)到達(dá)。因滴定前參加的CuY與最后生成的CuY量相等，故參加的CuY并不影響滴定結(jié)果。8.答：萘酚綠B在滴定過(guò)程中不發(fā)生顏色變化，只起襯托終點(diǎn)顏色的作用。9.答：Fe3+由于發(fā)生水解而消耗OH-，使測(cè)定結(jié)果偏高，甚至析出沉淀使滴定無(wú)法進(jìn)展。參加Ca-EDTA可消除Fe3+的干擾。因其它三種掩蔽劑是酸或是堿，都會(huì)對(duì)酸堿滴定產(chǎn)生干擾。10.答：因?yàn)镵、三乙醇胺掩蔽Fe3+的機(jī)理是，通過(guò)使Fe3+與其生成絡(luò)合物，而降低了[Fe3+]，從而消除了Fe3+的干擾，但它們與Fe3+的絡(luò)合物只能在堿介質(zhì)中穩(wěn)定存在，特別是K在pH<6時(shí)能產(chǎn)生劇毒氣體H，故只能在EDTA滴定Ca2+、Mg2+時(shí)的堿介質(zhì)中可用來(lái)掩蔽Fe3+。抗壞血酸，鹽酸羥胺掩蔽Fe3+的機(jī)理是通過(guò)將Fe3+復(fù)原成Fe2+，而Fe2+與EDTA在pH≈1左右因?yàn)槭芩嵝?yīng)的影響不能形成絡(luò)合物，從而消除了Fe3+的干擾，而在滴定Ca2+、Mg2+的堿性介質(zhì)中，F(xiàn)e2+也能與EDTA生成絡(luò)合物，另外，此時(shí)Fe2+水解生成沉淀也對(duì)測(cè)定有影響，所以此時(shí)不能用三乙醇胺、K來(lái)掩蔽Fe3+以消除干擾。11.答：因?yàn)樵趐H=3時(shí)，F(xiàn)e3+已經(jīng)開(kāi)場(chǎng)水解生成Fe(OH)3沉淀，當(dāng)將pH上調(diào)到6的過(guò)程Fe3+已沉淀，而使滴定無(wú)法進(jìn)展。12.答：用〔3〕中方法標(biāo)定EDTA溶液的濃度最適宜。因〔1〕中使用的基準(zhǔn)物質(zhì)與被測(cè)物為同一種物質(zhì)；〔2〕中測(cè)定時(shí)的酸度與測(cè)定樣品時(shí)的酸度一致；〔3〕中測(cè)定使用的指示劑與測(cè)定樣品時(shí)使用的指示劑一樣，這樣可以使許多測(cè)定誤差如指示劑變色點(diǎn)與化學(xué)計(jì)量點(diǎn)不一致引起的誤差、酸度對(duì)lgK’ZnY的影響等均可相互抵消。因此,用〔3〕中方法標(biāo)定濃度最適宜。13.答：消耗EDTA的體積不一樣。在pH=10.0的氨性緩沖溶液中測(cè)定Zn2+時(shí)，產(chǎn)生的誤差大。因?yàn)榇藭r(shí)lgK’CaY較大，Ca2+也與EDTA能生成穩(wěn)定的絡(luò)合物，所以Ca2+一同被滴定，產(chǎn)生較大的誤差。而在pH=5.5時(shí)測(cè)定，由于有較大的酸效應(yīng)，lgK’CaY小，故Ca2+與EDTA生成的絡(luò)合物不穩(wěn)定，所以Ca2+被滴定的程度低，故產(chǎn)生誤差小。14.略15、略16、略第七章氧化復(fù)原滴定1.答：a.因?yàn)?所以I-首先與氯水反響生成I2，其被萃取進(jìn)CCl4層顯紫色。b、因?yàn)镃u++I-=CuI沉淀，使升高，故Cu2+能將I-氧化為I2。c、因?yàn)榕c[H+]有關(guān)，而根本不受[H+]影響。當(dāng)[H+]降至10-8.0mol·L-1時(shí)，,所以I2能將AsO33-氧化成AsO43-；當(dāng)[H+]=1mol·L-1時(shí)，，所以AsO43-能將I-氧化成I2。d.由于產(chǎn)生了誘導(dǎo)效應(yīng)。即Fe2+與KMnO4的反響誘導(dǎo)加速了Cl-與KMnO4的反響。e.自催化反響f、14H++Cr2O72-+6I-=3I2+2Cr3++7H2O2S2O32-+I2=2I-+S4O62-因?yàn)樵诮K點(diǎn)時(shí)Na2S2O3將藍(lán)色的I2-淀粉中的I2復(fù)原成無(wú)色的I-，使I2-淀粉的藍(lán)色消失，顯出Cr3+的綠色。g、放置后出現(xiàn)藍(lán)色，是因?yàn)榭諝庵械腛2將I2氧化成I-；假設(shè)立即出現(xiàn)藍(lán)色，則是所加KI的量不夠。2.答：增加溶液的離子強(qiáng)度，比降低的幅度大，所以降低。參加PO43-后，由于HPO42-能與Fe3+形成絡(luò)合物，因此使Fe3+有了副反響，所以降低，參加F-的情況與PO43-的類(lèi)似，由于形成FeF63-，使降低。但參加1,10-二氮菲后，由于其與Fe3+生成的絡(luò)合物的穩(wěn)定性高于Fe3+的，使得，所以升高。3.答：由于參加1,10-二氮菲后，升高，說(shuō)明1,10-二氮菲的參加對(duì)于[Fe2+]的影響程度大于[Fe3+]，這說(shuō)明Fe2+與1,10-二氮菲形成的絡(luò)合物更穩(wěn)定。4.答：MnO4-被復(fù)原至一半時(shí)，對(duì)于對(duì)稱(chēng)電對(duì)O-R，其半復(fù)原電位為〔CO=CR〕5.答：碘量法中的主要誤差來(lái)源有：一是的揮發(fā)，二是被空氣中的氧化。配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，應(yīng)用間接法，稱(chēng)取近似于理論量的碘，參加過(guò)量KI，加少量的水研磨溶解后，稀釋至所需體積〔加KI的目的是①增加的溶解性；②使，減少碘的揮發(fā)〕，貯存于棕色瓶，于暗處保存。〔與橡皮等有機(jī)物接觸后反響，遇光遇熱濃度將發(fā)生變化。〕標(biāo)定的濃度時(shí)，可用準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液，也可用作基準(zhǔn)物?！搽y溶于水，但可溶于堿〕+=〔中性或弱堿性介質(zhì)〕配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，應(yīng)用間接法配。稱(chēng)取近似于理論量的，溶于新煮沸并冷卻了的蒸餾水中〔煮沸除和殺菌〕，再參加少量使溶液呈弱堿性，以抑制細(xì)菌再生長(zhǎng)。溶液不穩(wěn)定，使用一段時(shí)間后應(yīng)重新進(jìn)展標(biāo)定，如出現(xiàn)渾濁或析出硫，應(yīng)過(guò)濾后再標(biāo)定，或另配。標(biāo)定時(shí)用基準(zhǔn)物或。標(biāo)定反響條件①酸度0.2~0.4mol·L-1；②與KI作用時(shí)應(yīng)在碘量瓶中進(jìn)展，要在暗處放置一定時(shí)間，待反響完全后，再進(jìn)展滴定，與KI作用快，宜及時(shí)滴定；③使用的KI中不應(yīng)含或，假設(shè)KI溶液顯黃色或溶液酸化后淀粉指示劑顯藍(lán)色，則應(yīng)事先用溶液滴定至無(wú)色后再使用；④滴定至終點(diǎn)后，經(jīng)5分鐘以上，溶液又出現(xiàn)藍(lán)色，是由于空氣氧化I-所致，不影響分析結(jié)果。假設(shè)終點(diǎn)后，很快又轉(zhuǎn)變?yōu)樗{(lán)色，則表示反響未完全〔KI與的反響〕應(yīng)另取溶液重新標(biāo)定。6.答：不能。因?yàn)樵谒嵝匀芤褐校瑥?qiáng)氧化劑K2Cr2O7將S2O32-氧化為S2O32-及SO42-等的混合物，反響沒(méi)有定量關(guān)系。但是，Na2S2O3卻是一種很好滴定I2的滴定劑，如果在的酸性溶液中參加過(guò)量KI，使K2Cr2O7復(fù)原并產(chǎn)生一定量，即可用Na2S2O3進(jìn)展滴定.7.8.答：試液中加將復(fù)原成，過(guò)量的加HgCl2除去，然后加，以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用標(biāo)液滴定至紫色，根據(jù)消耗標(biāo)液的量可計(jì)算的含量。另取一份試液，以為催化劑，用將氧化成，加熱煮沸溶液除去過(guò)量的，參加，參加過(guò)量的標(biāo)液，使被復(fù)原為，以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用標(biāo)液滴定至紫色，根據(jù)參加標(biāo)液的量與消耗標(biāo)液的量的差值計(jì)算的含量。9.答：由于也能將氧化成，使測(cè)定結(jié)果偏高而干擾的測(cè)定，因此，測(cè)定時(shí)，在參加過(guò)量的KI與反響之前，應(yīng)先參加將絡(luò)合，以降低/電對(duì)的電位，使其不能將氧化為，而消除對(duì)測(cè)定干擾。10.答：①以標(biāo)液滴定，測(cè)、的含量②以標(biāo)液滴定，測(cè)含量③以標(biāo)液滴定，測(cè)、含量量=①—③量=③—②11.略12.略13.略14.略第八章沉淀滴定法和滴定分析小結(jié)1.答：a.K2CrO4、鐵銨礬及吸附指示劑均使用。b.因?yàn)椤颤S〕，所以應(yīng)選用鐵銨礬或吸附指示劑。c.因?yàn)槟軓?fù)原，故應(yīng)先將氧化成，而易水解，因此不能采用在中性附近使用的K2CrO4和吸附指示劑。在此情況下，只能采用在酸性介質(zhì)中使用的吸附指示劑?！泊藭r(shí)[]太大，故不能用佛爾哈德法測(cè)〕d.由于在近中性溶液中能與生成沉淀，故不能采用在中性介質(zhì)中使用的吸附指示劑或K2CrO4指示劑。在酸性溶液中以鐵銨礬為指示劑或用在酸介質(zhì)中使用的吸附指示劑，但用鐵銨礬作指示劑時(shí)，由于與能形成無(wú)色絡(luò)合物，這時(shí)需增加指示劑用量。e.采用在酸介質(zhì)中使用的吸附指示劑或鐵銨礬指示劑，為了防止形成，滴定只能在酸性或弱酸性介質(zhì)進(jìn)展，由于太大，故不宜用在中性介質(zhì)中使用的K2CrO4作指示劑。f.K2CrO4、鐵銨礬和吸附指示劑均可。g.因?yàn)椤颤S〕〔白〕所以只能選用在酸性介質(zhì)中使用的吸附指示劑和鐵銨礬作指示劑。h.Cu2+有顏色，故只能選用在酸性介質(zhì)中使用的吸附指示劑和鐵銨礬作指示劑。2.答：a.答：因?yàn)?,所以的溶解度此時(shí)增大，必須參加過(guò)量的標(biāo)液。這使得分析結(jié)果偏高。b.因?yàn)?,所以此時(shí)、的溶解度增大，必須參加過(guò)量的標(biāo)液。這使得分析結(jié)果偏高。c.因?yàn)榈奈叫阅茌^差，在化學(xué)計(jì)量點(diǎn)前就發(fā)生·+=·+，使終點(diǎn)提前。這使得分析結(jié)果偏低。d.因?yàn)镾AgCl>SAgS所以會(huì)發(fā)生+S-=AgS+，使返滴定時(shí)，消耗S-增多，測(cè)定結(jié)果偏低。e.因?yàn)?+2=I2+2〔+=+〕，所以測(cè)定結(jié)果偏低。3.a.因?yàn)镾AgCl>SAgS所以會(huì)發(fā)生+S-=AgS+，使返滴定時(shí)，消耗S-增多b.負(fù)誤差c.①加熱煮沸，濾出②參加有機(jī)溶劑，eg:硝基苯或1,2-二氯乙烷d.不是，測(cè)定Br-則無(wú)影響第九章重量分析法1.答：a.由于HF的pKa=3.18，所以pH=3時(shí)，溶液中的[F-]的濃度小于pH=5時(shí)溶液中[F-]的濃度，因此pH=3時(shí)的溶解度大于pH=5時(shí)的溶解度,即pH越小越大，pH越大越小。b.在0.0010mol·L-1溶液中時(shí),在0.0010mol·L-1溶液中時(shí)mol·L-1c.因?yàn)槭蔷统恋?，AgCl是接近膠體的凝乳狀沉淀，為了防止洗滌沉淀時(shí)發(fā)生膠溶現(xiàn)象，所以要使用酸強(qiáng)電解介質(zhì)的洗液如稀溶液洗滌。d.因?yàn)闉榫纬恋?，化時(shí)小晶粒逐漸轉(zhuǎn)化為大晶粒，且可使不完整的晶粒轉(zhuǎn)化為完整的晶粒，使沉淀純潔、粒大、好洗。而AgCl和.nH2O為無(wú)定形沉淀，化之后，將逐漸失去水分而聚集得更為嚴(yán)密，使已被吸附的雜質(zhì)更難以洗去。因此對(duì)于無(wú)定形沉淀不應(yīng)化，而應(yīng)趁熱過(guò)濾。e.和AgCl的溶度積很接近，但開(kāi)場(chǎng)發(fā)生均相成核作用時(shí)所需要的臨界不同，前者為1000，后者僅為5.5。因此，在通常情況下，AgCl的均相成核作用比擬顯著，故生成的是晶核數(shù)目多而顆粒小的凝乳狀沉淀，則相反，生成的是晶體沉淀。f.由于HgS沉淀外表上吸附了溶液中過(guò)量的構(gòu)晶離子S2-或HS-，使沉淀外表ZnS的相對(duì)過(guò)飽和度顯著增大，大大超過(guò)了ZnS的Ksp，因此ZnS就會(huì)在HgS沉淀外表上后沉淀。而為晶形沉淀，在沉淀外表上吸附的是或，而不是，因而ZnS不在外表上后沉淀。2.答：這種計(jì)算是根據(jù)[M3+][OH-]3=27S4=Ksp這時(shí)只考慮了沉淀在水中的離解，而沒(méi)有考慮下面的因素1〕由于溶解度很小，這樣由沉淀離解產(chǎn)生的OH-的濃度也很小，它