分析化学武大第五版思考题答案

分

析

化

学

（第五版）上册武汉大学主编

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

第一章概论

答：定义:分析化学是发展和应用各种理论、方法、仪器和策略

、

1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

、

答：取样→分解→测定→计算及评价

3

、注：取样的原则：应取具有高度代表性的样品；

分解的原则：①防止式样损失；②防止引入干扰。

4、答：Na2B4O7·10H2O的摩尔质量比Na2CO3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

因为失水后的H2C2O4中含有比同样质量H2C2O4·2H2O更多的能与NaOH作用的H+，这样测定时消耗V NaOH增大，所以C NaO H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KOH熔融，是硅酸盐中的硅转化为可溶性的K2SiO3，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

第三章分析化学中的误差与数据处理

1、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。

②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

③二者的联系：

精密度是保证准确度的先决条件；

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、

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，其结果只能有三位有效数字，应为97.3%。

6.答：①：μ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

②：μ分布曲线——横坐标为μ

t分布曲线——横坐标为t

μ=x-μ/σμ:总体平均值

t=x-μ/s σ：总体标准偏差

③：两者所包含面积均是一定范围呢测量值出现的概率P

μ分布曲线—P岁变化：μ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

8、答：0.2000

145.1×

9.01

0.2000×100%= 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）

第五章酸碱滴定

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+

是2价离子，所以三种离子的浓度系数的大小顺序为

。

2、答：

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K c a1和K c a2均增大。由于r< < ，所以K c a1增加幅度大，K c a2增加幅度小，所以K c a1和K c a2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K0a1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。

()

b、第一化学计量点时无影响

(CO2+2NaOH=CO32-+2Na++H2O

CO32-+2H3PO4=CO2+H2O+2H2PO4-

NaOH+H3PO4=NaH2PO4+H2O)

第二化学计量点时，结果偏高

(CO2+2NaOH=CO32-+2Na++H2O

2CO32-+ H3PO4=2HCO3-+HPO42-

H2PO4-+OH-=HPO42-+H2O)

相当于使NaOH浓度变稀，消耗体积增大。

（）

c、偏高。

5、答：上述操作不正确。因为NaOH返滴定过量的HCl时，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-、HCO3 -，主要组分为CO3 2-

pH=6.00时有HCO3–和H2CO3，主要组分HCO3 -

pH<4.0时主要组分H2CO3

7、答：

理论变色点时

（）=

=

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+H3BO3

答：因为的H3BO3的K a C<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1 06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H3BO3的含量。

b. H2SO4+H3PO4

答：以酚酞为指示剂，用NaOH标液滴定，使H2SO4→Na2SO4，H3PO4→HPO42-。由于H3PO4

的K a3很小，所以不能直接用NaOH滴定，但可加入CaCl2使HP O42-

→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H3PO4的含量。从第一次滴定测出的含量中减去H3PO4的量，即得H2SO4的含量。

c. HCl+NH4Cl

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NH4+转化为酸性较强的（CH2）6N4H+（K a≈10-

6）。然后，以酚酞为指示剂，用NaOH标液滴定测NH4Cl的含量。

d. Na3PO4+ Na2HPO4

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Na2HPO4的含量，从其中减去Na3PO4的量，即可得Na2HPO4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→HPO42-

，NaOH→N aCl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，这时HPO42-→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. NaHSO4+ NaH2PO4

NaHSO4+ NaH2PO4

酚酞 NaOH V1 酚酞变红Na2SO4+ Na2HPO4

加CaCl2

酚酞褪色HCl + Ca3(PO4)2↓

NaOH V2

酚酞变红NaCl+ H2O

10.略

11.略

12.略

13.略

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

TiOY2- 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

FeY- 有色 3d54s0有不成对的d电子

3.答：增大了。由于形成了TiO(H2O2)Y，使溶液中的[TiOY]降低使

武汉大学分析化学(第五版)下册答案

仪器分析部分作业题参考答案 第一章 绪论 1-2 1、主要区别：（1）化学分析是利用物质的化学性质进行分析；仪器分析是利用物质的物理或物理化学性质进行分析；（2）化学分析不需要特殊的仪器设备；仪器分析需要特殊的仪器设备；（3）化学分析只能用于组分的定量或定性分析；仪器分析还能用于组分的结构分析；（3）化学分析灵敏度低、选择性差，但测量准确度高，适合于常量组分分析；仪器分析灵敏度高、选择性好，但测量准确度稍差，适合于微量、痕量及超痕量组分的分析。 2、共同点：都是进行组分测量的手段，是分析化学的组成部分。 1-5 分析仪器与仪器分析的区别：分析仪器是实现仪器分析的一种技术设备，是一种装置；仪器分析是利用仪器设备进行组分分析的一种技术手段。 分析仪器与仪器分析的联系：仪器分析需要分析仪器才能达到量测的目的，分析仪器是仪器分析的工具。仪器分析与分析仪器的发展相互促进。 1-7 因为仪器分析直接测量的是物质的各种物理信号而不是其浓度或质量数，而信号与浓度或质量数之间只有在一定的范围内才某种确定的关系，且这种关系还受仪器、方法及样品基体等的影响。因此要进行组分的定量分析，并消除仪器、方法及样品基体等对测量的影响，必须首先建立特定测量条件下信号与浓度或质量数之间的关系，即进行定量分析校正。 第二章光谱分析法导论 2-1 光谱仪的一般组成包括：光源、单色器、样品引入系统、检测器、信号处理与输出装置。各部件的主要作用为： 光源：提供能量使待测组分产生吸收包括激发到高能态； 单色器：将复合光分解为单色光并采集特定波长的光入射样品或检测器；样品引入系统：将样品以合适的方式引入光路中并可以充当样品容器的作用；检测器：将光信号转化为可量化输出的信号 信号处理与输出装置：对信号进行放大、转化、数学处理、滤除噪音，然后以合适的方 式输出。 2-2： 单色器的组成包括：入射狭缝、透镜、单色元件、聚焦透镜、出射狭缝。各部件的主要作用为： 入射狭缝：采集来自光源或样品池的复合光；透镜：将入射狭缝采集的复合光分解为平行光；单色元件：将复合光色散为单色光（即将光按波长排列） 聚焦透镜：将单色元件色散后的具有相同波长的光在单色器的出口曲面上成像；出射狭缝：采集色散后具有特定波长的光入射样品或检测器 2-3 棱镜的分光原理是光的折射。由于不同波长的光在相同介质中有不同的折射率，据此能把不同波长的光分开。光栅的分光原理是光的衍射与干涉的总效果。不同波长的光通过光栅衍射后有不同的衍射角，据此把不同波长的光分开。 2-6

分析化学课后答案武汉大学第五版上册完整版

第1章 分析化学概论 1. 称取纯金属锌，溶于HCl 后，定量转移并稀释到250mL 容量瓶中，定容，摇匀。计算 Zn 2+溶液的浓度。 解：213 0.325065.39 0.0198825010 Zn c mol L +--= =?g 2. 有L 的H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至L 。问应加入L H 2SO 4的溶液多少毫升 解：112212()c V c V c V V +=+ 220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ?+?=?+ 2 2.16V mL = 4．要求在滴定时消耗LNaOH 溶液25~30mL 。问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC 8H 4O 4)多少克如果改用 22422H C O H O ?做基准物质，又应称取多少克 解： 844:1:1NaOH KHC H O n n = 1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M mol L L g mol g ===??= 2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV M mol L L g mol g ===??= 应称取邻苯二甲酸氢钾~ 22422:2:1 NaOH H C O H O n n ?= 1111 2 1 0.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g == =???=

2221 2 1 0.2/0.030126.07/0.42m n M cV M mol L L g mol g ===???=应称取22422H C O H O ?~ 6．含S 有机试样，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过的H 2O 2将SO 2吸收，全部转化为H 2SO 4，以LKOH 标准溶液滴定至化学计量点，消耗。求试样中S 的质量分数。 解： 2242S SO H SO KOH ::: 100%1 0.108/0.028232.066/2100% 0.47110.3%nM w m mol L L g mol g = ????=?= 8．不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。加入溶解，煮沸除去CO 2，用LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗，计算试样中CaCO 3的质量分数。 解： 32CaCO HCl : NaOH HCl : 00 1 ()2100%100% 1 (0.2600/0.0250.2450/0.0065)100.09/2100% 0.250098.24%cV cV M nM w m m mol L L mol L L g mol g -=?=??-??=?= 9 今含有 MgSO 4·7H 2O 纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但 有部分失水变为MgSO 4·6H 2O ，测定其中Mg 含量后，全部按MgSO 4·7H 2O 计算，得质量分数为%。试计算试剂中MgSO 4·6H 2O

武大版分析化学(上册)答案

第一章概论 1-3 分析全过程： 取样、处理与分解；试样的分离与富集；分析方法的选择；结果的计算与评价。 1-4 标定碱标准溶液时，邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4, M=204.23g.mol-1）和二水合草酸(H2C2O4. 2H2O, M=126.07g.mol-1)都可以作为基准物质，你认为选择哪一种更好？为什么？ 答：选择邻苯二甲酸氢钾更好。因为邻苯二甲酸氢钾的摩尔质量较大，称量误差较小。 1-5.基准物Na2CO3和Na2B4O7·10H2O都可用于标定HCl溶液的浓度.你认为选择哪一种更好为什么 答:选择Na2B4O7·10H2O更好.因为Na2B4O7·10H2O的摩尔质量较大,称量误差较小 1-6 用基准Na2CO3标定HCl溶液时，下列情况会对HCl的的浓度产生何种影响（偏高、偏低或没有影响）？ a. 滴定时速度太快，附在滴定管壁的HCl来不及流下来就读取滴定体积 b. 称取Na2CO3时，实际质量为0.0834g，记录时误记为0.1824g c. 在将HCl标准溶液倒入滴定管之前，没有用HCl溶液荡洗滴定管 d. 锥瓶中的Na2CO3用蒸馏水溶解时，多加了50mL蒸馏水 e. 滴定开始之前，忘记调节零点，HCl溶液的液面高于零点 f. 滴定管活塞漏出HCl溶液 g. 称取Na2CO3时，撇在天平盘上 h. 配制HCl溶液时没有混匀 答：使用Na2CO3标定HCl的浓度时，HCl的浓度计算公式为：c HCl=2m Na2CO3/(M Na2CO3V HCl)。 a. 由于V HCl偏高，c HCl偏低； b. 由于m Na2CO3偏低，c HCl偏低； c. 由于V HCl偏高，c HCl偏低； d. 无影响； e. 因为V HCl偏低，c HCl偏高； f. 因为V HCl偏高，c HCl偏低； g. 由于Na2CO3易吸湿，应用减量法称量。称取Na2CO3时，在天平盘上，Na2CO3会吸湿，使m Na2CO3偏低，最终导致c HCl偏低； h. 溶液没有混匀时，很可能的情况是上层较稀，因此c HCl偏低的可能性较大。 1-7. 若将H2C2O4·2H2O基准物质不密封,长期置于放有干燥剂的干燥器中,用它标定NaOH溶液的浓度时,结果是偏高,偏低,还是无影响 答: 若将未密封H2C2O4·2H2O基准物质长期置于放有干燥剂的干燥器中,会使其失去结晶水.用它标定NaOH 溶液的浓度时,消耗NaOH溶液的体积偏高.根据,最终使结果偏低. 1-8. 假设用HCl标准溶液滴定不纯的Na2CO3试样,若出现7题中所述的情况,将会对分析结果产生何种影

武大版分析化学上册答案

第一章概论 1—3 分析全过程: 取样、处理与分解；试样的分离与富集;分析方法的选择；结果的计算与评价. 1-4 标定碱标准溶液时，邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4， M=204。23g.mol—1）和二水合草酸(H2C2O4. 2H2O, M=126。07g.mol—1)都可以作为基准物质,你认为选择哪一种更好？为什么？ 答:选择邻苯二甲酸氢钾更好。因为邻苯二甲酸氢钾的摩尔质量较大，称量误差较小。 1—5.基准物Na2CO3和Na2B4O7·10H2O都可用于标定HCl溶液的浓度.你认为选择哪一种更好为什么答:选择Na2B4O7·10H2O更好.因为Na2B4O7·10H2O的摩尔质量较大，称量误差较小 1—6 用基准Na2CO3标定HCl溶液时，下列情况会对HCl的的浓度产生何种影响(偏高、偏低或没有影响）？ a。滴定时速度太快，附在滴定管壁的HCl来不及流下来就读取滴定体积 b. 称取Na2CO3时,实际质量为0.0834g,记录时误记为0。1824g c. 在将HCl标准溶液倒入滴定管之前，没有用HCl溶液荡洗滴定管 d。锥瓶中的Na2CO3用蒸馏水溶解时，多加了50mL蒸馏水 e。滴定开始之前，忘记调节零点，HCl溶液的液面高于零点 f。滴定管活塞漏出HCl溶液 g. 称取Na2CO3时，撇在天平盘上 h. 配制HCl溶液时没有混匀 答：使用Na2CO3标定HCl的浓度时,HCl的浓度计算公式为:c HCl=2m Na2CO3/(M Na2CO3V HCl)。 a。由于V HCl偏高，c HCl偏低； b. 由于m Na2CO3偏低,c HCl偏低； c. 由于V HCl偏高，c HCl偏低； d. 无影响； e。因为V HCl偏低，c HCl偏高； f. 因为V HCl偏高，c HCl偏低； g. 由于Na2CO3易吸湿，应用减量法称量。称取Na2CO3时，在天平盘上，Na2CO3会吸湿，使m Na2CO3偏低，最终导致c HCl偏低； h. 溶液没有混匀时，很可能的情况是上层较稀,因此c HCl偏低的可能性较大. 1—7. 若将H2C2O4·2H2O基准物质不密封,长期置于放有干燥剂的干燥器中,用它标定NaOH溶液的浓度时,结果是偏高,偏低，还是无影响 答：若将未密封H2C2O4·2H2O基准物质长期置于放有干燥剂的干燥器中,会使其失去结晶水。用它标定NaOH溶液的浓度时，消耗NaOH溶液的体积偏高。根据,最终使结果偏低。 1—8. 假设用HCl标准溶液滴定不纯的Na2CO3试样，若出现7题中所述的情况，将会对分析结果产生何

最新武汉大学分析化学总结

1. 绝对误差：测量值与真实值之间的差值，即,误差越小，表示测量值与真实值越接近，准确度越高；反之，误差越大，准确度越低.当测量值大于真实值时，误差为正值，表示测定结果偏高；反之，误差为负值，表示测定结果偏低.相对误差：指绝对误差相 当于真实值的百分率，表示为：,相对误差有大小，正负之 分. 2. 偏差（d）表示测量值（x）与平均值（）的差值：.平均偏差：单次测定偏差的绝对值的平均值： 单次测定结果的相对平均偏差为：. 3. 单次测定的标准偏差的表达式是： 相对标准偏差亦称变异系数：. 4. 精密度偏差偶然误差增加平行实验次数 准确度误差系统误差针对产生的途径减免 5. 设测量值为A,B,C,其绝对误差为相对误差为,标准偏差为,计算结果用R表示，R的绝对误差为，相对误差为，标准偏差为. ⑴系统误差的传递公式 ①加减法：若分析结果的计算公式为,则. 如果有关项有系数，例如，则为. ②乘除法：若分析结果的计算公式，则,如果计算公式带有系数，如 ,同样可得到. 即在乘除运算中，分析结果的相对系统误差等于各测量值相对系统误差的代数和. ③指数关系：若分析结果R与测量值A有如下关系,其误差传递关系为， 即分析结果的相对系统系统误差为测量值的相对系统误差的指数倍. ④对数关系：若分析结果R与测量值A有下列关系，其误差传递关系式为 . ⑵随机误差的传递，随机误差用标准偏差s来表示最好，因此均以标准偏差传递.

①加减法：若分析结果的计算是为R=A+B-C,则.即在加减运算中，不论是相加还是相减，分析结果的标准偏差的平方（称方差）都等于各测量值的标准差平方和.对于一般情况，,应为. ②乘除法：若分析结果的计算式为，则,即在乘除运算中，不论是相乘还是相除，分析结果的相对标准偏差的平方等于各测量值的相对标准偏差的平方之和.若有关项有系数，例如，其误差传递公式与上式相同. ③指数关系：若关系式为，可得到或. ④对数关系：若关系式为,可得到. 6. 如果分析结果R是A,B,C三个测量数值相加减的结果，例如,则极值误差为 ,即在加减法运算中，分析结果可能的极值误差是各测量值绝对 误差的绝对值加和.如果分析结果R是A,B,C三个测量数值相乘除的结果，例如，则极值误差为,即在乘除运算中，分析结果的极值相对误差等于各测量 值相对误差的绝对值之和. 7. 有效数字问题. 在分析化学中常遇到pH, pM,lgK等对数值，其有效数字位数取决于小数部分（尾数）数字的位数，因整数部分（首数）只代表该数的方次.例如,pH=10.28,换算为浓度时，应为,有效数字的位数是两位，不是四位. “四舍六入五成双”规则规定，当测量值中被修约的数字等于或小于4时，该数字舍去;等于或大于6时，则进位；等于5时，要看5前面的数字，若是奇数则进位，若是偶数则将5舍掉，即修约后末位数字都成为偶数；若5后面还有不是“0”的任何数，则此时无论5的前面是奇数还是偶数，均应进位. 8. 有效数字运算规则： ⑴加减法：几个数据相加或相减时，有效数字位数的保留，应以小数点后位数最少的数据为准，其他的数据均修约到这一位.其根据是小数点后位数最少的那个数的绝对误差最大.注意：先修约，在计算. ⑵几个数字相乘除时，有效数字的位数应以几个数中有效数字位数最少的那个数据为准.其根据是有效数字位数最少的那个数的相对误差最大.同样，先修约，再计算.在乘除法的运算中，经常会遇到9以上的大数，如9.00,9.86它们的相对误差的绝对值约为0.1%，与10.06,12.08这些四位有效数字的数值的相对误差绝对值接近，所以通常将它们当作四位有效数字的数值处理。 9. 频数分布： ⑴离散特性，最好的表示方法是标准偏差s，它更能反映出大的偏差，也即离散程度.当测量次数为无限多次时，其标准偏差称为总体标准偏差，用符号来表示，计算公式为 ,式中的为总体平均值. ⑵集中趋势：当数据无限多时将无限多次测定的平均值称为总体平均值，用符号表示，则

武汉大学分析化学试卷

武汉大学分析化学试卷 武汉大学分析化学试卷篇一：武汉大学分析化学试卷及答案 武汉大学2005-2006学年度第一学期《分析化学》期末 考试试卷（A） 学号姓名院（系）分 数 一.填空（每空1分。共35分）1．写出下列各体系的质子条件式： (1) c1(mol/L) NH4 H2PO4 (2) c1(mol/L)NaAc+ c2(mol/L)H3BO3 2.符合朗伯-比尔定律的有色溶液，当有色物质的浓度增大时，其最大吸收波长，透射比。 3. 检验两组结果是否存在显著性差异采用检验法，检验两组数据的精密度是否存在显著性差异采用检验法。4．二元弱酸H2B，已知pH＝1.92时，δH2B ＝δHB-；pH＝6.22时δH2B的pKa1＝，pKa2＝。 HB- ＝δ B2- , 则 5.已知??(Fe3+/Fe2+)=0.68V，??(Ce4+/Ce3+)=1.44V，则在1mol/L H2SO4溶液中用0.1000 mol/L Ce4+滴定0.1000 mol/L Fe2+，当滴

定分数为0.5时的电位为，化学计量点电位为，电位突跃范围是。6.以二甲酚橙(XO)为指示剂在六亚甲基四胺缓冲溶液中用Zn2+滴定EDTA，终点时溶液颜色由_________变为__________。7.某溶液含Fe3+10mg，用等体积的有机溶剂萃取一次后，该溶液中剩余0.1mg， 3+ 则Fe在两相中的分配比= 。8.容量分析法中滴定方式 有, ,和。9.I2与Na2S2O3的反应式为。10.以波长为横坐标，吸光度为纵坐标，测量某物质对不同波长光的吸收程度，所获得的曲线称谓；光吸收最大处的波长叫做，可用符号表示。 11.紫外可见分光光度计主要 由, ,, 四部分组成. 12.桑德尔灵敏度以符号表示,等于；桑德尔灵敏度与溶液浓度关，与波长关。13.在纸色谱分离中，是固定相。 14..定量分析过程包 括,, ,和。 二、简答题（每小题4分，共20 分，答在所留空白处）1. 什么是基准物质?什么是标准溶液? 2. 分别简单阐述酸碱滴定指示剂,络合滴定指示剂, 氧化还原滴定指示剂和沉淀滴定指示剂指示滴定终点的原理. 3. 在进行络合滴定时,为什么要加入缓冲溶液控制滴定体系保持一定的pH? 4. 吸光光度法中测量条件的选择应注意哪几点？

分析化学武大第五版答案

第一章概论 问题解答 1-3 分析全过程： 取样、处理与分解；试样的分离与富集；分析方法的选择；结果的计算与评价。 1-4 标定碱标准溶液时，邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4, M=204.23g.mol-1）和二水合草酸(H2C2O4. 2H2O, M=126.07g.mol-1)都可以作为基准物质，你认为选择哪一种更好？为什么？ 答：选择邻苯二甲酸氢钾更好。因为邻苯二甲酸氢钾的摩尔质量较大，称量误差较小。 1-5.基准物Na2CO3和Na2B4O7·10H2O都可用于标定HCl溶液的浓度.你认为选择哪一种更好为什么 答:选择Na2B4O7·10H2O更好.因为Na2B4O7·10H2O的摩尔质量较大,称量误差较小 1-6 用基准Na2CO3标定HCl溶液时，下列情况会对HCl的的浓度产生何种影响（偏高、偏低或没有影响）？ a. 滴定时速度太快，附在滴定管壁的HCl来不及流下来就读取滴定体积 b. 称取Na2CO3时，实际质量为0.0834g，记录时误记为0.1824g c. 在将HCl标准溶液倒入滴定管之前，没有用HCl溶液荡洗滴定管 d. 锥瓶中的Na2CO3用蒸馏水溶解时，多加了50mL蒸馏水 e. 滴定开始之前，忘记调节零点，HCl溶液的液面高于零点 f. 滴定管活塞漏出HCl溶液 g. 称取Na2CO3时，撇在天平盘上 h. 配制HCl溶液时没有混匀 答：使用Na2CO3标定HCl的浓度时，HCl的浓度计算公式为：c HCl=2m Na2CO3/(M Na2CO3V HCl)。 a. 由于V HCl偏高，c HCl偏低； b. 由于m Na2CO3偏低，c HCl偏低； c. 由于V HCl偏高，c HCl偏低； d. 无影响； e. 因为V HCl偏低，c HCl偏高； f. 因为V HCl偏高，c HCl偏低； g. 由于Na2CO3易吸湿，应用减量法称量。称取Na2CO3时，在天平盘上，Na2CO3会吸湿，使m Na2CO3偏低，最终导致c HCl偏低； h. 溶液没有混匀时，很可能的情况是上层较稀，因此c HCl偏低的可能性较大。 1-7. 若将H2C2O4·2H2O基准物质不密封,长期置于放有干燥剂的干燥器中,用它标定NaOH溶液的浓度时,

分析化学实验报告(武汉大学第五版)

分析化学实验报告 陈峻 （贵州大学矿业学院贵州花溪550025） 摘要：熟悉电子天平的原理和使用规则，同时可以学习电子天平的基本操作和常用称量方法；学习利用HCl和NaOH相互滴定，便分别以甲基橙和酚酞为指示剂的滴定终点；通过KHC8H4O4标定NaOH溶液，以学习有机酸摩尔质量的测定方法、熟悉常量法滴定操作并了解基准物质KHC8H4O4的性质及应用；通过对食用醋总浓度的测定，以了解强碱滴定弱酸过程中溶液pH的变化以及指示剂的选择。 关键词：定量分析；电子天平；滴定分析；摩尔质量；滴定；酸度，配制与标定 前言 实验是联系理论与实际的桥梁，学好了各种实验，不仅能使学生掌握基本操作技能，提高动手能力，而且能培养学生实事求是的科学态度和良好的实验习惯，促其形成严格的量的观念。天平是大多数实验都必须用到的器材，学好天平的使用是前提，滴定是分析的基础方法，学好配制与滴定是根本。 （一）、分析天平称量练习 一、实验目的：

1. 熟悉电子分析天平的使用原理和使用规则。 2 . 学习分析天平的基本操作和常用称量法。 二、主要试剂和仪器 石英砂电子分析天平称量瓶烧杯小钥匙 三、实验步骤 1. 国定质量称量（称取0.5000 g 石英砂试样3份） 打开电子天平，待其显示数字后将洁净、干燥的小烧杯放在秤盘上，关好天平门。然后按自动清零键，等待天平显示0.0000 g。若显示其他数字，可再次按清零键，使其显示0.0000 g。 打开天平门，用小钥匙将试样慢慢加到小烧杯中央，直到天平显示0.5000 g。然后关好天平门，看读数是否仍然为0.5000g。若所称量小于该值，可继续加试样;若显示的量超过该值，则需重新称量。每次称量数据应及时记录。 2.递减称量（称取0.30~0.32 g石英砂试样3 份） 按电子天平清零键，使其显示0.0000 g，然后打开天平门，将1个洁净、干燥的小烧杯放在秤盘上，关好天平门，读取并记录其质量。 另取一只洁净、干燥的称量瓶，向其中加入约五分之一体积的石英砂，盖好盖。然后将其置于天平秤盘上，关好天平门，按清零键，使其显示0.0000 g。取出称量瓶，将部分石英砂轻敲至小烧杯中，再称量，看天平读数是否在-0.30~-0.32 g 范围内。若敲出量不够，则继续敲出，直至与从称量瓶中敲出的石英砂量，看其差别是否合乎要求（一般应小于0.4 mg）。若敲出量超过0.32 g，则需重新称量。重复上述操作，称取第二份和第三份试样。 四、实验数据记录表格 表1 固定质量称量 编号 1 2 3

分析化学课后答案武汉大学第五版(上册)完整版

第1章 分析化学概论 1. 称取纯金属锌0.3250g ，溶于HCl 后，定量转移并稀释到250mL 容量瓶中，定容，摇匀。 计算Zn 2+溶液的浓度。 解：213 0.325065.39 0.0198825010 Zn c mol L +--= =?g 2. 有0.0982mol/L 的H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L 。问应加入0.5000mol/L H 2SO 4的溶液多少毫升？ 解：112212()c V c V c V V +=+ 220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ?+?=?+ 2 2.16V mL = 4．要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH 溶液25~30mL 。问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC 8H 4O 4)多少克？如果改用 22422H C O H O ?做基准物质，又应称取多少克？ 解： 844:1:1NaOH KHC H O n n = 1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M mol L L g mol g ===??= 2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV M mol L L g mol g ===??= 应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g 22422:2:1 NaOH H C O H O n n ?= 1111 2 1 0.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g == =???=

2221 2 1 0.2/0.030126.07/0.42m n M cV M mol L L g mol g ===???=应称取22422H C O H O ?0.3~0.4g 6．含S 有机试样0.471g ，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过的H 2O 2将SO 2吸收，全部转化为H 2SO 4，以0.108mol/LKOH 标准溶液滴定至化学计量点，消耗28.2mL 。求试样中S 的质量分数。 解： 2242S SO H SO KOH ::: 100%1 0.108/0.028232.066/2100% 0.47110.3%nM w m mol L L g mol g = ????=?= 8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl 溶解，煮沸除去CO 2，用0.2450mol/LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL ，计算试样中CaCO 3的质量分数。 解： 32CaCO HCl : NaOH HCl : 00 1 ()2100%100%1 (0.2600/0.0250.2450/0.0065)100.09/2100% 0.250098.24%cV cV M nM w m m mol L L mol L L g mol g -=?=??-??=?= 9 今含有 MgSO 4·7H 2O 纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但 有部分失水变为MgSO 4·6H 2O ，测定其中Mg 含量后，全部按MgSO 4·7H 2O 计算，得质量分数为100.96%。试计算试剂

分析化学参考答案(武大第四版)

第一章 1. 某矿石的最大颗粒直径为10mm ，若其k 值为0.1kg ·mm -2，问至少应采取多少试样才具有代表性?若将该试样破碎，缩分后全部通过10号筛，应缩分几次?若要求最后获得的分析试样不超过100 g ，应使试样通过几号筛? 解：(1) 根据经验公式m Q ≥kd 2，故至少采取试样m Q =0.1×102=10kg (2) 要通过10号筛，d=2mm ，应保留试样m Q ≥0.1×22=0.4kg 10kg 的试样进行缩分：10×(21)4 =0.625kg ＞0.4kg 可见需缩分4次方可满足要求 。 查表1-1，故应通过20号筛。 2.用氧化还原滴定法测得FeSO 4·7H 2O 中铁的质量分数为20.01%，20.03%，20.04%，20.05%。计算：a.平均值；b.中位数；c.单次测量值的平均偏差；d.相对平均偏差；e.极差：f.相对极差。 解： 3.用沉淀滴定法测定纯NaCl 中氯的质量分数，得到下列结果：59.82%，60.06%，60.46%，59.86%，60.24%。计算：a.平均结果；b.平均结果的绝对误差；c.相对误差；d.中位数；e.平均偏差；f.相对 解：

5.某试样中含MgO约30%，用重量法测定时，Fe3+Fe3+1%进入沉淀。若要求测定结果的相对误差小于0.1%，求试样中Fe2O3允许的最高质量分数为多少? 解：设试样Fe2O3中允许的最高质量分数为x% 6.某含Cl-试样中含有0.10%Br-，用AgNO3进行滴定时，Br-与Cl-同时被滴定，若全部以Cl-计算，则结果为20.0%。求称取的试样为下列质量时，Cl-分析结果的绝对误差及相对误差。：a.0.1000

(完整版)分析化学参考答案(武大第四版)

第一章 定量分析化学概论 1. 某矿石的最大颗粒直径为10mm ，若其k 值为0.1kg ·mm -2，问至少应采取多少试样才具有代表性?若将该试样破碎，缩分后全部通过10号筛，应缩分几次?若要求最后获得的分析试样不超过100 g ，应使试样通过几号筛? 解：(1) 根据经验公式m Q ≥kd 2，故至少采取试样m Q =0.1×102=10kg (2) 要通过10号筛，d=2mm ，应保留试样m Q ≥0.1×22=0.4kg 将10kg 的试样进行缩分：10×(21)4 =0.625kg ＞0.4kg 可见需缩分4次方可满足要求 。 查表1-1，故应通过20号筛。 2.用氧化还原滴定法测得FeSO 4·7H 2O 中铁的质量分数为20.01%，20.03%，20.04%，20.05%。计算：a.平均值；b.中位数；c.单次测量值的平均偏差；d.相对平均偏差；e.极差：f.相对极差。 解： 3.用沉淀滴定法测定纯NaCl 中氯的质量分数，得到下列结果：59.82%，60.06%，60.46%，59.86%，60.24%。计算：a.平均结果；b.平均结果的绝对误差；c.相对误差；d.中位数；e.平均偏差；f.相对平均偏差。 解：

5.某试样中含MgO约30%，用重量法测定时，Fe3+产生共沉淀，设试液中的Fe3+有1%进入沉淀。若要求测定结果的相对误差小于0.1%，求试样中Fe2O3允许的最高质量分数为多少? 解：设试样Fe2O3中允许的最高质量分数为x% 6.某含Cl-试样中含有0.10%Br-，用AgNO3进行滴定时，Br-与Cl-同时被滴定，若全部以Cl-计算，则结果为20.0%。求称取的试样为下列质量时，Cl-分析结果的绝对误差及相对误差。：a.0.1000

分析化学武大第五版思考题答案

分 析 化 学 （第五版）上册武汉大学主编

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

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：①防止式样损失；②防止引入干扰。 4、答：Na2B4O7·10H2O的摩尔质量比Na2CO3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

NaOH O H O C H O H O C H NaOH V M m C 1 210002422242222? ?= ?? 因为失水后的H 2C 2O 4中含有比同样质量H 2C 2O 4·2H 2O 更多的能与NaOH 作用的H + ，这样测定时消耗V NaOH 增大，所以C NaOH 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SiO 2的含量时采用碱熔法，用KOH 熔融，是硅酸盐中的硅转化为可溶性的K 2SiO 3，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SiF 4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 第三章 分析化学中的误差与数据处理

分析化学实验报告(武汉大学第五版)

分析化学实验报告(武汉大学第五版)

分析化学实验报告 陈峻 （贵州大学矿业学院贵州花溪 550025 ） 摘要：熟悉电子天平的原理和使用规则，同时可以学习电子天平的基本操作和常用称量方法；学习利用HCl和NaOH相互滴定，便分别以甲基橙和酚酞为指示 剂的滴定终点；通过KHC 8H 4 O 4 标定NaOH溶液，以学习有机酸摩尔质量的测定方 法、熟悉常量法滴定操作并了解基准物质KHC 8H 4 O 4 的性质及应用；通过对食用醋 总浓度的测定，以了解强碱滴定弱酸过程中溶液pH的变化以及指示剂的选择。 关键词：定量分析；电子天平；滴定分析；摩尔质量；滴定；酸度，配制与标定 前言 实验是联系理论与实际的桥梁，学好了各种实验，不仅能使学生掌握基本操作技能，提高动手能力，而且能培养学生实事求是的科学态度和良好的实验习惯，促其形成严格的量的观念。天平是大多数实验都必须用到的器材，学好天平的使用是前提，滴定是分析的基础方法，学好配制与滴定是根本。 （一）、分析天平称量练习 一、实验目的： 1. 熟悉电子分析天平的使用原理和使用规则。 2 . 学习分析天平的基本操作和常用称量法。 二、主要试剂和仪器 石英砂电子分析天平称量瓶烧杯小钥

匙 三、实验步骤 1. 国定质量称量（称取0.5000 g 石英砂试样3份） 打开电子天平，待其显示数字后将洁净、干燥的小烧杯放在秤盘上，关好天平门。然后按自动清零键，等待天平显示0.0000 g。若显示其他数字，可再次按清零键，使其显示0.0000 g。 打开天平门，用小钥匙将试样慢慢加到小烧杯中央，直到天平显示0.5000 g。然后关好天平门，看读数是否仍然为0.5000g。若所称量小于该值，可继续加试样;若显示的量超过该值，则需重新称量。每次称量数据应及时记录。 2.递减称量（称取 0.30~0.32 g石英砂试样 3 份） 按电子天平清零键，使其显示0.0000 g，然后打开天平门，将1个洁净、干燥的小烧杯放在秤盘上，关好天平门，读取并记录其质量。 另取一只洁净、干燥的称量瓶，向其中加入约五分之一体积的石英砂，盖好盖。然后将其

分析化学-武大版第五章作业答案

第五章酸碱滴定法1、写出下列溶液的质子条件式 1a 解：构成了缓冲溶液，其电荷平衡为 其中[Cl-] = c 2 质子条件式为 1c 解：参考水准选H 3PO 4 ，HCOOH和H 2 O，则质子条件式为 2、计算下列各溶液的pH。 2b、解：H 2SO 4 的。溶液的质子条件式为 即 解方程得 代入数据解得 pH=0.96 2d、解：由于HCl的浓度过低，因此不能忽略水解产生的H+。溶液的质子条件式为 即 解方程为

pH=6.89 4、解：已知H 2CO 3 的，。设分别为 的分布分数，则 8、解：由题意可知，NaAc与HCl的反应为 当pH=4.44时，溶液为HAc-NaAc缓冲溶液，且，则 解得 12、解：由题意可知，六亚甲基四胺是弱碱，以B表示，加入盐酸之后形成其共轭酸HB+，此酸的，。

六亚甲基四胺的总量为 加入盐酸的物质的量为 则有 此溶液含HB+和B，两者浓度也比较接近，因此是缓冲溶液。 15、解：a. 对于二元弱酸，则有分布分数公式为 当时，则有 当时，则有 b. 用NaOH滴定该二元弱酸时，当滴定至第一化学计量点时，溶液相当于0.0500 mol L-1NaHB， 。因，而比较，不能忽略，则有

故第一化学计量点时可用甲基橙作指示剂。 B其浓度，为二元弱碱，其 当滴定至第二化学计量点时，溶液中为Na 2 。又因，，则可用最简式计算: 故第二化学计量点时可用百里酚酞作指示剂。 16、解：因，且，则有 解得 HB的共轭碱B-的，因， 则有 17、解：已知，。 。用甲基橙作指示剂时，滴定至终点时，样设混合物中有x 克和0.6850-x克NaHCO 3

武大版分析化学上册答案

第一章概论 １-3 分析全过程: 取样、处理与分解;试样的分离与富集;分析方法的选择;结果的计算与评价。 1-4 标定碱标准溶液时,邻苯二甲酸氢钾(KHC８Ｈ４Ｏ4, M=20４、23g.mｏl-1)与二水合草酸(H2C2Ｏ4、 2H２O, M=126、０7g、ｍol-1)都可以作为基准物质,您认为选择哪一种更好?为什么??答:选择邻苯二甲酸氢钾更好。因为邻苯二甲酸氢钾的摩尔质量较大,称量误差较小。 1-5.基准物Nａ2CO3与Ｎa2B４O7·１0H2O都可用于标定HCl溶液的浓度、您认为选择哪一种更好为什 么?答:选择Na2B4Ｏ7·10Ｈ2O更好、因为Na２B4O7·1０H2O的摩尔质量较大,称量误差较小?1-6用基准Nａ2CＯ3标定HCl溶液时,下列情况会对HCｌ的的浓度产生何种影响(偏高、偏低或没有影响)? a. 滴定时速度太快,附在滴定管壁的HＣl来不及流下来就读取滴定体积 ｂ、称取Na2CO３时,实际质量为0、０834ｇ,记录时误记为０、18２4g c、在将HＣl标准溶液倒入滴定管之前,没有用HCl溶液荡洗滴定管 ｄ、锥瓶中的Nａ２CO3用蒸馏水溶解时,多加了50mL蒸馏水?e、滴定开始之前,忘记调节零点,HCl 溶液的液面高于零点 f、滴定管活塞漏出HCl溶液 g、称取Ｎａ2ＣO３时,撇在天平盘上 h. 配制HCl溶液时没有混匀 答:使用Ｎa2CO3标定HCl的浓度时,ＨCl的浓度计算公式为:c HＣｌ＝2m Na2CO3/(ＭNa2CO3V HＣl)。?ａ、由于 V HＣl偏高,c HCｌ偏低; b、由于m Na2CO3偏低,c HＣｌ偏低; c、由于V HCl偏高,c HCｌ偏低; ｄ、无影响; e、因为ＶHＣl偏低,cＨCl偏高; f. 因为V HＣｌ偏高,cＨCｌ偏低;?g、由于Na2CＯ3易吸湿,应用减量法称量。称取Ｎａ２CO3时,在天平盘上,Nａ2ＣO３会吸湿,使m Na2CＯ3偏低,最终导致ｃHCｌ偏低;?h. 溶液没有混匀时,很可能的情况就是上层较稀,因此c HCｌ偏低的可能性较大。 １-7. 若将Ｈ2C2Ｏ4·2H2O基准物质不密封,长期置于放有干燥剂的干燥器中,用它标定ＮaＯH溶液的浓度时,结果就是偏高,偏低,还就是无影响?答: 若将未密封H2C2O4·2H2Ｏ基准物质长期置于放有干燥剂的干燥器中,会使其失去结晶水.用它标定NaOＨ溶液的浓度时,消耗ＮaOＨ溶液的体积偏高、根据,最终使结果偏低.?１-８、假设用HCl标准溶液滴定不纯的Na2CO３试样,若出现7题中所述的情况,将会对分析结果产生何种影响?答: 据?a 由于VHCl偏高,偏高;?b 由于ｍS偏低,偏高; c 由于ＶＨCｌ偏高,偏高;?ｄ无影响;?e 因为VＨＣl偏低,偏低;?f 因为VHCl偏高,偏高;

分析化学课后答案武汉大学第五版上册

第1章 分析化学概论 1. 称取纯金属锌0.3250g ，溶于HCl 后，定量转移并稀释到250mL 容量瓶中，定容，摇匀。计算Zn 2+溶液的浓度。 解：213 0.325065.39 0.0198825010 Zn c mol L +--= =? 2. 有0.0982mol/L 的H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L 。问应加入0.5000mol/L H 2SO 4的溶液多少毫升？ 解：112212()c V c V c V V +=+ 220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ?+?=?+ 2 2.16V mL = 4．要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH 溶液25~30mL 。问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC 8H 4O 4)多少克？如果改用 22422H C O H O ?做基准物质，又应称取多少克？ 解： 844:1:1NaOH KHC H O n n = 1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M mol L L g mol g ===??= 2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV M mol L L g mol g ===??= 应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g 22422:2:1 NaOH H C O H O n n ?=

1111 2 1 0.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g == =???= 2221 2 1 0.2/0.030126.07/0.42m n M cV M mol L L g mol g == =???= 应称取22422H C O H O ?0.3~0.4g 6．含S 有机试样0.471g ，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过的H 2O 2将SO 2吸收， 全部转化为H 2SO 4，以0.108mol/LKOH 标准溶液滴定至化学计量点，消耗28.2mL 。求试样中S 的质量分数。 解： 224 2S SO H SO KOH 100%1 0.108/0.028232.066/2100% 0.47110.3%nM w m mol L L g mol g = ????=?= 8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl 溶解，煮沸除去CO 2，用0.2450mol/LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL ，计算试样中CaCO 3的质量分数。 解： 3 2CaCO HCl NaOH HCl

分析化学 武大版第五章作业答案

第五章酸碱滴定法 1、写出下列溶液的质子条件式 1a 解：构成了缓冲溶液，其电荷平衡为 其中[Cl-] = c2质子条件式为 1c 解：参考水准选H3PO4，HCOOH和H2O，则质子条件式为 2、计算下列各溶液的pH。 2b、解：H2SO4的。溶液的质子条件式为 即 解方程得 代入数据解得 pH=0.96 2d、解：由于HCl的浓度过低，因此不能忽略水解产生的H+。溶液的质子条件式为 即 解方程为

pH=6.89 4、解：已知H2CO3的，。设分别为 的分布分数，则 8、解：由题意可知，NaAc与HCl的反应为 当pH=4.44时，溶液为HAc-NaAc缓冲溶液，且，则 解得 12、解：由题意可知，六亚甲基四胺是弱碱，以B表示，加入盐酸之后形成其共轭酸HB+，此酸的，。

六亚甲基四胺的总量为 加入盐酸的物质的量为 则有 此溶液含HB+和B，两者浓度也比较接近，因此是缓冲溶液。 15、解：a. 对于二元弱酸，则有分布分数公式为 当时，则有 当时，则有 b. 用NaOH滴定该二元弱酸时，当滴定至第一化学计量点时，溶液相当于0.0500 mol L-1 NaHB， 。因，而比较，不能忽略，则有

故第一化学计量点时可用甲基橙作指示剂。 当滴定至第二化学计量点时，溶液中为Na2B其浓度，为二元弱碱，其 。又因，，则可用最简式计算: 故第二化学计量点时可用百里酚酞作指示剂。 16、解：因，且，则有 解得 HB的共轭碱B-的，因， 则有 17、解：已知，。 。用甲基橙作指示剂时，滴定至终点时， 设混合物中有x 克和0.6850-x克NaHCO

分析化学武大版第六章作业答案

第六章 络合滴定法 4、解： 当pH=9.0时, [OH -]=1.0 10-5 mol ?L ?1 , [NH 3]=1.0 10-2 mol ?L ?1 αM(NH3) = 1+b 1[NH 3] + b 2[NH 3]2 + b 3[NH 3]3 + b 4[NH 3]4 = 1+102.0×10?2.0+105.0×10?2.0×2+107.0×10?2.0×3+1010.0×10?2.0×4 = 1+1+10+10+102.0=122 αM(OH) = 1+ 1 [OH -] + 2 [OH -]2 + 3 [OH -]3 + 4 [OH -]4 = 1+104.0×10?5.0+108.0×10?5.0×2+1014.0×10?5.0×3+1015.0×10?5.0×4 = 1+10?1.0+10?2.0+10?1.0+10?5.0=1.21 由此可知，b 4[NH 3]4项数值最大，所以M(NH 3)42+为主要存在形式 αM = αM(NH3) + αM(OH) -1=122 [M(NH 3)42+ ]=c M δM (NH 3)4 2+=(0.10× 102.0 122 )mol ?L =0.082mol ?L ?1 当pH=13.0, [OH -]=1.0 10-1.0 mol ?L ?1， [NH 3]=1.0 10-2 mol ?L ?1 αM(NH3) = 1+b 1[NH 3] + b 2[NH 3]2 + b 3[NH 3]3 + b 4[NH 3]4 = 122 αM(OH) = 1+ 1 [OH -] + 2 [OH -]2 + 3 [OH -]3 + 4 [OH -]4 = 1+104.0×10?1.0+108.0×10?1.0×2+1014.0×10?1.0×3+1015.0×10?1.0×4 = 1+103.0+106.0+1011.0+1011.0=2.0×1011 由此可知， 3 [OH -]3 和 4 [OH -]4这两项数值最大，所以[M(OH)3-]和[M(OH)42-]为主要存在形式 αM = αM(NH3) + αM(OH) -1=2.0×1011 [M(OH)3-]=c M δM (OH )3 ?=(0.10×1011.02.0×10 11.0 )mol ?L =0.050mol ?L ?1 [M(OH)42- ]=c M δM (OH )4 2?=(0.10× 1011.02.0×10 11.0 )mol ?L =0.050mol ?L ?1