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武大分析化学思考题答案(第五版)

第一章定量分析概论

思考题

1、为了探讨某江河地段底泥中工业污染物的聚集情况，某单位于不同地段采集足够量的原始平均试样，混匀后，取部分试样送交分析部门。分析人员称取一定量试样，经处理后，用不同方法测定其中有害化学成分的含量。试问这样做对不对？为什么？

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、镍币中含有少量铜、银。欲测定其中铜、银的含量，有人将镍币的表层擦洁后，直接用稀HNO3溶解部分镍币制备试液。根据称量镍币在溶解前后的质量差，确定试样的质量。然后用不同的方法测定试液中铜、银的含量。试问这样做对不对？为什么？

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。

3、怎样溶解下列试样：锡青铜、高钨钢、纯铝、镍币、玻璃

答：锡青铜：HNO3 ；高钨钢：H3PO4；纯铝：HCl；镍币：HNO3 ；玻璃：HF。

4、下列试样宜采用什么熔剂和坩埚进行熔融：铬铁矿、金红石、锡石、陶瓷

答：铬铁矿：Na2O2熔剂，铁、银、刚玉坩埚

金红石：酸性熔剂，石英或铂坩埚

锡石：酸性熔剂，石英或铂坩埚

陶瓷：碱性熔剂，铁、银、刚玉坩埚

5、欲测定锌合金中Fe、Ni、Mg的含量，应采用什么溶剂溶解试样？

答：用NaOH溶解试样，Fe，Ni，Mg形成氢氧化物沉淀，与Zn基体分离。

6、欲测定硅酸盐中SiO2的含量；硅酸盐中Fe，Al，Ca，Mg，Ti的含量。应分别选择什么方法分解试样？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。

7、分解物及试样和有机试样的主要区别有哪些？

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。

8、误差的正确定义是（选择一个正确答案）（C）

a、某一测量使与其算术平均值之差

b、含有误差之值与真值之差

c、测量值与其真值之差

d、错误值与其真值之差

9、误差的绝对值与绝对误差是否相同？

答：不同。绝对误差有正、负，误差的绝对值只是表示误差大小的一种形式。

10、常量滴定管估计到±0.01，若要求滴定的相对误差小于0.1%，在滴定时，耗用体积应控制为多少？

0.02

×100%＜0.1% V ＞20ml

11、微量分析天平可称准至±0.001mg ，要使称量误差不大于1‰，至少应称取多少试样？

0.002

×1000‰＜1‰ S ＞2mg

12、下列情况各引起什么误差？如果是系统误差，应如何消除？ a 、砝码腐蚀（系统误差、校正砝码）

b 、称量时，试样吸收了空气中的水分。系统误差，用递减法称量天平零点稍有变动（偶然误差）

c 、读取滴定答读数时，最后一位数字值测不准（偶然误差）

e 、以含量为98%的金属锌作为基准物质标定EDTA 溶液的浓度（系统误差，换成基准试剂）

f 、试剂中含有微量待测组分（系统误差，做空白试验）

g 、重量法测定SiO 2时，试液中硅酸沉淀不完全（系统误差，方法校正） h 、天平两臂不等长（系统误差，校正仪器）

13、下列数字有几位有效数字？

0.072 (2位) 36.080 (5位) 4.4×10-3 (2位) 6.023×1028 (4位) 100 (3位) 998 (3位或不确定) 1000.00 (6位) 1.0×103 (2位) PH=5.2时的[H +] (1位)

14、某人用差示光度分析法分析药物含量，称取此药物试样0.0520g 最后计算此药物的含量为96.24%。问该结果是否合理？为什么？

答：不合理，因为称样量为0.0520g 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96.2%。

15、将0.0089g BaSO 4换算为Ba 。问计算时下列换算因数中选择哪一个较为恰当：

0.59；0.588；0.5884

16、用加热法驱除水分以测定CaSO 4·1

2 H 2O 中结晶水的含量，称取试样0.2000g ，已知天平称量误差为±

0.1mg 。试问分析结果应以几位有效数字报出？

0.2000145.1 ×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。

17、今欲配制0.02000mol ·L -1 K 2Cr 2O 7溶液500ml ，所用天平的准确度为0.1mg ，若相对误差要求为±0.1%，问称取K 2Cr 2O 7时，应准确称取到哪一位？

用准确度为±0.1mg 的天平称量，若相对误差要求为±0.1%，则称样量至少应为0.2g 。而配制500mL0.02000 mol ·L -1 K 2Cr 2O 7, 则需称取

m （K 2Cr 2O 7）=0.02000×294.21000

×500=2.942g

由于称样量大于0.2g ，所以只需保留四位有效数字，准确至毫克位即可。

18、标定碱标准溶液时，邻苯二甲酸氢钾（KHC 8H 4O 4，M=204.23g ·mol -1）二水含草酸(H 2C 2O 4·2H 2O ，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：选邻苯二甲酸氢钾更好，因其分子量更大，称量误差较小。

19、用基准Na 2CO 3标定HCl 溶液时，下列情况会对HCl 的浓度产生何种影响（偏高、偏低或没有影响）？

（C HCl =

mNa 2CO 3MNa 2CO 2 ×HCl

V 1000×2

）

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。

（测出的V HCl 偏大，所以 C HCl 偏小）

b 、称取Na 2CO 3时，实际质量为0.1834g ，记录时误记为0.1824g

（M （Na 2CO 3）的计算值变小，所以C HCl 偏小）

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。

（这会使标定时所用HCl 溶液的浓度稀释，消耗V HCl 增大，所以C HCl 偏小） d 、锥瓶中的Na 2CO 3用蒸馏水溶解时，多加了50mL 蒸馏水

（标定时只与锥瓶中Na 2CO 3的总量有关，与其浓度无关，所以无影响） e 、滴定开始之前，忘记调节零点，Ha 溶液的液面高于零点。

（测得的V HCl 偏小，所以C HCl 偏高） f 、滴定管活塞漏出HCl 溶液

（测得的V HCl 偏大，所以C HCl 偏低） g 、称取Na 2CO 3时，撒在天平盘上。

（需称两次，所以无影响） h 、配制HCl 溶液时没混匀

（标定时所用HCl 溶液的浓度高于或低于HCl 溶液的平均浓度，所以对C HCl 有影响，是高还是低无法确定）

20、假设用HCl 标准溶液滴定不纯的Na 2CO 3样品，若出现12题中所述的情况，将会对分析结果产生何种影响？

（Na 2CO 3%=

M V C CO Na HCl HCl 2

1000

32?

?×100%

根据公式可知：在a 、b 、c 、d 、e 、f 情况中对结果影响情况与12题中的相反，d 、g 无影响，h 有影响，但无法确定高低。）

21、若将H 2C 2O 4·2H 2O 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：偏低。

NaOH

H O C H O

H O C H NaOH V M m C 1

10002422242222?

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。

22、有6.00g NaH 2PO 4及8.197g Na 3PO 4的混合物，加入少量水溶解，加入2.500mol ·L -1HCl 40.0mL ，问所得溶液为酸性、中性、碱性？

n （NaH 2PO 4）=6.00

119.9 =0.0500 mol n （HCl ）=2.500×40.01000 =0.100 mol

n （Na 3PO 4）=8.197

163.9

=0.0500 mol

两者混合后生成n （Na 2HPO 4）=0.0500 +0.0500=0.1000mol 与n （HCl ）=0.100 mol 反应生成n(NaH 2PO 4)=0.1000mol 而NaH 2PO 4溶液显酸性。

第二章酸碱滴定法

思考题

1、在硫酸溶液中，离子活度系数的大小次序为：-

>>24

4SO HSO H

r r r 试加以说明。

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 +

>>24

4SO HSO H r r r 。

2、于草酸溶液中加入大量强电解质，草酸的浓度常数K c a1和K c a2之间的差别是增大还是减少？对其h 活度常数K 0a1和K 0a2的影响又是怎样？答：-

+==-

1][]][[042242HSO H a

a r r K O C H O HC H K

+24

42242]

[]

][[O c H O HC a c

a r r r K

O HC O C H K

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 42O HC <

242O rC < -42O rHC ，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K 0a1和K 0a2不受影响。

3、写出下列酸碱组分的物料平衡，电荷平衡和质子条件：（1）C （mol ·L -1）NH 4HCO 3

MBE ：[NH 3]+[NH 4+]=C CBE:[NH 4+]+[H +]=[OH -]+[HCO 3-]+2[CO 32-]]

[H 2CO 3] + [HCO 3-]+[CO 32-]=C PBE: [H +]=[OH -]+[NH 3]+[CO 32-]-[H 2CO 3]

（2）F NH L

mol C 41

)(-?

???=+=+-

F HF C NH NH MBE ][][][][:34 ][][][][:4-

-+++=+F OH H NH CBE

PBE: [H +]=[OH -]+[NH 3]-[HF] （3）441

)(HPO NaNH L

mol C -?

???

??=+++=+=---++C

][HPO ][PO ]PO [H ]PO [H C

][NH ][NH C ][Na :2434424

343MBE ][3][2][][][][][:3424424-

---++++++=++PO HPO PO H OH H NH Na CBE ][2][][][][][:4342343PO H PO H PO NH OH H PBE --++=---+

（4）441

)(HPO NaNH L

mol C -?

???=+++=+-

--+

PO HPO PO H PO H C NH NH MBE ][][][][][][:3424424343][3][2][][][][:3424424-

---+++++=+PO HPO PO H OH H NH CBE ][][2][][][][:4334243PO H PO HPO NH OH H PBE -+++=---+

（5）

NaOH L mol C NH L mol C )()(12311--?+?

???==++

43][][][:C Na C NH NH MBE

][][][][:4-++

+=++OH H NH Na CBE

24][][][:C NH OH H PBE --=+

（6）33121

1)()(BO H L mol C HAc L

mol C --?+?

???=+=+-

-232331

][][][][:C BO H BO H C Ac HAc MBE ][][][][:32-

--+++=BO H Ac OH H CBE ][][][][:32---+++=BO H Ac OH H PBE

（7）+?-431

1)(PO H L

mol C HCOOH

L mol C )(12-?

???=+=+++-

--2

34244243][][][][][][:C HCOO HCOOH C PO HPO PO H PO H MBE ][3][2][][][][:342442-

----+++++=PO HPO PO H HCOO OH H CBE ][][3][2][][][:342442-----+++++=HCOO PO HPO PO H OH H PBE

（8）421

1)(PO NaH L

mol C -?+HCl L mol C )(12-?

??===++++--

--12

134244243][][][][][][:C

Na C Cl C PO HPO PO H PO H MBE ][3][2][][][][][:342442-

----++++++=+PO HPO PO H Cl OH Na H CBE 2433424][][2][][][:C PO H PO HPO OH H PBE +-++=---+

（9）)(1

-?L

mol C 324)(CO NH

???=++=+-

C CO HCO CO H C NH NH MBE ][][][2][][:2333

243]

[2][][][][:2334---++

++=+CO HCO OH H NH CBE ][2][][][][:3233CO H HCO NH OH H PBE --+=--+

（10）)(1

-?L

mol C NaAC L mol C HAC )(12-?+

??=+=++

-221][][][:C Na C C Ac HAc MBE ]c [][][][:--+++=+A OH Na H CBE 2]c [][][:C A OH H PBE -+=--+

4、在下列各组酸碱物质中，哪些属于共轭酸碱对？（1）43PO H —42HPO Na 不是（2）42SO H —-

24SO 不是（3）32CO H —-

23CO 不是（4）-+

-COO CH NH COOH CH NH 2223 不是

（5）+Ac H 2—

-Ac 不是

（6）+

H N CH 462)(—462)(N CH 是

5、判断下列情况对测定结果的影响

（1）标定NaOH 溶液时，若邻苯二甲酸氢钾中混有邻苯二甲酸。答：偏低。因其将使NaOH 溶液的体积消耗增大。

(NaOH

NaOH

V M W C 1000?

邻

邻)

（2）用吸收了二氧化碳的NaOH 溶液滴定H 3PO 4至第一化学计量点；若滴定至第二化学计量点时，情况又怎样？

答：第一化学计量点时无影响 (CO 2+2NaOH=CO 32-+2Na ++H 2O CO 32-+2H 3PO 4=CO 2+H 2O+2H 2PO 4- NaOH+H 3PO 4=NaH 2PO 4+H 2O) 第二化学计量点时，结果偏高 (CO 2+2NaOH=CO 32-+2Na ++H 2O 2CO 32-+ H 3PO 4=2HCO 3-+HPO 42- H 2PO 4-+OH -=HPO 42-+H 2O)

相当于使NaOH 浓度变稀，消耗体积增大。

（34341

1000

2%100%H PO NaOH NaOH M C V H PO W

?）

（3）已知某NaOH 溶液吸收了CO 2，有0.4%的NaOH 转变成Na 2CO 3，用此NaOH 溶液测定HAc 的含量时，会对结果产生多大的影响？答：偏高。

1()0.4%2

100%0.2%1

()(100%0.4%)

NaOH NaOH CV CV ??

?=-?

6、与大气平衡的纯水的pH 值，等于、大于或小于7.0？

答：小于7.0，因为与大气平衡的水中溶有酸性氧化物CO 2，使pH 降低。

7、有人试图用酸碱滴定法来测定NaAc 的含量，先加入一定量过量标准HCl 溶液，然后用NaOH 标准溶液返滴定过量的HCl 。上述操作是否正确？试述其理由。

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）

8、用HCl 中和Na 2CO 3溶液至pH=10.50和pH=6.00时，溶液中各有哪些组分？其中主要组分是什么?当中和至pH<4.0时，主要组分是什么？

答：pH=10.50时有CO 3 2-、HCO 3 -，主要组分为CO 3 2-

pH=6.00时有HCO 3 – 和H 2CO 3 ，主要组分HCO 3 - pH<4.0时主要组分H 2CO 3

9、增加电解质的浓度，会使酸碱指示剂2()HIn

HIn H In -

-+-→+的理论变色点的pH 变大或是变小？

答：

20a In H HIn a K a a -

22200[]lg

lg []

In In

a a HIn HIn a In pH pK pK a HIn γγ---

-=+=+

理论变色点时2[][]In

HIn -

00.520.51In

a a HIn

pH pK lg

pK γγ-

∴=+=-??

lg 0.5i

γ=-?

=01)a pK --

0a pK -理论变色点的pH 值变小。

10、下列溶液以NaOH 溶液或HCl 溶液滴定时，在滴定曲线上出现几个突跃 1）H 2SO 4+H 3PO 4 K 2SO 4的K a1>103 K a2=1.0×10-2 H 3PO 4 K a1=7.6×10-3

K a2=6.3×10-8 K a3=4.4×10-13 2个突跃 2)HCl+H 3BO 3(K a =5.8×10-10) 1个突跃

3)HF+HAC (K HF =6.6×10-4 K HAc =1.8×10-5) 1个突跃 4)NaOH+Na 3PO 4(K b1’=10-1.64 K b2’=10-6.80 K b3’=10-11.88) 2个突跃 5)Na 2CO 3+Na 2HPO 4 (Na 2CO 3 K b1’=10-3.75 K b2’=10-7.62) 1个突跃 6)Na 2HPO 4+NaH 2PO 4 1个突跃

11、有一碱液，可能为NaOH 、Na 2CO 3或NaHCO 3，或者其中两者的混合物。今用HCl 溶液滴定，以酚酞为指示剂时，消耗HCl 体积为V 1，继续加入甲基橙指示剂，再用HCl 溶液滴定，又消耗HCl 体积为V 2。在下列情况时，溶液各由哪些物质组成。 a. V 1 >V 2>0 （NaOH+Na 2CO 3） b. V 2 >V 1>0 （Na 2CO 3+NaHCO 3） c. V 1 =V 2 （Na 2CO 3） d. V 1 =0 V 2>0 （NaHCO 3） e. V 1 >0 V 2=0 （NaOH ）

12、设计测定下列混合物中各组分含量的方法，并简述其理由。 a. HCl+H 3BO 3

答：因为的H 3BO 3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H 3BO 3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 2SO 4+H 3PO 4

答：以酚酞为指示剂，用NaOH 标液滴定，使H 2SO 4→Na 2SO 4，H 3PO 4→HPO 42-。由于H 3PO 4 的K a3很小，所以不能直接用NaOH 滴定，但可加入CaCl 2使HPO 42-→Ca 3(PO 4)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 3PO 4的含量。从第一次滴定测出的含量中减去H 3PO 4的量，即得H 2SO 4的含量。 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（CH 2）6N 4H +（K a ≈10-6）。然后，以酚酞为指示剂，用NaOH 标液滴定测NH 4Cl 的含量。 d. Na 3PO 4+ Na 2HPO 4

答：以酚酞为指示剂，用HCl 标液滴至酚酞褪色，测Na 3PO 4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Na 3PO 4与Na 2HPO 4的含量，从其中减去Na 3PO 4的量，即可得Na 2HPO 4的含量。 e. Na 3PO 4+ NaOH

答：以酚酞为指示剂，用HCl 标液滴定至酚酞褪色这时H 3PO 4→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，这时HPO 42-→H 2PO 4-，据此可计算出Na 3PO 4的含量，从含量中减去Na 3PO 4的量即可得NaOH 的含量。 f. NaHSO 4+ NaH 2PO 4

242241

10001%100%NaOH NaH PO C V NaH PO W

41241

()10001%100%NaOH NaHSO C V V NaHSO W

-??

NaHSO 4+ NaH 2PO 4 酚酞 NaOH V 1

酚酞变红Na 2SO 4+ Na 2HPO 4

加CaCl 2

酚酞褪色HCl + Ca 3(PO 4)2↓

NaOH V 2

酚酞变红NaCl+ H 2O

第三章络合滴定法

思考题

1、根据金属离子形成络合物的性质，说明下列络合物中哪些是有色的？哪些是无色的？ Cu 2+-乙二胺有色 3d 94s 0有不成对的d 电子 Zn 2+-乙二胺无色 3d 104s 0无不成对的d 电子 TiOY 2- 无色 3d 04s 0无不成对的d 电子 TiY - 有色 3d 14s 0有不成对的d 电子 FeY 2- 有色 3d 54s 0有不成对的d 电子 FeY - 有色 3d 54s 0有不成对的d 电子

2、H 2O 2能与TiOY 形成三元络合物TiO(H 2O 2)Y ，试问它使TiOY 的条件稳定常数加大了还是减少了？为什么？

答：增大了。由于形成了TiO(H 2O 2)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αTiOY>1 lgK

，

TiOY =lgK TiOY -lg αY-lg αTiOY +lg αTiOY (H 2O 2)

3、Hg 2+既能与EDTA 生成HgY 2-，还能与NH 3 、OH –继续生成Hg(NH 3)Y 2-和Hg(OH)Y 3-。

若在pH=10的氨性溶液中，用EDTA 滴定Hg 2+，增大缓冲剂的总浓度（即增大C NH4++NH3）此时lgK ，

HgY

值是增大还是减少？滴定的突跃范围是增大还是减少？试简述其原因。答：因为l gK’HgY 2-= lgKHgY 2-－lg αHg －lg αY+lg αHgY 2-

又因为αHgY 2-=αHgY 2-(NH 3)+ αHgY 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，αHgY 2- (OH)不变，αHgY 2-增大，lgK ,HgY 2-增大，突跃范围增大。

4、高价金属离子一般较低价金属离子的EDTA 络合物更为稳定。但对于Ti(Ⅳ)和Ti(Ⅲ)来说，K Ti(III)Y >K Ti(IV)Y ，试简要说明其理由。

答：因Ti(IV)是以TiO 2+的形式与EDTA 络合的，这样使其与EDTA 生成的络合物的结构中的五元环的数量少于Ti(III)的EDTA 络合物中的，因而后者的稳性高，即K Ti(III)Y >K Ti(IV)Y

5、10-2mol ·L -1的Zn 2+约在PH ≈6.4开始沉淀，若有以下两种情况：（1）在pH4~5时，加入等物质的量的EDTA 后再调至pH ≈10 （2）在pH ≈10的氨性缓冲溶液中，用EDTA 滴定Zn 2+至终点。当两者体积相同时，试问哪种情况的l gK’ZnY 大，为什么？

答：（1）情况的lgK ZnY 大。因为在情况（2）里Zn 2+多了一个副反应，即由于Zn 2+与NH 3生成络合物而产生了络合效应，从而使l gK’ZnY 值减小。

6、在pH ≈10的氨性缓冲液中，用0.02mol ·L -1EDTA 滴定0.02mol ·L -1Cu 2+和0.02mol ·L -1Mg 2+的混合溶液，以铜离子选择电极指示终点。实验结果表明，若终点时游离氨的浓度控制在10-3mol ·L -1左右时，出现两个电位突跃；若终点时游离氨的浓度在0.2mol ·L -1只有一个电位突跃。试简要说明其原因。答：因为在此体系中只有Cu 2+能与NH 3形成络合物，所以l gK’CuY 受络合效应的影响，而 αCu(NH3)与

NH 3浓度有关，NH 3 浓度大，α

Cu(NH3)增大，则

lgK ’CuY 减小，当[NH 3]ep =10-3mol ·L -1时，由于

`10`Cu CuY

Mg MgY

C K C K >(lg αY(H)=0.45 lg αCu(NH3)=2.46

lgK MgY =8.70 lgK CuY =18.80) l gK’CuY C Cu >6

l gK’MgY C Mg >6所以可形成两个突跃。当[NH 3]ep =0.2 mol ·L -1

时，lg α

Cu(NH3)=11.03

l gK’CuY =7.32

`10

`Mg MgY Mg MgY

C K C K ≈但lgC Mg K’MgY >6 lgC Cu

K’CuY ≈6，所以Mg 2+、Cu 2+被一次滴定，只能形成一个突跃。

7、Ca 2+与PAN 不显色，但pH10~12时，加入适量的CuY ，却可用PAN 作滴定Ca 2+的指示剂。简述其原理。答：当加入的CuY 与PAN 及Ca 2+溶液混合时，发生如下置换反应： CuY+ PAN+ Ca 2+=CaY+Cu-PAN

CuY 是红色，PAN 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Ca 2+反应，当Ca 2+定量反应后，过量的EDTA 即从Cu-PAN 中夺出Cu 2+，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、KB 指示剂为酸性铬蓝K 与萘酚绿B 混合而成的指示剂，其中萘酚绿B 起什么作用？

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、用NaOH标准溶液滴定FeCl3溶液中的游离HCl时，Fe3+将引起怎样的干扰？加入下列哪一种化合物可消除其干扰？

EDTA ，Ca-EDTA，柠檬酸三钠，三乙醇胺

答：Fe3+由于发生水解而消耗OH-，使测定结果偏高，甚至析出沉淀使滴定无法进行。加入Ca-EDTA可消除Fe3+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、用EDTA滴定Ca2+、Mg2+时，可用三乙醇胺、KCN掩蔽Fe3+，但抗坏血酸或盐酸羟胺则不能掩蔽Fe3+，而在pH≈1左右滴定Bi3+时，恰恰相反，抗坏血酸或盐酸羟胺可掩蔽Fe3+，而三乙醇胺、KCN则不能掩蔽Fe3+，且KCN严禁在pH<6的溶液中使用。试说明原因。

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pH≈1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+、Mg2+的碱性介质中，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、由附表13可知，K’Fe(III)Y在pH较大时，仍具有较大的数值，若C Fe(III)=10-2mol.L-1，在pH=6.0时，K’Fe(III)Y=14.6，完全可以准确滴定，但实际上并不在此条件下进行，为什么？

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、在pH=5~6时，以二甲酚橙为指示剂，用EDTA测定黄铜（锌铜合金）中锌的含量，现有以下几种方法标定EDTA溶液的浓度：

（1）以氧化锌作基准物质，在pH=10.0的氨性缓冲溶液中，以铬黑T作指示剂，标定EDTA溶液；

（2）以碳酸钙作基准物质，在pH=12.0时，以KB指示剂指示终点, 标定EDTA溶液；

（3）以ZnO作基准物质，在pH=6.0时，以二甲酚橙作指示剂，标定EDTA溶液。

试问，用上述哪一种方法标定EDTA溶液的浓度最合适？试简要说明其理由。

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l gK’ZnY的影响等均可相互抵消。因此, 用（3）中方法标定浓度最合适。

13、配制试样溶液所用的蒸馏水中含有少量的Ca2+，在pH=5.5测定Zn2+和在pH=10.0氨性缓冲溶液中测定Zn2+，所消耗EDTA溶液的体积是否相同？在哪种情况下产生的误差大？

答：消耗EDTA的体积不相同。在pH=10.0的氨性缓冲溶液中测定Zn2+时，产生的误差大。因为此时l gK’CaY 较大，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，l gK’CaY小，故Ca2+与EDTA生成的络合物不稳定，所以Ca2+被滴定的程度低，故产生误差小。

14、试拟定一个测定工业产品Na2CaY中Ca和EDTA含量的络合滴定方案。

(略)

15、以HCl溶解水泥样品后，制成一定量样品溶液。试拟定一个以EDTA测定此样品溶液中Fe3+、AI3+、

Ca 2+、Mg 2+含量的滴定方案。 (略)

第四章氧化还原滴定法

思考题

1、解释下列现象：

a 、将氯水慢慢加入到含有Br -和I -的酸性溶液中，以CCl 4萃取，CCl 4层变为紫色。因为22

//I I

Br ??-

ΘΘ<,所以I -首先与氯水反应生成I 2，其被萃取进CCl 4层显紫色。

b 、22//(0.534)(0.159)I I Cu Cu V V ??-++ΘΘ>但Cu 2+却能将I -氧化为I 2。因为

Cu ++I - =CuI 沉淀，使2'/Cu

Cu ?+

Θ升高，故Cu 2+能将I -氧化为I 2。

c 、pH=8.0时，I 2滴定AsO 33-生成AsO 43-，而当酸度为1mol·L -1时，I -却被AsO 43-氧化为I 2。

因为'(V)/(III)

As As ?Θ与[H +]有关，而2'

/I I ?-

Θ基本不受[H +]影响。当[H +]降至10-8.0 mol·L -1时，

''(V)/(III)/As As I I ??-ΘΘ<,所以I 2 能将AsO 33-氧化成AsO 43-；当[H +]=1mol· L -1时，2

''(V)/(III)/As As I I ??-

ΘΘ>，所以AsO 43- 能将I -氧化成I 2。

d 、F

e 2+的存在加速KMnO 4 氧化Cl -的反应。

由于产生了诱导效应。即Fe 2+与KMnO 4的反应诱导加速了Cl - 与KMnO 4 的反应。 e 、以KMnO 4滴定C 2O 4 2- 时，滴入KMnO 4后红色消失速度由慢到快。自催化反应

f 、于K 2Cr 2O 7标准溶液中，加入过量KI ，以淀粉为指示剂，用Na 2S 2O 3溶液滴定至终点时，溶液由蓝变为绿。

14H ++ Cr 2O 72-+6 I -=3 I 2+2 Cr 3++7H 2O 2 S 2O 32-+ I 2=2 I -+S 4O 62-

因为在终点时Na 2S 2O 3将蓝色的I 2-淀粉中的I 2还原成无色的I -，使I 2-淀粉的蓝色消失，显出Cr 3+的绿色。 g 、以纯铜标定Na 2S 2O 3溶液时，滴定到达终点后（蓝色消失）又返回到蓝色。

放置后出现蓝色，是因为空气中的O 2将I 2氧化成I -；若立即出现蓝色，则是所加KI 的量不够。

2、根据标准电位数据，判断下列各论述是否正确。 a 、在卤素离子中，除F -外均能被Fe 3+氧化。（错） b 、在卤素离子中，只有I -能被Fe 3+氧化。（对）

c 、金属锌可以将Ti(Ⅳ)还原至Ti(III)，金属银却不能。（对）

d 、在酸性介质中，将金属铜置于AgNO 3溶液里，可以将Ag +全部还原为金属银。（对）

e 、间接碘量法测定铜时，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I -析出I 2，因而干扰铜的测定。（对）

3、增加溶液的离子强度，Fe 3+/ Fe 2+电对的条件电位是升高还是降低？加入PO 43-、F -或1,10-二氮菲后，情况如何？

答：增加溶液的离子强度，3Fe γ

+比2Fe γ

降低的幅度大，所以3323232'//0.059lg

Fe Fe

Fe Fe Fe Fe γαγ??+

++ΘΘ

=+降低。加入PO 43-后，由于HPO 42-能与Fe 3+形成络合物，因此使Fe 3+有了副反应，所以

3323232'//0.059lg

Fe Fe

Fe Fe Fe Fe γαγ??+

++++ΘΘ=+降低，加入F -的情况与PO 43-的类似，由于形成FeF 63-，使

32'/Fe Fe ?++Θ降低。但加入1,10-二氮菲后，由于其与Fe 3+生成的络合物的稳定性高于Fe 3+的，使得23Fe Fe αα++>，所以32'/Fe Fe ?++

Θ升高。

4、已知在1mol ·L -1H 2SO 4介质中，32'/0.68Fe

Fe V ?+

Θ=，1,10-二氮菲与Fe 3+和 Fe 2+

均能形成络合物，加

入1,10-二氮菲后，体系的条件电位变为1.06V 。试问 Fe 3+和 Fe 2+ 与1,10-二氮菲形成的络合物中，哪一种更稳定？

答：由于加入1,10- 二氮菲后，32'/Fe Fe ?+

Θ升高，说明 1,10-二氮菲的加入对于[Fe 2+]的影响程度大于[Fe 3+]，

这说明Fe 2+与1,10-二氮菲形成的络合物更稳定。

5、已知在酸性介质中，24'

/ 1.45MnO Mn V ?-+

Θ=，MnO 4-

被还原至一半时，体系的电位（半还原电位）为多

少？试推出对称电对的半还原电位与它的条件电位间的关系。解： MnO 4-被还原至一半时，24MnO Mn C

C -

-4

2244

MnO '

'MnO /Mn

MnO /Mn Mn C 0.059lg

???-+

ΘΘ=+=半还原电位对于对称电对O-R ，其半还原电位为（C O =C R ）

O/R O/R

C 0.059lg n C ???ΘΘ=+

=半还原电位

6、试证明在氧化还原反应中，有H + 参加反应或者有不对称电对参加反应时，平衡常数计算公式 (4-2)及（4-2a ）都是适用的。

证明：例如 14H ++ Cr 2O 72-+6Fe 2+=6Fe 3++2 Cr 3++7H 2O 当反应达到平衡时：①

32323Fe

Fe Fe

227

32232

3227

23322

3233232

Fe 2Fe 14

H+

H+Cr O 2

/Cr O /Cr Cr Cr O 2Cr O /Cr /Cr 6

Cr O /Cr /6

0.0590.059lg

60.0590.059lg

0.059

6()Fe Fe Fe Fe Fe Fe α

ααα

αα

α??αα??αα

α??α

α+

++-+

-++++

ΘΘ

Θ+=+-=-

-=22

H+

Cr O 0

lg K α-

推广成一般情况，12)

lg 0.059

(K n ??ΘΘ=

②

23272

23233233272227

//6

3223''

//0.0590.059lg

lg 66()

lg '

0.059

Fe Cr Fe Cr O Fe Fe Cr O Cr Fe Fe Cr O Fe Fe Cr O Cr C C C C C C

K C

C ?

??-

+++

ΘΘ++-+

ΘΘ-=≠+=+

即有H +参加反应时，4-2a 不适用。

7、碘量法中的主要误差来源有哪些？配制、标定和保存2I 及322O S Na 标准溶液时，应注意哪些事项？答：碘量法中的主要误差来源有二，一是2I 的挥发，二是-

I 被空气中的2O 氧化。

配制2I 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 ，加少量的水研磨溶解后，稀释至所需体积（加KI 的目的是①增加2I 的溶解性；②使32

I I -→，减少碘的挥发），贮存于棕色瓶内，于

暗处保存。（2I 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2I 的浓度时，可用已知准确浓度的

22O S Na 标准溶液，也可用

32O As 作基准物。（32O As 难溶于水，但可溶于碱

32332623A s O O H A s O H O --

+=+）

-332O As +O H I 22+= +--++H I O As 22342 （中性或弱碱性介质）

配制322O S Na 标准溶液时，应用间接法配。称取近似于理论量的322O S Na ，溶于新煮沸并冷却了的蒸馏水中（煮沸除2CO 和杀菌），再加入少量

Na CO 使溶液呈弱碱性，以抑制细菌再生长。

322O S Na 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722O Cr K 或3KIO 。标定反应条件①酸度0.2~0.4mol ·L -1；②722O Cr K 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，3KIO 与KI 作用快，宜及时滴定；③使用的KI 中不应含3KIO 或2I ，若KI 溶液显黄色或溶液酸化后淀粉指示剂显蓝色，则应事先用322O S Na 溶液滴定至无色后再使用；④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722O Cr K 的反应）应另取溶液重新标定。 8、略

9、用KMnO 4为预氧化剂，Fe 2+为滴定剂，试简述测定+

3Cr

和+

2VO

混合液中+

3Cr

、+

2VO

的方法原理。

答：平行取二份试液，一份在酸性介质（H 2SO 4-H 3PO 4）滴加KMnO 4溶液至浓度呈稳定的红色，加入尿素，滴加2NaNO 使MnO 4-的紫色褪去，此时-

→3

2VO VO 而+

3Cr

基本上不被氧化（速度慢），以二苯胺

磺酸钠为指示剂，用+

2Fe

标液滴至紫色褪去，根据消耗+

2Fe 的量计算+

2VO

的量。

第二份溶液，调节试液的pH 值使其呈碱性，滴加

4KMnO 溶液至溶液呈稳定的红色，这时

+→24

3CrO Cr ，-

+→32VO VO ，加入

4342PO H SO H -使溶液显酸性，加入尿素，滴加

2N a N O 使4MnO -的紫红色褪去，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用+

2Fe

标液滴定至紫色褪去，根据消耗+2Fe 的量计算+2VO 和+3Cr 的含量，根据()12V V -、 2Fe C +计算3Cr +的含量。

10、怎样分别滴定混合液中的3Cr +

及3Fe

？

答：试液中加2SnCl 将+

3Fe

还原成+

2Fe

，过量的2SnCl 加HgCl 2除去，然后加4342PO H SO H -，

以二苯胺磺酸钠为指示剂，用722O Cr K 标液滴定至紫色，根据消耗722O Cr K 标液的量可计算+

3Fe 的

含量。

另取一份试液，以+Ag 为催化剂，用()8224O S NH 将3Cr +氧化成-

272O Cr ，加热煮沸溶液除去过量

的

()8224O S NH ，加入4342PO H SO H -，加入过量的+2Fe 标液，使-272O Cr 被还原为3Cr +，以

二苯胺磺酸钠为指示剂，用722O Cr K 标液滴定至紫色，根据加入+

2Fe 标液的量与消耗722O Cr K 标液

的量的差值计算3Cr +

的含量。

11、用碘量法滴定含+3Fe 的22O H 试液，应注意哪些问题。

答：由于+

3Fe

也能将-

I 氧化成2I ，使测定结果偏高而干扰22O H 的测定，因此，测定时，在加入过量

的KI 与22O H 反应之前，应先加入F NH 4将+

3Fe 络合，以降低+

3Fe

2Fe

电对的电位，使其不能

将-

I 氧化为2I ，而消除+

3Fe 对22O H 测定干扰。

12、

()()催化以+Ag O S NH 8224或4KMnO 等为预氧化剂，+2Fe 或22NaAsO NaNO -、等为滴定

剂，试简述滴定混合液中+

2Mn 、+

3Cr

、+

2VO

的方法原理。

答：①

()

428

224

322723NH S O

Mn KMnO Cr Cr O VO VO ++

+-+

????→ 以+

2Fe

标液滴定，测+

2Mn

、+

3Cr

、+

2VO

含量

②

223323KMnO Mn Mn Cr Cr VO VO +

????→冷酸介质以+

2Fe

标液滴定，测+

2VO

含量

③

222

233KMnO Mn OH Mn Mn Cr

CrO CrO VO VO VO +

????→???→碱性介质

酸化

（）以+

2Fe

标液滴定，测+

3Cr

、+

2VO

含量

+2Mn 量=①—③ +3Cr 量=③—②

13、略 14、略

第五章重量分析法和沉淀滴定法

思考题

1、解释下列现象： a.

2CaF 在pH=3的溶液中的溶解度较在pH=5的溶液中的溶解度大。

答：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2CaF 的溶解度大于pH=5时的溶解度, 即

= pH 越小()F H α越大，pH 越大

()F H α越小。

b. 24Ag CrO 在0.0010mol ·L -13AgNO 溶液中的溶解度较在0.0010mol ·L -142CrO K 溶液中的溶解度

小;

答：在0.0010mol ·L

-1

3AgNO 溶液中时24126-122

2.010 2.010mol L []0.0010

sp K CrO K S Ag --+?=

==??,在0.0010mol ·L -142CrO K

溶液中时54.510S

==? mol ·L -1

4BaSO 可用水洗涤而AgCl 要用稀3HNO 洗涤。

答：因为4BaSO 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3HNO 溶液洗涤。 d.

4BaSO 沉淀要陈化而AgCl 或32O Fe .nH 2O 沉淀不要陈化。

答：因为4BaSO 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32O Fe .nH 2O 为无定形沉淀，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. AgCl 和4BaSO 的sp K 值差不多，但是可以控制条件得到4BaSO 晶体沉淀，而AgCl 智能得到无定形沉淀；

答：4BaSO 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s C Q /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，4BaSO 则相反，生成的是晶体沉淀。

f. ZnS 在HgS 沉淀表面上而不在4BaSO 沉淀表面上继沉淀。

答：由于HgS 沉淀表面上吸附了溶液中过量的构晶离子S 2-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4BaSO 为晶形沉淀，在沉淀表面上吸附的是-

24SO 或+

2Ba ，而不是-

，因而ZnS 不在4BaSO 表面上后沉淀。

2、某人计算3)(OH M 沉淀在水中的溶解度时，不分析情况，即用公式K sp =[M 3+][OH -]3计算。已知K sp =1×10-32，求得溶解度为19

104.4--??L mol 。试问这种计算方法有无错误？为什么？

答：这种计算是根据333()3s

M OH M OH +-=+

[M 3+][OH -]3=27S 4=K sp

S ==19104.4--??L mol

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，它与水离解产生的OH -浓度相比可以忽略不计，所以计算时[OH -]应为

1710--?L mol 。2）氢氧化物沉淀大多数易形成羟基络合物，特别是3价金属离子易形成多核羟基络合物，

这些因素将影响到沉淀的溶解度，故上述计算是有错误的。

3、用过量42SO H 沉淀+

2Ba

时，+K 、+

Na 均能引起共沉淀，问何者共沉淀严重？此时沉淀组成可能

是什么？已知离子半径+K r =133pm ，+Na r =95pm ，+2Ba r =135pm 。

答：

K 共沉淀严重，因其半径与

2Ba 接近，故

-24

SO 优先吸附

K ，此时沉淀组成可能是

4BaSO +42SO K 。

4、某溶液中含-

24SO 、+

3Fe

、+

2Mg

三种离子，今需分别测定其中的+

2Mg

和-24SO ，而使+

3Fe

以

3)(OH Fe 形式沉淀分离除去。问测定+2Mg 和-

24SO 时，应分别在什么条件下进行为好？

答：测定+

2Mg

时，应在微酸性溶液中将+

3Fe

以3)(OH Fe 的沉淀形式分离除去，因为在此酸度下沉淀

+3Fe 可以减少+

2Mg 的共沉淀，若在碱介质中沉淀，由于

2Mg 与

OH -能生成溶解度小的

2)(OH Mg 极易产生沉淀，使测定+2Mg 的结果偏低。测定-24

SO 时，应用过量的碱来沉淀+

3Fe ，因为在碱介质中可以避免由于生成离解度小的4MgSO 而使-

24SO 产生共沉淀的现象。

5、将0.51

-?L

mol 4BaSO 和

0.11

-?L

mol 42SO Na 溶液混合时，因浓度较高，需加入动物胶凝聚，

使其沉淀完全。动物胶是合氨基酸的高分子化合物（pK a1=2, pK a2=9）其凝聚作用应在什么酸度条件下进行为好？答：由于+

2Ba

浓度是过量的，所以沉淀表面上吸附了大量的+

2Ba

而带上的正电荷，而动物胶是含有氨

基酸的高分子化合物，它的羧基可以电离出H +，而使整个分子带上负电荷，溶液的酸度越低，则其越易电离H +，根据它的酸性电离常数可知，在pH>9时，其主要以负离子形式存在，由于正、负胶粒相互凝聚作用，可促进沉淀完全。故动物胶的凝聚作用在pH>9时进行为好。 6、+

2Ni

与丁二酮肟（DMG ）在一定条件下形成丁二酮肟镍2)(DMG Ni 沉淀，然后可以采用两种方法

测定：一是将沉淀洗涤烘干，以2)(DMG Ni 形式称重，二是将沉淀再灼烧成MO 的形式称重。采用哪一种方法较好？为什么？

答：第一种方法较好，因不需在高温灼烧恒重，简化了重量分析程序。另外，2)(DMG Ni 分子量大，可减小称量误差。

7、用银量法测定下列试样中的-

Cl 时，选用什么指示剂指示滴定终点比较合适？（1）2CaCl

答：K 2CrO 4、铁铵矾及吸附指示剂均使用。（2）2BaCl

答：因为↓=+-

4242BaCrO CrO Ba

（黄）

，所以应选用铁铵矾或吸附指示剂。（3）2FeCl 答：因为+

2Fe

能还原

+Ag ，故应先将+2Fe 氧化成+3Fe ，而+3Fe 易水解，因此不能采用在中性附近

使用的K 2CrO 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[+

3Fe ]太大，

故不能用佛尔哈德法测）（4）43PO Na NaCl +

答：由于

+Ag 在近中性溶液中能与-

PO 生成沉淀，故不能采用在中性介质中使用的吸附指示剂或K 2CrO 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-

34PO 与+

3Fe

能形成无色络合物，这时需增加指示剂用量。

（5）Cl NH 4

答：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+23)(NH Ag ，滴定只能在酸性或

弱酸性介质进行，由于4NH C +

太大，故不宜用在中性介质中使用的K 2CrO 4作指示剂。

（6）43PO Na NaCl +

答：K 2CrO 4、铁铵矾和吸附指示剂均可。（7）NaCl NO Pb +23)(

答：因为↓=+-

4242PbCrO CrO Pb

（黄） 222()Pb OH Pb OH +-+=↓（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。

8、在下列各种情况下，分析结果是准确的，还是偏低或偏高？为什么？（1）pH ≈4 用莫尔法滴定-

Cl 答：因为+-

+H CrO 24

= 4HCrO -, 所以42CrO Ag 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。

（2）若试液中含有铵盐，在pH ≈10时，用莫尔法测-

Cl 答：因为

32NH Ag ++ = +23)(NH Ag , 所以此时AgCl 、42CrO Ag 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。

（3）用法扬司法滴定-

Cl 时，用曙红作指示剂。

答：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。

（4）用佛尔哈德法测定-

Cl 时，未将沉淀过滤也未加1,2-二氯乙烷。答：因为S AgCl >S AgSCN 所以会发生AgCl +SCN - =AgSCN+-Cl ，使返滴定时，消耗SCN -增多，测定结

果偏低。

（5）用佛尔哈德法测定I - 时，先加铁铵矾指示剂，然后加入过量3AgNO 标准溶液。

答：因为2+

3Fe +2I -=I 2+2+

2Fe

（+

2Fe

+Ag =+3Fe +Ag -）

，所以测定结果偏低。 9、略 10、略

11、243)(PO Ca 沉淀在纯水中的溶解度是否会受到溶解在纯水中的2CO 的影响？答：因为-

--+=++2433422HPO HCO PO O H CO ，所以会使243)(PO Ca 溶解度增大。

12、研究4PbSO 沉淀时，得到下面著名的实验曲线，试从理论上进行解释。（提示：根据均相成核作用和异相成核作用进行解释。）

答：当24)(ClO Pb 和42SO Na 的初始浓度小于0.00651

-?L mol 时，由于溶液中含有大量的不溶微粒，故主要为异相成核作用，由于“晶核”数目基本稳定，所以随着24)(ClO Pb 和42SO Na 的初始浓度增加沉淀颗粒的平均长度不断增加，即形成曲线上的AB 段，其为上升的斜线；当24)(ClO Pb 和42SO Na 的初始浓度增大至0.0065~0.0101

-?L mol 之间时，这时构晶离子+2Pb

、-

24SO 本身也可形成晶核，即

溶液中既有异相成核作用又有均相成核作用，由于晶核数目的增多，沉淀颗粒的平均长度减小，曲线上出

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

武大版分析化学上册答案-第6章-络合滴定法2

第6章络合滴定法 2. 在PH=9.26的氨性缓冲溶液中，除氨络合物外的缓冲剂总浓度为0.20 mol ·L -1，游离C 2O 42-浓度为0.10 mol ·L -1。计算Cu 2+的αCu 。已知Cu(Ⅱ)- C 2O 42-络合物的lg β1=4.5，lg β2=8.9; Cu(Ⅱ)-OH -络合物的lg β1=6.0。解： 3.铬黑T(EBT)是一种有机弱酸，它的lgK 1H =11.6，lgK 2H =6.3,Mg-EBT 的lgK MgIn =7.0，计算在PH=10.0时的lgK ’MgIn 值。 22433222 124224() 4.58.92 6.96.09.2614 1.26 1()14333()1321[][] 100.1010(0.10)101[]1101010[][]112[]0.10[][]1[][Cu C O Cu OH NH Cu NH C O C O OH C NH H NH mol L NH NH Ka NH N αββαβαββ------++ -=++=?+?==+=+?==+=+=?=??=++又23 24 259.35 3539.36 ()()()][]1010Cu Cu NH Cu C O Cu OH H NH βαααα-- ++=≈++=

4. 已知M(NH 3)42+的lg β1~ lg β4为2.0, 5.0,7.0,10.0,M(OH)42-的lg β1~ lg β4为4.0,8.0,14.0,15.0。在浓度为0.10 mol ·L -1的M 2+溶液中，滴加氨水至溶液中的游离NH 3浓度为0.010 mol ·L -1，PH=9.0试问溶液中的主要存在形式是那一种？浓度为多大？若将M 2+离子溶液用NaOH 和氨水调节至PH ≈13.0且游离氨浓度为0.010 mol ·L -1 ，则上述溶液中的主要存在形式是什麽？浓度又为多少？解：用氨水调解时： 32()121(0.010)(0.010)122 M NH αββ=+++= 3 2.0 2.0 131()[]10100.0083 122 M NH NH βδα-?=== 32 5.0 4.0 232()[]10100.083 122 M NH NH βδα-?=== 7.0 6.0310100.083122δ-?== 10.08.0 410100.83 122δ-?== 故主要存在形式是M(NH 3)42+ ，其浓度为0.10×0.83=0.083 mol ·L -1 用氨水和NaOH 调节时： 34811 ()()11100.1100.01120210M M NH M OH ααα-=+-=+?+?++=? 49111100.1510210δ-?==?? 86 2 11100.01510210δ-?==?? 14311100.0010.5210δ?==? 15411 100.00010.5210δ?==? 故主要存在形式是M(OH)3-和M(OH)42-，其浓度均为0.050 mol ·L -1 5. 实验测得0.10 mol ·L -1Ag(H 2NCH 2CH 2NH 2)2+溶液中的乙二胺游离浓度为0.010mol ·L -1。计算溶液中C 乙二胺和δAg(H 2NCH 2CH 2NH 2)+ 。Ag +与乙二胺络合物的lg β1=4.7，lg β2=7.7。解： 2 2 2 2 ()12222222224.77.723.74 1[][]11010(0.010)10Ag H NCH NH H NCH CH NH H NCH CH NH αββ=++=++?= 2 2 2 2 2 22.70 ()() 10 0.091 Ag H NCH NH Ag H NCH NH δα= =

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E a=x?x T,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：E r=E a x T ×100%=x?x T x T ×100%,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（x ）的差值：d=x?x .平均偏差：单次测定偏差的绝对值的平均值： d=1 d1+d2+?+d n= 1 |d i| n i=1 单次测定结果的相对平均偏差(d r)为：d r=d x ×100%. 3. 单次测定的标准偏差的表达式是： s= (x i?x )2 n i=1 相对标准偏差亦称变异系数：RSD=s r=s x ×100%. 4. 精密度←偏差←偶然误差→增加平行实验次数 ↓ d,s,RSD 准确度←误差←系统误差→针对产生的途径减免 ↓ E a,E r 5. 设测量值为A,B,C,其绝对误差为E A,E B,E C,相对误差为E A A ,E B B ,E C C ,标准偏差为s A,s B,s C,计算结果用R表示，R的绝对误差为E R，相对误差为E R R ，标准偏差为s R. 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R=A+B?C,则E R=E A+E B?E C. 如果有关项有系数，例如R=A+mB?C，则为E R=E A+m E B?E C. ②乘除法：若分析结果的计算公式R=A B C ，则E R R =E A A +E B B ?E C C ,如果计算公式带有系数，如 R=m AB C ,同样可得到E R R =E A A +E B B ?E C C . 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R=m A n,其误差传递关系为E R R =n E A A ，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R=mlgA，其误差传递关系式为 E R=0.434m E A A . 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.

分析化学(武汉大学版)思考题答案

第三章 2 下列情况各引起什么误差？如果是系统误差，应如何消除？ a. 砝码腐蚀 b. 称量时，试样吸收了空气中的水分 c. 天平零点稍有变动 d. 读取滴定管读数时，最后一位数字估测不准 e. 以含量为98%的金属锌作为基准物质标定EDTA溶液的浓度 f. 试剂中含有微量待测组分 g. 重量法测定SiO2时，试液中硅酸沉淀不完全 h. 天平两臂不等长答： a. 会引起仪器误差，是系统误差，应校正法码。 b. 会引起操作误差，应重新测定，注意防止试样吸湿。 c. 可引起偶然误差，适当增加测定次数以减小误差。 d. 可引起偶然误差，适当增加测定次数以减小误差。 e. 会引起试剂误差，是系统误差，应做对照实验。 f. 会引起试剂误差，是系统误差，应做空白实验。 g. 会引起方法误差，是系统误差，用其它方法做对照实验。 h. 会引起仪器误差，是系统误差，应校正天平。 3. 下列数值各有几位有效数字？ 0.72, 36.080, 4.4×10-3, 6.023×1023, 100，998，1000.00, 1.0×103, pH=5.2时的[H+]。答：有效数字的位数分别是：0.072——2位；36.080——5位；6.023×1023——4位；100——有效数字位数不确定；998——3位；1000.00——6位；1.0×103——2位；pH=5.2时的[H+]——1位。 4.某人以示分光光度法测定某药物中主要成分含量时，秤取试样0.0600g，相对误差多少？如果称样为1.0000g，相对误差又是多少？这些结果说明什么问题？ 5.某人用差示光度分析法分析药物含量，称取此药物试样0.0520g，最后计算此药物质量分数为9 6.24%。问该结果是否合理？为什么？答：该结果不合理。因为试样质量只有3位有效数字，而结果却报出4位有效数字，结果的第3位数字已是可疑数字。最后计算此药物的质量分数应改为96.2%。 6.u分布曲线和t分布曲线有何不同？ 7.说明双侧检验和单侧检验的区别，什么情况用前者或者后者？ 8. 用加热法驱除水分以测定CaSO41/2H2O中结晶水的含量。称取试样0.2000g，已知天平称量误差为±0.1mg。试问分析结果应以几位有效数字报出？答：通过计算可知，0.2000g试样中含水0.0124g，只能取3位有效数字，故结果应以3位有效数字报出。第五章思考题 1. 在硫酸溶液中，离子活度系数的大小次序为：γH+＞γHSO4-＞γSO42-，试加以说明。答：可由德拜-休克尔公式解释。 H+，HSO4-，SO42-的水化离子的有效半径值分别为：900，400，400，H+和HSO4-的电荷相同，故γH+＞γHSO4-；SO42-与HSO4-的值相同,但SO42-的电荷比HSO4-高，故γHSO4-＞γSO42-。 2. 于苹果酸溶液中加入大量强电解质，草酸的浓度常数K a1c和K a2c之间的差别是增大还是减少？对其活度常数K a10和K a20的影响又是怎样？答：浓度常数K a c受溶液的离子强度的影响，而活度常数K a0不受离子强度的影响。对于苹果酸来说，１

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

武大分析化学思考题答案

第一章定量分析概论思考题 1、为了探讨某江河地段底泥中工业污染物的聚集情况，某单位于不同地段采集足够量的原始平均试样，混匀后，取部分试样送交分析部门。分析人员称取一定量试样，经处理后，用不同方法测定其中有害化学成分的含量。试问这样做对不对？为什么？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、镍币中含有少量铜、银。欲测定其中铜、银的含量，有人将镍币的表层擦洁后，直接用稀HNO3溶解部分镍币制备试液。根据称量镍币在溶解前后的质量差，确定试样的质量。然后用不同的方法测定试液中铜、银的含量。试问这样做对不对？为什么？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。 3、怎样溶解下列试样：锡青铜、高钨钢、纯铝、镍币、玻璃答：锡青铜：HNO3 ；高钨钢：H3PO4；纯铝：HCl；镍币：HNO3 ；玻璃：HF。 4、下列试样宜采用什么熔剂和坩埚进行熔融：铬铁矿、金红石、锡石、陶瓷答：铬铁矿：Na2O2熔剂，铁、银、刚玉坩埚金红石：酸性熔剂，石英或铂坩埚锡石：酸性熔剂，石英或铂坩埚陶瓷：碱性熔剂，铁、银、刚玉坩埚 5、欲测定锌合金中Fe、Ni、Mg的含量，应采用什么溶剂溶解试样？答：用NaOH溶解试样，Fe，Ni，Mg形成氢氧化物沉淀，与Zn基体分离。 6、欲测定硅酸盐中SiO2的含量；硅酸盐中Fe，Al，Ca，Mg，Ti的含量。应分别选择什么方法分解试样？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。 7、分解物及试样和有机试样的主要区别有哪些？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。 8、误差的正确定义是（选择一个正确答案）（C） a、某一测量使与其算术平均值之差 b、含有误差之值与真值之差 c、测量值与其真值之差 d、错误值与其真值之差

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

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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

武汉大学《分析化学》(第5版)(下册)【章节题库】- 第1~9章【圣才出品】

第1章绪论本章暂未编选章节习题，若有最新习题会及时更新。

第2章光谱分析法导论一、选择题 1．原子吸收光谱由下列哪种粒子产生的?（） A ．固态物质中原子的外层电子 B ．气态物质中基态原子的外层电子 C ．气态物质中激发态原子的外层电子 D ．气态物质中基态原子的内层电子【答案】B 【解析】气态和基态原子核外层电子，按其能量高低分壳层分布而形成量子化的能级，在较低温度下都处于基态能级。处于基态原子核外层电子，如果外界所提供特定能量（E ）的光辐射恰好等于核外层电子基态与某一激发态（i ）之间的能量差（i E ）时，核外层电子将吸收特征能量的光辐射由基态跃迁到相应激发态，从而产生原子吸收光谱。 2．Na 原子下列光谱线间哪个能发生跃迁？（）【答案】D 【解析】根据量子力学的原理，电子的跃迁不能在任意两个能级之间进行，而必须遵循一定的“选择定则”，这个定则是：（1）△n＝0或任意正整数；（2）△L＝±1跃迁只允许在S 项和P 项、P 项和S 项或D 项之间、D 项和P 项或F 项之间等；（3）△S＝0，即单重项只能跃迁到单重项，三重项只能跃迁到三重项等；（4）△J＝0，±1，但当J ＝0时，△J＝0的跃迁是禁阻的。

3．用波长320nm的入射光激发硫酸奎宁的稀硫酸溶液时，将产生320nm的（）。 A．散射光（stray light） B．荧光（fluorescence） C．瑞利光（Reyleigh scattering light） D．拉曼光（Raman scattering light）【答案】C 【解析】瑞利散射光的波长与入射光波长相同。 4．使用磺基水杨酸分光光度法测定微量时，光度计检测器直接测定的是（）。 A．入射光的强度 B．透过光的强度 C．吸收光的强度 D．散射光的强度【答案】B 【解析】检测器是将透过光的强度转变为电信号。二、名词解释振动弛豫答：振动弛豫是指处于激发态的各振动能级将部分能量损失后，其电子则返回到同一电子激发态的最低振动能级的过程。

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第3章分析化学中的误差与数据处理 1．根据有效数字运算规则，计算下列算式： (1)19.469+1.537-0.0386+2.54 (2) 3.6 0.032320.59 2.12345 (3) 1000 0000.11245 .0)32.100.24(00.45??-? (4) pH=0.06，求 [H + ]=? 解：a. 原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51 b. 原式=3.6×0.032×21×2.1=5.1 c. 原式=45.0022.680.1245 =0.1271 1.0001000 ??? d. [H +]=10-0.06 =0.87( mol/L ) 3．设某痕量组分按下式计算分析结果：m C A -= χ，A 为测量值，C 为空白值，m 为试样质量。已知 s A =s C =0.1，s m =0.001，A =8.0，C =1.0，m =1.0，求s x 。解： 2 22222 222()422222220.10.10.001 4.0910()()(8.0 1.0) 1.0 A C x m A C m s s s s s s x A C m A C m --++=+=+=+=?--- 且 8.0 1.0 7.01.0 x -= = 故 424.09107.00.14 x s -=??= 5. 反复称量一个质量为 1.0000g 的物体，若标准偏差为0.4mg ，那么测得值为1.0000 1.0008g 的概率为多少？解：由0.4mg σ= 1.0000g μ=

故有 1.0000 1.0000 1.0008 1.0000 0.00040.0004 u --≤≤ ，即 02u ≤≤ ，查表得 P=47.73% 7．要使在置信度为95％时平均值的置信区间不超过± s ，问至少应平行测定几次? 解： x x t s x t n μ=±?=± 查表，得： 5, 2.57, 1.049166, 2.45,0.9261 7 5f t f t ====>====<时n 时n 故至少应平行测定次 9. 测定黄铁矿中硫的质量分数，六次测定结果分别为30.48%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，计算置信水平95%时总体平均值的置信区间。解： 6 1 1i i x x n ==∑ 30.48%30.42%30.59%30.51%30.56%30.49% 30.51% 6 +++++= = 6 2 1 () 1 i i x x s n =--∑ 置信度为95%时： 0.05,5,2.57,30.51% 2.5730.51%0.06%6 f t x t n αμ==±=±=± 11.下列两组实验数据的精密度有无显著性差异(置信度90％)? A ：9.56，9.49，9.62，9.51，9.58，9.63 ， B ：9.33，9.51，9.49，9.51，9.56，9.40 解：a. 6 1 19.57i i x x n == =∑

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分析化学

第5章酸碱平衡和酸碱滴定法 1．写出下列溶液的质子条件式。 a ．c 1 mol·L -l NH 3 + c 2 mol·L -l NH 4Cl ； c ．c 1 mol·L -l )H 3PO 4 + c 2 mol·L -l HCOOH ；解： a. 对于共轭体系，由于构成了缓冲溶液，所以可以将其视为由强酸（HCl 和弱碱（NH 3）反应而来，所以参考水准选为HCl, NH 3和H 2O 质子条件式为：[ H + ] + [NH 4+ ] = [Cl -] + [OH -] 或[ H + ] + [NH 4+ ] = c 2 + [OH -] c. 直接取参考水平：H 3PO 4 , HCOOH , H 2O 质子条件式：[H + ] = [H 2PO 4-] + 2[HPO 42-] + 3[PO 43-] + [HCOO -]+[OH -] 3．计算下列各溶液的pH 。 a ．0.050 mol·L -l NaAc ； c ．0.10 mol·L -l NH 4CN ； e ．0.050 mol·L -l 氨基乙酸； g ．0.010 mol·L -l H 2O 2液； i ．0.060 mol·L -l HCI 和0.050 mol·L -l 氯乙酸钠(ClCH 2COONa)混合溶液。解： a.对于醋酸而言，K b = K w / K a = 5.6 ? 10-10 应为cK b = 5.6 ? 10 -10 ? 5 ?10-2 = 2.8 ? 10-11 > 10K w c/K b > 100 故使用最简式； [OH - ] = 105.6100.05-?? = 5.29? 10 -6 pH = 14 – pOH = 8.72 c. NH 4+ K a ’ = 5.6 ? 10-10 HCN K a = 6.2. ? 10-10 cK a ’ > 10K w c > 10 K a 由近似公式可以得到： [H + ] = 'a a K K = 20 6.2 5.610-?? = 5.89? 10-10 pH = 10 – 0.77 = 9.23 e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，K a1 = 4.5? 10-3 , K a2 = 2.5 ? 10-10 c/K a2> 100 且c > 10 K a1 所以[H + ] = 12a a K K = 134.2 2.510-?? = 1.06 ? 10-6 pH = 6-0.03 = 5.97 g. 对于双氧水而言，K a = 1.8 ? 10-12 cK a < 10K w c/K a > 100 所以可以计算氢离子浓度 [H + ] = a w cK K + = 1414 1.810110--?+? = 1.67 ? 10-7 pH = 7 – 0.22 = 6.78 i. 由于ClCH 2COONa + HCl = ClCH 2COOH + NaCl 所以原溶液可以看成0.050mol/L 的ClCH 2COOH 和0.010mo/LHCl 的混合溶液设有x mol/L 的ClCH 2COOH 发生离解，则 ClCH 2 COOH ClCH 2COO - + H + 0.05-x x 0.01+x 所以有(0.01)0.05x x x +- = K a = 1.4 ? 10-3 解得x = 4.4 ? 10-3 mol/L

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

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