2022年分析化学武大第五版思考题答案

1、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： 防

2、止式样损失； 防止引入干扰。4、答： Na2B4O710H2O 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CNaOHmH2C2O42H2O10002H 2C2O4 2H 2O 更 V NaOH 增大，所以MH2C 2O42H2O1VNaOH因为失水后的H 2C2O4中含有比同样质量多的能与 NaOH 作用的 H+，这样测定时消耗CNaOH 偏小。8、答：偏高 第二章

3、 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

4、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、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

5、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、系统误差小。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： 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 t 分布曲线横坐标为 =x- / : 总体平均值 t=x- /s ：总体标准偏差 ：两

6、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 8、答：0.2000 145.1 9.01 0.2000100%= 6.21% 因为本方法只能测准至 出。0.01%，所以分析结果应以三位有效数字报第四章 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

7、 为H +SO4 2-HSO 4-，但 SO4 2-是 2 价离子，所以三种离子的浓度系数的大小顺序为 r H r HSO 4 r SO 24。2、答：K a c1 H HC 2 O 4 K a 01 1 H 2 C 2 O 4 r H r HSO 4c H C 2 O 4 2 0 r HC 2 O 4K a 2 K a 2 HC 2 O 4 r H r c 2 O 42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 Kc a1和 Kc a2均增大。由于 r HC 2O 4 rC 2O 4 2 rHC 2O 4，所以 K ca1 增加幅度

8、大， K ca2增加幅度小，所以 Kc 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 0 a1和 K 0 a2 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。(CNaOHW 邻1000) M邻VNaOHb、第一化学计量点时无影响(CO 2+2NaOH=CO 3 2-+2Na +H 2O CO 3 2-+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 3 2-+2

9、Na +H 2O 2CO3 2-+ H3PO4=2HCO 3-+HPO 4 2- H2PO4-+OH-=HPO 4 2-+H 2O)相当于使 NaOH 浓度变稀，消耗体积增大。（H PO4%(CNaOHVNaOHMH PO 341100%）0.2%10002Wc、偏高。(CV)NaOH0.4%11100%2CV)NaOH(100%0.4%)25、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-=C10-9.2610-8）6、答： pH=10.50 时 有 CO3 2-、HCO 3 -， 主要组分为 CO 3 2-

10、pH=6.00 时 有 HCO 3 和 H 2CO 3， 主要组分 HCO 3 -pH4.0 时 主要组分 H 2CO3 7、答：K a 0 a In 2pH pK a 0 lg a In 2pK a 0 lg In 2 In 2 a H a HIn a HIn HIn HIn 理论变色点时 In 2 HIn pHpKa0lgIn2pKa00.5 22I0.5 1 2I （lgi0.5Z2I ）HIn=pK a00.5I(41)pK a01.5I=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.

11、 HCl+H 3BO3 答：因为的 H 3BO3 的 K aC1 lgK TiOY =lgKTiOY -lg Y-lg TiOY +lg TiOY (H2O2) 4.答：因为 lgK HgY 2-= lgKHgY 2-lg Hglg Y+lg HgY 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-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+多了一个副反应

12、，即由于 Zn2+与 NH 3生成络合物而产生了络合效应， 从而使 lgKZnY值减小。6.答：因为在此体系中只有Cu2+能与 NH 3 形成络合物，所以lgKCuY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 CuY 减小，当NH 3ep=10-3mol L-1 时，由于C CuK CuY7 10(lgC MgK MgYY(H) =0.45 lg Cu(NH3) =2.46 lgKMgY =8.70 lgKCuY=18.80) lgK CuYCCu6 lgK MgY CMg6 所以可形成两个突跃。当 NH 3ep=0.2

13、mol L-1 时 ， lg Cu(NH3)=11.03 lgK CuY=7.32 C Mg K MgYC Mg K MgY 10 但 lgCMgK MgY 6 lgCCu K CuY6，所以 Mg2+、Cu2+被一次滴定，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+ Ca2+=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 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

14、：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：Fe 3+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.答：因为 KCN 、三乙醇胺掩蔽 Fe 3+的机理是，通过使 Fe3+与其生成络合物，而降低了 Fe 3+，从而消除了 Fe 3+的干扰，但它们与 Fe 3+的络合物只能在碱介

15、质中稳定存在，特别是KCN 在 pHSAgSCN所以会发生 A g C l+SCN- =AgSCN+ Cl ，使返滴定时，消耗 SCN-增多，测定结果偏低。e.因为 2Fe3+2 I =I 2+2Fe2（Fe2+ Ag =Fe3+ Ag ），所以测定结果偏低。3.a.因为 SAgClSAgSCN所以会发生 A g C l+SCN- =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

16、中的 F-的浓度小于 pH=5 时溶液中 F-的浓度，因此 pH=3 时 CaF 的溶解度大于 pH=5 时的溶解度 , 即 S 3 K spCaF 2 F H 2pH越小 F H越大， pH 越大 F H越小。b.在 0.0010mol L-1 AgNO 溶液中时 S K spK CrO 22 4 2.0 102 122.0 10 mol L 6-1,在 Ag 0.0010-1 K spK CrO 2 4 2.0 10 125-1 0.0010molL K 2CrO 4 溶液中时 S 4.5 10 molL CrO 4 0.0010c.因为 BaSO 是晶型沉淀， AgCl 是接近胶体的凝乳

17、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 溶液洗涤。d.因为 BaSO 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 Fe 2O 3 .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. BaSO 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

18、多而颗粒小的凝乳状沉淀，BaSO 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 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 BaSO 4为晶形沉淀，在沉淀表面上吸附的是 SO 4 2或 Ba 2，而不是 S 2，因而 ZnS 不在 BaSO 表面上后沉淀。2.答：这种计算是根据M OH)3L3 M s3 OH 3 sM3+OH-3=27S4=K sp109mol1S4 1 10324.427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

19、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 10 7mol L 1。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。2 23.答： K 共沉淀严重，因其半径与 Ba 接近，故 SO 4 优先吸附 K，此时沉淀组成可能是 BaSO + K 2SO 4。2 34.答：测定 Mg 时，应在微酸性溶液中将 Fe 以 Fe (OH 3) 的沉淀形式分离除去，因为在此酸度下沉淀 Fe 3可以减少 Mg 2的共沉淀，若在碱介质中沉淀，由于 Mg 2与 OH 能生成溶解度小的 Mg (OH 2) 极易产生沉淀，使测定 Mg 2的结果偏低。测定 SO 4 2时，应用过量的碱来沉淀 Fe 3，因为在碱介质中可以避免由于生成离解度小的 MgSO 而使 SO 4 2产生共沉淀的现象。2 25.答：由于 Ba 浓度是过量的， 所以沉淀表面上吸附了大量的 Ba 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 pH9 时，其主要以负离子形式存在，由于正、负胶粒相互凝聚作用，pH9 时进行为好。可促进沉淀完全。故动物胶的凝聚作