山西农业大学分析答案

1、分析化学习题册答案第一章 绪论一、填空题分析方法 分析原理定量分析 定性分析 结构分析化学分析 仪器分析二、简答题答 试样的采集和制备 -试样分解 - 干扰组分的分离 - 分析测定 - 结果的计算和评价。第二章 误差与数据处理一、填空题1、系统，偶然 2 、系统，偶然，真实值，平均值 3 、， %4、精密度，标准 5 、空白，对照，增加平行测定的次数量 6 、 ， 20， 7 、5， 2 8 、准确，不 确定 9 、 3 10 、 11 、系统，系统，偶然二、选择题1、 A 2 、D 3 、B 4 、B 5 、D 6 、D 7 、 B 8 、 A 9 、B 10 、C 11 、C三、简答题 1

2、解：（1）产生系统误差。通常应该烘干至恒重，于干燥器中冷却至室温后，置于称量瓶中，采用差减法称量。（2）使测量结果产生系统误差。一般可通过空白试验来消除由此引起的系统误差。 （3）产生偶然误差。原因是滴定管读数的最后一位是估计值，是不确定的数字。（ 4）产生系统误差。应该使用基准物质重新标定NaOH标准溶液的浓度。（5）滴定终点颜色把握不准，深浅不一致，由此带来的误差正负不定，属于偶然误差。2称取的试样时，称量的相对误差为 %；称取试样时的相对误差为 %。因为分析天平的绝对误差为， 所以称量的绝对误差一样大，称量的准确度好象一致，但二者的相对误差不一样大，称量试样的相对误差 明显小于称量 g

3、试样的相对误差。因此，用相对误差表示准确度比绝对误差更为确切。3甲的报告是合理的，因为取样质量只有两位有效数字，限制了分析结果的准确度，使分析结果最多也只能保留两位有效数字。四、计算题1解：应先计算出纯 (NH4) 2SO4试剂中氮的理论含量，再与测定结果进行比较。(B) (理论值) =2M (N) 100% 14.01 2 100 % =%M (NH 4 ) 2 SO 4 ) 132.13绝对误差为： %= %相对误差为： 0.07 100 % 0.03 %21 .212解：计算过程(略) ，结果如下：第一组： d1 = %S1 = %RSD1= %第二组： d2 =%S2 = %RSD 2

4、= %第二组数据中的最大值为，最小值为；第一组的最大值为，最小值为。显然，第二组数据较为分散， 但计算结果却表明两组数据的平均偏差相同，因此用平均偏差不能正确地反映出两组数据的精密度的好坏。 若用标准偏差 S表示精密度，由于 S2S1，表明第一组数据的精密度较第二组数据的好，数据的分散特征得 到正确的反映。因此，现在文献常用S或 RSD表示测定的精密度。3解：三者测定结果的平均值分别为：x甲 37.05 (%) ； x乙 37.16 (%) ； x丙 37.03 (%) 。则他们的 绝对误差分别为：E甲x甲xT =% =% ；E乙x乙xT =% =%；E丙x丙xT =% % %标准偏差分别为：

5、0.0300.0490.035S(37.02- 37.05)2 (37.05-37.05)2 (37.08-37.05)2(37.11- 37.16)2 (37.17-37.16)2 (37.20-37.16)2S乙2S丙(37.06- 37.03)2 (37.03-37.03)2 (36.99 - 37.03)22准确度是用误差的大小来衡量的，误差大，准确度差，可以看出甲的准确度最高。精密度可用标准偏差的大小来衡量，显然，甲测定结果的精密度最好。因此，化验员甲的测定结果质量最高。另外，丙的精密度也较好，但其准确度不如甲的好；乙的精密度差，并且准确度也差。这说明精密度好，但准确度不一定好，精密

6、度是准确度的前提，质量高的分析结果应该是准确度和精密度都比较好。4解：可疑值除外，计算xn 1 30.12 30.16 30.18 30.18 30.20 30.17dn 150.05 0.01 0.01 0.01 0.030.022xn 130.02 30.17 0.154dn 1 4 0.022 0.088x xn4dn 1 ，因此应舍弃 mg kg-1 这个数据，不能参加分析结果的计算。、填空题第三章 滴定分析概论1、反应定量完成反应迅速， 有适当的方法确定终点2、返滴定法 ， 置换滴定法 ，间接滴定法3、返滴定法（又叫剩余量滴定法）4、酸碱滴定法，配位滴定法，氧化还原滴定法，沉淀滴定法

7、5、无水 Na2CO3 ，硼砂（Na2B4O710H2O） ， H2C2O42H2O ，邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4)6、直接配制标准溶液间接确定标准溶液的浓度7、四位8、1mol ， molLC(B) n(B)VmM(B) C(B)V9、准确 ， 完全程度 ，选择是否恰当10、毫升标准溶液相当于待测物质的克数或毫克数 ，T待测物标准溶液TXVSSXGTA/Ba ?CBM A b ? 100011、易挥发 ， HCl 浓度不稳定、选择题1、C 2 、A 3 、D 4 、A 5 、D 6 、D 7 、C 8 、A 9 、B 10 、C 11 、A 12 、B 13 、D 14 、C 15 、

8、A 16 、 B 17 、 B18 、 A 19 、 A 20 、 B 21 、B 22 、 B三、判断题 1、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 、 8 、 四、计算题1、解：根据物质的量浓度的定义mHClC(HCl) M(HCl) 1000 HCl%C(HCl) V M(HCl)1000 1.18 36%36.512(mol L 1)2、解： 滴定反应 CaO+2HCl=CaCl 2+H2O56.08CaO 的基本单元应取 g mol 1。设应加水 VmL，故有： 20.005000.2000 1000100056.08(1000 V)2解之： V=122（ mL ）3、解： 滴

9、定反应 Cr 2O72 + 6Fe 2+ + 14H + = 2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H2O1n(Fe) n( K 2Cr2O7)6mFe1C( K 2Cr2O7)VK 2Cr2O7M Fe6 2 2 7 K 2Cr2O7根据滴定度的定义： 1mL K2Cr2O7 标准溶液相当于待测物质的质量，即为K 2Cr2O7K 2Cr2O71C(16K2Cr2O7)MFe10= 6 10 = (g mL 1)TFe2O3K 2Cr2O7K 2Cr2O7M(21Fe2O3)M(Fe)12630.19g同理：159.70.006702= (g mL 1)TFe3O4K2Cr2O7TFeK 2C

10、r2O7255.851M(31Fe3O4)M(Fe)231.540.006702355.85= (g mL1)11M( Fe2O3 ) M( Fe3O4)称为化学因数式中 2 和 3 分别为两物质基本单元的摩尔质量之比， 其比值为一常数， M (Fe) M(Fe)或换算因数。利用化学因数可将一已知物质的质量或百分含量，换算为另一有关物质的质量或百分含量 使用化学因数时务必要使表示式的分子和分母中待测元素的原子数目相等。通过这个例题可以得出滴定度与物质的量浓度间的换算公式：CTTxsM S 103C(T)M(S)104、解：滴定反应 NaOH+ KHC8H4O4= NaKC8H4O4+ H2O1

11、设 20mL mol L1NaOH溶液需 KHC8H4O4的质量为 m1(g)则 m 1 = 204 2010 3 =1同理， 30mL molL1NaOH溶液需 KHC8H4O4的质量为 m2(g)则 m 2 = 204 3010 3 =所以应称取 KHC8H4 O4 的质量为 。0.2 称量的相对误差为： 0.2 100% 0.05% (称样量计算)400若改用 H2C2O42H2O，H2C2O4+2NaOH= Na2C2O4+2H2O1 其基本单元取 H2C2O4 2H2O 。2126故m30.1 20 10 3 0.13g32所以应称取 H2C2O42H2O的质量为 此时，称量的相对误

12、差约为：0.20.2 100% 0.15% (以称样量计算)130计算结果表明：由于 KHC8H4O4摩尔质量较 H2C2O42H2O 为大，在相同情况下，使用前者作为标定碱溶液m42 0.1 30 10浓度的基准物质比使用后者所引起的相对称量误差要小。5、解：该测定涉及两个反应：CaCO3 + 2HCl = CaCl 2 + H 2O + CO2HCl + NaOH = NaCl + H 2O显然， CaCO3的量是所有 HCl 总量与返滴定所消耗 NaOH的量之差。CHCl VHCl CNaOH VNaOH M( CaCO3 )2 CaCO3G0.2500 25.00 10 3 0.201

13、2 5.84 10 3 100.1 20.3000第四章 酸碱滴定法一 填空2 指示剂的用量、溶液的温度、离子强度、溶剂、滴定的方向。3 有机弱酸或弱碱，结构，颜色， pH， pH pK aHIn ， pH pKaHIn 1。缩小指示剂变色范围、变色更加敏锐。由两种不同的指示剂混合而成，由指示剂和惰性染料混合而成。，红色。变色范围全部或部分落入突跃范围之内，在突跃范围内变色。酸碱的浓度和酸碱的离解常数，酸碱的浓度8 c（酸） Ka 10 8 或 c（碱） Kb 10 89 Kai 10 8,且Kai Kai 1 104,ai ai ai 110 NaOH， Na2CO3选择题22 C1 C 2

14、 C 3 B 4 D 5 B 6 C 7 C 8 B 9 C 10 B 11 C 12 C 13 C 14 B 15 B 16 D 17 B 18 B 19 B 20 D 21 B 24 B 25 B 26 A 三质子条件1 Na2HPO4ceq(H3O ) ceq(H 2PO4) 2ceq(H3PO4) ceq(PO34 ) ceq(OH )2 NH4H2PO4 ceq(H ) ceq(H3PO4) ceq(NH3) 2ceq(PO34 ) ceq(HPO42 ) ceq(OH )3 Na 2C2O4 ceq (H 3 O ) ceq (HC 2O4 ) 2ceq (H 2C2O4) ceq

15、 (OH )4 HCl+HAcceq (H3O ) ceq (OH ) ceq (Ac ) c(HCl)5 Na2Sceq(H3O ) ceq(HS ) 2ceq(H 2S) ceq(OH )6 NH3+NaOHceq (H 3O ) c(NaOH) ceq(NH 4) ceq(OH )7 H3PO4ceq(H3O ) ceq(OH ) ceq(H 2PO4 ) 2ceq(HPO42 ) 3ceq(PO43 )8 Na3 PO4 ceq(H3O ) ceq(OH ) ceq(HPO24 ) 2ceq (H 2 PO4 ) 3ceq (H 3PO4 ) ceq(OH )9 H3BO3ceq (H

16、 3O ) ceq(OH ) ceq(H 2BO 3 )四计算题1解：(NaAc) ceq(HKa) Ka 10 17.81.180150 5 0.99(HAc) = 1 =1ceq (NaAc) = mol L，ceq (HAc) = mol L2 解：已知甲胺的 c1.0 10 4 mol L 1,Kb4.2 10 4 ,因为 c Kb 20K w,c / Kb 500 ,故：ceq(OH )Kb(Kb)24Kb c24.2 10 4 (4.2 10 4 )2 4 1.0 10 4 4.2 10 48.410 5mol L 1pOH = pH =解： 已知 HF的 Ka6.610 4由于溶

17、液为弱酸性，H+离子平衡浓度可采用简化式计算如下：ceq(H )KaHF c(HF) 6.6 10 4 0.10解： K a因为 c K b-3 10 -3-1 mol L )pH=(HAC ) 5.820K w,c/ K10 10b500bceq ( OH - ) / cKb ( NaAC) c/ cc 1 10 10 Ka(HAC ) c1.8Kww-50.1=10 -510 4pOH=， pH=解： Ka ( HCOOH ) 5.810 11因为 c K b 20K w,c/ Kb500Kw1411.71010 4 0.05 1.7 10 6 pOH= ， pH=ceq(OH-)/ cK

18、b (HCOONa) c/c ceq bKa ( HCOOH )解： c(H3PO4)= L1， 按一元酸处理，只考虑 H3PO4 的第一步离解，又因为 c(H3PO4) / Ka1 29 500,c(H3PO4) Ka1 20Kw， 所以可用近似式计算如下：Ka1 (Ka1)2 4Ka1 c(H3PO4)6.9 10 3 (6.9 10 3 )2 4 6.9 10 3 0.2ceq(H )2 pH =0.0343 解： Kb (NaCN ) Kw Ka (HCN ) 2.0 10 5。因为 (c c ) Kb 10 8所以能用 HCl 标准溶液准-1确滴定 NaCN，滴定反应： HCl+Na

19、CN=HCN+NaC。l化学计量点时 c(HCN)=2=( 0mol L-1)因为 , c Ka 20K w,c / Ka 500故 ceq(H )/cKa c/c4.9 10 10 0.14.9 10pH=选择甲基红指示剂解： Kb (NaAc) K w K a (HAc) 5.6 10 10 。 因为 (c c ) K b 10 8 所以不能用 HCl 标准溶 液直接滴定 NaAc。也不能用返滴定法测定。解： Ka (HCOOH ) 5.8 10 11。因为 (c c ) K a 10 8 所以能用 NaOH标准溶液直接滴定甲酸， 化学计量点时 c(HCOONa)=2= L-1因为 c K

20、 b 20K w,c / K b 500Kw K a (HCOOH )141 10 14 c 4 0.051.7 10 41.7 10 6 pOH= ， pH=ceq(OH-) /cKb (HCOONa) c/ c选酚酞解： NaOH标准溶液滴定 c(HCl)=1L1 和 c(NH4Cl)=L1的混合溶液，因K a(NH4 +)=10 -9 7. 小，选择性，Fe2+，直接配置 8. 返滴定方式，K2Cr2O7，还原性有机物质物质，2+K2Cr2O7， Fe 2+，硝酸是氧化剂会增加还原剂的消耗3+ 2+9. 降低 Fe3+/Fe 2+电对的电势，增大滴定突跃， 使二苯胺磺酸钠变色点的电势落在

21、滴定突跃范围内，提高自身催化反应测定结果的准确性；二是 H3PO4与 Fe3+生成无色的 Fe(HPO4) 2，消除了 Fe3+黄色的干扰，有利于终点的观察。13 强酸介质中 KMnO4 的还原产物10 氧化剂，指示剂，浅，小 11. 75 85oC ，草酸， H 2SO4 ，MnO2 KMnO4 ， Mn2+ ， 12 红棕色沉淀， 来不及被还原的高锰酸钾在热的酸性溶液中发生了分解为无色 Mn2+，可使 KMnO4为自身指示剂且在酸性介质中氧化能力强。14. 诱导反应 15. 氧化性；还原性；还原性物质；强氧化性物质；定量碘；还原剂；氧化性物质16. 将 CuI 转化为溶解度更小的 CuSC

22、N，并且减小对 I 2 的吸附 17. Cl 2二、选择题8. C 9. D 10. C 12. B 13. BD 16. B17. C 19. B 21. A 22 D23. C 24. A .D三、计算题4+ 2+ 3+ 3+解： Ce4+ +Fe2+ =Ce3+ +Fe3+0.5molgL-1H2SO4中， (Fe 3+ /Fe2+ ) 0.68,(Ce 4+ /Ce3+ ) 1.45 )混合后：c(Ce 3+ )c(Fe 3+ ) 1.45 0.68lg K lg 4+ 2+ c(Ce4+ )c(Fe 2+ ) c(Fe3+) c(Ce 3+ ) 0.10 20.05913.050.0

23、50molL-1代入 Kc(Fe2+ ) 0.40 0.1023 3+c(Ce )c(Fe )10.15mol L 142中： c(Ce4 )c(Fe2 )0.050 0.0504c(Ce4 ) 0.1513.051013.054+解： 6n(K 2Cr2O7)=n(Fe)Fe3+ (Y)1 Y K (FeIII Y)11012.8 25.11012.3m(样) 50%6C(标)V(K 2Cr2O7)10-3= M(Fe)m(样) = 60CV(K 2Cr2O7) M( Fe)10-3/50%= 6 V(K 2Cr2O7) 10 -3 /50%= V(K2Cr2O7) 10-3当 V(K2Cr

24、2O7)=20ml 时m(样) =0.22g当 V(K2Cr2O7)=30ml 时m(样) =0.34g3. 解： 2n(Fe 2O3)=5n(KmnO4)35 / 2(CV )(MnO 4 ) 10 3 M(Fe2O3) 100Fe 2O3 =m样5/ 2(0.0100 8.00 10 3) 159.71.0001000.1100 0.0319 100 Al 2O3% =7.814.解： 2n(H 2O2)=5n(KmnO4)5/ 2(CV )( KMnO4 ) 10 3 M(H2O2)H 2O2%(W/V)=V(H2O2样) 25/ 2501005/ 2(0.02532 27。68 10

25、3 34.0225.00 25/2501005.解：查得： lg K (FeIIIY) 25.1， lg K (FeIIY) 14.3， pH3.0时， Y(H)1010.82.0 10.8 12.8Y c(Y) / Y(H)10 2.0 /1010.810 12.8Fe2+ (Y)1 Y K (FeII Y)1012.8 14.3101.5Mn(VI),Mn(V),Mn(IV),Mn(III)，它们均能氧化 Cl - ，因而出现了诱导反应。(Fe3+ /Fe2+ ) 0.059lg Fe2+ Fe (Fe3+/Fe2+ ) 0.059lgFe2+ (Y)Fe3+ (Y)0.059lg cc(

26、FFee2+)c(Fe2+ )3+ 2+(Fe3+/Fe2+ ) 0.059lg2+Fe2+ (Y)3+Fe3+ (Y)101.50.77 0.059lg 12.3 0.13(V)1012.36. 解：a. 酸性条件下氯水中2Cl 2可将 Br和I 氧化为单质 Br 2 和 I 2。由于所以 I 更易被氧化为I 2， I 2 被 CCl4所萃取，使 CCl 4 层变为紫色。b. 这是由于生成了溶解度很小的 CuI2+ 2+ +沉淀（ pKsp=），溶液 中Cu 2+极小， Cu2+/Cu + 电对的电势显著增高， Cu2+成为较强的氧化剂。所以， Cu2+能将 I 氧化为 I 2。c.，组成

27、HF-F 缓冲体系，pH。因为+，H+ Ksp(AgCl)即 Ag 10 10， Ag 108 molL1而 Ag2CrO4 析出的条件为 22Ag 2CrO42 Ksp(Ag2CrO4 ) 2 12 6 1即 Ag 2 10 12， Ag 106 molL1由计算可知，生成 AgCl 沉淀所需的 Ag 小于生成 Ag2CrO4 沉淀所要求的 Ag ，即先有 AgCl 析出。当开始析出 Ag2CrO4时，溶液中的 Ag为 10 6 molL1，此时溶液中的 Cl 为：ClKsp(AgCl)Ag1.8 101066.3 10 6105即 Cl -= 10 5 molL解： AgNO3 的总的物质

28、的量n(AgNO3) =m( AgNO 3)M (AgNO 3)0.8920 g3 10 3 mol169.871g molKSCN的总的物质的量：n(KSCN) = c(KSCN)V(KSCN) = 0 mol L1103L = 10 3 mol 则 NaCl 的总的物质的量：n(KSCN) = n(AgNO3) n(KSCN)= 10 3 mol 10 3 mol = 10 3 mol31则 (NaCl) =n( NaCl ) M ( NaCl ) = 1.681 10 3mol 58.44g mol 1mS0.5000 g第八章 吸光光度分析 一、填空题1. 吸光度；液层厚度；溶液浓度；

29、吸光系数；摩尔吸光系数。黄；青蓝；绿。光源 单色器 比色皿 检测器 显示记录系统。4.5.6. 蓝；-5 -4 -1( 10-510-4)molL-1目视比色法；光电比色法；分光光度法10.二、选择题C、 D 5. B 6. B 7. B 10. C三、判断题1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13.四、简答题1. 答： 将不同波长的光依次通过某一固定浓度的有色溶液，测量每一波长下有色溶液对光的吸收程度(吸 光度 A)，以波长 为横坐标，吸光度 A 为纵坐标作图，所得曲线称该物质溶液的光吸收曲线。由于不同物质吸收曲线形状和最大吸收波长 max 不同，可

30、以作为物质定性分析的依据；不同浓度的同 一物质溶液，吸收曲线形状和max 不变，吸光度随浓度增加而增大，这是定量分析的依据。2. 答：吸光光度法的定量 分析基础是郎伯 -比耳定律。其数学表达式： A =kbc。答： 无干扰离子存在时，根据吸收曲线选择max为入射光波长。有干扰离子存在时，选择吸收最大干扰最小的波长为入射光波长。答： 透光率 T是透过光强度与入射光强度之比。吸光度是入射光强度与透过光强度比值的对数。两者的 关系为 A = -lg T答：当朗伯-比尔定律数学表达式 A = Kbc 中的浓度项 c以物质的量浓度表示，液层厚度 b以厘米表示 时，比例系数 K 用符号 代替， 称摩尔吸光

31、系数。一定温度下，它是吸光物质在特定波长和特定溶剂时的特征常数， 数值上等于通过 1.0cm，浓度为L-1 溶液时的吸光度， 是物质对此波长光的吸收能力的量度。值大，表示该物质对该波长的光吸收能力强，该显色反应用于定量测定时灵敏度高， 是吸光光度法 必不可少的参数。答： 配制一系列浓度递增的欲测组分的标准溶液，显色后在一定条件（入射光波长、液层厚度等）下， 测定其吸光度。以吸光度为纵坐标，溶液浓度为横坐标作图（A- C），所得直线称标准曲线或工作曲线。根据朗伯 - 比尔定律，应为通过原点的直线。实际工作中，由于入射光并非单色光以及溶液本身的化学物理因 素等引起工作曲线弯曲。特别是当溶液浓度较高时，偏离直线的情况更明显。另外，参比溶液选择不当或 少量被测离子与溶液中的掩蔽剂或缓冲剂配位，使工作曲线不通过原点。答： 光度分析中产生误差的原因很多，如有色化合物的离解、聚合，干扰离子的存在等化学因素能产生 较大的误差