分析化学武汉大学（第五版）课后习题答案.doc

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1、第1章 分析化学概论2. 有0.0982mol/L的H2SO4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L。问应加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？解： ，4要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH溶液2530mL。问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4)多少克？如果改用做基准物质，又应称取多少克？解：应称取邻苯二甲酸氢钾1.01.2g应称取0.30.4g6含S有机试样0.471g，在氧气中燃烧，使S氧化为SO2，用预中和过的H2O2将SO2吸收，全部转化为H2SO4，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

2、分数。解：80.2500g不纯CaCO3试样中不含干扰测定的组分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl溶解，煮沸除去CO2，用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL，计算试样中CaCO3的质量分数。解： ，10不纯Sb2S30.2513g，将其置于氧气流中灼烧，产生的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe3+还原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。计算试样中Sb2S3的质量分数。若以Sb计，质量分数又为多少？解：12. 用纯As2O3标定KMnO4溶液的浓度。若0.211 2 g As2O3在酸性溶液

3、中恰好与36.42 mL KMnO4反应。求该KMnO4溶液的浓度。解： 故 14H2C2O4作为还原剂。可与KMnO4反应如下：其两个质子也可被NaOH标准溶液滴定。分别计算0.100molL-1NaOH和0.100 molL-1 KMnO4溶液与500mg H2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。解： 16. 含K2Cr2O7 5.442gL-1的标准溶液。求其浓度以及对于Fe3O4（M=231.54gmol-1）的滴定度（mg/mL）。解： 18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO47H2O（M=278.04gmol-1）的含量：99.50100.5%为一级（G.R）；99.00%10

4、0.5%为二级（A.R）；98.00%101.0%为三级（C.P）。现以KMnO4法测定，称取试样1.012g，在酸性介质中用0.02034 molL-1 KMnO4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL。计算此产品中FeSO47H2O的质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准。解： 故为一级化学试剂。20. CN-可用EDTA间接滴定法测定。已知一定量过量的Ni2+与CN-反应生成Ni(CN)，过量的Ni2+以EDTA标准溶液滴定，Ni(CN)并不发生反应。取12.7mL含CN-的试液，加入25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成Ni(CN)，过量的Ni2+需与10.1mL 0.013

5、0 molL-1 EDTA完全反应。已知39.3mL 0.0130 molL-1 EDTA与上述Ni2+标准溶液30.0mL完全反应。计算含CN-试液中CN-的物质的量浓度。解： 第2章 分析试样的采集与制备1某种物料，如各个采样单元间标准偏差的估计值为0.61，允许的误差为0.48，测定8次，置信水平选定为90%，则采样单元数应为多少?解：f=7 P=90% 查表可知t=1.902某物料取得8份试样，经分别处理后测得其中硫酸钙量分别为81.65、81.48、81.34、81.40、80.98、81.08、81.17、81.24，求各个采样单元间的标准偏差如果允许的误差为0.20，置信水平选定

6、为95，则在分析同样的物料时，应选取多少个采样单元？解：f=7 P=85% 查表可知 t=2.36 4已知铅锌矿的K值为0.1，若矿石的最大颗粒直径为30 mm，问最少应采取试样多少千克才有代表性?解：5采取锰矿试样15 kg，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2 mm，设K值为0.3，问可缩分至多少克？解：设缩分n次，则， ， 解得，所以n=3 ，m =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) 3.60.032320.592.12345(3) (4) pH=0.06，求H+=? 解：a. 原式=19.47

7、+1.54-0.04+2.54=23.51 b. 原式=3.60.032212.1=5.1 c. 原式= 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：，A为测量值，C为空白值，m为试样质量。已知sA=sC=0.1，sm=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求sx。解： 且 故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1.00001.0008g的概率为多少？ 解：由 故有 ，即 ， 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： 查表，得： 9.

8、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： =0.06% 置信度为95%时： 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. 故 b. 故 所以 查表得2.22113用两种不同分析方法对矿石中铁的质量分数进行分析，得到两组数据如下： s n 方法1 15.34 0.10 11 ， 方法2 15.43 0.

9、12 11 a置信度为90时，两组数据的标准偏差是否存在显著性差异? b在置信度分别为90，95及99时，两组分析结果的平均值是否存在显著性差异?解：(a)=0.00102，=0.00122 F=1.440.063 ，查表得：当置信度为95%时，=2.090.063查表得：当置信度为99%时，=2.840.063 ，所以两组分析结果的平均值不存在显著性差异。15实验室有两瓶NaCl试剂，标签上未标明出厂批号，为了判断这两瓶试剂含Cl-1的质量分数是否有显著性差异，某人用莫尔法对它们进行测定，结果如下： A瓶 60.52，60.41，60.43，60.45 ，B瓶 60.15，60.15，60.

10、05，60.08问置信度为90%时，两瓶试剂含Cl-1的质量分数是否有显著性差异？解：用F检验法：= =60.45%，= =2.310-3 ，=60.11%，=2.610-3F=1.13， 查表得F表=9.281.13 ，因此没有差异。用t检验法：S=5.010-4所以 t=9.6 ，而查表得t表=1.941.46,因此没有显著性差异。用t检验法：S=4.010-3所以 t=2.8而查表得t表=2.45 10Kwc/Kb 100故使用最简式； OH- = = 5.2910-6 pH = 14 pOH = 8.72c. NH4+ Ka = 5.6 10-10 HCN Ka = 6.2. 10-1

11、0cKa 10Kw c 10 Ka 由近似公式可以得到：H+ = = = 5.8910-10pH = 10 0.77 = 9.23e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，Ka1 = 4.510-3 , Ka2 = 2.5 10-10c/Ka2 100 且c 10 Ka1所以H+ = = = 1.06 10-6pH = 6-0.03 = 5.97g. 对于双氧水而言，Ka = 1.8 10-12cKa 100所以可以计算氢离子浓度H+ = = = 1.67 10-7pH = 7 0.22 = 6.78i. 由于ClCH2COONa + HCl = ClCH2COOH + NaCl 所以原溶

12、液可以看成0.050mol/L的ClCH2COOH和0.010mo/LHCl的混合溶液设有x mol/L的ClCH2COOH发生离解，则 ClCH2COOH ClCH2COO- + H+ 0.05-x x 0.01+x 所以有= Ka = 1.4 10-3解得x = 4.4 10-3mol/L那么H+ = 0.0144mol/L pH = -log H+ = 1.845某混合溶液含有0.10 molL-l HCl、2.010-4 molL-l NaHSO4和2.010-6 molL-l HAc。a计算此混合溶液的pH。b加入等体积0.10 molL-l NaOH溶液后，溶液的pH。解：a. H

13、SO4- Ka2=1.010-2 HAc Ka=1.810-5 均为弱酸，且浓度远低于HCl的浓度，所以此体系中的HSO4-和HAc在计算pH值时刻忽略。故pH=1.00。 b.加入等体积0.1mol/LNaOH溶液，HCl被中和，体系变为HSO4-和HAc的混酸体系， 忽略KW及KHAHA，H+ 2=（CHSO4-H+ ）解得H+ =9.9010-5 故pH=4.007已知Cr3+的一级水解反应常数为10-3.8，若只考虑一级水解，则0.010 molL-l Cr(ClO4)3 的pH为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+的分布分数是多大?解：1） mol/L 故pH=2.93 2）9今用某弱

14、酸HB及其盐配制缓冲溶液，其中HB的浓度为0.25 molL-l。于100mL该缓冲溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液体积的变化)，所得溶液的pH为5.60。问原来所配制的缓冲溶液的pH为多少? (已知HB的) 解：（mol/L） 已知p Ka=5.30，pH=5.60 设原缓冲溶液中盐的浓度为x mol/L，故 得x=0.35 则原缓冲溶液pH= 11配制氨基乙酸总浓度为0.10 molL-l的缓冲溶液(pH =2.0)100mL，需氨基乙酸多少克?还需加多少毫升1 molL-l酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大?解：设酸以HA表示，p Ka1=2.35 p Ka2=9.60 1)需H

15、A质量m=0.1010075.00.75（g） 2）因为氨基乙酸及质子化氨基乙酸构成缓冲溶液，设pH=2时，质子化氨基乙酸浓度为xmol/L，则 即，解得x=0.079 生成0.079mol/L的质子化氨基乙酸，需加酸为0.079100=7.9ml13计算下列标准缓冲溶液的pH(考虑离子强度的影响)，并与标准值相比较。 a饱和酒石酸氢钾(0.034 0 molL-l)； c0.010 0 molL-l 硼砂。解：a. p Ka1=3.04，p Ka24.37 I= （mol/L）， 查表得， 故，得 同理可得， 又 最简式 pH=3.56 c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p

16、 Ka2=9 查表 故 K=5.810-10 故pH=9.1816. 解： 已知一元弱酸的，问其等浓度的共轭碱的为多少？（已知：，且）解：据题意：19. 用滴定至。计算终点误差。解：时22. 用滴定羟胺盐酸盐（）和的混合溶液。问化学计量点时溶液的为多少？在化学计量点有百分之几的参加了反应？解：(1) 已知时，产物为和(2) 时，参加反应的百分数为：25.称取钢样，溶解后，将其中的磷沉淀为磷钼酸铵。用溶解沉淀，过量的用返滴定至酚酞刚好褪色，耗去。计算钢中和的质量分数。解：过量用于滴定磷钼酸铵的含物质的量为：28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸，消耗甲醇钠溶液，求甲醇钠的浓度。解：，令其浓度为第6

17、章 络合滴定法2.解：4.解：用氨水调解时： 故主要存在形式是，其浓度为 用氨水和NaOH调解时： 故主要存在形式是和，其浓度均为6解：8.解：PH=5.0时， 10.解：设Al3+浓度为0.010mol/L，则由Al(OH)3的Ksp计算可得Al3+发生水解时pH=3.7。要想在加入EDTA时，Al3+不发生水解，pH应小于3.7。12.解：a. b.15. 解: 由Ksp ，测Th时pH3.2,测La时pH8.4，查酸效应曲线（数据）可知，测Th时 pH2较好，为消除La的干扰，宜选pH有AgI沉淀生成。第10章 吸光光度法2. 解：A=-lgT=Kbc 当b=2cm时,A=-log0.6

18、0=0.222; 当b=1cm,A=0.222/2=0.111,lgT=-0.111T=0.77=77%;当b=3cm，A=0.2223/2=0.333，lgT=-0.333T=0.46=46%4. 解：A=-lgT=-lg50.5%=0.297, c=25.510-6103/(50M)=8.1810-6mol/L K稳 =A/bc=0.297/(28.1810-6)=1.91104L/(mol.cm) s=M/=3.310-8ug/cm2 6.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen与Fe2+的浓度比R/M为横坐标，以吸光度A为纵坐标作图。图中曲线转折点不敏锐，所以运用外推法得一交点

19、，从交点向横坐标作垂线，对应的R/M值就是络合物的配比。由图示可见，络合物的组成为Fe（Phen）3，即M：R=1：38.解：A=0.700=-lgT1,T1=20%; 图见上 A=1.00=-lgT2,T2=10%，T=10%; 以0.00100mol/L溶液为参比时，测得试样的透射比为T2， 则20%/100%=10%/T2 T2=50%，试样的吸光度为A=-lgT2=-lg0.50=0.301; 标尺放大倍数n=100%/20%=510.解：Ti和V定容后的浓度分别为5.310-4mol/L和1.5710-3mol/L，设Ti和V络合物在415nm和455nm的摩尔吸光系数分别为11，1

20、2，21，22。未知样经处理后的浓度为c（Ti），c（V）。根据郎-比尔定律可知： 0.435=115.310-4，11=8.2102L.mol-1.cm-1；0.246=125.310-4，12=4.6102L.mol-1.cm-1；0.510=211.5710-3，21=1.6102L.mol-1.cm-1；0.377=221.5710-3，22=2.4102L.mol-1.cm-1；11c（Ti）+21c（V）=0.645 且12c（Ti）+22c（V）=0.555 ，将数据代入后解得： c（Ti）=2.7110-3mol/L，c（V）=6.3010-3 mol/L12.解：A=-lgT

21、=-lg0.42=0.376， c=A/b=0.376/（2.51032）=7.5210-5 mol/L 因此，1000mL中含有色物7.5210-5Mg。已知含量为0.001%，故1000/ （7.5210-5M）=100/0.0010，M=131.5g/mol14.解：设络合物的解离度为，则=AmAX-A/ AmAX=0.390-0.320/0.390=0.179 K稳=c（1-）/c（2c）2=（1-）/4c23=（1-0.179）/4（1.48 10-5）20.1793=1.631011 lgK稳=11.2第11章 分析化学中常用的分离与富集方法1. 解：（1）由于剩余的Fe3+为0.01%，所以Fe3+=0.0020.0001=210-6mol/L Ksp=810-38=