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1、 武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思考题答案 分 析 化 学 （第五版）上册 武汉大学主编 第一章 概论 其次章 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掌握 第五章 酸碱滴定 第六章 络合滴定 第七章 氧化复原滴定 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别与富集方法 第一章 概论 1、答：定义:分析化学是进展和应用各种理论、方法、仪器和策略以猎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、构造。 作用：略 2、答：略 3、答：取样分解测定计算及评价
2、 注：取样的原则：应取具有高度代表性的样品； 分解的原则：防止式样损失；防止引入干扰。 4、答：Na2B4O710H2O的摩尔质量比Na2CO3的大，应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 mH2C2O42H2O CNaOH=MH2C2O42H2O100021 VNaOH 由于失水后的H2C2O4中含有比同样质量H2C2O42H2O更多的能与NaOH作用的H+，这样测定时消耗VNaOH增大，所以CNaO
3、H偏小。 8、答：偏高 其次章 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纳四分法进展缩分，依据阅历公式取样，再分解、测定等。 2、答：分解无机试样和有机试样的主要区分在于：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基体分别。 4、答：测硅酸盐中SiO2的含量时采纳碱熔法，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H
4、F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，由于镍币中铜银分布不肯定匀称，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： 精确度：分析结果与真值相接近的程度。 周密度：测定值与平均值相符合的结果。 从其大小的衡量： 精确度的凹凸用误差衡量； 周密度的凹凸用标准偏差衡量 二者的联系： 周密度是保证精确度的先决条件； 周密度高，精确度不肯定高； 精确度高肯定要求周密度高； 由周密度高即可推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
5、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、 分析化学课后答案 武汉大学 第五版 上册 完整版篇二:武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思索题答案 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Zn2+溶液的浓度。 解：cZn2+=0.325065.39-1=0.01988molgL 25010-3 2. 有0.0982mol/L的H2SO4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L。问应参加0.5000mol/L H2SO4的
6、溶液多少毫升？ 解：c1V1+c2V2=c(V1+V2) 0.0982mol/L0.480L+0.5000mol/LV2=0.1000mol/L(0.480L+V2) V2=2.16mL 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？假如改用H2C2O42H2O做基准物质，又应称取多少克？ 解：nNaOH:nKHC8H4O4=1:1 m1=n1M=cV1M =0.2mol/L0.025L204.22g/mol=1.0g m2=n2M=cV2M =0.2mol/L0.030L204.22g/mol=1.2g 应称取邻苯二甲酸
7、氢钾1.01.2g nNaOH:nH2C2O42H2O=2:1 1cV1M2 m1=n1M= 1=0.2mol/L0.025L126.07g/mol=0.3g2 m2=n2M=1cV2M2 1=0.2mol/L0.030L126.07g/mol=0.4gHCO2H2O2应称取2240.30.4g 6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汲取，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的质量分数。 解：SgSO2gH2SO4g2KOH nM100%m0w= 10.108mol/L0.02
8、82L32.066g/mol =100%0.471g =10.3% 80.2500g不纯CaCO3试样中不含干扰测定的组分。参加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：CaCO3g2HCl NaOHgHCl 1(cV-cV)MnMw=100%=100%m0m0 1(0.2600mol/L0.025L-0.2450mol/L0.0065L)100.09g/mol=100%0.2500g =98.24% 9 今含有MgSO47H2O纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但有局部失
9、水变为MgSO46H2O，测定其中Mg含量后，全部按MgSO47H2O计算，得质量分数为100.96%。试计算试剂 中MgSO46H2O的质量分数。 解：设MgSO46H2O质量分数wx MgSO47H2O为1-wx武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思索题答案。 100.96%=1-wx+wxM(MgSO47H2O) M(MgSO46H2O)武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思索题答案。 w x=100.96%-10.0096=0.1217 7-1-1M6228.455 若考虑反响,设含MgSO47H2O为n1 mol MgSO46H2O为n2 mol 样本质量为100g。 n=n1+n2
10、 n246.47=100.96 n1228.455+ n2246.47=100 18n1=0.96n=0.253 m(MgSO46H2O)=nM MgSO46H2O=0.053226.45=12.18 w =12.18=0.1218 100 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+复原至Fe2+，然后用0.02023mol/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：Sb2S3g2Sbg3SO2g6Fe2+g 6KMnO45 55nSb2S3=cV=0.
11、0200mol/L0.03180L=0.00053mol66 nSb=2nSb2S3=20.00053mol=0.00106mol 0.00053mol339.68g/mol100%=71.64%230.2513g 0.00106mol121.76g/molwSb=100%=51.36%0.2513gwSbS= 12. 用纯As2O3标定KMnO4溶液的浓度。若0.211 2 g As2O3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO4反响。求该KMnO4溶液的浓度。 3-Q5AsOg10AsOg4MnO2334解： 故 4mcVKMnO4=10005M cKMnO440.21121000=0
12、.02345(mol/L)36.42197.8 14H2C2O4作为复原剂。可与KMnO4反响如下： +2+5H2C2O4+2MnO- 4+6H=10CO2+2Mn+8H2O 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完全反响所消耗的体积（mL）。 nH2C2O4= 解： mH2C2O4MH2C2O4500=5.55310-3(mol)90.035 QH2C2O4g2NaOH nNaOH=2nH2C2O4=25.55310-3=11.10610-3(mol) VNaOH nNaOH11.106
13、10-3=0.111(L)=111(mL)cNaOH0.100 QH2C2O4g2KMnO45 nKMnO4=22nH2C2O4=5.55310-3=2.22110-3(mol)55 VKMnO4= nKMnO4cKMnO42.22110-3=0.0222(L)=22.2(mL)0.100 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）。 cK2Cr2O7= 解： nK2Cr2O7VK2Cr2O75.442=0.01850(mol/L)1 TFe3O4/K2Cr2O7=cK2Cr2O7MFe3O42=0.
14、01850231.542=8.567(mg/mL) 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%100.5%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，并推断此产品符合哪一级化学试剂标准。 2+-Q5FegMnO4解： nFeSO47H2O=5nMnO-=5435.700.02034=3.63110-3(m
15、ol)1000 wFeSO7HO=42mFeSO47H2Om=nFeSO47H2OMFeSO47H2O m 3.63110-3278.04=99.76%1.012 故为一级化学试剂。 武汉大学分析化学课后思索题答案篇三:武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思索题答案 第一章 概论 1、答：定义:分析化学是进展和应用各种理论、方法、仪器和策略以猎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、构造。 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：防止式样损失；防止引入干扰。 4、答：Na2B4O710H2O的
16、摩尔质量比Na2CO3的大，应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 mH2C2O42H2O CNaOH=MH2C2O42H2O100021 VNaOH 由于失水后的H2C2O4中含有比同样质量H2C2O42H2O更多的能与NaOH作用的H+，这样测定时消耗VNaOH增大，所以CNaOH偏小。 8、答：偏高 其次章 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
17、试样采纳四分法进展缩分，依据阅历公式取样，再分解、测定等。 2、答：分解无机试样和有机试样的主要区分在于：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基体分别。 4、答：测硅酸盐中SiO2的含量时采纳碱熔法，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，
18、由于镍币中铜银分布不肯定匀称，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： 精确度：分析结果与真值相接近的程度。 周密度：测定值与平均值相符合的结果。 从其大小的衡量： 精确度的凹凸用误差衡量； 周密度的凹凸用标准偏差衡量 二者的联系： 周密度是保证精确度的先决条件； 周密度高，精确度不肯定高； 精确度高肯定要求周密度高； 由周密度高即可推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、
19、 答：一位，四位，两位，三位，不确定，四位，两位 4、0.17%，0.02%，肯定误差一样，相对误差分析结果的增大而减小，相对误差小的精确度更高 5、答：不合理，由于称样量为0.0600g只有三位有效数字，依据误差传递规律或有效数字运算规章，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分布曲线轻视有限次测量数据 ：分布曲线横坐标为 t分布曲线横坐标为t =x-/ :总体平均值 t=x-/s ：总体标准偏差 ：两者所包含面积均是肯定范围呢测量值消失的概率P 分布曲线P岁变化：肯定，P肯定 t分布曲线P随t和f变化：t肯定，概率P随f而变; 7、略 0.202
20、39.018、答：145.10.2023100%= 6.21% 由于本方法只能测准至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掌握（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+SO42-HSO4-，但SO42-是2价离子，所以三种离子的浓度系数的 2-大小挨次为rH+rHSO-rSO4。 4 -H+HC2O410=Ka1H2C2O4rH+rHSO-42、答：Kc a2ca1 K=2-H+C2O4HC2O4
21、-=K0a2rHCO-24rH+rcO2-24 当参加大量强电解质，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Kca1和Kca2均增大。由于rHC2O4 rC2O42- rHC2O4-，所以Kca1增加幅度大，Kca2增加幅度小，所以Kca1和Kca2之间的差异是增大了，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。 (CNaOH=W邻 M邻1000) VNaOH 武汉大学分析化学思索题答案(第五版)篇四:
22、武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思索题答案 其次章 分析试样采集与制备 1、 答：不对，由于把原始试样混匀后，试样并不非常匀称，必需碾碎、过筛、混匀、缩分后，使试样具有很好的代表性才能送样。 2、 答 对无机试样常用方法：溶解法和熔融法 ；对有机试样：灰化法和湿式消化法。 3、 答用NaOH溶液溶解，使Zn溶解，Fe、Ni、Mg形成氢氧化物沉淀而分别，再用酸溶解制成试液取测定。 4、 第四版P308页表9-1、9-2有解。 5、 不对。由于Cu、Ag、Ni电位不同，其在HNO3中溶解速率不同，溶出的金属比例与镍币中的比例不同。所以，用这样制成的试液来分析结果是不精确的。 6、 由于微波溶样
23、时由内到外加热溶解，溶氧速度快，样品可以密封在一个密闭容器中进展，可以削减在溶样过程中易挥发元素丧失。是一种抱负的溶样方法。 第三章 分析化学中的数据处理 1、 答：精确度测量值与真实值接近程度；周密度在一样条件下，几次平行测定值相互接近程度。周密度和精确度之间的关系可以用一句话概括：周密度高是精确度高的前提。 2、 答、 题号 误差类型 消退方法 a 偶然误差 b 过失误差 c 偶然误差 d 系统误差 另换试样 e 偶然误差 f 系统误差 空白试验校正 g 系统误差 方法校正 h 系统误差 校正仪器 i 偶然误差 3、答：效数字位数依次为：1，4，2，3，不定，4，2。 4、答：取样为0.6
24、00g时，相对误差为： 0.00012 Er=100%=0.03% 0.600 取样为1.000时，相对误差为： 0.00012Er=100%=0.02% 1.000 计算结果说明：称量的量越多，称量相对误差越小。 5、答：不合理。由于数据位数与结果位数不全都，也就是数据误差与结果误差不全都。 等于）另一组数据周密度时，此时臵信度为95%（显著性水平为0.05），而进展双侧检验时，如推断两组数据的周密度是否存在显著性差异时，即一组数据的周密度可能大于、等于也可能小于另一组数据周密度时，显著性水平为单侧检验的两倍，即0.10。臵信度为90%。 两组数据中，有一组数据是标准牢靠，而要检验另一组数据
25、时，进展单边检验；两组数据都不确定都要检验时，为双边检验。 8、三位。 加热后剩下的CuSO4重为：0.2023136.14(CaSO4)=0.1875g 1145.14(CaSO4H2O)2 称量误差为0.1mg，说明使用万分之一天平称量，可以称到小数点以下四位 0.2023-0.1875 结果计算应为w=100%=6.25% 0.2023 第五章 酸碱滴定 1、依据公式 lgi=0.512Zi1+BaI)可知，离子电荷越大，i就越小，离子半径越小，离子水化有效半径a越大，i越大。H+离子半径最小，故它的活度系数最大。 2、增大。 由活度常数和浓度常数定义可推出 coka1ka1gA2-=2
26、cogHA-4- kka2a22(I 由此可见，当溶液电解质增加，离子强度增大，减小，虽然 gA2-比gHA-变得更小，但由于1，gHA-平方后更小，所以上式比值变大了，所以， K0a1和K0a2差异增大了。 没有影响。由于活度系数不受介质条件的影响。 3、 答：属于共轭酸碱对的有：d、f. 4、A 、标定时消耗的VNaOH增大，CNaOH偏低。 B、当NaOH溶液汲取了CO2时，滴定中如用甲基橙作指示剂时，CO2对滴定无影响，但用酚酞作指示剂时，NaOH溶液浓度就要降低。所以，当用汲取了CO2的NaOH溶液滴定H3PO4至第一化学计量点时由于使用甲基橙作指示剂，故对结果无影响。而当滴定至其次
27、化学计量点时要用酚酞作指示剂，由于NaOH溶液浓度降低，所以消耗VNaOH增大，结果偏大。 C、由于滴定HAc时要用酚酞作指示剂的 ，CO2影响为： CO2+2NaOH=Na2CO3 酚酞变色时 HAc+ NaOH=NaAc+H2O HAc+ Na2CO3=NaAc+NaHCO3 汲取1个CO2要消耗掉2个NaOH生成1个Na2CO3，滴定时1个Na2CO3只能与1个HAc作用，只相当于1个NaOH的作用，等于少掉1个NaOH，所以，当有0.4%NaOH 转变成Na2CO3时，滴定时就要多消耗VNaOH结果会增大0.2%。 5、答 不行。由于HAc和HCl不能分开滴定 6、依据H2CO3分布系
28、数图可知 当用HCl滴定Na2CO3至pH=10.50时溶液有HCO3-和CO32-,其中主要成分是CO32-；当滴定至pH=6.00时溶液有HCO3-和H2CO3，其中主要成分是H2CO3；当中和至Ph4.0时，主要成分是H2CO3。 7、答：变小。由于理论变色点是： pH=pKHin-0.5Z2I增加电解质浓度，离子强度I也增加，故变色点变小。 8、答：a、2个；b、1个；c、1个；d、2个；e、2个；f、1个。 9、答：a、由于H3BO3是极弱酸，不会干扰HCl的测定所以测定步骤为： NaOH HCl+ H3BO3NaCl+ H3BO3(甲基橙变色，测 NaOH标液 NaCl+ NaH2
29、BO3 (酚酞变色测H3BO3) HCl)甘露醇 B、H3PO4可以分步滴定，混合酸可以用双指示剂法测定。步骤为： NaOHNaOH H2SO4+H3PO4Na2SO4+NaH2PO4(甲基橙变色,V1) Na2SO4+Na2HPO4(酚酞变色,V2) m(H2SO4)=（V1- V2）C NaOH M H2SO4 m(H3PO4)= V2 C NaOH M H3PO4 其余如此类推。 13、解： 12武汉大学分析化学第6版上册课后习题与思索题答案。 设n1为所含Na2CO3物质量，n2为Na3PO4的物质量。 n1=(CV1)HCl-2(CV2)NaOH) 则 =1(CV1)HCl-(CV2
30、 n2=(CV2)NaOH wNa=(CV2)NaOHMNaW样品3PO43PO4 wNa2CO31 (CV)-(CV)M1HCl2NaOHNa2CO32=w样品 14、答：缓冲溶液的缓冲力量与总浓度有关，浓度越大，缓冲溶量越大；与溶液中共轭酸碱对浓度比有关，浓度比Ca/Cb越趋向1，缓冲溶量越大。 15、答：与单一指示剂比，混合指示剂的过渡色范围较窄，中间色雨量变色色差较大，指示剂终点变色较敏锐。 第六章 络合滴定法 1、答：金属离子与EDTA 络合有以下特点： 优点：应用广泛（可与大多数金属离子络合），络合物配比简洁（1：1），稳定。络合物带电荷且易溶于水 。 缺点：选择性差，易受共存离子
31、的干扰。 条件稳定常数是校正络合平衡全部的副反响影响后络合物的平衡常数，可以实际反映络合物在溶液中的稳定性。 2、 答：由于无色离子与y络合生成无色络离子，有色离子与y络合生成颜色更深的络离子。所以，Cu2+-乙二胺、FeY2-是有颜色的，其余离子是无颜色的。 3、 答：Y+TiO2-TiOY H2O2 TiO(H2O2)Y H2O2与 TiOY 络合，使平衡向右移动，条件常数应当加大。 4、 答：Hg2+Y4-HgY2- - OH 3)Y 平衡右移，KHgY增大，由于KHgY越大，滴定突越越大。所以滴定的突跃范围增大。 5、 a更高。由于最终溶液PH都一样等于10，酸效应和水解效应都一样，而
32、b又多了一个NH3络合效应。所以，a的lgKZnY更高。 6、 分别滴定。 当NH3=0.2mol.L-1时， aCu(NH3)较大，lgKC5，不能分别滴定。 7、答： CaPAN不显色，而 CuPAN显色。 KCuPANKCaPAN , KCaYKCuY(pH=10-12) 当参加适量的CuY时，会发生臵换反响 CaPAN + CuY=CuPAN +CaY 终点时 CuPAN + Y = CuY + PAN 发生色变。 8、萘酚绿B在终点前后不发生色变，指示起到衬托终点颜色的作用。 9、由于Fe3+不断水解产生H+来干扰滴定；可参加Ca-EDTA来消退干扰。其它三种参加过量会对溶液酸度有影
33、响。 10、 答：三乙醇胺、KCN只能在碱性条件下使用，而滴定Mg2+、Ca2+的酸度条件也是在碱性范围，故可做Fe3+的掩蔽剂，消退干扰。但假如利用抗坏血酸和盐酸羟胺把Fe3+复原成Fe2+来消退Fe3+的干扰时，由于Fe2+ 的KFeYKCaY(KMgY),所以仍不能消退干扰。 而滴定Bi3+时，是在强酸性条件下完成的，这时三乙醇胺、KCN都不能使用，用抗坏血酸和盐酸羟胺把Fe3+复原成Fe2+时，由于Fe2+ 的KFeY大大小于KBiY 可以消退Fe3+的干扰。 11、 答：pH=6.0时，溶液中Fe Fe（OH）3 沉淀，无法滴定。 12答：C.测定和标定条件尽量全都，标定和测定的误差才能相互抵消，结果才精确。 13、 答：不同。PH=10.0时，所消耗的EDTA体积大，由于水中的Ca2+参与滴定了，而pH=5.5时，水中的Ca2+不参与滴定。 14、 答;调pH=1，用Bi3+标准溶液滴定测定EDTA，再提高pH=10.0，用EDTA标液测定Ca2+. 15 答：当NH3=10-3mol.L-1时， aCu(NH3)较小，lgKC5，可以