分析化学课后答案武汉大学第五版（上册）

...wd......wd......wd...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：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/LH2SO4的溶液多少毫升解：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(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1.0~1.2g应称取0.3~0.4g6．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的质量分数。解：8．0.2500g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：9今含有MgSO4·7H2O纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但有局部失水变为MgSO4·6H2O，测定其中Mg含量后，全部按MgSO4·7H2O计算，得质量分数为100.96%。试计算试剂中MgSO4·6H2O的质量分数。解：设MgSO4·6H2O质量分数xMgSO4·7H2O为1-x100.96%=1-x+x×x===0.1217假设考虑反响,设含MgSO4·7H2O为n1molMgSO4·6H2O为n2mol样本质量为100g。n=n1+n2n246.47=100.96n1228.455+n2246.47=10018n1=0.96n=0.253m(MgSO4·6H2O)=nMMgSO·6HO=0.053226.45=12.18==0.121810．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0.02000mol/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。假设以Sb解：12.用纯As2O3标定KMnO4溶液的浓度。假设0.2112gAs2O3在酸性溶液中恰好与36.42mLKMnO4反响。求该KMnO4溶液的浓度。解：故14．H2C2O4作为复原剂。可与KMnO4其两个质子也可被NaOH标准溶液滴定。分别计算0.100mol·L-1NaOH和0.100mol·L-1KMnO4溶液与500mgH2C2O4完全反响所消耗的体积〔mL解：16.含K2Cr2O75.442g·L-1的标准溶液。求其浓度以及对于Fe3O4〔M=231.54g·mol-1〕的滴定度〔mg/mL〕。解：18.按国家标准规定，化学试剂FeSO4·7H2O〔M=278.04g·mol-1〕的含量：99.50~100.5%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0.02034mol·L-1KMnO4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL。计算此产品中FeSO4·7H2O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。一定量过量的Ni2+与CN-反响生成Ni(CN)，过量的Ni2+以EDTA标准溶液滴定，Ni(CN)并不发生反响。取12.7mL含CN-的试液，参加25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成Ni(CN)，过量的Ni2+需与10.1mL0.0130mol·L-1EDTA完全反响。39.3mL0.0130mol·L-1EDTA与上述Ni2+标准溶液30.0mL完全反响。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=7P=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％，置信水平选定为95％，则在分析同样的物料时，应选取多少个采样单元解：f=7P=85%查表可知t=2.364．铅锌矿的K值为0.1，假设矿石的最大颗粒直径为30mm，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15kg，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2mm，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，计算以下算式：(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+1.54-0.04+2.54=23.51

b.原式=3.6×0.032×21×2.1=5.1c.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。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，假设标准偏差为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.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.以下两组实验数据的精细度有无显著性差异(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展分析，得到两组数据如下：

s

n方法1

15.34％

0.10％

11方法215.43％

0.12％

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，=0.00122F==1.44<F表=2.97所以两组数据的标准偏差无显著性差异。(b)由=得，=0.01，=0.012

s===0.0332=3.32%

t===0.063查表得：当置信度为90%时，=1.72>0.063查表得：当置信度为95%时，=2.09>0.063查表得：当置信度为99%时，=2.84>0.063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展测定，结果如下：A瓶60.52％，60.41％，60.43％，60.45％B瓶

60.15％，60.15％，60.05％，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=9.28>1.13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=1.94<9.6所以存在显著性差异。17．为提高光度法测定微量Pd的灵敏度，改用一种新的显色剂。设同一溶液，用原显色剂及新显色剂各测定4次，所得吸光度分别为0.128，0.132，0.125，0.124及0.129，0.137，0.135，0.139。判断新显色剂测定Pd的灵敏度是否有显著提高?(置信度95％)解：用F检验法：==0.127，，==1.310-5==0.135,

==1.910-5F==1.46查表得F表=9.28>1.46,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<2.8所以存在显著性差异。21．某荧光物质的含量()及其荧光相对强度(y)的关系如下：含量/g

0.0

2.0

4.0

6.0

8.0

10.0

12.0荧光相对强度y

2.1

5.0

9.0

12.6

17.3

21.0

24.7a．列出一元线性回归方程b．求出相关系数并评价y与x间的相关关系。解：由题意可得，=6.0，=13.1，=216.2，=112.0，=418.28，所以b===1.93，=13.1-1.936.0=1.52所以一元回归方程为：y=1.52+1.93x〔b〕因为=0.9987对比接近于1，所以y与x的线性关系很好。第5章酸碱平衡和酸碱滴定法1．写出以下溶液的质子条件式。a．c1mol·L-lNH3+c2mol·L-lNH4Cl；c．c1mol·L-l)H3PO4+c2mol·L-lHCOOH；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〔NH3〕反响而来，所以参考水准选为HCl,NH3和H2O质子条件式为：[H+]+[NH4+]=[Cl-]+[OH-或[H+]+[NH4+]=c2+[OH-]c.直接取参考水平：H3PO4

,HCOOH,H2O质子条件式：[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[HCOO-]+[OH-3．计算以下各溶液的pH。

a．0.050mol·L-lNaAc；

c．0.10mol·L-lNH4CN；e．0.050mol·L-l氨基乙酸；g．0.010mol·L-lH2O2液；i．0.060mol·L-lHCI和0.050mol·L-l氯乙酸钠(ClCH2COONa)混合溶液。解：a.对于醋酸而言，Kb=Kw/Ka=5.6

10-10应为cKb=5.6

10-10

510-2=2.8

10-11>10Kwc/Kb>100故使用最简式；

[OH-]=

=5.29

10-6

pH=14–pOH=8.72c.NH4+

Ka’=5.6

10-10HCN

Ka=6.2.

10-10cKa’>10Kw

c>10Ka由近似公式可以得到：[H+]=

=

=5.89

10-10pH=10–0.77=9.23e.氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，Ka1=4.5

10-3,Ka2=2.5

10-10c/Ka2>100

且c>10Ka1所以[H+]=

=

=1.06

10-6pH=6-0.03=5.97g.对于双氧水而言，Ka=1.8

10-12cKa<10Kw

c/Ka>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

所以原溶液可以看成0.050mol/L的ClCH2COOH和0.010mo/LHCl的混合溶液设有xmol/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0.10mol·L-lHCl、2.0×10-4mol·L-lNaHSO4和2.0×10-6mol·L-lHAc。a．计算此混合溶液的pH。b．参加等体积0.10mol·L-lNaOH溶液后，溶液的pH。解：a.HSO4-Ka2=1.0×10-2

HAcKa=1.8×10-5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.参加等体积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KHA[HA]，[H+]2=〔CHSO4--[H+]〕解得[H+]=9.90×10-5故pH=4.007．Cr3+的一级水解反响常数为10-3.8，假设只考虑一级水解，则0.010mol·L-lCr(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．今用某弱酸HB及其盐配制缓冲溶液，其中HB的浓度为0.25mol·L-l。于100mL该缓冲溶液中参加200mgNaOH(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?(HB的)

解：〔mol/L〕

pKa=5.30，pH=5.60设原缓冲溶液中盐的浓度为xmol/L，故得x=0.35则原缓冲溶液pH=11．配制氨基乙酸总浓度为0.10mol·L-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1mol·L-l酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大?解：设酸以HA表示，pKa1=2.35

pKa2=9.60

1)需HA质量m=0.10×100×75.0×＝0.75〔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0.079×100=7.9ml19.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响解：(1)时，产物为和(2)时，参加反响的百分数为：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Ｐ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7章氧化复原滴定法1.解：查表得：lgK(NH3)=9.46E=EθZn2+/Zn+0.0592lg[Zn2+]/2

=-0.763+0.0592lg([Zn(NH3)42+]/K[(NH3)]4)/2=-1.04V3.解：EHg22+/Hg=EθHg22+/Hg+0.5*0.0592lg[Hg2+]

=0.793+0.5*0.0592lg(Ksp/[Cl-]2)

EθHg22+/Hg=0.793+0.0295lgKsp=0.265V

EHg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg(1/[Cl-]2)=0.383V5.解：EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg〔[MnO4-]/[Mn2+]〕/5当复原一半时：[MnO4-]=[Mn2+]故EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V[Cr2O72-]=0.005mol/L[Cr3+]=2*0.05=0.10mol/LECr2O72-/Cr3+=Eθ′Cr2O72-/Cr3++0.059/6*lg〔[Cr2O72-]/[Cr3+]〕=1.01V7.解：Cu+2Ag＋＝Cu2＋＋2AglgK＝〔0.80-0.337〕*2/0.059＝15.69

K＝1015.69＝[Cu2＋]/[Ag＋]2说明到达平衡时Ag＋几乎被复原,因此=[Ag＋]/2=0.05/2=0.025mol/L

[Ag＋]=([Cu2＋]/K)0.5=2.3*10-9mol/L9.解：2S2O32-+I-3=3I-+S4O62-(a)当滴定系数为0.50时，[I3-]=0.0500(20.00-10.00)/(20.00+10.00)=0.01667mol/L[I-]=0.500*2*10.00/(20.00+10.00)+1*20.00/30.00=0.700mol/L故由Nernst方程得：E=EI3-/I-0.059/2*lg0.01667/0.700=0.506V

(b)当滴定分数为1.00时，由不对称的氧化复原反响得：EI-3/I-=0.545+0.0295lg[I-3]/[I-]3

(1)ES4O62/-S2O32-=0.080+0.0295lg[S4O62-]/[S2O32]2

(2)(1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059lg[I-3]2[S4O62-]/[I-]6[S2O32-]2由于此时[S4O62-]=2[I-3]，计算得[S4O62-]=0.025mol/L

[I-]=0.55mol/L,代入上式Esp=0.39=0.059/6*lg[S4O62-]/4[I-]6=0.384V(c)当滴定分数为1.5,E=ES4O62/-S2O32-=0.80+0.0295lg[S4O62-]/[S2O32]2此时[S4O62-]=0.1000*20.00/100=0.0200mol/L

[S2O32-]=0.100*10.00/50.00=0.0200mol/L故E=0.800+0.0295lg0.200/(0.200)2=1.30V11．解：

Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+终点时CCe3+=0.05000mol/l,Fe2+=0.05000mol/l.所以CCe4=CCe3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/lCFe2+=CFe3+*10(0.94-0.68)/0.059=2.0*10-6mol/l得Et=(1.7*10-10-2.0*10-6)/(0.0500+2.0*1013．解：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+在H2SO4介质中，终点时Eep=0.48V,Esp=(1.48+0.68)/2=1.06V,E=1.44-0.68=0.76V,E=0.84-1.06=-0.22Et=(10-0.22/0.059-100.22/0.059)/100.76/2*0.059*100%=-0.19%在H2SO4+H3PO4介质中，Fe3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2,Fe2+=1+0.5*102.3=102.0EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61VEsp=(1.44+0.617)/2=1.03VE=0.84-1.03=-0.19VE=0.83V,由林邦误差公式:Et=(10-0.19/0.059-100.19/0.059)/100.83/2*0.059*100%=0.015%15.解：5VO2++MnO4-+6H2O=5VO3-+Mn2++12H+4Mn2++MnO4-+8H+=5Mn3++4H2O5V

MnO4-,4Mn4Mn2+

MnO4-(V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27%(Mn)=(4*0.02000*4.00-0.02000*2.50)*54.94/(1.00*1000)*100%=1.48%17.解：PbO2+H2C2O2+2H+=Pb2++2CO2+2H2O,PbO+2H+=Pb2++H22MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O

5PbO25PbO5C2O42-2MnO4-,设试样中PbO2为x克，PbO为y克。则

20*0.25=0.04*10.00*5/2+2*1000x/M(PbO2)+1000y/M(PbO)0.04000*30.00=2*1000x/5M(PbO2)+2*1000y/5M(PbO)解得x=0.2392g,y=0.4464g故(PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%,(PbO)=0.4464/1.234*100%=36.17%.19.解：由化学反响：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,I2+S2O32-=2I-+S4O62-得1KIO35I-3I26Na2S2O3cKI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6),得

cKI=0.02896mol/L21.解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO,及氮守恒得3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH,(NH3)=0.0100*20.00+3*M(NH3)/(1.000*1000*2)*100%=0.51%23.解：由此歧化反响的电子守恒得：3/2Mn2+

MnO4-(Mn)=(0.03358*0.03488)*3/2*M(Mn)/0.5165*100%=18.49%25.解：由氧化复原反响电子守恒得：6Fe2+Cr2O72-，mCr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)26H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2V=m,V=Shh=6.80*10-528.解：故31.解：由关系式得：34.解：a、sul的分子构造式为

b、

c、

d、由关系式和得：故该试样为不合格产品。第8章沉淀滴定法和滴定分析小结2.解：试样中Cl-的总量即为消耗Ag+的量

n(Cl-)=n(Ag+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol)设试样中BaCl2的质量为x，则有2x/208.24+(0.1036–x)/58.443=1.5405×10-3

解得x=0.03093(g)

即，试样中的BaCl2的质量为0.03093g4.解：设试样中K2O的质量为x，Na2O的质量为y

2×[x/M(K2O)]×M(KCl)+2×[y/M(Na2O)]×M(NaCl)=0.1028

〔1〕2×[x/M(K2O)]×M(AgCl)+2×[y/M(Na2O)]×M(AgCl)=0.2513

〔2〕由〔1〕〔2〕解得

X=0.05357g

y=0.01909g

K2O%=0.05357/0.5034×100%=10.64%Na2O%=0.01909/0.5034×100%=3.79%6.解：反响关系为1As~1Ag3AsO4~3Ag+~3NH4SCN

As%=[0.1000×45.45×10-3×M(As)]/[3×0.5000]×100%

=22.70%8.解：设该铁的氧化物的分子式为FexOy则55.85x+16.00y=0.5434

55.85x=0.3801∴x=0.006806

y=0.01020∴y/x=0.01020/0.006806=1.5=3:2

即该铁的氧化物的分子式为Fe2O3第9章重量分析法1．解：S0=[CaSO4]=β[Ca2+][SO42-]=β×Ksp=200×9.1×10-6=1.82×10-3mol/L非离解形式Ca2+的百分数为3．解：〔1〕〔2〕5．解：，7．解：在同一溶液中，只有一种浓度9．解：11．解：KSP＝9.3×10－17＝[Ag+][I－]＝s=2.81×10－513．解：混合后，剩余的=100mL纯水洗涤时损失的:100mL0.010洗涤时16．解：〔1〕(2)(3)19．解：主要状态可由数值得22．解：(1)(2)(3)(4)25．解：设CaC2O4为,MgC2O4=0.6240-28．解：31．解：设为34．解：

AgCl:＝0.035(mol·L-1)cNH3＝3/2＝1.5(mol·L-1)[Ag+]原＝＝0.0175(mol·L-1)

[I-]原＝＝0.025(mol·L-1)设混合后[Ag+]＝x/mol·L-1Ag+

+

2NH3

Ag(NH3)2+

x

1.5-2×(0.0175-x)

0.0175-x≈1.5

≈0.0175＝ß2＝107.40

x＝3.1×10-10

[Ag+][I-]＝3.1××0.025＝7.8×10-12>