分析化学作业及答案概要

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国家开放大学《分析化学(本)》形考作业参考答案

国家开放大学《分析化学》形考作业参考答案（1-3）2020年11月整理分析化学形考任务（一）（请学习完第一、二、三章后完成本次形考作业）一、单项选择题（每题2分，共80分）1、在定量分析中，精密度与准确度之间的关系是（C）A．精密度高，准确度必然高B．准确度高，精密度也就高C．精密度是保证准确度的前提D．准确度是保证精密度的前提2、从精密度好即可推断分析结果可靠的前提是（B）A.偶然误差小B.系统误差小C.标准偏差小D.平均偏差小3、下列叙述错误的是（A）A.偶然误差影响分析结果的准确度B.偶然误差的数值大小不具有单向性C.偶然误差在分析中是无法避免的D.绝对值相同的正、负偶然误差出现的机会均等4、下列哪种方法可以减小分析测定中的偶然误差（D）A．对照试验B．空白试验C．仪器校正D．增加平行试验的次数5、下列提高分析结果准确度的方法，那些是正确的（B）A．增加平行测定次数，可以减小系统误差B．作空白试验可以估算出试剂不纯带来的误差C．回收试验可以判断分析过程是否存在偶然误差D．通过对仪器进行校准减免偶然误差6、2.050×10-2是几位有效数字（D）A.一位B.二位C.三位D.四位7、按有效数字修约的规则，以下测量值中可修约为2.01的是（B）A.2.005B.2.006C.2.015D.2.0168、如果要求分析结果达到0.1%的准确度，使用一般电光天平称取试样时至少应该称取的质量是（B）A.0.05gB.0.1gC.0.2gD.1.0g9、滴定反应式t T+b B=c C+d D达到化学计量点时，T的物质的量与B的物质的量的关系是（B）A.1:1B.t:bC.b:tD.不确定10、在滴定分析中，关于滴定突跃范围的范围叙述不正确的是（B）A.被滴定物质的浓度越高，突越范围越大B.滴定反应的平衡常数越大，突越范围越大C.突越范围越大，滴定越准确D.指示剂的变色范围越大，突越范围越大11、定量分析中的基准物质的含义是（D）A.纯物质B.标准物质C.组成恒定的物质D.纯度高、组成恒定、性质稳定且摩尔质量较大的物质12、强酸滴定强碱时，酸和碱的浓度均增大10倍时，则滴定突跃范围将（D）A.不变B.增大0.5个pH单位C.增大1个pH单位D.增大2个pH单位13、t mol的滴定剂T与b mol的被测物质B完全反应的点是（A）A.化学计量点B.滴定终点C.指示剂的变色点D.T与B的质量相等14、选择指示剂时可以不考虑（A）A.指示剂相对分子质量的大小B.指示剂的变色范围C.指示剂的颜色变化D.滴定突跃范围15、某酸碱指示剂的K HIn=1×10−5，其理论变色范围为（C）A.4~5B.5~6C.4~6D.5~716、用NaOH溶液（0.1mol/L）滴定同浓度的甲酸（K a=1.8×10−4）溶液，应选用的指示剂是（D）A.百里酚蓝（pK In=1.65）B.甲基橙（pK In=3.45）C.中性红（pK In=7.4）D.酚酞（pK In=9.1）17、下列滴定的终点误差为正值的是（D）A.NaOH滴定HCl，用甲基橙为指示剂B.HCl滴定NaOH，用酚酞为指示剂C.蒸馏法测NH4+时，用HCl吸收NH3，以NaOH标准溶液返滴定pH=7.0D.NaOH滴定H3PO4至pH4.0时18、NaOH溶液的标签浓度为0.3000mol/L，该溶液在放置中吸收了空气中的CO2，现以酚酞为指示剂，用HCl标准溶液标定，其标定结果比标签浓度（B）A.高B.低C.不变D.基本无影响19、下列样品不能用冰醋酸-高氯酸体系滴定的是（A）A.苯酚B.水杨酸钠C.磺胺吡啶D.邻苯二甲酸氢钾20、当HCl溶于液氨时，溶液中的最强酸是（C）A. H3O+B. NH3C. NH4+D. NH2-21、下列对苯甲酸说法不正确的是（C）A.苯甲酸在水溶液中酸性较弱B.苯甲酸在乙二胺中可提高酸性C.冰醋酸可用于苯甲酸的非水酸滴定的溶剂D.在水溶液中能用NaOH滴定苯甲酸22、下列关于αY（H）值的叙述正确的是（C）A.αY（H）值随pH的增大而增大B.αY（H）值随溶液酸度增高而增大C.αY（H）值随溶液酸度增高而减小D.lgαY（H）值随pH的增大而增大23、在Ca2+、Mg2+共存时，可不加掩蔽剂用EDTA滴定Ca2+的pH条件是（A）A.pH5B.pH10C.pH12D.pH224、使用铬黑T指示剂合适的pH范围是（C）A.5~7B.1~5C.7~10D.10~1225、一般情况下，EDTA与金属离子形成的配位化合物的的配位比是（A）A.1:1B.2:1C.1:3D.1:226、αM（L）=1表示（A）A.M与L没有副反应B.M与L的副反应相当严重C.M的副反应较小D.[M]=[L]27、EDTA滴定金属离子，准确滴定（TE<0.1）的条件是（D）A.lgK MY≥6B.lg K’MY≥6C.lgcK MY≥6D.lg cK’MY≥628、指出下列叙述错误的结论（B）A.酸效应使配合物的稳定性降低B.羟基配位效应使配合物的稳定性降低C.辅助配位效应使配合物的稳定性降低D.各种副反应均使配合物的稳定性降低29、用相关电对的电极电位不能判断（D）A.氧化还原滴定突跃的大小B.氧化还原反应的速度C.氧化还原反应的方向D.氧化还原反应的次序30、影响氧化还原反应的速度的因素不包括（A）A.环境湿度的改变B.反应物浓度C.体系温度D.催化剂的加入31、影响条件电位的因素不包括（B）A.电对的性质B.催化剂C.氧化还原反应半反应中的失电子数D.电对氧化态或还原态发生沉淀、配位等副反应32、既能用滴定剂本身作指示剂，也可用另一种指示剂指示滴定终点的方法不包括（A）A.重氮化滴定法B.碘量法C.溴量法D.KMnO433、下列不属于沉淀重量法对沉淀形式的要求的是（D）A.沉淀的溶解度小B.沉淀纯净C.沉淀颗粒易于滤过和洗涤D.沉淀的摩尔质量大34、下列违反无定型沉淀的生成条件的是（D）A.沉淀作用宜在较浓的溶液中进行B.沉淀作用宜在热溶液中进行C.在不断搅拌下，迅速加入沉淀剂D.沉淀宜放置过夜，使沉淀陈化35、在重量分析法中，洗涤无定型沉淀的洗涤液应是（B）A.冷水B.含沉淀剂的稀溶液C.热的电解质溶液D.热水36、用洗涤的方法可除去的沉淀杂质是（C）A.混晶共沉淀杂质B.包藏共沉淀杂质C.吸附共沉淀杂质D.后沉淀杂质37、在沉淀滴定中，与滴定突跃大小无关的是（D）A.Ag+的浓度B.Cl-的浓度C.沉淀的溶解度D.指示剂的浓度38、溶液pH测定时，需要用pH已知的标准溶液定位，这是为了（A）A.消除酸差影响B.消除碱差影响C.消除温度影响D.消除不对称电位和液接电位的影响39、玻璃电极使用前，需要进行的处理是（C）A.在酸性溶液中浸泡24小时B.在碱性溶液中浸泡24小时C.在水中浸泡24小时D.随测量pH变化，浸泡溶液不同40、双液接甘汞电极中硝酸钾溶液的主要作用是（A）A.平衡电压B.防止腐蚀C.防止阳离子通过D.盐桥二、计算题（每题10分，共20分）1.用化学法与高效液相色谱法测定同一复方阿司匹林片剂中阿司匹林的含量，测得的标示含量如下：HPLC（3次进样的均值）法：97.2%、98.1%、99.9%、99.3%、97.2%及98.1%；化学法：97.8%、97.7%、98.1%、96.7%及97.3%。

分析化学习题册答案(完整版)

分析化学习题册答案第一章绪论一、填空题1. 分析方法分析原理2. 定量分析定性分析结构分析3. 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、0.002，0.0035，1.7%4、精密度，标准5、空白，对照，增加平行测定的次数量6、±0.02 ，±0.0002，20，0.27、5，28、准确，不确定9、3 10、28.70 11、系统，系统，偶然二、选择题1、A2、D3、B4、B5、D6、D7、B8、A9、B 10、C 11、C 三、简答题1．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0.1000g 的试样时，称量的相对误差为0.1%；称取1.000试样时的相对误差为0.01%。

因为分析天平的绝对误差为±0.1mg ，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1.000g 试样的相对误差明显小于称量0.1000 g 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(NH 4)2SO 4试剂中氮的理论含量，再与测定结果进行比较。

ω(B)（理论值）=%100132.13214.01100%)SO)((NH(N)2424⨯⨯=⨯M M =21.21%绝对误差为：21.14%－21.21%=－0.07% 相对误差为：%.%..0301002121070-=⨯-2．解：计算过程（略），结果如下：第一组：1d = 0.24% S 1 = 0.28% RSD 1= 0.74% 第二组：2d =0.24% S 2 = 0.33% RSD 2= 0.87%第二组数据中的最大值为38.3，最小值为37.3；第一组的最大值为38.4，最小值为37.6。

分析化学习题及答案

分析化学习题及答案《分析化学习题及答案》分析化学是化学的一个重要分支，它主要研究物质的成分和结构，以及分析方法和技术。

在学习分析化学的过程中，我们经常会遇到各种各样的学习题，通过解答这些问题可以加深对分析化学知识的理解和掌握。

下面我们来看一些常见的分析化学学习题及答案。

1. 什么是分析化学？分析化学是研究物质成分和结构的化学分支学科，主要包括定性分析和定量分析两个方面。

定性分析是确定物质中所含成分的种类和性质，而定量分析则是确定物质中各成分的含量。

2. 什么是分析化学的基本方法？分析化学的基本方法包括化学分析和仪器分析两种。

化学分析是利用化学反应进行分析，包括滴定法、络合滴定法、沉淀滴定法、氧化还原滴定法等。

仪器分析则是利用各种仪器设备进行分析，包括光谱分析、色谱分析、质谱分析等。

3. 什么是分析化学中的定性分析？定性分析是确定物质中所含成分的种类和性质的分析方法。

常见的定性分析方法包括化学反应法、光谱法、色谱法等。

通过这些方法可以确定物质中所含元素、离子、有机物等成分。

4. 什么是分析化学中的定量分析？定量分析是确定物质中各成分的含量的分析方法。

常见的定量分析方法包括滴定法、光度法、电化学法等。

通过这些方法可以准确地测定物质中各成分的含量。

5. 为什么分析化学在化学领域中具有重要地位？分析化学在化学领域中具有重要地位，因为它可以帮助我们了解物质的成分和结构，为其他化学研究提供基础数据和分析方法。

同时，分析化学在环境监测、食品安全、药物研发等领域也具有重要应用价值。

通过以上学习题及答案，我们可以更加深入地了解分析化学的基本概念和方法，希望这些知识可以帮助大家更好地学习和理解分析化学。

分析化学课后作业及详解

第一章不定量分析化学概论1.指出下列情况各引起什么误差，若是系统误差，应如何消除？（1）称量时试样吸收了空气中的水分（2）所用砝码被腐蚀（3）天平零点稍有变动（4）试样未经充分混匀（5）读取滴定管读数时，最后一位数字估计不准（6）蒸馏水或试剂中，含有微量被测定的离子（7）滴定时，操作者不小心从锥形瓶中溅失少量试剂2. 某铁矿石中含铁39.16%，若甲分析结果为39.12%，39.15%，39.18%；乙分析结果为39.19%，39.24%，39.28%。

试比较甲、乙两人分析结果的准确度和精密度。

3. 如果要求分析结果达到0.2%或1%的准确度，问至少应用分析天平称取多少克试样？滴定时所用溶液体积至少要多少毫升？4. 甲、乙二人同时分析一样品中的蛋白质含量，每次称取2.6g，进行两次平行测定，分析结果分别报告为甲： 5.654% 5.646%乙： 5.7% 5.6%试问哪一份报告合理？为什么？5. 下列物质中哪些可以用直接法配制成标准溶液？哪些只能用间接法配制成标准溶液？FeSO4 H2C2O4·2H2O KOH KMnO4K2Cr2O7 KBrO3 Na2S2O3·5H2O SnCl26. 有一NaOH溶液，其浓度为0.5450mol·L－1，取该溶液100.0ml，需加水多少毫升才能配制成0.5000mol·L－1的溶液？7. 计算0.2015mol·L－1HCl溶液对Ca(OH)2和NaOH的滴定度。

8. 称取基准物质草酸（H2C2O4·2H2O）0.5987溶解后，转入100ml容量瓶中定容，移取25.00ml标定NaOH标准溶液，用去NaOH溶液21.10ml。

计算NaOH溶液的量浓度。

9. 标定0.20mol·L－1HCl溶液，试计算需要Na2CO3基准物质的质量范围。

10. 分析不纯CaCO3（其中不含干扰物质）。

分析化学答案详解

(2)丙烯酸(4.25)
(3)吡啶的硝酸盐(C5H5NHNO3)(5.23)
4.7计算浓度为0.12 mol·L-1的下列物质水溶液的pH(pK：见上题)。
(1)苯酚钠；(2)丙烯酸钠；(3)吡啶。
解：(1)苯酚钠
(2)丙烯酸钠
(3)吡啶
4.8计算下列溶液的pH:(1)0.1mol·L-1NaH2PO4；(2)0.05 mol·L-1K2HPO4.
（3）通过上述（1）和（2）计算结果，说明为什么在滴定分析中通常采用滴定剂的浓度在0.1~0.2mol/L?
解：
7．计算下列溶液滴定度，以g/mL表示。
（1）以0.2015mol/LHCl溶液，测定Na2CO3，NH3
(2)以0.1896mol/LNaOH溶液，用来测定HNO3，CH3COOH
解：
8．计算0.01135mol/LHCl对CaO的滴定度。
方法2：数据为3.98，3.92，3.90，3.97，3.94
判断两种方法的精密度是否有显著差别。
解：n1= 6,
2.10下列数据中包含几位有效数字：
（1）0.0251三位
（2）0.2180四位
（3）1.8×10-5两位
（4）pH = 2.50两位
2.11按有效数字运算规则，计算下列各式：
第三章习题
解：
12．分析不纯CaCO3（其中不含干扰物质）时，称取试样0.3000 g，加入浓度为0.2500 mol/L HCl标准溶液25.00 mL。煮沸除去CO2，用浓度为0.2012 mol/L的NaOH溶液返滴定过量的酸，消耗了5.84 mL。计算试样中CaCO3的质量分数
解：
．在500 mL溶液中，含有9.21 gK4Fe(CN)6。计算该溶液的浓度及在以下反应中对Zn2＋的滴定度。

分析化学习题参考解答概要

目录第1章绪论 (1)第2章分析化学中的误差和数据处理 (1)一、内容提要 (1)二、重点与难点 (5)三、思考题与习题选解 (6)第 3 章化学分析法导论 (17)一、内容提要 (17)二、重点与难点 (18)三、思考题与习题选解 (18)第4章酸碱平衡与酸碱滴定法 (24)一、内容提要 (24)二、重点和难点 (32)三、思考题与习题选解 (32)第5章配位滴定法 (60)一、内容提要 (60)二、重点和难点 (62)三、思考题和习题选解 (62)第6章氧化还原滴定法 (75)一、内容提要 (75)二、重点和难点 (76)三、思考题与习题选解 (76)第7章沉淀滴定法 (91)一、内容提要 (91)二、重点和难点 (93)三、思考题和习题选解 (93)第8章重量分析法 (100)一、内容提要 (100)二、重点和难点 (101)三、思考题与习题选解 (101)第9章分析化学中的样品制备及常用分离方法 (107)一、内容提要 (107)二、重点与难点 (111)三、思考题与习题选解 (112)第1章绪论第2章分析化学中的误差和数据处理本章要求1.掌握绝对误差、相对误差、系统误差、偶然误差、精密度、准确度、有效数字及显著性检验、质量保证与质量控制、不确定度等基本概念。

2.掌握误差的产生原因及减免方法。

3.掌握准确度和精确度的表示方法及有关计算。

4.掌握有效数字的修约规则及运算规则、显著性检验的目的和方法、可疑数据的取舍方法、置信区间的含义及表示方法。

5.了解误差传递的规律和处理变量之间关系的统计方法——相关与回归。

6.理解分析结果的可靠性、分析方法的可靠性。

7.理解分析过程的质量保证与质量控制（分析前、分析中、分析后）。

8.了解不确定度的评估过程。

一、内容提要本章要求读者掌握绝对误差、相对误差、系统误差、偶然误差、精密度、准确度、有效数字及显著性检验、质量保证与质量控制、不确定度等基本概念；误差的产生原因及减免方法；准确度和精确度的表示方法及有关计算；有效数字的修约规则及运算规则、显著性检验的目的和方法、可疑数据的取舍方法、置信区间的含义及表示方法；了解误差传递的规律和处理变量之间关系的统计方法——相关与回归；理解分析结果的可靠性、分析方法的可靠性；理解分析过程的质量保证与质量控制（分析前、分析中、分析后）；了解不确定度的评估过程。

分析化学课后答案

分析化学课后答案【篇一：分析化学课后题答案 (4)】多少？若此时y(h)。

y(h)= lgck稳y(h)=6.45，zn2+y(h)=16.50-6.46=10.05﹥8，可以滴定。

y(h)=4.65，lgk’=lgk稳y(h)=8.69-4.65=4.04，y(h)= lgk稳-8=0.69，查表5-2得ph≈9.6。

y(h)= lgk稳稳-8=25.1-8=17.1，查表5-2得ph≈1.2y(h)= lgk-8=14.33-8=6.33，查表5-2得ph≈5.12.8y(h)= lgck稳2.85.6称取0.1005g纯caco3溶解后，用容量瓶配成100ml溶液。

吸取25ml，在ph﹥12时，用钙指示剂指示终点，用edta标准溶液滴定，用去24.90ml。

试计算：（1）edta溶液的浓度；（2）每毫升edta溶液相当于多少克zno和fe2o3。

5.8称取1.032g氧化铝试样，溶解后移入250ml容量瓶，稀释至刻度。

吸取25.00ml，加入tal2o3=1.505mg/ml的edta标准溶液10.00ml，以二甲酚橙为指示剂，用zn(oac)2标准溶液进行返滴定，至红紫色终点，消耗zn(oac)2标准溶液12.20ml。

已知1mlzn(oac)2溶液相当于0.6812ml edta溶液。

求试样中al2o3的质量分数。

25.00ml试液，调至ph=10，加kcn以掩蔽铜和锌，用同浓度edta溶液滴定mg2+，用取4.10ml，然后再滴加甲醛以解蔽锌，又用同浓度edta溶液滴定，用去13.40ml。

计算试样中铜、锌、镁的质量分数。

hg2+ + 2c12h11n2o3 = hg(c12h11n2o3)2－【篇二：分析化学课后答案__武汉大学__第五版_上册】>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??0.325065.39250?10?3?0.01988mol?l?12. 有0.0982mol/l的h2so4溶液480ml,现欲使其浓度增至0.1000mol/l。

分析化学练习册答案

答案第一章绪论一、判断题：1?0?7；2?0?0；3?0?0；4?0?7；5?0?7；6?0?7；7?0? 0；8?0?7；9?0?0；10?0?7；11?0?0；12?0?7；13?0?0；14?0?0；15?0?7；16?0?7；17?0?7；18?0?7；19?0?7；20?0?0二、选择题：1C；2B；3C；4A；5B；6C；7B；8C；9D；10B；11C；12A；13C；14D；15B；16B；17C；18B。

三、填空题：1、定性分析，定量分析；2、化学分析法，化学反应，仪器分析法，物质的物理或物理化学；3、滴定，重量，测量准确度高，高含量和中等含量；4、基础，发展；5、取样，试样预处理，测定，分析结果的计算与评价；6、物质组成分析，分子结构鉴定，研究物质的分析方法及有关理论；7、光波谱，电化学，色谱，质谱；8、对光的吸收或发射，可见一紫外光谱法，原子吸收法，发射光谱法，红外光谱法，核磁共振法；9、物质的电化学性质，电位分析，电解分析，电导分析，库仑分析，极谱；10、吸附，溶解，反复分配，不同组分，气相色谱，液相色谱；11、分离，分析，混合组分；12、分析速度快，灵敏度高，提供信息量大，微量分析，分子结构分析，过程控制分析，原位；13、发展微量分析，快速分析，结构分析和形态分析，联用技术和智能化仪器，化学计量学。

第二章定量分析的误差及数据处理一、选择题:1B；2A；3A；4B；5B；6D；7B; 8A；9D；10B；11D；12B；13C；14B；15B；16A二、填空题：1、33.59，0.14，0.19，0.57；2、Q检验，3～10，Q计>Q0.90；3、无限，2，3，4 ；4、20.6，0.11046，12.00，0.1075，12.0；5、分析方法，组成相同，纯待测，差，增加，回收率，系统误差，6、检验测定结果之间差异性，t，F；7、测定平均值，真值或标准值，两组以上测定数据，显著性差异；8、方差（标准偏差），显著性差异，有显著性差异。

分析化学详细标准答案

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Zn 2+溶液地浓度. 解：2130.325065.390.0198825010Zn c mol L +--==⨯ 2. 有0.0982mol/L 地H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L.问应加入0.5000mol/L H 2SO 4地溶液多少毫升？解：112212()c V c V c V V +=+220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ⨯+⨯=⨯+2 2.16V mL =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(KHC 8H 4O 4)多少克？如果改用22422H C O H O ⋅做基准物质，又应称取多少克？解：844:1:1NaOH KHC H O n n =1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯=2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV Mmol L L g mol g ===⨯⨯=应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g22422:2:1NaOH H C O H O n n ⋅=1111210.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯⨯=2221210.2/0.030126.07/0.42m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯⨯=应称取22422H C O H O ⋅0.3~0.4g6．含S 有机试样0.471g ，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过地H 2O 2将SO 2吸收，全部转化为H 2SO 4，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 地质量分数.解：2242S SO H SO KOH100%10.108/0.028232.066/2100%0.47110.3%nM w m mol L L g mol g=⨯⨯⨯⨯=⨯=8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定地组分.加入25.00mL0.2600mol/LHCl 溶解，煮沸除去CO 2，用0.2450mol/LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL ，计算试样中CaCO 3地质量分数.解：32CaCO HClNaOH HCl001()2100%100%1(0.2600/0.0250.2450/0.0065)100.09/2100%0.250098.24%cV cV M nM w m m mol L L mol L L g molg-=⨯=⨯⨯-⨯⨯=⨯= 9 今含有MgSO 4·7H 2O 纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但有部分失水变为MgSO 4·6H 2O ，测定其中Mg 含量后，全部按MgSO 4·7H 2O 计算，得质量分数为100.96%.试计算试剂中MgSO 4·6H 2O 地质量分数.解：设MgSO 4·6H 2O 质量分数ωx MgSO 4·7H 2O 为1-ωx100.96%=1-ωx +ωx ×6H2O)M(MgSO4)7H M(MgSO 24⋅⋅O ωx =11%96.10067--M M =1455.22847.2460096.0-=0.1217 若考虑反应,设含MgSO 4·7H 2O 为n 1 molMgSO 4·6H 2O 为n 2 mol样本质量为100g.n=n 1+n 2n ⨯246.47=100.96n 1⨯228.455+ n 2⨯246.47=10018n 1=0.96⇒n=0.253m(MgSO 4·6H 2O)=n ⨯M MgSO 4·6H 2O =0.053⨯226.45=12.18ω=10018.12=0.121810．不纯Sb 2S 30.2513g ，将其置于氧气流中灼烧，产生地SO 2通入FeCl 3溶液中，使Fe 3+还原至Fe 2+，然后用0.02000mol/LKMnO 4标准溶液滴定Fe 2+，消耗溶液31.80mL.计算试样中Sb 2S 3地质量分数.若以Sb 计，质量分数又为多少？解：2232462365Sb S Sb SO Fe KMnO +232323550.0200/0.031800.0005366220.000530.001060.00053339.68/100%71.64%0.25130.00106121.76/100%51.36%0.2513Sb S Sb S Sb Sb S Sb n cV mol L L mol n n mol molmol g mol w gmol g mol w g ==⨯⨯===⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=12. 用纯As 2O 3标定KMnO 4溶液地浓度.若0.211 2 g As 2O 3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO 4反应.求该KMnO 4溶液地浓度.解： 323345104As O AsO MnO -- 故4410005KMnO m cV M =⨯⨯440.2112100050.02345(/)36.42197.8KMnO c mol L ⨯⨯==⨯14．H 2C 2O 4作为还原剂.可与KMnO 4反应如下：-+2+2244225H C O +2MnO +6H =10CO +2Mn +8H O ↑其两个质子也可被NaOH 标准溶液滴定.分别计算0.100mol ·L -1NaOH 和0.100 mol ·L -1 KMnO 4溶液与500mg H 2C 2O 4完全反应所消耗地体积（mL ）.解： 22422422435001000 5.55310()90.035H C O H C O H C O m n mol M -===⨯2242H C O NaOH 22433322 5.5531011.10610()11.106100.111()111()0.100NaOH H C O NaOH NaOHNaOH n n mol n V L mL c ---==⨯⨯=⨯⨯==== 224425H C O KMnO42243322 5.55310 2.22110()55KMnO H C O n n mol --==⨯⨯=⨯44432.221100.0222()22.2()0.100KMnO KMnO KMnO n V L mL c -⨯====16. 含K 2Cr 2O 7 5.442g ·L -1地标准溶液.求其浓度以及对于Fe 3O 4（M=231.54g ·mol -1）地滴定度（mg/mL ）.解： 227227227 5.442294.180.01850(/)1K Cr O K Cr O K Cr O n c mol L V ===3422722734/20.01850231.5428.567(/)Fe O K Cr O K Cr O Fe O T c M mg mL =⨯⨯=⨯⨯=18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO 4·7H 2O （M =278.04g ·mol -1）地含量：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KMnO 4法测定，称取试样1.012g ，在酸性介质中用0.02034 mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL.计算此产品中FeSO 4·7H 2O 地质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准.解： 245Fe MnO +-4243735.70550.02034 3.63110()1000FeSO H O MnO n n mol --∙∴==⨯⨯=⨯ 424242427777FeSO H O FeSO H O FeSO H OFeSO H O m n M m m ω∙∙∙∙⨯== 33.63110278.0499.76%1.012-⨯⨯==故为一级化学试剂.20. CN -可用EDTA 间接滴定法测定.已知一定量过量地Ni 2+与CN -反应生成Ni(CN)24-，过量地Ni 2+以EDTA 标准溶液滴定，Ni(CN)24-并不发生反应.取12.7mL 含CN -地试液，加入25.00mL 含过量Ni 2+地标准溶液以形成Ni(CN)24-，过量地Ni 2+需与10.1mL 0.0130 mol ·L -1 EDTA 完全反应.已知39.3mL 0.0130 mol ·L -1 EDTA 与上述Ni 2+标准溶液30.0mL 完全反应.计算含CN -试液中CN -地物质地量浓度.解： 2Ni EDTA +222239.30.013010000.01703(/)30.01000Ni EDTA Ni Ni Ni n n c mol L V V ++++⨯∴==== 222425.000.01703 4.257510()1000Ni Ni Ni n c V mol +++-''==⨯=⨯ 410.10.0130 1.31310()1000EDTA EDTA EDTA n c V mol -''=⨯=⨯=⨯234() 1.177810()EDTA CN Ni n n n mol -+-''=-=⨯31.1778100.0927(/)12.71000CN CN CN n c mol L V ----⨯===第2章分析试样地采集与制备1．某种物料，如各个采样单元间标准偏差地估计值为0.61％，允许地误差为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=1.90221.900.61()() 5.860.48t n E σ⨯===≈2．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％，求各个采样单元间地标准偏差．如果允许地误差为0.20％，置信水平选定为95％，则在分析同样地物料时，应选取多少个采样单元？解：f=7 P=85% 查表可知 t=2.36222.360.13()() 2.430.20t n E σ⨯===≈4．已知铅锌矿地K 值为0.1，若矿石地最大颗粒直径为30 mm ，问最少应采取试样多少千克才有代表性?解：220.13090()Q Kd kg ≥=⨯=5．采取锰矿试样15 kg ，经粉碎后矿石地最大颗粒直径为2 mm ，设K 值为0.3，问可缩分至多少克？解：220.32 1.2()Q Kd kg ≥=⨯= 设缩分n 次，则1() 1.2()2n Q kg ⨯≥ 115() 1.2()2n kg ⨯≥1ln15ln ln1.22n +≥ 解得 3.6n ≤，所以n=3m =3115() 1.875()2kg ⨯=第3章分析化学中地误差与数据处理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) 3.6⨯0.0323⨯20.59⨯2.12345 (3)10000000.11245.0)32.100.24(00.45⨯⨯-⨯(4) pH=0.06，求[H +]=?解：a. 原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51b. 原式=3.6×0.032×21×2.1=5.1c. 原式=45.0022.680.1245=0.12711.0001000⨯⨯⨯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：m C A -=χ，A 为测量值，C 为空白值，m 为试样质量.已知 s A =s C =0.1，s m =0.001，A =8.0，C =1.0，m =1.0，求s x . 解：222222222()422222220.10.10.001 4.0910()()(8.0 1.0) 1.0A C x m A C m s s s s s s x A C m A C m --++=+=+=+=⨯---且8.0 1.07.01.0x -==故0.14x s ==5. 反复称量一个质量为 1.0000g 地物体，若标准偏差为0.4mg ，那么测得值为1.0000~1.0008g 地概率为多少？解：由0.4mg σ= 1.0000g μ=故有1.0000 1.0000 1.0008 1.00000.00040.0004u --≤≤即02u ≤≤查表得 P=47.73%7．要使在置信度为95％时平均值地置信区间不超过±s ，问至少应平行测定几次?解：x x t s x t μ=±⋅=± 查表，得：5, 2.57, 1.04916, 2.45,0.92615f t f t ====>====<t 时t 时故至少应平行测定次9. 测定黄铁矿中硫地质量分数，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%时总体平均值地置信区间.解：611i i x x n ==∑ 30.48%30.42%30.59%30.51%30.56%30.49%30.51%6+++++==s =置信度为95%时：0.05,5,2.57,30.51% 2.5730.51%0.06%f t x t αμ==±=±=±11.下列两组实验数据地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. 6119.57i i x x n ===∑5.71%s == 故2432.610s -=⨯b. 6119.47i i x x n ===∑8.51%s == 故2472.410s -=⨯所以242472.410 2.22132.610b a s F s --⨯===⨯ 查表得 5.05F =表>2.22113．用两种不同分析方法对矿石中铁地质量分数进行分析，得到两组数据如下：χs n方法1 15.34％0.10％11方法2 15.43％0.12％11a．置信度为90％时，两组数据地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，两组分析结果地平均值是否存在显著性差异?解：(a)21s=0.00102，22s=0.00122F=2221ss=1.44<F表=2.97所以两组数据地标准偏差无显著性差异.(b)由2s=210id∑得，2id∑=0.01，22d∑=0.012 ∴=0.0332=3.32% ∴=0.063 查表得：当置信度为90%时，0.10,20t=1.72>0.063 查表得：当置信度为95%时，0.05,20t=2.09>0.063 查表得：当置信度为99%时，0.01,20t=2.84>0.063 所以两组分析结果地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地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，1-Clω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地质量分数是否有显著性差异？解：用F 检验法：A X =iX n∑=60.45%，2s A=21i d n -∑=2.3⨯10-3B X =iX n∑=60.11%，2s B=21i d n -∑ =2.6⨯10-3F=22B A S S =1.13，查表得F 表=9.28>1.13因此没有差异. 用t 检验法：⨯10-4所以=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 地灵敏度，改用一种新地显色剂.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 地灵敏度是否有显著提高?(置信度95％)解：用F 检验法：A X =iX n∑=0.127，，2s A=21i d n -∑=1.3⨯10-5B X =iX n∑=0.135,2s B=21i d n -∑=1.9⨯10-5F=22s B s A =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：⨯10-3所以=2.8 而查表得t 表=2.45<2.8所以存在显著性差异.21．某荧光物质地含量(χ)及其荧光相对强度(y )地关系如下：含量 χ/μg 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 24.7 a ．列出一元线性回归方程b ．求出相关系数并评价y 与x 间地相关关系.解：由题意可得，x =6.0，y =13.1，71()()iii x x y y =--∑=216.2，721()ii x x =-∑=112.0，21()ni i y y =-∑=418.28，所以b=71721()()()iii i i x x y y x x ==---∑∑=216.2112.0=1.93，a y bx =-=13.1-1.93⨯6.0=1.52所以一元回归方程为：y=1.52+1.93x（b）因为r ==0.9987比较接近于1，所以y 与x 地线性关系很好.第5章酸碱平衡和酸碱滴定法1．写出下列溶液地质子条件式.a．c1 mol·L-l NH3 + c2 mol·L-l NH4Cl；c．c1 mol·L-l)H3PO4 + c2 mol·L-l HCOOH；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）反应而来，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．计算下列各溶液地pH.a．0.050 mol·L-l NaAc；c．0.10 mol·L-l NH4CN；e．0.050 mol·L-l氨基乙酸；g．0.010 mol·L-l H2O2液；i．0.060 mol·L-l HCI和0.050 mol·L-l氯乙酸钠(ClCH2COONa)混合溶液.解：a.对于醋酸而言，K b =K w / K a = 5.6 ⨯ 10-10应为cK b = 5.6 ⨯ 10-10⨯ 5 ⨯10-2 = 2.8 ⨯ 10-11> 10K wc/K b> 100故使用最简式；[OH-] = ⨯ 10-6pH = 14 – pOH = 8.72c. NH4+K a’ = 5.6 ⨯ 10-10HCN K a = 6.2. ⨯ 10-10cK a’ > 10K w c > 10 K a由近似公式可以得到：[H+] = = ⨯ 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，K a1 = 4.5⨯ 10-3 , K a2 = 2.5 ⨯ 10-10c/K a2> 100 且c > 10 K a1所以[H+] = ⨯ 10-6pH = 6-0.03 = 5.97g. 对于双氧水而言，K a = 1.8 ⨯ 10-12cK a < 10K w c/K a> 100所以可以计算氢离子浓度[H+] = ⨯ 10-7pH = 7 – 0.22 = 6.78i. 由于ClCH 2COONa + HCl = ClCH 2COOH + NaCl所以原溶液可以看成0.050mol/L 地ClCH 2COOH 和0.010mo/LHCl 地混合溶液设有x mol/L 地ClCH 2COOH 发生离解，则 ClCH 2COOHClCH 2COO - + H +0.05-x x 0.01+x所以有(0.01)0.05x xx +- = K a = 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 mol·L -l HCl 、2.0×10-4 mol·L -l NaHSO 4和2.0×10-6 mol·L -l HAc.a ．计算此混合溶液地pH.b ．加入等体积0.10 mol·L -l NaOH 溶液后，溶液地pH. 解：a. HSO 4- K a2=1.0×10-2 HAc K a =1.8×10-5均为弱酸，且浓度远低于HCl 地浓度，所以此体系中地HSO 4-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HSO 4-和HAc 地混酸体系，H +⎡⎤=⎣⎦ 忽略K W 及K HA [HA]，[H + ]2=4HSO K -（C HSO4--[H + ]）解得[H + ]=9.90×10-5 故pH=4.007．已知Cr 3+地一级水解反应常数为10-3.8，若只考虑一级水解，则0.010 mol·L -l Cr(ClO 4)3地pH 为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+地分布分数是多大?解：1）3.82 5.8a K 10101010Wc K ---⋅=⨯=1.8a 10100K c=<31.18210H +-⎡⎤==⨯⎣⎦ mol/L故pH=2.932）2 3.8a 3.8 2.93()a K 100.121010K Cr OH H δ+---+===+⎡⎤+⎣⎦9．今用某弱酸HB 及其盐配制缓冲溶液，其中HB 地浓度为0.25 mol·L -l .于100mL 该缓冲溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液体积地变化)，所得溶液地pH 为5.60.问原来所配制地缓冲溶液地pH 为多少? (已知HB 地6a 5.010K -=⨯) 解：2000.0540100NaOH C ==⨯（mol/L ）已知p K a =5.30，pH=5.60设原缓冲溶液中盐地浓度为x mol/L ，故0.055.60 5.30lg0.25xx +=+-得x=0.35则原缓冲溶液pH= 0.355.30lg5.440.25+=11．配制氨基乙酸总浓度为0.10 mol·L -l 地缓冲溶液(pH =2.0)100mL ，需氨基乙酸多少克?还需加多少毫升1 mol·L -l 酸或碱，所得溶液地缓冲容量为多大?解：设酸以HA 表示，p K a1=2.35 p K a2=9.60 1)需HA 质量m=0.10×100×75.0×310-＝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1lg HA a HA c H pH pK c H -++⎡⎤+⎣⎦=+⎡⎤-⎣⎦即0.12.00 2.35lgx H x H ++⎡⎤-+⎣⎦=-⎡⎤-⎣⎦，解得x=0.079生成0.079mol/L 地质子化氨基乙酸，需加酸为0.079×100=7.9ml19. 用10.1mol L -⋅NaOH 滴定10.1mol L -⋅HAc 至8.00pH =.计算终点误差. 解：SP 时10.05NaOH c mol L -=⋅105.610wb aK K K -==⨯20b w K c K >500bcK >6[] 5.2910OH --=⨯1460.728.72sp pH =-+=8.008.720.72ep sp pH pH pH ∆=-=-=-0.720.72%100TE -=1000.05==-22. 用10.100mol L-⋅NaOH滴定10.100m o l L-⋅羟胺盐酸盐（3NH OH Cl+-⋅）和10.100m o l L-⋅4N H C l地混合溶液.问.a化学计量点时溶液地pH为多少？.b在化学计量点有百分之几地4NH Cl参加了反应？解：(1) 已知3NH OH Cl+-⋅61.110waKKK-==⨯SP时，产物为2NH OH和4NH+[]H+==82.510(/)mol L-=⨯7.61pH=(2) SP时，8[] 2.510/H mol L+-=⨯3410338105.610[]0.0500 1.110(/)2.510 5.610NH NHNH c mol Lδ+----⨯=⋅=⨯=⨯⨯+⨯∴参加反应地4NH Cl百分数为：31.110100% 2.2%0.0500-⨯⨯=25.称取钢样1.000g ，溶解后，将其中地磷沉淀为磷钼酸铵.用20.00mL 10.1000mol L -⋅NaOH 溶解沉淀，过量地NaOH 用3HNO 返滴定至酚酞刚好褪色，耗去10.2000mol L-⋅3HNO 7.50mL.计算钢中P 和25P O 地质量分数.解：P424()NH HPO 712MoO 24NaOH2512P O过量330.27.510 1.510()NaOH mol --=⨯⨯=⨯ 用于滴定磷钼酸铵地3340.12010 1.510 5.010()NaOH mol ---=⨯⨯-⨯=⨯ 含Ｐ物质地量为：455.010 2.110()24mol --⨯=⨯52.11031%1000.0651P -⨯⨯=⨯=525 2.110142%1000.1512P O -⨯⨯=⨯=⨯28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸0.4680g ，消耗甲醇钠溶液25.50mL ，求甲醇钠地浓度.解：3CH ONa 65C H COOH，令其浓度为c30.46800.1500(/)25.5010122c mol L -==⨯⨯第7 章氧化还原滴定法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：E Hg22+/Hg=EθHg22+/Hg+0.5*0.0592lg[Hg2+]=0.793+0.5*0.0592lg(K sp/[Cl-]2)EθHg22+/Hg=0.793+0.0295lgK sp=0.265VE Hg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg(1/[Cl-]2)=0.383V5. 解：E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（[MnO4-]/[Mn2+]）/5当还原一半时：[MnO4-]=[Mn2+] 故E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V[Cr2O72-]=0.005mol/L[Cr3+]=2*0.05=0.10mol/LE Cr2O72-/Cr3+= Eθ′Cr2O72-/Cr3++0.059/6*lg（[Cr2O72-]/[Cr3+]）=1.01V7. 解：Cu+2Ag＋＝Cu2＋＋2AglgK＝（0.80-0.337）*2/0.059＝15.69K＝1015.69＝[Cu2＋]/[ Ag＋]2表明达到平衡时Ag＋几乎被还原,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=E I3-/ I-0.059/2* lg0.01667/0.700=0.506V(b) 当滴定分数为1.00时，由不对称地氧化还原反应得：E I-3/ I-=0.545+0.0295 lg[I-3]/[ I-]3(1)E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 (2)(1)*4+(2)*2得：6E sp=2.34+0.059 lg[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E sp=0.39=0.059/6* lg[S4O62-]/4[ I-]6=0.384V(c) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lg[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+0.0295 lg0.200/(0.200)2=1.30V11．解：Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+终点时C Ce3+=0.05000mol/l, Fe2+=0.05000mol/l.所以C Ce4= C Ce3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/lC Fe2+=C Fe3+*10(0.94-0.68)/0.059=2.0*10-6mol/l得E t=(1.7*10-10-2.0*10-6)/(0.0500+2.0*10-6)*100%=-0.004%13．解：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+在H2SO4介质中，终点时E ep=0.48V,E sp=(1.48+0.68)/2=1.06V,E θ=1.44-0.68=0.76V, E=0.84-1.06=-0.22E t=(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=102.0E Fe3+/Fe2+=0.68+0.059lg∂Fe3+=0.61VE sp=(1.44+0.617)/2=1.03VE=0.84-1.03=-0.19V E θ=0.83V,由林邦误差公式: E t=(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-ω(V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27%ω(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++H2O,2MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O∴5PbO 25PbO 5C2O42-2MnO4-,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ω(PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%,ω(PbO)=0.4464/1.234*100%=36.17%.19. 解：由化学反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O, I2+S2O32-=2I-+S4O62-得1KIO35I-3I26Na2S2O3c KI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6),得c KI=0.02896mol/L21. 解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO, 及氮守恒得3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH,ω(NH3)=0.0100*20.00+3*M(NH3)/(1.000*1000*2)*100%=0.51%23. 解：由此歧化反应地电子守恒得：3/2Mn2+ MnO4-ω(Mn)=(0.03358*0.03488)*3/2*M(Mn)/0.5165*100%=18.49%25. 解：由氧化还原反应电子守恒得：6Fe2+Cr2O72-，m Cr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)2∙6H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2ρV=m,V=Sh ⇒h=6.80*10-528. 解：()3340.1014.300.0510 1.2910n mol--=-⨯⨯=⨯乙二醇故31.291062.040.0800480.04m g mg-=⨯⨯==乙二醇31. 解：由关系式23322336CH COCH I S O -得：()3500.050.50.110105810100%38.71%36w -⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯34. 解：a 、sul 地分子结构式为b 、3226533BrO H Br Br H O-+-++=+c 、6822266222C H N O S+2Br C H Br N O S+2HBr=d 、由关系式32682233C H N O S 2BrO Br -和223232Br I S O --得：112.920.1215250.01767320.013509202sul c mol L -⨯⨯⨯-==⨯0.0135090.1172.2178.04%80%0.2981sul w ⨯⨯==<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-地总量即为消耗Ag+地量n(Cl-)=n(Ag+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol)设试样中BaCl2地质量为x，则有2x/208.24 + (0.1036 – x)/58.443=1.5405×10-3解得x=0.03093(g)即，试样中地BaCl2地质量为0.03093g4. 解：设试样中K2O地质量为x，Na2O地质量为y2×[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=0.01909gK2O%=0.05357/0.5034 ×100% = 10.64%Na2O%=0.01909/0.5034 ×100% = 3.79%6. 解：反应关系为1As~ 1Ag3AsO4~ 3Ag+~3NH4SCNAs%=[0.1000×45.45×10-3×M(As)]/[3×0.5000] ×100%=22.70%8. 解：设该铁地氧化物地分子式为Fe x O y则55.85x+16.00y=0.543455.85x=0.3801∴x= 0.006806y= 0.01020∴y/x =0.01020/0.006806 = 1.5 = 3:2即该铁地氧化物地分子式为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+地百分数为34[CaSO]37.6%S-==水3．解：（1）2410.1mol/,0.10,2BaSO LNaCl I ciZi==∑在中224224()5,()4,0.38,0.355Ba SOa Ba a SOοογγ--====＋＋查表得2250104[][] 2.8610( 1.110) s Ba SO Ksp---∴=====⨯=⨯＋（2）14210.10.302BaSO mol L BaCl I CiZi-⋅==∑在中，224()5,()4a Ba a SOοο-==＋查表得222lg0.512100.5909,0.26 Ba Baγγ-=⨯==＋＋2242lg0.512100.6526,0.22 Ba SOγγ--=⨯==＋2240102241.110[][](0.10)0.260.22Ba SOKsp Ba SO s sγγ---∴=⨯=⨯⨯⨯=+⨯⨯⨯＋＋811.9210s mol L--=⨯⋅5．解：210.10,2I ciZi==∑224()5,()4a Ba a SOοο-==＋查表得，2240.38,0.355Ba SOγγ-==＋24221.0100.1250.07 1.010SOδ---⨯==+⨯2224440101.110(0.01)Ba SO Ba SO SOKsp a a S sγγδ---=⨯=⋅=+⨯⨯⨯⨯＋716.4410s mol L--=⨯⋅7．解：10, 1.810AgCl Ag Cl Ksp +--↓+=⨯ 13,510AgBr Ag Br Ksp +--↓+=⨯在同一溶液中，Ag +只有一种浓度,AgCl AgBr Ksp Ksp AgCl >↓的溶解度大得多Ag AgCl +∴↓浓度由决定51[] 1.3410s Ag mol L +--====⨯⋅9．解：3CaCO 已知沉淀在水中的主要离解平衡为：2323CaCO H OCa HCO OH --↓+++＋233[][][]Ksp Ca HCO OH s --==＋2233232[][][][][][][]CO H Ksp KwKsp Ca HCO OH CO H Ka -+---+⋅=⋅⋅=＋s ==518.0210s mol L --=⨯⋅51[]8.0210OH s mol L ---==⨯⋅ 4.1,9.9pOH pH ==11．解：48.993315.142246.1382.8)O (S Ag 101002.31010101001.0101]Ag [Ag 322＝）（＋）（＋－－⨯=⨯⨯⨯+==+c αK SP ＝9.3×10－17＝[Ag +][I －]＝010.01048.9⨯ss =2.81×10－51mol L -⋅ 13．解：混合后，23110001[]0.1 4.910150()Ba mol L M Ba +--=⨯⨯=⨯⋅231450[]0.01 3.310150SO mol L ---=⨯=⨯⋅剩余地2Ba +=33(4.910 3.3)150137.33 3.3mg --⨯-⨯⨯⨯=100 mL 纯水洗涤时损失地4BaSO :251[] 1.0510s Ba mol L +--===⨯⋅ 51.0510100233.40.245mg -∴⨯⨯⨯为＝ 100 mL0.010 1mol L-⋅24H SO 洗涤时121240.010[H ] 1.4110mol L H SO mol L -+--⋅=⨯⋅的24102224221.110[][](0.01)0.01 1.4110SO Ka Ksp Ba SO s s s Ka δ--+--=⨯==⨯+⨯=⨯⨯⨯+81844s=2.6510, 2.6510100233.4 6.210mol L BaSO mg mg--∴⨯⋅⨯⨯⨯=⨯－－损失数为：16．解：（1）4240.005[][]0.005[]H H H NH HF NH F HF HFH F++++--+−−→++41222228[][][][] 5.84100.001[][](20.005)0.0005(0.01)2[]0.0005(0.010.56) 1.5710F AgCl H F Ka HF H mol L KaCa F H Ka Ksp δ-+-+--+-+-=∴=⨯⋅∴=⨯⨯⨯=⨯⨯+=⨯⨯=⨯>∴有沉淀生成(2)33.247.026Ag NH 1100.510(0.5) 2.810[]Agc Ag α+=+⨯+=⨯（）＝960.05[][]0.58.9102.810AgCl Ag Cl Ksp +--=⨯=⨯>⨯∴有沉淀生成 (3)0.059.26lg8.260.5pH =+＝261226214()5.74,[] 1.8210[][]0.005(1.8210) 1.6610Mg OH pOH OH mol L Mg OH Ksp --+---==⨯⋅∴=⨯⨯=⨯<∴无沉淀生成19．解：22342234123423412342-71[][][()][()][()] []{1[][][][]} {1[][][][]}[]2.510s Zn ZnOH Zn OH Zn OH Zn OH Zn OH OH OH OH KspOH OH OH OH OH mol L ββββββββ+-+----------=++=++++=⨯++++=⨯⋅－2－＋＋主要状态可由数值得22．解：(1)234()0.23512()M Cr O F M PbCrO == (2)422272(7)2.215()M MgSO H O F M Mg P O ⋅==(3)3424343[()]0.082662[(NH )12]M Ca PO F M PO MoO ==⋅ (4) 254343()0.0378322[(NH )12]M P O F M M PO MoO ==⋅25．解：设CaC 2O 4为x ,MgC 2O 4 y =0.6240-x332424()()(0.6240)0.4830()()M CaCO M MgCO x x M CaC O M MgC O ∴⋅+-⋅=240.4773,%76.49%x g CaC O == 240.1467,%23.51%y g MgC O ==28．解：()107.86835.4530.58050.5805 1.4236()35.453M AgCl M NaCl Na +⨯=⨯=+22.988865Na =解得31．解：设为x yFe O55.85160.543455.850.3801x y x ⨯+⨯=⎛⎫⎪⨯=⎝⎭0.38010.00680655.85x ==则 0.0102030.0068062y x ∴==23Fe O ∴为34．解： AgCl:3.1431050⨯＝0.035(mol·L -1)cNH 3＝3/2＝1.5(mol·L -1)[Ag +]原＝2035.0＝0.0175(mol·L -1) [I -]原＝205.0＝0.025(mol·L -1)设混合后[Ag +]＝x/ mol·L -1Ag + + 2NH3Ag(NH 3)2+x 1.5-2×(0.0175-x) 0.0175-x ≈1.5 ≈0.01752)5.1(0175.0x ＝ß2＝107.40 x ＝3.1×10-10 [Ag +][I -]＝3.1××0.025＝7.8×10-12 >AgIKsp有AgI 沉淀生成.第10章吸光光度法2. 解：A=-lgT=Kbc当b=2cm 时,A=-log0.60=0.222;当b=1cm,A=0.222/2=0.111,lgT=-0.111∴T=0.77=77%;当b=3cm ，A=0.222×3/2=0.333，lgT=-0.333∴T=0.46=46%4. 解：A=-lgT=-lg50.5%=0.297,c=25.5×10-6×103/(50M)=8.18×10-6mol/L K 稳ε=A/bc=0.297/(2×8.18×10-6)=1.91×104L/(mol.cm) s=M/ε=3.3×10-8ug/cm 26.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen 与Fe 2+地浓度比[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，从交点向横坐标作垂线，对应地[R]/[M]值就是络合物地配比.由图示可见，络合物地组成为Fe （Phen ）3，即M ：R=1：38.解：A=0.700=-lgT 1,T 1=20%;A=1.00=-lgT 2,T 2=10%，ΔT=10%;以0.00100mol/L 溶液为参比时，测得试样地透射比为T 2，则20%/100%=10%/T 2T 2=50%，试样地吸光度为A=-lgT 2=-lg0.50=0.301; 标尺放大倍数n=100%/20%=510.解：Ti 和V 定容后地浓度分别为5.3×10-4mol/L 和1.57×10-3mol/L ，设Ti和V 络合物在415nm 和455nm 地摩尔吸光系数分别为ε11，ε12，ε21，ε22.未知样经处理后地浓度为c （Ti ），c （V ）.根据郎-比尔定律可知： 0.435=ε11×5.3×10-4，ε11=8.2×102L.mol -1.cm -1；0.246=ε12×5.3×10-4，ε12=4.6×102L.mol -1.cm -1； 0.510=ε21×1.57×10-3，ε21=1.6×102L.mol -1.cm -1； 0.377=ε22×1.57×10-3，ε22=2.4×102L.mol -1.cm -1；ε11c （Ti ）+ε21c （V ）=0.645 且ε12c （Ti ）+ε22c （V ）=0.555 ，将数据代入后解得： c （Ti ）=2.71×10-3mol/L ，c （V ）=6.30×10-3 mol/L12.解：A=-lgT=-lg0.42=0.376，c=A/b ε=0.376/（2.5×103×2）=7.52×10-5 mol/L因此，1000mL 中含有色物7.52×10-5×Mg.已知含量为0.001%，故1000/A（7.52×10-5M）=100/0.0010，M=131.5g/mol14.解：设络合物地解离度为α，则α=AmAX -A/ AmAX=0.390-0.320/0.390=0.179K稳=c（1-α）/[cα×（2cα）2]=（1-α）/4c2α3=（1-0.179）/[4×（1.48×10-5）2×0.1793]=1.63×1011lgK稳=11.2版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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分析化学第三版习题答案

在0.4到+ 1.3范围内测定值出现的概率为P=P1+ P2=0.5586
2-12对某标样中铜的含量进行了250次分析，已知其质量分数(%)的结果符合正态分布N (43.15,0.232)，求大于43.59%的测定值可能出现的次数713
大于43.59的测定值出现的概率为P2=0.5–P1=0.0287
P=0.90，f=n1+n22，t表=1.90
t计<t表，故两批数据之间不存在显著差异。
2-21某分析人员用新制定的测氮法测定一标准样品的含氮量。已知标准值为16.62%，4次测定的平均值为16.72%，标准偏差为0.08。问这种新方法是否可靠(显著性水平0.10)?
解：
t计= =2.5
P=0.90，f=3时，t表=2.35，
解：
=0.1012，S=1.710-4，n=4
P=0.90，f=3时，t=2.35；P=0.95，f=3时，t=3.18
P=0.90时的置信区间为
0.1012 =0.10120.0002
P=0.95时的置信区间为
0.1012 =0.10120.0003
2-17要使在置信度为90%时的平均置信区间宽度不超过S，问至少应平行测定几次?
解：
(1)P=0.90，f=n1=5时，t=2.02，置信区间为
=58.62.02 =58.60.6
(2)P=0.90，f=n1=2时，t=2.92，置信区间为
58.62.92 =58.61.2
2-16标定HCl溶液的浓度，得到下列数据：0.1011，0.1010，0.1012，0.1014(mol/L)。分别求置信度0.90和0.95时的平均值的置信区间。
解：
平均值的置信区间为，若要 S，需满足t 。置信度为90%时，不同值下的t值为：

国家开放大学《分析化学(本)》形考作业参考答案

分析化学练习题及答案

分析化学练习题及答案分析化学练习题及答案分析化学是化学的一个重要分支，它研究的是物质的组成和性质以及分析方法的开发与应用。

在学习分析化学的过程中，练习题是非常重要的一部分，它能够帮助我们巩固所学知识，提高解决问题的能力。

下面，我们将通过几个典型的分析化学练习题来进行分析和讨论。

1. 问题：如何确定一种未知溶液中的阳离子是铜离子？答案：为了确定未知溶液中的阳离子是铜离子，我们可以采用一系列的分析方法。

首先，我们可以通过颜色反应来初步判断。

铜离子在溶液中呈现蓝色，因此，如果我们观察到未知溶液呈现蓝色，那么它很可能含有铜离子。

其次，我们可以使用络合滴定法来进一步确认。

络合滴定法是一种常用的分析方法，它通过络合剂与金属离子形成稳定络合物来进行滴定。

对于铜离子，我们可以选择EDTA（乙二胺四乙酸）作为络合剂。

在滴定过程中，当所有的铜离子都与EDTA络合形成稳定络合物时，溶液的颜色会发生明显变化，从蓝色变为无色。

通过滴定所需的络合剂的体积，可以计算出溶液中铜离子的浓度。

2. 问题：如何确定一种未知溶液中的阴离子是氯离子？答案：要确定未知溶液中的阴离子是氯离子，我们可以采用沉淀反应和气体演化反应来进行分析。

首先，我们可以通过银离子与氯离子的反应来进行沉淀分析。

当未知溶液中含有氯离子时，加入一定量的银离子会产生白色的沉淀，即氯化银。

这是一种常用的检测氯离子的方法。

其次，我们还可以使用气体演化反应来进一步确认。

氯离子在酸性条件下可以与过氧化氢反应生成氯气。

因此，我们可以将未知溶液与过氧化氢反应，如果观察到气体的产生，并且气体具有刺激性气味和漂白性质，那么可以确定未知溶液中的阴离子是氯离子。

3. 问题：如何确定一种未知溶液中的有机酸是乙酸？答案：要确定未知溶液中的有机酸是乙酸，我们可以采用酸碱滴定法和酯化反应来进行分析。

首先，我们可以使用酸碱滴定法来测定溶液中有机酸的酸度。

乙酸是一种弱酸，我们可以选择一种强碱溶液（如氢氧化钠溶液）作为滴定剂。

分析化学习题+参考答案

分析化学习题+参考答案一、单选题（共50题，每题1分，共50分）1、称量样品过程中样品吸湿，所导致的误差属于何种误差？A、相对误差B、过失误差C、偶然误差D、系统误差正确答案：D2、每次滴定之前，滴定管要添加滴定剂到0刻度附近，是为了：A、0.00刻度的读数比其他地方的读数准确B、减少读数次数，减少系统误差C、减少滴定管刻度不够均匀引起的体积误差D、保证溶液在下次滴定时足够正确答案：C3、指出下列哪一条不是晶形沉淀所要求的沉淀条件：A、沉淀应陈化B、沉淀作用宜在较稀溶液中进行C、沉淀宜在冷溶液中进行D、应在不断地搅拌作用下加入沉淀剂正确答案：C4、用Na2C2O4标定高锰酸钾时，刚开始时褪色较慢，但之后褪色变快的原因是:A、温度过低B、反应进行后，温度升高C、Mn2+催化作用D、高锰酸钾浓度变小正确答案：C5、下列叙述中，正确的是：A、滴定分析中所用的器皿统称滴定分析器皿B、滴定分析中的化学反应统称滴定反应C、用于直接滴定的化学反应，必须定量、快速、完全地进行D、在电解质溶液中发生的化学反应都能用于滴定分析正确答案：C6、在间接碘量法中，滴定终点的颜色变化是：A、蓝色恰好消失B、出现蓝色C、黄色恰好消失D、出现浅黄色正确答案：A7、下列易燃易爆物存放不正确的是：A、金属钠保存在水里B、爆炸性危险品残渣不能倒入废物缸C、分析实验室不应贮存大量易燃的有机溶剂D、存放药品时，应将氧化剂与有机化合物和还原剂分开保存正确答案：A8、使用碱式滴定管进行滴定的正确操作方法是：A、右手捏挤玻璃珠上半部的乳胶管B、右手捏玻挤璃珠下方的乳胶管C、左手捏挤玻璃珠上方的乳胶管D、左手捏挤玻璃珠上半部的乳胶管正确答案：D9、下列不属于沉淀重量法对沉淀形式要求的是：A、沉淀的摩尔质量大B、沉淀的溶解度小C、沉淀颗粒易于过滤和洗涤D、沉淀纯净正确答案：A10、硼砂(Na2B4O7·10H2O)作为基准物质用于标定盐酸溶液的浓度,若事先将其置于干燥器中保存,则对所标定盐酸溶液浓度的结果影响是：A、偏高B、偏低C、无影响D、不能确定正确答案：B11、稀释浓硫酸时, 只能仔细搅拌下或冷却下将酸慢慢倒入水, 绝不可将（）往浓酸中倒。

(完整版)分析化学参考答案(武大第四版)

第一章定量分析化学概论1. 某矿石的最大颗粒直径为10mm ，若其k 值为0.1kg ·mm -2，问至少应采取多少试样才具有代表性?若将该试样破碎，缩分后全部通过10号筛，应缩分几次?若要求最后获得的分析试样不超过100 g ，应使试样通过几号筛?解：(1) 根据经验公式m Q ≥kd 2，故至少采取试样m Q =0.1×102=10kg(2) 要通过10号筛，d=2mm ，应保留试样m Q ≥0.1×22=0.4kg将10kg 的试样进行缩分：10×(21)4=0.625kg ＞0.4kg 可见需缩分4次方可满足要求。

查表1-1，故应通过20号筛。

2.用氧化还原滴定法测得FeSO 4·7H 2O 中铁的质量分数为20.01%，20.03%，20.04%，20.05%。

计算：a.平均值；b.中位数；c.单次测量值的平均偏差；d.相对平均偏差；e.极差：f.相对极差。

解：3.用沉淀滴定法测定纯NaCl 中氯的质量分数，得到下列结果：59.82%，60.06%，60.46%，59.86%，60.24%。

计算：a.平均结果；b.平均结果的绝对误差；c.相对误差；d.中位数；e.平均偏差；f.相对平均偏差。

解：5.某试样中含MgO约30%，用重量法测定时，Fe3+产生共沉淀，设试液中的Fe3+有1%进入沉淀。

若要求测定结果的相对误差小于0.1%，求试样中Fe2O3允许的最高质量分数为多少?解：设试样Fe2O3中允许的最高质量分数为x%6.某含Cl-试样中含有0.10%Br-，用AgNO3进行滴定时，Br-与Cl-同时被滴定，若全部以Cl-计算，则结果为20.0%。

求称取的试样为下列质量时，Cl-分析结果的绝对误差及相对误差。

：a.0.1000g;b.0.500 0 g;c.1.000 0 g。

解：7. 某试样中含有约5%的S，将S氧化为SO24,然后沉淀为BaSO4。

分析化学作业及答案概要

分析化学作业第一章概述一、选择题1.根据置信度为 95% 对某项分析结果计算后，写出的合理分析结果表达式应为（B ）。

a. ( 25.48 ± 0.1) % b. ( 25.48 ± 0.13 ) %c. ( 25.48 ± 0.135 )%d. ( 25.48 ± 0.1348 ) %2.分析测定中的偶然误差，就统计规律来讲，（d ）。

a. 数值固定不变b. 数值随机可变c. 无法确定d. 正负误差出现的几率相等3. 某小于1的数精确到万分之一位，此有效数字的位数是（ d ）。

a.1b.2c.4d.无法确定4. 消除或减小试剂中微量杂质引起的误差常用的方法是（ A ）。

A.空白实验B.对照实验C.平行实验D.校准仪器5.可用于减小测定过程中偶然误差的方法是（ D ）。

A ．对照实验 B. 空白实验 C ．校正仪器 D. 增加平行测定次数6.对某试样进行平行三次测定，得 CaO 平均含量为 30.60% ，而真实含量为 30.30% ，则 30.60%-30.30% = 0.30% 为（ B ）。

A. 相对误差B. 绝对误差C. 相对偏差D. 绝对偏差二、判断正误1.在分析测定中，测定的精密度越高，则分析结果的准确度越高（x ）。

2.有效数字是指所用仪器可以显示的数字（ x ）。

3.分析结果的置信度要求越高 , 置信区间越小（x ）。

4.对某项测定来说，它的系统误差大小是不可测量的（x ）。

第二章滴定分析概论一、选择题1.欲配制 1000ml 0.1mol/L HCl 溶液，应取浓盐酸（B ）。

a. 0.84mlb. 8.4mlc. 1.2m ld. 12ml2. .用NaC 2O 4（ A ）标定KMnO 4（ B ）时，其反应系数之间的关系为（a ）。

a. n A =5/2n B b. n A =2/5n Bc. n A =1/2 n Bd. n A =1/5n B3. .已知1mLKMnO 4相当于0.005682g Fe 2+，则下列表示正确的是（ b ）。

分析化学答案完整

第四章酸碱滴定法思考题4-11．质子理论和电离理论的最主要不同点是什么？答：(1)定义不同。

质子理论认为，凡是能给出质子的物质是酸，凡是能接受质子的物质是碱；而电离理论认为，电解质离解时所生成的阳离子全部是H +的物质是酸，离解时所生成的阴离子全部是0H —的物质是碱。

(2)使用范围不同。

电离理论具有一定的局限性，它只适用于水溶液，不适用于非水溶液，也不能解释有的物质(如NH3)虽不含0H 1但具有碱性的事实，而质子理论却能对水溶液和非水溶液中的酸碱平衡问题统一加以考虑。

( 3)对于酸碱反应的本质认识不同。

质子理论认为各种酸碱反应过程都是质子的转移过程，而电离理论则将酸碱反应分为酸碱中和反应、酸碱离解反应及盐的水解反应。

2．写出下列酸的共轭碱：H2P04－，NH4+，HP042－，HC03－，H20，苯酚。

答：上述酸的共轭碱分别为：HP042-，NH3，P043－，C032－，0H－，C6H50－。

3．写出下列碱的共轭酸：H2P04－，HC204－，HP042－，HC03－，H20，C2H50H。

答：上述碱的共轭酸分别为：H3P04，H2C204，H2P04－，H2C03，H30+，C2H50H2+。

4．从下列物质中，找出共轭酸碱对：H0Ac ，NH 4+，F－，(CH2)6N4H+，H2P04－，CN－，0Ac－，HC03－，H3P04，( CH2) 6N4，NH 3，HCN ，HF，C032－答：由酸碱质子理论可知，上述为共轭酸碱对的分别是：H0Ac-0Ac －，NH 4+-NH 3，HF-F －，(CH2)6N4H+-(CH 2)6N4，H 3P04-H 2P04－，HCN-CN －，HC03－- C032－。

5．上题的各种共轭酸和共轭碱中，哪个是最强的酸？哪个是最强的碱？试按强弱顺序把它们排列起来。

答：4题中的各种共轭酸碱中，最强的酸是H3PO4,最强的碱是CO32-。

酸性由强到弱的顺序为H3P04、HF、H0Ac、(CH2)6N4H+、HCN、NH4+、HC03－。

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