分析化学-武大版第五章作业答案

分析化学第五版下册答案答案

分析化学第五版下册答案答案【篇一：第五版分析化学上册课后答案】摘:分析化学第五版下册答案答案)析化学概论第2章分析试样的采集与制备第3章分析化学中的误差与数据处理第4章分析质量的控制与保证第5章酸碱平衡和酸碱滴定法mbe： c2=[cl-] (1) [nh3]+[nh4+]=c1+c2(2)cbe:[h+]+[nh4+]=[oh-]+[cl-] (3) 将（1）代入（3）质子条件式为： [ h+ ] + [nh4+] = c2 + [oh-] 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-] 即 [ h+ ] + [nh4+] = c2 + [oh-] b.c1 m naoh+c2 m h3bo3 组合法mbe： c1=[na+] (1) [h3bo3]+[b(oh)4-]=c2 (2)cbe:[na+]+[h+]=[b(oh)4-]+[oh-] (3)将（1）代入（3）质子条件式为：[ h+ ] + c1 = [b(oh)4-] + [oh-]b. 参考水准选为naoh, h3bo3和h2oc. 直接取参考水平：h3po4, hcooh , h2o质子条件式：[h+] = [h2po4-] + 2[hpo42-] + 3[po43-] + [hcoo-]+[oh-] d. 0.01 m fecl3mbe： [cl-] = 0.03(1)(2)cbe:质子条件式为：(3)9. 解：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（mol/l）得x=0.35则原缓冲溶液ph= 16. 解：据题意：kbc ≥ 10kw, c/kb ≥ 100ka?(10)/c?10?32?5→ph?14.0?5.0?9.0?10.1mol?lnaoh 19. 用 0.1 m滴定hac 至ph?8.00。

分析化学武汉大学第五版思考题与习题答案全解

分析化学武汉大学第五版思考题与习题答案全解第一章概论问题解答1-3 分析全过程：取样、处理与分解；试样的分离与富集；分析方法的选择；结果的计算与评价。

1-4 标定碱标准溶液时，邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4, M=204.23g.mol-1）和二水合草酸(H2C2O4. 2H2O,M=126.07g.mol-1)都可以作为基准物质，你认为选择哪一种更好？为什么？答：选择邻苯二甲酸氢钾更好。

因为邻苯二甲酸氢钾的摩尔质量较大，称量误差较小。

1-5.基准物Na2CO3和Na2B4O7·10H2O都可用于标定HCl溶液的浓度.你认为选择哪一种更好为什么答:选择Na2B4O7·10H2O更好.因为Na2B4O7·10H2O 的摩尔质量较大,称量误差较小1-6 用基准Na2CO3标定HCl溶液时，下列情况会对HCl 的的浓度产生何种影响（偏高、偏低或没有影响）？a. 滴定时速度太快，附在滴定管壁的HCl来不及流下来就读取滴定体积b. 称取Na2CO3时，实际质量为0.0834g，记录时误记为0.1824gc. 在将HCl标准溶液倒入滴定管之前，没有用HCl 溶液荡洗滴定管d. 锥瓶中的Na2CO3用蒸馏水溶解时，多加了50mL 蒸馏水e. 滴定开始之前，忘记调节零点，HCl溶液的液面高于零点f. 滴定管活塞漏出HCl溶液g. 称取Na2CO3时，撇在天平盘上h. 配制HCl溶液时没有混匀答：使用Na2CO3标定HCl的浓度时，HCl的浓度计算公式为：c HCl=2m Na2CO3/(M Na2CO3V HCl)。

a. 由于V HCl偏高，c HCl偏低；b. 由于m Na2CO3偏低，c HCl偏低；c. 由于V HCl偏高，c HCl偏低；d. 无影响；e. 因为V HCl偏低，c HCl偏高；f. 因为V HCl偏高，c HCl偏低；g. 由于Na2CO3易吸湿，应用减量法称量。

分析化学第五版第五章习题答案

第五章习题5.1计算pH=5时EDTA 的酸效应系数αY(H)。

若此时EDTA 各种存在形式的总浓度为0.0200mol ·L -1，则[Y 4-]为多少？答案：（1）EDTA 的61~K K ：1010.26，106.16，102.67，102.0，101.6，100.961~ββ：1010.26，1016.42，1019.09，1021.09，1022.69，1023.59pH=5.0时：()[][][][][][]66554433221H Y HHHHH H1ββββββ++++++++++++=α=1+105.26+106.42+104.09+101.09+10-2.31+10-6.41=106.45（2）[Y 4-]=45.610020.0=7.1×10-9mol ·L -15.2 pH=5时，锌和EDTA 配合物的条件稳定常数是多少？假设Zn 2+和EDTA 的浓度皆为10-2 mol ·L -1（不考虑羟基配位等副反应）。

pH=5时，能否用EDTA 标准溶液滴定Zn 2+？答案：查表5-2: 当pH=5.0时，lg αY(H)=6.45，Zn 2+与EDTA 浓度皆为10-2mol ·L -1， lgK ’=lgK 稳- lg αY(H)=16.50-6.46=10.05﹥8，可以滴定。

5.3假设Mg 2+和EDTA 的浓度皆为10-2 mol ·L -1，在pH=6时，镁与EDTA 配合物的条件稳定常数是多少（不考虑羟基配位等副反应）？并说明在此pH 条件下能否用EDTA 标准溶液滴定Mg 2+。

如不能滴定，求其允许的最小pH 。

答案：（1）查表5-2: 当pH=6.0时，lg αY(H)=4.65，lgK ’=lgK 稳- lg αY(H)=8.69-4.65=4.04， lgK ’﹤8， ∴不能滴定（2）lg αY(H)= lgK 稳-8=0.69，查表5-2得pH ≈9.6。

(完整版)分析化学第五版第五章课后习题答案(武大版)

第五章酸碱滴定法习题详解51写出下列溶液的臆子条件式.a.q(mol , L-^NH^c/mol -b.臼《med , L-^NaOH + fiCmol •c.幻(mol , L-^HiPO^c^mol - L-^HCOOHjd.0, 010 mol - L^1 FeCl,.W¥】s [NH：] + CH*] = [C「]一[OH「]或[NHT ] + [H+ ]=q + [OH 'Jb N*] + [H*]=[H£BOr] + [OH-]或E+[H+]=[压BOn+[Q]ire.[H+]=[HwPO「]+2[HFO：-]+3[PO「]+[HCO0—] + [QHrd. [H"] = EFUOH产]+2[FHOH律:]+[。

十]5-2计算下列各溶液的pH缱'岳0. LC mol * b. 0. 10 mol ■ L'^HiSOuc.0, 10 mol，L i三乙薜胺彳d, 5.0X10^mol • L7HC"孔 0. 20 mol - L』1H,FQ‘,【解I a, □由H R。

：.乾凡・ = 5・8X10T，£K.=0. It)X5. 8 X 10-ls^5. 8X 10'll> 1。

章.#=匚二氏项>Jg.所以可用最简式进行计碧, 、内a* o A[FT] =77^ = ( 70, 10X 5. 8X10-lc)niol •[广】=7, GX ICT'mol ・L-1pH= 5* 12上已知H3SO X的K,= 1.QX1G、一级离料完全，涪凌的质子条件式为[H+] = rSOf -J + [OH-]+^[S()i-l+r-f F凫铲f+r整理后得[H+T + KjH+]r[H+] — 2cK.2 =。

解方程得田+ ] = (c- K% )，+ 8瓦=『0. 10—0.01+ /(0. 10—0.0]>2+8><0.10X0.0i]mol ■ L~i L 2J=0.11 mol • L 1pH=0. 96c.已知三乙孵胺的Kb = 5. 8X 10-',cKb = 0. 10 X 5. 8 X 10-T = 5. 8 X 10_,>10K w, 100,所以可用最筒式进行计算.[OH-]= >/cK^=( ✓O. 10X5. 8X10~7)mol ・ L*!-2. 4 X 10-*mol • L~lpH =10. 38d.由于HCl浓度过低，因此不能忽略水解产生的H♦，溶液的质子条件为[H+]=c + [OHr整理后得= O解方程得= [5.0X10-'+ /〈5.0X107)2 士4X10-*=1. 3X 10~f mol • L~lpH = 6. 89e・ H3PO4的K、= 7. 6X1O-',K% = 6. 3X10-',K、= 4. 4Xl<r” ・因为cK.= 0.20X7.6 X10T>10K = 2X6.3X102^<Q05 •</0.20X7.6X10_, K 7.6X10 100,所以可用F式计算.[H・]2+K,[H+]—cK 气=0[H,A奇+序云="藉虹+把毛*+ 0 20X7. 6万3卜。

武汉大学分析化学课后思考题答案

第一章概论1、答：定义:分析化学是发展和应用各种理论、方法、仪器和策略以获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、结构。

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：①防止式样损失；②防止引入干扰。

4、答：Na2B4O7·10H2O的摩尔质量比Na2CO3的大，故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NaOH O H O C H OH O C H NaOH V M m C 1210002422242222⨯⨯=∙∙因为失水后的H 2C 2O 4中含有比同样质量H 2C 2O 4·2H 2O 更多的能与NaOH 作用的H +，这样测定时消耗V NaOH 增大，所以C NaOH 偏小。

8、答：偏高第二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用四分法进行缩分，依据经验公式取样，再分解、测定等。

2、答：分解无机试样和有机试样的主要区别在于：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 基体分离。

4、答：测硅酸盐中SiO 2的含量时采用碱熔法，用KOH 熔融，是硅酸盐中的硅转化为可溶性的K 2SiO 3，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SiF 4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，因为镍币中铜银分布不一定均匀，这样做取样无代表性。

武汉大学《分析化学》(第5版)(上册)笔记和课后习题(含考研真题)详解

武汉大学《分析化学》（第5版）（上册）笔记和课后习题（含考研真题）详解目录内容简介目录第1章概论1复习笔记2课后习题详解1.3名校考研真题详解第2章分析试样的采集与制备1复习笔记2课后习题详解2.3名校考研真题详解第3章分析化学中的误差与数据处理1复习笔记2课后习题详解3.3名校考研真题详解第4章分析化学中的质量保证与质量控制1复习笔记2课后习题详解4.3名校考研真题详解第5章酸碱滴定法1复习笔记2课后习题详解5.3名校考研真题详解第6章络合滴定法1复习笔记2课后习题详解6.3名校考研真题详解第7章氧化复原滴定法1复习笔记2课后习题详解7.3名校考研真题详解第8章沉淀滴定法和滴定分析小结1复习笔记2课后习题详解8.3名校考研真题详解第9章重量分析法1复习笔记2课后习题详解9.3名校考研真题详解第10章吸光光度法1复习笔记2课后习题详解10.3名校考研真题详解第11章分析化学中常用的别离和富集方法1复习笔记2课后习题详解11.3名校考研真题详解第第1章概论1.1复习笔记一、分析化学的定义分析化学是开展和应用各种理论、方法、仪器和策略以获取有关物质在相对时空内的组成和性质的信息的一门科学，又被称为分析科学。

二、分析方法的分类与选择1．分类〔1〕按分析要求定性鉴由哪些元素、原子团或化合物所组成。

定量测定中有关成分的含量。

结构分析：研究物质的分子结构、晶体结构或综合形态。

〔2〕按分析对象无机分析、有机分析。

〔3〕按测定原理化学分析：以物质的化学反响及其计量关系为根底，如重量分析法和滴定分析法等。

仪器分析：通过测量物质的物理或物理化学参数进行分析，如光谱分析、电化学分析等。

〔4〕按试样用量常量分析、半微量分析、微量分析、超微量分析。

〔5〕按工作性质例行分析、仲裁分析。

2．分析方法的选择对分析方法的选择通常应考虑以下几方面：〔1〕测定的具体要求，待测组分及其含量范围，欲测组分的性质；〔2〕获取共存组分的信息并考虑共存组分对测定的影响，拟定适宜的别离富集方法，以提高分析方法的选择性；〔3〕对测定准确度、灵敏度的要求与对策；〔4〕现有条件、测定本钱及完成测定的时间要求等。

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11．下列说法中错误的是（）。 A．硬酸倾向于结合硬碱 B．硬酸是强酸，而软酸是弱酸 C．质子是强酸 D．H－是软碱【答案】B
12．在水溶液中，HClO4 和 HCl 均显示强酸性质而无法区别其强度，是由于（）。 A．两种酸本身性质相同 B．两种酸均具有 Cl 元素 C．对两种酸而言，水是较强的碱 D．水易形成氢键【答案】C
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武汉大学《分析化学》第 5 版上册章节题库第 5 章酸碱滴定法
一、选择题
1．已知 H3PO4 的 A．11.88
分别是 2.12、7.21、12.36，则的 pKb 为（）。
B．6.80
C．1.64
D．2.12
13．下列溶剂中，能使 HNO3、HCl 和 HAc 等酸显相同强度的是（）。 A．纯水 B．甲酸 C．液氨 D．甲醇【答案】C
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14．c(NaCl)＝0.1mol/L 的 NaCl 水溶液的质子平衡式是（）。 A．[Na＋]＝[Cl－]＝0.1mol/L B．[Na＋]＋[Cl－]＝0.1mol/L C．[H＋]＝[OH－] D．[H＋]＋[Na＋]＝[OH－]＋[Cl－] 【答案】C

17．已知 0.10mol/L 一元弱酸 HB 溶液的 pH＝3.5，则 0.10mol/L 共轭碱 NaB 溶液的 pH 是（）。
A．10.5 B．10.0 C．9.0 D．9.5 【答案】D
18．等浓度 NaOH 滴定一元弱酸时，当中和一半时，pH＝5.0，弱酸的 Ka 为（）。 A．5.00 B．1.0×10－5 C．9.00 D．1.0×10－9 【答案】B

分析化学答案(武汉五版)第8,9章

第5章重量分析法和沉淀滴定法思考题1. 解释下列现象。

a. CaF 2在 pH ＝3的溶液中的溶解度较在 pH=5的溶液中的溶解度大；答：这是由于酸效应的影响。

因为()spsp F H K K α'=⋅,随着[H +]的增大，()F H α也增大，sp K '也随之增大，即溶解度变大。

所以，CaF 2在 pH ＝3的溶液中的溶解度较在 pH=5的溶液中的溶解度大。

b ．Ag 2CrO 4在0.0010 mol·L -1AgNO 3溶液中的溶解度较在0.0010 mol·L -1 K 2CrO 4溶液中的溶解度小；答：Ag 2CrO 4的p K sp =11.71Ag 2CrO 4在0.0010 mol·L -1AgNO 3溶液中的溶解度s 1:15.7111.7122101[]0.001010sp KAg mol L s ---+⋅=== Ag 2CrO 4在0.0010 mol·L -1 K 2CrO 4溶液中的溶解度s 2:14.36210mol L s --⋅===所以， s 1< s 2，即Ag 2CrO 4在0.0010 mol·L -1AgNO 3溶液中的溶解度较在0.0010 mol·L -1 K 2CrO 4溶液中的溶解度小。

c. BaSO 4沉淀要用水洗涤，而 AgCl 沉淀要用稀 HNO 3洗涤；答：BaSO 4沉淀要水洗涤的目的是洗去吸附在沉淀表面的杂质离子。

AgCl 沉淀为无定形沉淀，不能用纯水洗涤，这是因为无定形沉淀易发生胶溶，所以洗涤液不能用纯水，而应加入适量的电解质。

用稀HNO 3还可防止Ag + 水解，且HNO 3加热易于除去。

d ．BaSO 4沉淀要陈化，而 AgCl 或Fe 2O 3·nH 2O 沉淀不要陈化；答：BaSO 4沉淀为晶形沉淀，陈化可获得完整、粗大而纯净的晶形沉淀。

武汉大学分析化学第五版课后练习答案

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SO 2，用预中和过的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 的质量分数。

解：8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。

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的质量分数。

解：10．不纯Sb 2S 30.2513g ，将其置于氧气流中灼烧，产生的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在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO4反应。

求该KMnO4溶液的浓度。

解：故14．H2C2O4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0.100mol·L-1NaOH和0.100 mol·L-1 KMnO4溶液与500mgH 2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。

解：16. 含K2Cr2O75.442g·L-1的标准溶液。

《分析化学(下)》习题答案详解(第五版)

分析化学第五版习题答案详解（下）第五章配位滴定法思考题答案1.EDTA与金属离子的配合物有哪些特点?答:(1)EDTA与多数金属离子形成1?1配合物;(2)多数EDTA-金属离子配合物稳定性较强(可形成五个五原子环); (3)EDTA与金属配合物大多数带有电荷,水溶性好,反应速率快;(4)EDTA与无色金属离子形成的配合物仍为无色,与有色金属离子形成的配合物颜色加深。

2.配合物的稳定常数与条件稳定常数有何不同?为什么要引用条件稳定常数?答:配合物的稳定常数只与温度有关,不受其它反应条件如介质浓度、溶液pH值等的影响;条件稳定常数是以各物质总浓度表示的稳定常数,受具体反应条件的影响,其大小反映了金属离子,配位体和产物等发生副反应因素对配合物实际稳定程度的影响。

3.在配位滴定中控制适当的酸度有什么重要意义?实际应用时应如何全面考虑选择滴定时的pH?答:在配位滴定中控制适当的酸度可以有效消除干扰离子的影响,防止被测离子水解,提高滴定准确度。

具体控制溶液pH值范围时主要考虑两点:(1)溶液酸度应足够强以消去干扰离子的影响,并能准确滴定的最低pH值;(2)pH值不能太大以防被滴定离子产生沉淀的最高pH值。

4.金属指示剂的作用原理如何?它应该具备那些条件?答:金属指示剂是一类有机配位剂,能与金属形成有色配合物,当被EDTA等滴定剂置换出来时,颜色发生变化,指示终点。

金属指示剂应具备如下条件:(1)在滴定的pH范围内,指示剂游离状态的颜色与配位状态的颜色有较明显的区别;(2)指示剂与金属离子配合物的稳定性适中,既要有一定的稳定性K’MIn>104,又要容易被滴定剂置换出来,要求K’MY/K’MIn ≥104(个别102);(3)指示剂与金属离子生成的配合物应易溶于水;(4)指示剂与金属离子的显色反应要灵敏、迅速,有良好的可逆性。

5.为什么使用金属指示剂时要限定适宜的pH?为什么同一种指示剂用于不同金属离子滴定时,适宜的pH条件不一定相同?答:金属指示剂是一类有机弱酸碱,存在着酸效应,不同pH时指示剂颜色可能不同,K’MIn不同,所以需要控制一定的pH值范围。

分析化学武大五版第五章答案

1．写出下列溶液的质子条件式。

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．计算下列各溶液的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，Kb = Kw / Ka = 5.6 ⨯ 10-10应为cKb = 5.6 ⨯ 10-10⨯ 5 ⨯10-2 = 2.8 ⨯ 10-11> 10Kwc/Kb> 100 故使用最简式；[OH -] = 105.6100.05-⨯⨯ = 5.29⨯ 10-6pH = 14 – pOH = 8.72 c. NH 4+ K a ’ = 5.6 ⨯ 10-10 HCN K a = 6.2. ⨯ 10-10 cK a ’ > 10K w c > 10 K a 由近似公式可以得到：[H +] = 'a a K K = 206.2 5.610-⨯⨯ = 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，K a1 = 4.5⨯ 10-3 , K a2 = 2.5 ⨯ 10-10c/K a2> 100 且c > 10 K a1 所以[H +] =12a a K K =134.2 2.510-⨯⨯ = 1.06 ⨯ 10-6pH = 6-0.03 = 5.97g. 对于双氧水而言，K a = 1.8 ⨯ 10-12 cK a < 10K w c/K a > 100 所以可以计算氢离子浓度[H +] = a w cK K + = 14141.810110--⨯+⨯ = 1.67 ⨯ 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 的ClCH 2COOH 和0.010mo/LHCl 的混合溶液设有x mol/L 的ClCH 2COOH 发生离解，则 ClCH 2COOH ClCH 2COO - + H +0.05-xx 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 。

分析化学第五章答案

第五章酸碱滴定法习题答案3、解：MBE ：[NH 3]+[NH 4+]=2c, [H 2CO 3]+[HCO 3-]+[CO 32-]= c注意：要考虑弱酸(碱)在水溶液中可能存在的各种型体;要注意平衡浓度与分析浓度的关系；CBE ：[NH 4+]+[H +] = [OH -]+[HCO 3-]+2[CO 32-]要点：需考虑水的离解,离子的电荷数,中性分子不包括在其中； PBE ：[H +]+[HCO 3-]+2[H 2CO 3]= [OH -]+[NH 3]要点：需考虑水的得失质子，得失质子的个数，不得失质子的物质不包括在内。

4、(2).写出NaNH 4HPO 4的MBE 和CEB ，浓度为c （mol ·L -1）。

解：MBE ：[Na +] = [NH 4+]+[NH 3] = c[H 3PO 4]+[H 2PO 4-]+[HPO 42-]+[PO 43-] = cCBE ：[Na +]+[NH 4+]+[H +] = [H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-]+[OH -] 8、可用酚酞作指示剂，）（＝＝可近似为一元弱碱处理因为）为二元弱到计量点生成物为直接准确滴定可作为酸被作碱式解离因是两性物质作酸式解离解：－∴⋅⨯∴>>>==∴<⋅>-- 9.06 = pH 4.94 = pOH L mol 1010050.0 = ][OH 400/, 20, 40 10 碱(P NaOH 10,10 = , ; )L 0.050mol = (10,10 = KHP 2)( 1-11121212222 4.948.59b sp -b w b a b 59.8a w b -28-b sp 11.05-b -1sp -8a sp -5.41a K c K c K cK K cK K K K KHP K C K C K C K[]可选用酚酞作指示剂一元弱碱计量点生成物为直接准确进行滴定，到可采用的共轭酸，其）为（∴==⋅⨯=⨯⨯==>⨯=⨯=>⨯=⨯⨯=∴>⨯=⨯⨯=⨯=⨯⨯==⋅-- 8.92pOH 5.08pOH )L mol (104.8104.1050.0cK OH 400103.6 101.40.050 K c 20Kw 107.0 101.40.050 cK )(N )(CH 标准溶液NaOH 10103.6107.10.050K C 10.17/101.0101.0 K K K N CH HCl N )(CH (7) 1-69b -7-9-b 11-9-b 462-87-6-a SP 6-9-14-b w a 46246210、作为滴定剂，其提供（解离）的H +（OH －）的准确浓度是进行定量计算的依据，必须已知。

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武汉大学分析化学思考题答案（第五版）
第二章分析试样采集与制备 1、答：不对，因为把原始试样混匀后，试样并不十分均匀，必须碾碎、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离，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。
I
1、根据公式 –lgγi=0.512Zi2 ( 1 + Ba I ) 可知，离子电荷越大，γi 就越小，
离子半径越小，离子水化有效半径 a 越大，γi 越大。H+离子半径最小，故它的活度系数最大。
2、①增大。
由活度常数和浓度常数定义可推出
c
o
k k γ a1
a1
A2−
= • c k k γ a2
8、三位。
∵加热后剩下的
CuSO4
重为：0.2000 ×
136.14(CaSO4 )
145.14(CaSO4
•
1 2
H
2O)
=0.1875g
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 ∴结果计算应为 w= 0.2000 − 0.1875 ×100% =6.25% 0.2000 第五章酸碱滴定
H2SO4+H3PO4 NaOH → Na2SO4+NaH2PO4( 甲基橙变色 ,V1) NaOH →
o a2
2 HA−4−
由此可见，当溶液电解质增加，离子强度增大，γ减小，虽然
γ γ 比 A2-
HA− -

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分析化学（第五版）上册武汉大学主编第一章概论第二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控制第五章酸碱滴定第六章络合滴定第七章氧化还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离与富集方法第一章概论1、答：定义:分析化学是发展和应用各种理论、方法、仪器和策略以获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、结构。

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：①防止式样损失；②防止引入干扰。

4、答：Na2B4O7·10H2O的摩尔质量比Na2CO3的大，故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NaOH O H O C H OH O C H NaOH V M m C 1210002422242222⨯⨯=••因为失水后的H 2C 2O 4中含有比同样质量H 2C 2O 4·2H 2O 更多的能与NaOH 作用的H +，这样测定时消耗V NaOH 增大，所以C NaOH 偏小。

8、答：偏高第二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用四分法进行缩分，依据经验公式取样，再分解、测定等。

2、答：分解无机试样和有机试样的主要区别在于：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 基体分离。

4、答：测硅酸盐中SiO 2的含量时采用碱熔法，用KOH 熔融，是硅酸盐中的硅转化为可溶性的K 2SiO 3，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SiF 4的形式溢出，再测试液中Fe ，Al ，Ca ，Mg ，Ti 的含量。

分析化学武大第五版思考题答案

分析化学（第五版）上册武汉大学主编第一章概论第二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控制第五章酸碱滴定第六章络合滴定第七章氧化还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离与富集方法第一章概论1、答：定义:分析化学是发展和应用各种理论、方法、仪器和策略以获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、结构。

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：①防止式样损失；②防止引入干扰。

4、答：Na2B4O7·10H2O的摩尔质量比Na2CO3的大，故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NaOHOH O C H OH O C H NaOH V M m C 1210002422242222⨯⨯=∙∙因为失水后的H 2C 2O 4中含有比同样质量H 2C 2O 4·2H 2O 更多的能与NaOH 作用的H +，这样测定时消耗V NaOH 增大，所以C NaOH 偏小。

8、答：偏高第二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用四分法进行缩分，依据经验公式取样，再分解、测定等。

2、答：分解无机试样和有机试样的主要区别在于：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 基体分离。

4、答：测硅酸盐中SiO 2的含量时采用碱熔法，用KOH 熔融，是硅酸盐中的硅转化为可溶性的K 2SiO 3，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SiF 4的形式溢出，再测试液中Fe ，Al ，Ca ，Mg ，Ti 的含量。

武汉大学分析化学第五版上册第五章酸碱滴定

9
[例2]计算0.010mol/L硼砂溶液中H2BO3-的活度系数(忽略H2BO3- 和H3BO3的离解) [解] Na2B4O7+5H2O→2Na++2H2BO3-+2H3BO3 〔Na+〕=〔H2BO3-〕=0.020mol/L
2 2
10
H2BO3
l g H 2 BO3
o -的α取400(4)
Kw Kw Kw 11.84 -6.79 Kb3 10 , Kb2 =10 , Kb1 =10-1.86 Ka1 Ka2 Ka3
29
[例4]计算HC2O4-的Kb
KW Kb = Kb2= ——=10 –12.78 K a1
30
[例5] H2PO4- 的酸性强，还是碱性强？
当酸时：H2PO4-→HPO42-+H+ Ka2(Ka)=10-7.21 当碱时：H2PO4-+H+→H3PO4 Kb3(Kb)=10-11.84 Ka>Kb所以它的酸性强于碱性，共轭酸碱的强度相互制约．三元酸存在三个共轭酸碱对，故有： Ka1· b3=Ka2· b2=Ka3· b1=Kw K K K 二元酸存在二个共轭酸碱对，故有： Ka1· b2=Ka2· b1=Kw K K

15
碱的离解
NH 3 H NH

4
H 2 O H OH
NH 3 H 2 O NH 4 OH
[ NH 4 ][OH ] Kb [ NH 3 ]
16
中和反应
OH H H 2 O HAc+OH Ac H 2O
+ NH 3 HAc NH 4 Ac

分析化学_武汉大学(第五版)课后习题答案

第1章分析化学概论2. 有0.0982mol/L 的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的溶液多少毫升？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 Mmol 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，用预中和过的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 的质量分数。

解：2242S SO H SO KOH100%10.108/0.028232.066/2100%0.47110.3%nMw m mol L L g mol g=⨯⨯⨯⨯=⨯=8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。

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