分析化学武大第五版思考题答案.docx

分析化学（第五版）上册 武汉高校主编第一章 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限制第五章 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:分析化学是开展和应用各种理论、方法、仪器和策略以获得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：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：偏低因为失水后的H2C2O4中含有比同样质量H2C2O4·2H2O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纳四分法进展缩分，根据阅历公式取样，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，因为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。精细度：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；精细度的凹凸用标准偏向衡量二者的联络：精细度是保证精确度的先决条件；精细度高，精确度不肯定高；精确度高肯定要求精细度高；由精细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、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，因为称样量为0.0600g只有三位有效数字，根据误差传递规律或有效数字运算规则，其结果只能有三位有效数字，应为97.3%。6.答：分布曲线描绘无限次测量数据 t分布曲线亵渎有限次测量数据 ：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 ：总体标准偏向 ：两者所包含面积均是肯定范围呢测量值出现的概率P分布曲线P岁变更：肯定，P肯定t分布曲线P随t和f变更：t肯定，概率P随f而变;7、略8、答：××100%= 6.21%因为本方法只能测准至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限制（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大小依次为。2、答：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r< < ，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。()b、第一化学计量点时无影响(CO2+2NaOH=CO32-+2Na+H2OCO32-+2H3PO4=CO2+H2O+2H2PO4-NaOH+H3PO4=NaH2PO4+H2O)第二化学计量点时，结果偏高(CO2+2NaOH=CO32-+2Na+H2O2CO32-+ H3PO4=2HCO3-+HPO42-H2PO4-+OH-=HPO42-+H2O)相当于使NaOH浓度变稀，消耗体积增大。（）c、偏高。5、答：上述操作不正确。因为NaOH返滴定过量的HCl时，NaAc的中和产物HAc也能与NaOH作用。（CKAc-=C10-9.26<10-8）6、答：pH=10.50时 有CO3 2-、HCO3 -， 主要组分为CO3 2-pH=6.00时 有HCO3 和H2CO3 ， 主要组分HCO3 -pH<4.0时 主要组分H2CO37、答： 理论变色点时（）=理论变色点的pH值变小。8、答： （1） 2个突跃 （2）1个突跃 （3）1个突跃 （4）2个突跃 （5）1个突跃 （6）1个突跃9.答：a. HCl+H3BO3 答：因为的H3BO3的KaC<10-8，所以可以甲基红为指示剂，用NaOH标液滴定HCl。终点后向溶液中参加甘露醇。由于甘露醇可与H3BO3作用生成Ka值为106左右的较强酸，所以可用酚酞为指示剂用NaOH标液精确滴定，间接测得H3BO3的含量。b. H2SO4+H3PO4答：以酚酞为指示剂，用NaOH标液滴定，使H2SO4Na2SO4，H3PO4HPO42-。由于H3PO4 的Ka3很小，所以不能干脆用NaOH滴定，但可参加CaCl2使HPO42-Ca3(PO4)2，而释放出H+，用NaOH接着滴定至酚酞变红，由后一次滴定消耗NaOH的体积计算出H3PO4的含量。从第一次滴定测出的含量中减去H3PO4的量，即得H2SO4的含量。c. HCl+NH4Cl答：以甲基红为指示剂，用NaOH标液滴定，测出HCl的含量后，再参加中性甲醛，使NH4+转化为酸性较强的（CH2）6N4H+（Ka10-6）。然后，以酚酞为指示剂，用NaOH标液滴定测NH4Cl的含量。d. Na3PO4+ Na2HPO4答：以酚酞为指示剂，用HCl标液滴至酚酞褪色，测Na3PO4的含量，再参加甲基橙为指示剂，用HCl标液滴至甲基橙显橙色测得Na3PO4与Na2HPO4的含量，从其中减去Na3PO4的量，即可得Na2HPO4的含量。e. Na3PO4+ NaOH答：以酚酞为指示剂，用HCl标液滴定至酚酞褪色这时H3PO4HPO42- ，NaOHNaCl可计算出二者含量，再参加指示剂甲基橙，用HCl标液滴定至甲基橙显橙色，这时HPO42-H2PO4-，据此可计算出Na3PO4的含量，从含量中减去Na3PO4的量即可得NaOH的含量。f. NaHSO4+ NaH2PO4 NaHSO4+ NaH2PO4酚酞 NaOH V1酚酞变红Na2SO4+ Na2HPO4加CaCl2酚酞褪色HCl + Ca3(PO4)2NaOH V2酚酞变红NaCl+ H2O10.略11.略12.略13.略第六章 络合滴定1、答：金属离子与EDTA形成络合物的特点：（1）络合广，稳定常数大，但选择性差（2）络合比简洁，一般为1:1（3）易溶于水，相像相容，反响速度快（4）显色状况：有色的金属离子形成颜色更深的络合物条件稳定常数：表示再有副反响发生的状况下，络合反响进展的程度。2.答：Cu2+-乙二胺 有色 3d94s0有不成对的d电子Zn2+-乙二胺 无色 3d104s0无不成对的d电子TiOY2- 无色 3d04s0无不成对的d电子TiY- 有色 3d14s0有不成对的d电子FeY2- 有色 3d54s0有不成对的d电子FeY- 有色 3d54s0有不成对的d电子3.答：增大了。由于形成了TiO(H2O2)Y，使溶液中的TiOY降低使平衡向生成TiOY的方向挪动，相当于生成物TiOY有一个副反响TiOY>1 lgK，TiOY=lgKTiOY-lgY-lgTiOY+lgTiOY (H2O2)4.答：因为lgKHgY2-= lgKHgY2-lgHglgY+lgHgY2-又因为HgY2-=HgY2-(NH3)+ HgY2- (OH) 1增大缓冲剂的总浓度时，NH3增大，OH-不变，即HgY2-(NH3)增大，HgY2- (OH)不变，HgY2-增大，lgK,HgY2-增大，突跃范围增大。5.答：（1）状况的lgKZnY大。因为在状况（2）里Zn2+多了一个副反响，即由于Zn2+与NH3生成络合物而产生了络合效应，从而使lgKZnY值减小。6.答：因为在此体系中只有Cu2+能与NH3形成络合物，所以lgKCuY受络合效应的影响，而Cu(NH3)与NH3浓度有关,NH3 浓度大，Cu(NH3)增大，则lgKCuY减小，当NH3ep=10-3mol·L-1时，由于(lgY(H)=0.45 lgCu(NH3)=2.46 lgKMgY=8.70 lgKCuY=18.80) lgKCuYCCu>6 lgKMgYCMg>6所以可形成两个突跃。当NH3ep=0.2 mol·L-1时，lgCu(NH3)=11.03 lgKCuY=7.32 但lgCMgKMgY>6 lgCCu KCuY6，所以Mg2+、Cu2+被一次滴定，只能形成一个突跃。7.答：当参加的CuY与PAN 及Ca2+溶液混合时，发生如下置换反响：。CuY+ PAN+ Ca2+=CaY+Cu-PANCuY 是红色，PAN是黄色， Cu-PAN则为红色，因此反响后的溶液呈红色。滴入EDTA时，先与Ca2+反响，当Ca2+定量反响后，过量的EDTA即从Cu-PAN中夺出Cu2+，使PAN游离出来：Cu-PAN+Y= CuY+PAN溶液由红色变为黄绿色，指示终点到达。因滴定前参加的CuY与最终生成的CuY量相等，故参加的CuY并不影响滴定结果。8.答：萘酚绿B在滴定过程中不发生颜色变更，只起衬托终点颜色的作用。9.答：Fe3+由于发生水解而消耗OH-，使测定结果偏高，甚至析出沉淀使滴定无法进展。参加Ca-EDTA可消退Fe3+的干扰。因其它三种掩蔽剂是酸或是碱，都会对酸碱滴定产生干扰。10.答：因为KCN、三乙醇胺掩蔽Fe3+的机理是，通过使Fe3+与其生成络合物，而降低了Fe3+，从而消退了Fe3+的干扰，但它们与Fe3+的络合物只能在碱介质中稳定存在，特殊是KCN在pH<6时能产生剧毒气体HCN，故只能在EDTA滴定Ca2+、Mg2 +时的碱介质中可用来掩蔽Fe3+。抗坏血酸，盐酸羟胺掩蔽Fe3+的机理是通过将Fe3+复原成Fe2+，而Fe2+与EDTA在pH1左右因为受酸效应的影响不能形成络合物，从而消退了Fe3+的干扰，而在滴定Ca2+、Mg2+的碱性介质中，Fe2+也能与EDTA生成络合物，另外，此时Fe2+水解生成沉淀也对测定有影响，所以此时不能用三乙醇胺、KCN来掩蔽Fe3+以消退干扰。11.答：因为在pH=3时，Fe3+已经开场水解生成Fe(OH)3沉淀，当将pH上调到6的过程Fe3+已沉淀，而使滴定无法进展。12.答：用（3）中方法标定EDTA溶液的浓度最适宜。因（1）中运用的基准物质与被测物为同一种物质；（2）中测定时的酸度与测定样品时的酸度一样；（3）中测定运用的指示剂与测定样品时运用的指示剂一样，这样可以使很多测定误差如指示剂变色点与化学计量点不一样引起的误差、酸度对lgKZnY的影响等均可互相抵消。因此, 用（3）中方法标定浓度最适宜。13.答：消耗EDTA的体积不一样。在pH=10.0的氨性缓冲溶液中测定Zn2+时，产生的误差大。因为此时lgKCaY较大，Ca2+也与EDTA能生成稳定的络合物，所以Ca2+一同被滴定，产生较大的误差。而在pH=5.5时测定，由于有较大的酸效应，lgKCaY小，故Ca2+与EDTA生成的络合物不稳定，所以Ca2+被滴定的程度低，故产生误差小。14.略15、略16、略第七章 氧化复原滴定1.答：a.因为,所以I-首先与氯水反响生成I2，其被萃取进CCl4层显紫色。b、 因为Cu+I- =CuI沉淀，使上升，故Cu2+能将I-氧化为I2。c、因为与H+有关，而根本不受H+影响。当H+降至10-8.0 mol·L-1时， ,所以I2 能将AsO33-氧化成AsO43-；当H+=1mol· L-1时，所以AsO43- 能将I-氧化成I2。d.由于产生了诱导效应。即Fe2+与KMnO4的反响诱导加速了Cl- 与KMnO4 的反响。e.自催化反响f、14H+ Cr2O72-+6 I-=3 I2+2 Cr3+7H2O2 S2O32-+ I2=2 I-+S4O62-因为在终点时Na2S2O3将蓝色的I2-淀粉中的I2复原成无色的I-，使I2-淀粉的蓝色消逝，显出Cr3+的绿色。g、放置后出现蓝色，是因为空气中的O2将I2氧化成I-；若马上出现蓝色，则是所加KI的量不够。2.答：增加溶液的离子强度，比降低的幅度大，所以降低。参加PO43-后，由于HPO42-能与Fe3+形成络合物，因此使Fe3+有了副反响，所以降低，参加F-的状况与PO43-的类似，由于形成FeF63-，使降低。但参加1,10-二氮菲后，由于其与Fe3+生成的络合物的稳定性高于Fe3+的，使得，所以上升。3.答：由于参加1,10- 二氮菲后，上升，说明 1,10-二氮菲的参加对于Fe2+的影响程度大于Fe3+，这说明Fe2+与1,10-二氮菲形成的络合物更稳定。4.答： MnO4-被复原至一半时， 对于对称电对O-R，其半复原电位为（CO=CR）5.答：碘量法中的主要误差来源有：一是的挥发，二是被空气中的氧化。配制标准溶液时，应用间接法，称取近似于理论量的碘，参加过量KI，加少量的水研磨溶解后，稀释至所需体积（加KI的目的是增加的溶解性；使，削减碘的挥发），贮存于棕色瓶内，于暗处保存。（与橡皮等有机物接触后反响，遇光遇热浓度将发生变更。）标定的浓度时，可用已知精确浓度的标准溶液，也可用作基准物。（难溶于水，但可溶于碱）+= （中性或弱碱性介质）配制标准溶液时，应用间接法配。称取近似于理论量的，溶于新煮沸并冷却了的蒸馏水中（煮沸除和杀菌），再参加少量使溶液呈弱碱性，以抑制细菌再生长。溶液不稳定，运用一段时间后应重新进展标定，如出现浑浊或析出硫，应过滤后再标定，或另配。标定时用基准物或。标定反响条件酸度0.20.4mol·L-1；与KI作用时应在碘量瓶中进展，要在暗处放置肯定时间，待反响完全后，再进展滴定，与KI作用快，宜刚好滴定；运用的KI中不应含或，若KI溶液显黄色或溶液酸化后淀粉指示剂显蓝色，则应事先用溶液滴定至无色后再运用；滴定至终点后，经5分钟以上，溶液又出现蓝色，是由于空气氧化I-所致，不影响分析结果。若终点后，很快又转变为蓝色，则表示反响未完全（KI与的反响）应另取溶液重新标定。6.答：不能。因为在酸性溶液中，强氧化剂K2Cr2O7将S2O32-氧化为S2O32-及SO42-等的混合物，反响没有定量关系。但是，Na2S2O3却是一种很好滴定I2的滴定剂，假如在的酸性溶液中参加过量KI，使K2Cr2O7复原并产生肯定量，即可用Na2S2O3进展滴定.7.8.答：试液中加将复原成，过量的加HgCl2除去，然后加，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标液滴定至紫色，根据消耗标液的量可计算的含量。另取一份试液，以为催化剂，用将氧化成，加热煮沸溶液除去过量的，参加，参加过量的标液，使被复原为，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标液滴定至紫色，根据参加标液的量与消耗标液的量的差值计算的含量。9.答：由于也能将氧化成，使测定结果偏高而干扰的测定，因此，测定时，在参加过量的KI与反响之前，应先参加将络合，以降低/电对的电位，使其不能将氧化为，而消退对测定干扰。10.答： 以标液滴定，测、的含量 以标液滴定，测含量 以标液滴定，测、含量量= 量=11.略12.略13.略14.略第八章 沉淀滴定法和滴定分析小结1.答：a.K2CrO4、铁铵矾及吸附指示剂均运用。b.因为（黄）， 所以应选用铁铵矾或吸附指示剂。c.因为能复原，故应先将氧化成，而易水解，因此不能采纳在中性旁边运用的K2CrO4和吸附指示剂。在此状况下，只能采纳在酸性介质中运用的吸附指示剂。（此时太大，故不能用佛尔哈德法测）d.由于在近中性溶液中能与生成沉淀，故不能采纳在中性介质中运用的吸附指示剂或K2CrO4指示剂。在酸性溶液中以铁铵矾为指示剂或用在酸介质中运用的吸附指示剂，但用铁铵矾作指示剂时，由于与能形成无色络合物，这时需增加指示剂用量。e.采纳在酸介质中运用的吸附指示剂或铁铵矾指示剂，为了防止形成，滴定只能在酸性或弱酸性介质进展，由于太大，故不宜用在中性介质中运用的K2CrO4作指示剂。f.K2CrO4、铁铵矾和吸附指示剂均可。g.因为（黄） （白）所以只能选用在酸性介质中运用的吸附指示剂和铁铵矾作指示剂。h.Cu2+有颜色，故只能选用在酸性介质中运用的吸附指示剂和铁铵矾作指示剂。2.答：a.答：因为= , 所以的溶解度此时增大，必需参加过量的标液。这使得分析结果偏高。b.因为 = , 所以此时、的溶解度增大，必需参加过量的标液。这使得分析结果偏高。c.因为的吸附性能较差，在化学计量点前就发生·+=·+， 使终点提早。这使得分析结果偏低。d.因为SAgCl>SAgSCN 所以会发生+SCN- =AgSCN+，使返滴定时，消耗SCN-增多，测定结果偏低。e.因为2+2=I2+2 （+=+），所以测定结果偏低。3.a.因为SAgCl>SAgSCN 所以会发生+SCN- =AgSCN+，使返滴定时，消耗SCN-增多b.负误差c.加热煮沸，滤出参加有机溶剂，eg:硝基苯或1,2-二氯乙烷d.不是，测定Br-则无影响第九章 重量分析法1.答：a.由于HF的pKa=3.18，所以pH=3时，溶液中的F-的浓度小于pH=5时溶液中F-的浓度，因此pH=3时的溶解度大于pH=5时的溶解度, 即 pH越小越大，pH越大越小。b.在0.0010mol·L-1溶液中时,在0.0010mol·L-1溶液中时 mol·L-1c.因为是晶型沉淀，AgCl是接近胶体的凝乳状沉淀，为了防止洗涤沉淀时发生胶溶现象，所以要运用酸强电解介质的洗液如稀溶液洗涤。d.因为为晶形沉淀，陈化时小晶粒渐渐转化为大晶粒，且可使不完好的晶粒转化为完好的晶粒，使沉淀纯洁、粒大、好洗。而AgCl和.nH2O为无定形沉淀，陈化之后，将渐渐失去水分而聚集得更为严密，使已被吸附的杂质更难以洗去。因此对于无定形沉淀不应陈化，而应趁热过滤。e.和AgCl的溶度积很接近，但开场发生均相成核作用时所须要的临界不同，前者为1000，后者仅为5.5。因此，在通常状况下，AgCl的均相成核作用比拟显著，故生成的是晶核数目多而颗粒小的凝乳状沉淀，则相反，生成的是晶体沉淀。f.由于HgS沉淀外表上吸附了溶液中过量的构晶离子S2-或HS-，使沉淀外表ZnS的相对过饱和度显著增大，大大超过了ZnS的Ksp，因此ZnS就会在HgS沉淀外表上后沉淀。而为晶形沉淀，在沉淀外表上吸附的是或，而不是，因此ZnS不在外表上后沉淀。2.答：这种计算是根据 M3+OH-3=27S4=Ksp这时只考虑了沉淀在水中的离解，而没有考虑下面的因素1）由于溶解度很小，这样由沉淀离解产生的OH-的浓度也很小，它与水离解产生的OH-浓度相比可以忽视不计，所以计算时OH-应为。2）氢氧化物沉淀大多数易形成羟基络合物，特殊是3价金属离子易形成多核羟基络合物，这些因素将影响到沉淀的溶解度，故上述计算是有错误的。3.答：共沉淀严峻，因其半径与接近，故优先吸附，此时沉淀组成可能是+。4.答：测定时，应在微酸性溶液中将以的沉淀形式分别除去，因为在此酸度下沉淀可以削减的共沉淀，若在碱介质中沉淀，由于与能生成溶解度小的极易产生沉淀，使测定的结果偏低。测定时，应用过量的碱来沉淀，因为在碱介质中可以避开由于生成离解度小的而使产生共沉淀的现象。5.答：由于浓度是过量的，所以沉淀外表上吸附了大量的而带上的正电荷，而动物胶是含有氨基酸的高分子化合物，它的羧基可以电离出H+，而使整个分子带上负电荷，溶液的酸度越低，则其越易电离H+，根据它的酸性电离常数可知，在pH>9时，其主要以负离子形式存在，由于正、负胶粒互相凝合作用，可促进沉淀完全。故动物胶的凝合作用在pH>9时进展为好。6.答：第一种方法较好，因不需在高温灼烧恒重，简化了重量分析程序。另外，分子量大，可减小称量误差。7.略8.略9. 答：因为，所以会使溶解度增大。10.略11. 答：当和的初始浓度小于0.0065时，由于溶液中含有大量的不溶微粒，故主要为异相成核作用，由于“晶核”数目根本稳定，所以随着和的初始浓度增加沉淀颗粒的平均长度不断增加，即形成曲线上的AB段，其为上升的斜线；当和的初始浓度增大至0.00650.010之间时，这 时构晶离子、本身也可形成晶核，即溶液中既有异相成核作用又有均相成核作用，由于晶核数目的增多，沉淀颗粒的平均长度减小，曲线上出现了转折点B；随着构晶离子的初始浓度增大，异相成核作用渐渐减小，均相成核作用则显著增加，即晶核成长速度减慢，晶核数目增加，所以沉淀颗粒的平均长度渐渐减小，故而形成曲线上的BC段；当构晶离子、的初始浓度增大到0.010以上时，这时溶液中只有均相成核作用，因此随着构晶离子的初始浓度增大晶核颗粒不再长大了，而只有晶核数目增加，故而沉淀颗粒的平均长度不再随着构晶离子的初始浓度的变更而变更，即形成曲线上的CD段，其根本上是一条程度线。第十章 吸光度法