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分析化学习题课

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分析化学课后习题(详解)

分析化学课后习题(详解)

分析化学（第五版）课后习题答案第二章 误差及分析数据的统计处理3. 某矿石中钨的质量分数(%)测定结果为：20.39，20.41，20.43。

计算标准偏差s 及置信度为95%时的置信区间。

答：分析结果的平均值x =20.41%()()()()2412043204120412041203920122212......-+-+-=--=∑=n xxs ni i=0.02%n=3，置信度为95%时，t = 4.303，有μ=nts x ±= (20.410.05)%7. 有一标样，其标准值为0.123%，今用一新方法测定，得四次数据如下(%)：0.112，0.118，0.115和0.119，判断新方法是否存在系统误差。

(置信度选95%) 答：x =0.116%，s=0.003%n=6，置信度为95%时，t = 3.182，有t 计算=n sx μ-=4003012301160⨯-...=4.667> t新方法存在系统误差，结果偏低。

11.按有效数字运算规则，计算下列各式： (1) 2.187×0.854 + 9.6×10-5 - 0.0326×0.00814； (2) 51.38/(8.709×0.09460)；(3);(4)688103310161051---⨯⨯⨯⨯... 解：(1)1.868；(2)62.36；(3)705.2 ；(4)1.7×10-5。

第三章 滴定分析3.7. 计算下列溶液滴定度，以g·mL -1表示：(1) 以0.2015 mol·L -1HCl 溶液，用来测定Na 2CO 3，NH 3 (2) 以0.1896 mol·L -1NaOH 溶液，用来测定HNO 3,CH 3COOH 解： (1) 根据反应式Na 2CO 3 + 2HCl = H 2CO 3 + NaCl NH 3·H 2O + HCl = H 2O + NH 4 Cl 可以得到关系式 n Na 2CO 3 = HCl n 21， HCl NH n n =3， 所以=11000232-⋅⨯⨯L mL M c CO Na HCl =0.01068g/mL=110003-⋅⨯LmL M c NH HCl =0.003432g/mL(2) 根据NaOH 与HNO 3的反应可知 n NaOH =n HNO3 根据NaOH 与CH 3COOH 的反应可知 n NaOH =n CH3COOH所以=110003-⋅⨯LmL M c HNO NaOH = 0.01195g/mL ；=110003-⋅⨯L mL M c COOHCH NaOH = 0.01138g/mL3.8. 计算0.01135 mol·L -1HCl 溶液对CaO 的滴定度。

分析化学考试常见习题1

分析化学考试常见习题1


练习
15. 用HCL滴定某一元弱碱B，化学计量点时消耗HCL 40.00mL，加入HCL 16.00mL时pH = 6.20，求pKa。 解：
练习
16. 将含某弱酸 HA （ M=75.00 ）的试样 0.900 g ，溶解 成 60.00 mL 溶液，用 0.1000 mol/L 的 NaOH 标准溶液 滴 定，酸的一半被中和时pH = 5.00，化学计量点时 解：pH = 8.85，计算试样中HX的百分含量。
续前
练习
17. 有工业硼砂1.0000 g，用0.2000 mol/L的HCL滴定 至 甲基橙变色，消耗24.50 mL，计算试样中 Na2B4O7·10H2O的百分含量和以B2O3和B表示的 百 解：因为化学计量数之比 1：2 分含量。
练习
18. 称取仅含有Na2CO3与K2CO3的试样 1.000g，溶解后 以甲基橙，用 0.5000mol/L 的 HCL 标准溶液滴定， 用 去30.00mL，分别计算试样中Na2CO3和 K2CO3 的百 分 解:含量。
练习
5.计算0.3mol/L的 HAc—0.1mol/L的NaOH等0mol/L 的HAc和0.20mol/L 的NaOH溶液直接 混合，配制成pH为5.2的缓冲溶液1L，问需加入上 述各种溶液多少毫升？（已知HAc的pKa = 4.74） 解:
练习
练习
11.浓度均为1.0mol/L的HCL溶液滴定NaOH溶液的滴定 突跃范围是pH=3.3~10.7，当浓度变为0. 1mol/L时 其滴定突跃范围如何变化？ 解： 浓度每缩小10倍，滴定突跃范围缩小2个单位 即 pH = 4.3 ~ 9.7
练习
12. 用NaOH滴定琥珀酸H2A至化学计量点时，溶液的 pH值为多少？选用什么指示剂？ （已知Ka1 = 6.89﹡10-5，Ka2 = 2.47﹡10-6） 解:
分析化学第五版课后习题答案

分析化学第五版课后习题答案

分析化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H2SO4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L。

问应加入0.5000mol/LH2SO4的溶液多少毫升？解：c1V1c2V2c(V1V2)0.0982mol/L0.480L0.5000mol/LV20.1000mol/L(0.480LV2)，V22.16mL4．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？如果改用解：H2C2O42H2O做基准物质，又应称取多少克？nNaOH:nKHC8H4O41:1m1n1McV1M0.2mol/L0.025L204.22g/mol1.0gm2n2McV2M0.2mol/L0.030L204.22g/mol1.2g应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2gnNaOH:nH2C2O42H2O2:1m1n1McV1M20.2mol/L0.025L126.07g/mol0.3g2m2n2McV2M20.2mol/L0.030L126.07g/mol0.4g220.3~0.4g应称取2246．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。

HCO2HO解：SSO2H2SO42KOHwnM100%m00.108mol/L0.0282L32.066g/mol100%0.471g10.3%8．0.2500g不纯CaCO3试样中不含干扰测定的组分。

加入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：CaCO32HCl，NaOHHCl(cVcV)MnMw100%100%m0m0(0.2600mol/L0.025L0.2450mol/L0.0065L)100.09g/mol100%0.2500g98.24%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+还原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。

习题课水分析化学

习题课水分析化学

lgαY(H) = lgKMY －8，故 滴定Ca2+的pH值为：lgαY(H) = lgKCaY －8 = 10.69－8 = 2.69， 查p127表4.2, pH = 7.6 ，实际分析中，由于Mg2+干扰，采用pH = 12。 滴定Mg2+的pH值为：lgαY(H) = lgKMgY －8 = 8.69－8 = 0.69， 查127表4.2，pH = 9.7 ，实际分析中，采用pH = 10。 滴定Zn2+的pH值为：lgαY(H) = lgKZnY －8 = 16.50－8 = 8.50， 查p127表4.2, pH = 4.0，实际分析中，采用pH = 5。
解: 已知 P=20.00mL
（1）水样含OH-和CO32-的量相同，以酚酞为指示剂的反应
如下： OH- + H+ == H2O
CO32- + H+ == HCO3-两反应消耗的HCl 20.00 mL
加入甲基橙后：HCO3- + H == H2CO3 消耗的HCl体积应为10.00 mL。
（2）水样含有CO32-和HCO3-的量相同，以酚酞为指示剂的 反应如下：CO32- + H+ == HCO3- 消耗的HCl 20.00 mL。
所以，AgCl能转化成AgSCN。 转化终止时，溶液中Ag+的浓度为：
[ Ag ]
解：（1）计算称量相对误差 取样30.0mg，由于试样的称取一般采用差减法获
得（两次称量值相减），每次称量的绝对误差为 ±0.0001，相对误差为：
相对误差 0.0001 2 100% 0.67% 0.7% 0.0300
取样10.0mg ，相对误差为:
相对误差 0.0001 2 100% 2% 0.0100
高中分析化学(下)习题课(三)：仪器分析习题课课件(共67张PPT)

高中分析化学(下)习题课(三)：仪器分析习题课课件(共67张PPT)


第二节 色谱理论基础
一、塔板理论
试样进入色谱柱后，只要各组分在两相间的分配系数有微小差异， 经过反复多次的分配平衡后，可获得良好的分离。
2
2
n

5.54

tR W1/
2


16


tR Wb

;H

L n
式中，tR和W的单位一致，一般用时间表示
为了真实反映柱效能的高低，特提出以调整保留时 间tRˊ代替保留时间tR，来计算有效理论塔板数
10. 相对保留值r2.1：两组分的调整保留值之比。
r2.1

tR (2) tR (1)
V R(2)
VR(1)
11. 分配系数：是指在一定温度压力下，达到分配平衡 时，组分在固定相和流动相中的质量浓度之比。
K

组分在固定相中的质量浓度 组分在流动相中的质量浓度

S M
12. 分配比：是指在一定温度压力下，达到分配平衡时， 组分在固定相和流动相中的质量之比。
3、传质阻力项Cu 什么叫传质？物质迁移过程称为传质。 传质阻力：影响此过程进行速度的阻力称为传质阻力。
传质阻力
气相传质阻力：气-气液界面 液相传质阻力：气液界面-液
气相传质阻力是组分在气相与气液界面间进行质量交换所受 到的阻力
Cg

0.01k 2
1 k 2

d
2 p
Dg
采取措施： （1）减小固定相颗粒度 （2）采用小分子量气体作流动相（H2、He）
主要内容
1.知识点的梳理
第十五章 色谱法导论 第十六章 气相色谱法 第十七章 高效液相色谱法
2.课后习题讲解
第十五章 色谱法导论
分析化学课后答案详解及练习-检验

分析化学课后答案详解及练习-检验

分析化学课后答案详解及练习-检验课后习题答案详解（部分）第三章4．解：(1)NH 4H 2PO 4：[H +]+[H 3PO 4]=[OH -]+[HPO 42-]+2[PO 43-](2)H 2SO 4(C 1)+HCOOH(C 2)：[H +]=[OH -]+[HSO 4-]+2[SO 42-]+[HCOO -](3)NaOH(C 1)+NH3(C 2)：[H +]+C 1+[NH 4+]=[OH -](4)HAc(C 1)+NaAc(C 2)：[H +]=[OH -]+[Ac -]-C 2(5)HCN(C 1)+NaOH(C 2)：[H+]+C 2=[OH -]+[CN -]5．解：① [OH -]+[H 2AsO 4-]+2[HAsO 42-]=[H +]②2[Mg 2+]=[OH -]+[Br -]8．解：HCl+NaOH==NaCl+H 2O2HCl+CaO==CaCl 2+H 2OmL 0.004793g/0.00437436.540HCl/NaOH =?=T mL 0.003355g/0.004374236.556HCl/CaO =??=T 9．解： CaCO 3 ~ 2HCl %2.98%1002500.010454.209.100%100)mmol(454.2)00.131225.0252600.0(21213s HCl ==??==?-?==-m n M w n n 碳酸钙碳酸钙碳酸钙碳酸钙 10．解：①p K a1=1.92，p K a2=6.22 ② 4.07)p (p 21pH a2a1=+=K K 第四章3．解：①0.10mol/L NaH 2PO 4 ：两性物质溶液，⽤最简公式计算64.4)12.72)=+=+=.16(21p (p 21pH 2a 1a K K 注：此时公式中的K a1和K a2对应于磷酸的第⼀和第⼆步离解。

②0.05mol/L HAc 和0.05mol/L NaAc 混合溶液：缓冲溶液，⽤缓冲溶液公式计算76.405.005.0lg 76.4lg =+=+= p pH a 酸碱c c K ③0.1mol/L NaAc 溶液：碱性溶液，按⼀元弱碱公式计算8.88pH mol/L H mol/L [OH HAc a,w b -=?=?=??===-+---)(103.1][)(1067.71076.1101.0]96514K K c cK④0.10mol/L NH 4CN ，两性物质溶液，⽤最简公式计算9.23 .25(21 p (p 21 p (p 21pH HCN ,a NH ,a 2a 1a 4=+=+=+=+)21.99))K K K K ⑤0.10mol/L H 3BO 3，⼀元弱酸溶液，⽤最简公式计算13.5pH)mol/L (1035.7104.510.0]H [610a =?=??==--+cK⑥0.05mol/L NH 4NO 3，⼀元弱酸溶液，⽤最简公式计算 28.5pH )mol/L (1029.5106.505.0]H [610NH a,4=?=??==--++cK5．解：①HA 的摩尔质量 )(mol 10708.3100020.410900.0)()(3NaOH HA NaOHHA -?=?===cV n cV n )(g/mol 1.33710708.3250.13HA HA HA HAHA HA =?===-n m M M m n 5902.4a a 4a HA NaA a 43HA a 1026.110 902.4p 30.40029664.010416.7lg p lg p pH )mol (10416.7100024.80900.0NaA )mol (0029664.0100024.80900.010708.3 4.30pH HA -----?====?+=+=-=K K K n n K n K ＝的物质的量＝⽣成＝剩余量＝此时，。

分析化学习题课

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6. 采用某仪器分析方法测定天然气中硫的含量，
测定结果（mg/m3)为：
49.0, 49.0， 49.5， 50.4， 50.0
试由以上测定结果推算该天然气中硫的含量范围
已知：置信度为95%时， t 0.05, 4 =2.78
7. 用原子吸收法测定活体肝样中锌的质量分数 (μg/g), 8次测定
A. 0.2 g左右 B. 0.2-0.4g C. 0.4-0.8g D. 0.8-1.6 g,
4. 试用不同的判断方法，判断下面这组数据中60.15是
否保留：60.22，60.23, 60.15， 60.24, 60.21，60.20，
60.27， 60.20， 60.25， 60.23
5. 分析铁矿石中铁的含量得到如下结果：37.45, 37.20, 37.50, 37.30, 37.25%，计算结果的平均值，平均偏差， 标准偏差，变异系数。
1. 计算密度为1.05 g/mL的冰醋酸HAc (含HAc 99.6%）的
浓度，欲配制0.10 mol/L的HAc溶液500 mL, 应取冰醋
酸HAc多少毫升？[Mr (HAc) = 60.05] 2. 称取铁矿试样0.5000 g, 溶解后将全部的铁还原为亚
铁，用0.01500 mol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定至化学
计量点时，消耗33.45 mL, 求试样中的铁以Fe, Fe2O3,
Fe3O4 表示时，质量分数各为多少？ Mr (Fe)= 55.85,
Mr (Fe2O3) =159.70, Mr (Fe3O4) = 231.5
3. 用邻苯二甲酸氢钾（Mr = 204.2) 为基准物质，标定
0.1 mol/L NaOH溶液，每份基Fra bibliotek物质的称取量宜为
分析化学习题

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0
[M] cM
[M]
[M](1
i[L]i )
1
1
i[L]i
1
[M L] cM
[M][L]1 [M](1 i[L]i
)
1
1[L] i[L]i
01[L]
┇
n
[M Ln ] cM
n[L]n 1 n[L]n
0n[L]n
δ值的大小与络合物本身的性质有关，与配体的 浓度大小有关。
习题p249
络合滴定及氧化还原 滴定习题课
2014.05.27
第七章 络合滴定法
溶液中各级络合物型体的分布
cM：金属离子的分析浓度 [L]：络合剂平衡浓度
CM=[M]+[ML]+[ML2]+···+[MLn] =[M]+β1[M][L]+β2[M][L]2+ ···+βn[M][L]n = [M](1+ β1 [L] + β2 [L] 2 + ···+ βn[L]n ) M离子各型体MLi的平衡浓度 [MLi]=δiCM
查表知pH=10时，EBT-Zn的pZnt=12.2
pZn 'ep =pZnt lgZn 12.2 5.25 6.95
pZn 'ep 与pZn 'sp 相近，所以可以用EBT作指示剂 pZn ' =pZn 'ep -pZn 'sp =6.95-6.40=0.55 终点误差Et= 105.5 -10-5.5 100% 0.01%
24．在pH=2.0时，用20.00 mL 0.02000mol/LEDTA 标准溶液滴定20.00 mL 2.0×10-2mol/ LFe3+。问 当EDTA加入19.98mL,20.00 mL，20.02 mL 和 40.00 mL 时，溶液中pFe(Ⅲ)如何变化？
分析化学习题课

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（2） NH4H2PO4
MBE：[NH4+]+[NH3]=c
[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=c
CBE：[NH4+]+[H+]=
[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]
PBE：
[H+]+[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[HPO42-]+2[PO43-]
(1) (2) (3) (6)为系统误差， (1) (2) 应采用校准仪器和量器的
方法加以减免； (3)应采用做空白试验 (6)采用甲基橙为指
示剂，终点时溶液呈弱酸性（PH≈4）；可以消除的CO2影 响。 (4)为随机误差，可适当增加平行测定的次数予以减小。 (5)为过失误差，产生的数据应该舍弃以保证测定结果准确可 靠。
3
2.27 103 m ol L1
[C2O4 ] C C O 2
2 4
2
K a1K a 2 3.73 10 2 [ H ] [ H ]K a1 K a1K a 2
3
= 1.41×10-3 mol· L-1
(2) H2S的Ka1=5.7×10-8 ，Ka2=1.2×10-15 ，
(2) 计量点前-0.1%相对误差，即加入HCl 19.98mL， 此时体系为NH3—NH4+缓冲溶液，按最简式计算：
pH pKa lg
c NH 3 c NH
4
0.02 0.10 pH pKa lg 20.00 19.98 9.26 3.00 6.26 19.98 0.10 20.00 19.98
1～9章分析化学习题课答案解析

1～9章分析化学习题课答案解析


17
3 、 六 次 甲 基 四 胺 的 pKb=8.85 ， 用 它 配 制 缓 冲 溶 液 时 的 pH 缓 冲 范 围 是 4.15~6.15 ，NH3的pKb=4.74，其pH缓冲范围是 8.26~10.26 。
4、用0.100mol· L-1 HCl滴定同浓度NH3溶液（pKb=4.74）时，pH突跃范围为 6.3～4.3。若0.100mol· L-1HCl滴定同浓度的某碱B（pKb=3.74）时，pH突 跃范围是 7.3~4.3 。 5、在下列物质中， NH4Cl( NH3 pKb=4.74 ) 、 苯 酚 （ pKa=9.96 ） 、 Na2CO3( H2CO3 pKa1=6.38、pKa2=10.25)、NaAc( HAc pKa=4.74)、HCOOH(pKa=3.74) 其中能用强碱标准溶液直接滴定的物质是 其中能用强酸标准溶液直接滴定的物质是 HCOOH Na2CO3 。 。
21
8、用 NaOH标准溶液滴定浓度均为 0.1mol/L 的HCl-H3PO4
混合液，在滴定曲线上出现几个突跃 （
8．由计算器算得
D．2.1 (二位) ）
算规则将结果修约为（
A．0.016445 C．0.01644
11
9.25 0.21334 的结果为0.0164449。按有效数字运 1.200 100
D
B．0.01645 D．0.0164
9．下列有关随机误差的叙述中不正确的是（ C ）
A．随机误差在分析中是不可避免的 B．随机误差出现正误差和负误差的机会是均等的 C．随机误差具有单向性 D．随机误差是由一些不确定的偶然因素造成的 10．指出下列表述中错误的表述（ A ） A．置信水平愈高,测定的可靠性愈高
（B） c(FeSO4) = 2c(H2C2O2) （D） c(FeSO4) = 4c(H2C2O2)
分析化学习题课二

分析化学习题课二


5 Fe3 5 Fe2
6 Fe3 6 Fe2
CFe3 6 K ' 6 1065.24 1010.88 7.51010 CFe3
练习
11. 称取0.1082g的K2Cr2O7，溶解后，酸化并加入过量 的KI，生成的I2需用21.98ml的Na2S2O3溶液滴定，问 Na2S2O3溶液的浓度为多少?
2I-+ S↓ 2I-+ S4O62-
1I2 1S 2
1I 2
2S
O2
23
续前
(CV )I2总 0.05020 20.00 1.004[mmol]
(CV )I2余
1 2 (CV )Na2S2O3
1 0.05032 21.16 2
0.5324[mmol]
nH2S nS 2 (CV )I2 (CV )I2 总 (CV )I2余 1.004 0.5324 0.4716[mmol]
析出的I2需用0.3000mol/L的Na2S2O3 溶液30.00mL滴 定至终点，求混合物中As2O3和As2O5的含量。
解： As2O5 + 6OH -
As2O3 + 6OH -
Kb(NH3 ) 1.8 10 5
[
NH
3
]
0.20
1.0
1.0 104 104 1.8
10
5
101.77 (mol / L)
Zn(NH3 ) 1 10 2.371.77 10 4.811.772 107.311.773 109.461.774 10 2.55
' Zn 2
Zn
Zn 2
n Ce3
' 2 Fe3
n1 n2
Fe2
1.44 0.68 1.06V 11

分析化学课后习题及答案

Chapter 08一、是非题1. 表面吸附所引起的沉淀不纯现象可通过对沉淀的洗涤操作来预防。

√2. 当沉淀的定向速度大于其聚集速度时，所得到的沉淀通常是非晶体沉淀。

×3. 沉淀重量法中，为了使待测组份完全沉淀，沉淀剂加的越多越好。

×4. 沉淀重量法中，适当过量的沉淀剂可使沉淀的溶解损失降到最低。

√5. 当沉淀的定向速度大于其聚集速度时，所得到的沉淀通常是晶体沉淀。

√6. 陈化作用可使沉淀的颗粒度增大，所以陈化作用对于沉淀重量法总是有利的。

×7. 在沉淀重量法中，无定形沉淀的颗粒比晶形沉淀的大。

×9. 沉淀重量法中，溶液过饱和度越大，得到的沉淀颗粒就越大。

×10. 对于伴有后沉淀现象发生的沉淀体系，不能采取陈化作用来提高沉淀的粒度。

√11. 用沉淀法分离铁铝与钙镁组分时，应选用中速定量滤纸进行过滤。

×12. 沉淀的聚集速度和定向速度的大小与实验条件密切相关。

×13. 陈化作用可降低后沉淀现象发生所产生的分析误差。

×14. 沉淀的洗涤可减小表面吸附对分析结果准确度的影响程度。

√15. “再沉淀”是解决沉淀不纯的有效措施之一。

√16. 对于晶格有缺陷的晶体沉淀，可通过陈化作用使之完整。

√17. 待测组分称量形式的分子量越大，被测组分在其中的份额越小，则沉淀重量法准确度就越高。

√18. 溶解度小的胶体沉淀时，宜用沉淀剂的稀溶液进行洗涤。

×19. 陈化作用有利于提高沉淀的粒度，保证沉淀的纯度。

×20. 用沉淀重量法分析待测组分时，沉淀剂的过量程度应根据沉淀剂的性质来确定。

√21. 沉淀过滤时，应将沉淀连同母液一起搅拌均匀后，再倾入滤器。

×22. 沉淀洗涤时，洗涤剂选择的原则是“相似相溶”原理。

×23. 对待组分进行沉淀时，陈化作用的目的是使小颗粒沉淀变为大颗粒沉淀。

√24. 沉淀洗涤的目的，就是要除掉因发生表面吸附现象而引入的可溶性杂质。

分析化学实验课后习题答案(第四版)_0

分析化学实验课后习题答案(第四版)篇一：分析化学实验课后习题答案(第四版)实验四铵盐中氮含量的测定（甲醛法）思考题：1.铵盐中氮的测定为何不采用NaOH直接滴定法？答：因NH4+的Ka=×10-10，其Cka0（2）V1>0 V2=0（3）V1>V2（4）V10时，组成为：HCO3- V1>0 V2=0时，组成为：OH- V1>V2时，组成为：CO32-+ OH- V113时测Ca2+对结果有何影响？答：因为滴定Ca2+、Mg2+总量时要用铬黑T作指示剂，铬黑T 在pH为8～11之间为蓝色，与金属离子形成的配合物为紫红色，终点时溶液为蓝色。

所以溶液的pH值要控制为10。

测定Ca2+时，要将溶液的pH控制至12～13，主要是让Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀。

以保证准确测定Ca2+的含量。

在pH为12～13间钙指示剂与Ca2+形成酒红色配合物，指示剂本身呈纯蓝色，当滴至终点时溶液为纯蓝色。

但pH>13时，指示剂本身为酒红色，而无法确定终点。

3.如果只有铬黑T指示剂，能否测定Ca2+的含量？如何测定？答：如果只有铬黑T指示剂，首先用NaOH调pH>12，使Mg2+生成沉淀与Ca2+分离，分离Mg2+后的溶液用HCl调pH=10，在加入氨性缓冲溶液。

以铬黑T为指示剂，用Mg—EDTA标准溶液滴定Ca2+的含量。

实验八铅、铋混合液中铅、铋含量的连续测定思考题：1.按本实验操作，滴定Bi3+的起始酸度是否超过滴定Bi3+的最高酸度？滴定至Bi3+的终点时，溶液中酸度为多少？此时在加入10mL200g·L-1六亚四基四胺后，溶液pH约为多少？答：按本实验操作，滴定Bi3+的起始酸度没有超过滴定Bi3+的最高酸度。

随着滴定的进行溶液pH≈1。

加入10mL200g·L-1六亚四基四胺后，溶液的pH=5～6。

2.能否取等量混合试液凉粉，一份控制pH≈滴定Bi3+，另一份控制pH为5～6滴定Bi3+、Pb2+总量？为什么？答：不能在pH为5～6时滴定Bi3+、Pb2+总量，因为当溶液的pH为5～6时，Bi3+水解，不能准确滴定。

高中化学习题课教学路径分析

高中化学习题课教学路径分析【摘要】习题课的主要目的就是帮助学生理清知识脉络、完善认识结构和培训学生的综合能力。

为学生选择优秀的化学习题课，并且在教学过程中合理的实施是提高化学教学的一种有效方法。

本文通过对高中化学习题课的分析，通过调查在实践中发现问题并提出解决方法。

本文以“最近发展区”理论和建构主义理论为指导，基于化学科学的自身特点，合理的提出了化学习题课的设计原则。

【关键词】高中化学；习题课；教学设计1 高中化学习题课教学问题及其研究现状分析随着教育事业的蓬勃发展，大多数的化学教育工作者都在逐渐的转变自身的教育理念，在教学的过程中基本都是从学生的角度出发来合理的安排教学内容。

但是就目前的化学习题课来看还是存在着一些问题，由于这些问题的存在导致化学习题课很难达到预期的成效。

所以，我们要对现阶段的化学习题课进行细致的分析与讨论。

通过对几所高中的化学老师进行调查发现，在化学习题教学的过程中，在教学目标和习题内容等方面还是存在着一些潜在的问题，具体问题如下：1.1教学目标模糊，教学存在随意性我们知道教学目的既是起点也是终点，教学目的的好坏往往影响着教学的成败。

但是在实际教学过程中有一些老师的教学目的往往存在着教学目标不明确，对教学中学生应该掌握和熟悉那些知识点还是很模糊，并且通过一节课的教学达到什么目的也不是很明确。

由于这种教学目标的不明确往往会导致教学的随意向，在实际教学中会出现老师以用到什么知识点就讲什么，用到那种方法就教什么的现象，这会导致讲到哪里算哪里的不良教学态度。

由于这种教学态度的模糊不清，导致教学没有完整性和系统性，对于那些重点内容没有得到重视，导致一些较难的知识点没有得到解决。

通过分析发现大部分老师对化学习题课的重视程度还不够，在课前也没有去认真的对待教学设计，并且也没有从学生的角度去分析化学习题课对学生的重要性。

1.2习题内容选择存在盲目性由于一些老师在教学的过程中对化学课程标准的研究不够深入，并且教学内容也比较的模糊，这往往会出现在习题课的选择上出现盲目的现象。

分析化学课后习题及思考题电位分析法章节答案

分析化学（高教第五版）课后习题及思考题第八章 电位分析法思 考 题1. 参比电极和指示电极有哪些类型它们的主要作用是什么答：参比电极包括标准氢电极（SHE ），标准氢电极是最精确的参比电极，是参比电极的一级标准。

实际工作中常用的参比电极是甘汞电极和银-氯化银电极。

参比电极电位恒定，其主要作用是测量电池电动势，计算电极电位的基准。

指示电极包括金属-金属离子电极，金属-金属难溶盐电极，汞电极，惰性金属电极，离子选择性电极。

指示电极能快速而灵敏的对溶液中参与半反应的离子活度或不同氧化态的离子的活度比，产生能斯特响应，主要作用是测定溶液中参与半反应的离子活度。

2. 直接电位法的依据是什么为什么用此法测定溶液pH 时，必须使用标准pH 缓冲溶液 答：直接电位法是通过测量电池电动势来确定待测离子活度的方法，其主要依据是E=Φ参比— ΦMn+/M = Φ参比—ΦθMn+/M—nFRT ln αMn+ 式中Φ参比和ΦθMn+/M 在温度一定时，都是常数。

由此式可知，待测离子的活度的对数与电池电动势成直线关系，只要测出电池电动势E ，就可求得αMn+。

测定溶液的pH 时是依据：E = ΦHg 2Cl 2/Hg — ΦAgCl/Ag — K + pH试+ ΦL , 式 中ΦHg 2Cl 2/Hg ， ΦAgCl/Ag ，K ，ΦL 在一定的条件下都是常数，将其合并为K ˊ，而K ˊ中包括难以测量和计算的不对称电位和液接电位。

所以在实际测量中使用标准缓冲溶液作为基准，并比较包含待测溶液和包含标准缓冲溶液的两个工作电池的电动势来确定待测溶液的pH 值，即：25℃时Es = Ks ˊ+ , Ex = Kx ˊ+ ,若测量Es 和Ex 时的条件保持不变，则Ks ˊ= Kx ˊ,pHx =pHs+(Ex -Es)/ ,由此可知，其中标准缓冲溶液的作用是确定K ˊ。

3. 简述pH 玻璃电极的作用原理。

答：玻璃电极的主要部分是 一 个玻璃泡，泡的下半部是对H +有选择性响应的玻璃薄膜，泡内装有pH 一定的·L -1的HCl 内参比溶液，其中插入一支Ag-AgCl 电极作为内参比电极，这样就构成了玻璃电极。

1～9章分析化学习题课答案


17
3 、 六 次 甲 基 四 胺 的 pKb=8.85 ， 用 它 配 制 缓 冲 溶 液 时 的 pH 缓 冲 范 围 是 4.15~6.15 ，NH3的pKb=4.74，其pH缓冲范围是 8.26~10.26 。
4、用0.100mol· L-1 HCl滴定同浓度NH3溶液（pKb=4.74）时，pH突跃范围为 6.3～4.3。若0.100mol· L-1HCl滴定同浓度的某碱B（pKb=3.74）时，pH突 跃范围是 7.3~4.3 。 5、在下列物质中， NH4Cl( NH3 pKb=4.74 ) 、 苯 酚 （ pKa=9.96 ） 、 Na2CO3( H2CO3 pKa1=6.38、pKa2=10.25)、NaAc( HAc pKa=4.74)、HCOOH(pKa=3.74) 其中能用强碱标准溶液直接滴定的物质是 其中能用强酸标准溶液直接滴定的物质是 HCOOH Na2CO3 。 。
18
选择题
1 、 浓 度 为 c(HAc)(mol/L) 的 HAc 溶 液 中 加 入 c(HCl)(mol/L) 和 c(NaOH)(mol/L)NaOH后的质子平衡方程是 （ D ）
(A) [H+] + c(HCl) = [Ac-] + c(NaOH) + [OH-]
(B) [H+] = [Ac-] + c(NaOH) + [OH-]+ c(HCl) (C) [H+] + c(NaOH) + c(HCl) = [Ac-] + [OH-]
7
（B）0.04000 （D）0.08000
第3章 分析化学中的误差与数据处理
一、选择题 1．四位学生进行水泥熟料中 SiO2 , CaO, MgO, Fe2O3 ,Al2O3 的测定。下 列结果（均为百分含量）表示合理的是（ D ） A． 21.84 , 65.5 , 0.91 , 5.35 , 5.48 B．21.84 , 65.50 , 0.910 , 5.35 , 5.48

分析化学习题课


•E2 +
•0.059 3 •n2
•E1 -
•0.059 3 •n1
•指示终点方法（P228）：指示原理、三类指示剂
•
•方法及计算（P235，例10、 11）
•高锰酸钾法、碘法、重铬酸钾法（P241） •有关反应方程式，配平 •滴定方案、滴定条件
•结果计算、wX
•其他方法了解
•
例：
1.当两电对的电子转移数均为1时，为使反应完全度达到99.9%，两电对 的条件电位至少相差------( D )
•2.今有三种溶液分别由两组分组成: • (a) 0.10 mol/L HCl-0.20 mol/L NaAc溶液 • (b) 0.20 mol/L HAc-0.10 mol/L NaOH溶液 • (c) 0.10 mol/L HAc-0.10 mol/L NH4Ac溶液 • 则三种溶液pH的大小关系是 ( D )
•
溶液中[H+]的计算
1 一元强酸碱溶液
强酸(HCl):
• [H+] = cHCl + [OH-] • 最简式: [H+] = cHCl
•强碱(NaOH):
•[H+] + cNaOH = [OH-] •最简式: [OH-] = cNaOH
•
•2 一元弱酸(碱)溶液 •(最简式
•一元弱酸HB )
• Kaca>10Kw, ca/Ka > 100 :
•
络合滴定
掌握内容：
EDTA性质（P168）：弱酸（在强酸介质中为六元酸） 配位性质 （被测离子M:滴定剂Y=1:1）
M与Y的稳定性及其影响因素（P176）：K稳、αY[H]、 M 、 K’
稳、滴定的适宜pH
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5-27
解： 2NaOH+ H2C2O4 = Na2C2O4+2H2O
设草酸的质量分数为W。 W= CNaOH ×V × M H2C2O4 ×10-3 ×100%
2×ms
CNaOH ×V × M H2C2O4 ×10-3 2×W
ms =
×100%
W = V%
解得：ms = 0.4583 g
Chap 6
TK 2Cr2O7
Fe2O3
c K 2Cr2O7
1 3 M Fe2 O 1 3 1000 mL L
1 1 3 159 . 7 g moL 1000 mL L1
=
0.1000mL· L-1
= 0.04791g· mL-1
5-27
用0.1018 mol﹒L-1NaOH标准溶液测定草酸试样 的纯度，为避免计算，与直接用所消耗NaOH溶 液的体积（单位ml）来表示试样中H2C2O4的质 量分数（%），问应称取试样多少克？
两性物质(多元弱酸的酸式盐)pH计算公式及条 件判别式
较精确式： [ H ] 近似式1： [ H ] 近似式2： [ H ]
6 0.04% ×100% = 0.07% 55.42%
= 0.04%
d d r 100% x
2 d i

s
n 1
= =
0.05% 55.42%
6-1
= 0.05%
sr 100% x
s
×100% = 0.09%
R= xmax – xmin = 55.47% －55.36% = 0.11%
习题课
2014.3.28
Chap 4 误差与实验数据的处理
P113
4-2 指出下列情况下，各会引起那种误差?如果是系统误差，
应该采用什么方法减免？
(1)电子天平未经校准；
(2)容量瓶和移液管不配套； (3)试剂中含有微量的被测成分； (4)天平的零点有微小变动； (5)滴定时从锥形瓶中溅出一滴溶液； (6)标定HCl溶液用的NaOH标准溶液中吸收了CO2。
2 Ka Ka 4K a c
2
(近似式1)
(2) 当cK a 20K w , c / Ka 400 时, [H ] Kac K w (近似式2 ）
最简式： 当cK a 20K w , c / K a 400 时 [H ] Kac
(4) 0.025 mol﹒L-1 HCOOH
K b [ A ] K w
C / K b 400,
近似式：
2 K K b b 4 K bC [OH ] (近似式 1) 2
(2)当CK b 20K w ,
C / K b 400;
[OH ] CK b K w (近似式2)
最简式：
CK b 20K w , [OH ] C / K b 400 ; CK b
此时称量误差不能小于0.1%
5-22
称取分析试剂 K2Cr2O714.709 g，配成 500.00 ml溶液，试计算： （1）K2Cr2O7溶液的物质的量浓度； （2） K2Cr2O7溶液对Fe和Fe2O3的滴定度。
mB 5-22 解： 根据公式：c B M V B
(1) 已知： mK2Cr2O7 14.709g， V 500 mL 和 M K Cr O 294.2 g moL
5-18
欲使滴定时的消耗0.10 mol﹒L -1 HCl 溶液
20～25ml，问应称取基准试剂NaCO3多少克？
此时称取误差能否小于0.1%？
解：设应称取 x g . Na2CO3+2HCl = 2NaCl+CO2+H2O 当Ｖ1 =Ｖ=20ml 时 X = 0.5×0.10×20×10-3×105.99 = 0.11 g 当Ｖ2 =Ｖ=25ml 时 X = 0.5×0.10×25×10-3×105.99 =0.13g
(6)
－ 14 1 . 0 1 0 － 1 － 5 1.0 10-4 mol L NaCN ( K b ＝ 1 . 4 1 0 ) 10 7.2 10
-4 － 5 -9 cK ( 1.0 10 1.4 10 1.4 10 ) ＞ 20Kw 解： b
c/Kb (1.010-4 /1.410-5 7.1) 400
= 0.0325× 5.10 × 60.1 ÷140
= 0.0712
（3） 45.20×(20.00-4.17)×0.0121
0.1079
=？
解：
45.20×(20.00-4.17)×0.0121 0.1079
=
45.20×15.83×0.0121 0.1079
= 80.0
（4）
pH=10.58
nCr O 2
2 7
1 n Fe2O3 3
TK 2Cr2O7
Fe
c K 2Cr2O7
1 6 M Fe 1 1000 mL L
1
1 1 0 . 1000 moL L 6 55 . 845 g moL = 1000 moL L1
= 0.03351 g· mL-1
=
6
55.40%+55.45% 2
=
55.42%
Xm
=
= 55.42%
各单次测量值的绝对误差分别为：
d1 = x1 -
= -0.06% ;
d2 = 0.03%
;
; d3 = 0.05% ;
d6 = -0.02%
d4 = 0.04% ;
d5 = -0.04%
1 d | di | n

=
=
0.06% +0.03%+0.05%+ 0.04%+0.04%+0.02%
C／Ka= 1.0×10-4 ／ 7.2×10-10 ＞400
= 1.0×10-4×7.2 ×10-10+1.0×10-14 = 2.86×10-7 mol· L-1 pH=6.54
一元弱碱A-的OH-的计算
精确式:
CK b 20K w , C / K b 400 [OH ]
(1)当CK b 20K w ,
酸碱滴定法
P1Байду номын сангаас8
6-4
写出下列酸碱组分的MBE、CBE和PBE(设定质
子参考水准直接写出)，浓度为 c（mol· L-1）。 （2） NaNH4HPO4 （3） NH4H2PO4
H2PO4
- +H+
H3PO4 +2H+
+H+
HPO42NH4+
-H+ -H+ -H+
PO43NH3
(2) NaNH4HPO4 OHH2O H+ MBE：[Na+]= c [NH4+]+[NH3]=c [H3PO4]+[H2PO4-]+ [HPO42-]+[PO43-]=c CBE：[Na+]+[NH4+]+[H+]= [OH-]+[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-] PBE： [H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]= [OH-]+[NH3]+[PO43-]
解 ： 查 表 可 知 K a = 1. 8 ×10-4 ， 则 有 CK a =4.5 ×10- 6 ＞ 20Kw ， C/Ka = 0.025/ 1.8×10-4＜400
Ka K a 4cKa 2.03×10-3 [H+]= 2
2
pH= -lg[H+]=2.69
（5）1.0×10-4 mol· L-1 HCN （Ka=7.2×10-10） 解： CKa = 1.0×10-4 ×7.2 ×10-10 ＜20Kw
解： pH = - lg [H+]
[H+] = 2.6×10-11
Chap 5 化学平衡与滴定分析法概论
P137
5-17 要加多少毫升水到1.000L 0.2000mol﹒L-1
-1
HCl溶液里,才能使稀释后的HCl溶液对CaO的滴定 度THCl/CaO = 0.005000 g﹒ml ?
b 2 a
(1) (2) (3) (6)为系统误差， (1) (2) 应采用校准仪器和量器的
方法加以减免； (3)应采用做空白试验 (6)采用甲基橙为指
示剂，终点时溶液呈弱酸性（PH≈4）；可以消除的CO2影 响。 (4)为随机误差，可适当增加平行测定的次数予以减小。 (5)为过失误差，产生的数据应该舍弃以保证测定结果准确可 靠。
（3） NH4H2PO4
MBE：[NH4+]+[NH3]=c
[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=c
CBE：[NH4+]+[H+]=
[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]
PBE：
[H+]+[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[HPO42-]+2[PO43-]
2 2 7
代入上式得：c K 2Cr2O7 (2)
14.709 g 294 .2 g moL 500 mL 1000 mL L1
0.1000 moL L1
Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ + 7H2O