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)，V22.16mL
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？如果改用解：
H2C2O42H2O
做基准物质，又应称取多少克？
nNaOH:nKHC8H4O41:1
m1n1McV1M
0.2mol/L0.025L204.22g/mol1.0g
m2n2McV2M
0.2mol/L0.030L204.22g/mol1.2g
应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g
nNaOH:nH2C2O42H2O2:1
m1n1M
cV1M2 0.2mol/L0.025L126.07g/mol0.3g2m2n2M
cV2M2
0.2mol/L0.030L126.07g/mol0.4g2
20.3~0.4g应称取224
6．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：
SSO2H2SO42KOH
w
nM
100%m0
0.108mol/L0.0282L32.066g/mol100%
0.471g
10.3%
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)M
nMw100%100%
m0m0
(0.2600mol/L0.025L0.2450mol/L0.0065L)100.09g/mol100%
0.2500g
98.24%
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。计算试样中Sb2S3的质量分数。若以Sb计，质量分数又为多少？解：
Sb2S32Sb3SO26Fe2
6
KMnO45
55
nSb2S3cV0.0200mol/L0.03180L0.00053mol
66
nSb2nSb2S320.00053mol0.00106mol0.00053mol339.68g/mol
100%71.64%
23
0.2513g 0.00106mol121.76g/molwSb100%51.36%
0.2513gwSbS
12.用纯A2O3标定KMnO4溶液的浓度。若0.2112gA2O3在酸性溶液中恰好与36.42mLKMnO4反应。求该KMnO4溶液的浓度。
3
5A2O310AO34MnO4
解：故
4m
cVKMnO41000
5M
cKMnO4
4
0.211210000.02345(mol/L)36.42197.8
14．H2C2O4作为还原剂。可与KMnO4反应如下：
5H2C2O4+2MnO-4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O
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500mg
H2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。
nH2C2O4
mH2C2O4MH2C2O4 500
5.553103(mol)90.035
解：
H2C2O42NaOH
nNaOH2nH2C2O425.55310311.106103(mol)VNaOH
nNaOH11.1061030.111(L)111(mL)cNaOH0.100
2
H2C2O4KMnO4
5
nKMnO4
22
nH2C2O45.5531032.221103(mol)55
cKMnO4
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）。
VKMnO4
nKMnO4
2.2211030.0222(L)22.2(mL)
0.100
cK2Cr2O7
nK2Cr2O7VK2Cr2O7 解：
5.442
0.01850(mol/L)
TFe3O4/K2Cr2O7cK2Cr2O7MFe3O420.01850231.5428.567(mg/mL)
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。
5Fe2MnO4
解：
35.70
nFeSO47H2O5nMnO50.020343.631103(mol)
4
1000
FeSO7HO
4
2
mFeSO47H2O
m nFeSO47H2OMFeSO47H2O
m
3.631103278.04
99.76%
1.012故为一级化学试剂。
可用EDTA间接滴定法测定。已知一定量过量的Ni与CN反应生成Ni(CN)溶液滴定，Ni(CN)Ni(CN)
2
4
24
-2+-
24
，过量的Ni2+以EDTA标准
并不发生反应。取12.7mL含CN-的试液，加入25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成
，过量的Ni2+需与10.1mL0.0130mol·L-1EDTA完全反应。已知39.3mL0.0130mol·L-1EDTA与
上述Ni2+标准溶液30.0mL完全反应。计算含CN-试液中CN-的物质的量浓度。
2
解：NiEDTA cNi2
nNi2VNi2
nEDTAVNi2
39.3
0.01300.01703(mol/L)
30.01000
25.00
4.2575104(mol)1000
ncNi2VNi20.01703Ni2
10.1
nEDTAcEDTAVEDTA0.01301.313104(mol)
1000
nCN4(nnEDTA)1.1778103(mol)Ni2
cCN
nCNVCN
1.1778103
0.0927(mol/L)
12.71000
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=1.90
t1.900.612
n()2()5.86
E0.48
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=2.36
t2.360.132
n()2()2.43
E0.20
4．已知铅锌矿的K值为0.1，若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
22
解：QKd0.13090(kg)
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？
22
QKd0.321.2(kg)解： 111
Q()n1.2(kg)15()n1.2(kg)ln15nlnln1.2
222设缩分n次，则，，
15()31.875(kg)
2解得n3.6，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，计算下列算式：
(1)19.469+1.537-0.0386+2.54(2)3.60.032320.592.12345
45.00(24.001.32)0.1245
1.00001000(3)(4)pH=0.06，求[H+]=
解：a.原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51b.原式=3.6某0.032某21某2.1=5.1
45.0022.680.1245
=0.1271
1.0001000c.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：
AC
m，A为测量值，C为空白值，m为试样质量。已知
A=C=0.1，m=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求某。
22222
(2AC)某mACm0.120.120.0012224.0910422222
分析化学武汉大学第五版思考题与习题答案全解
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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0.1824g
c. 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：cHCl=2mNa2CO3/(MNa2CO3VHCl)。
a. 由于VHCl偏高，cHCl偏低；
b. 由于mNa2CO3偏低，cHCl偏低；
c. 由于VHCl偏高，cHCl偏低；
d. 无影响；
e. 因为VHCl偏低，cHCl偏高；
f. 因为VHCl偏高，cHCl偏低；
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 NaOHOHOCHOHOCHNaOHVMmC1210002422242222••
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SiO2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。
分析化学第五版习题答案详解下
1 / 27 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。 2 / 27 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。
分析化学第五版第四章酸碱滴定法课后答案
第四章 酸碱滴定法
思考题
1. 从质子理论来看下面各物质对分别是什么？ 哪个是最强酸？哪个是最强碱？试按强弱顺序把他们排列起来
答：HAc（Ac-）Ka=×10-5； H3PO4（H2PO4-）Ka1=×10-3；
NH3（NH4+）Ka=×10-10； HCN（CN-）Ka=×10-10
HF（F-）Ka=×10-4； （CH2）6N（（CH2）6NH+）Ka=×10-9
HCO3-（CO3-）Ka2=×10-11
酸的强弱顺序：
H3PO4 > HF > HAc> (CH2)6N4H+ > HCN > NH4+ > HCO3-
碱的强弱顺序：
CO3- > NH3 > CN- >（CH2）6N4 >Ac- > F- > H2PO4-
2. 写出下列物质在水溶液中的质子条件式
答：(1)NH4CN [HCN] + [H3O+] = [NH3] + [OH-]
(2)Na2CO3 2[H2CO3] + [HCO3-] + [H3O+] = [OH-]
(3)(NH4)2HPO4 2[H3PO4] + [H2PO4-] + [H3O+] = [NH3] + [OH-]+[PO43-]
(4) (NH4)3PO4 3[H3PO4] + 2[H2PO4-] +[HPO42-]+[H3O+] = [NH3] + [OH-]
(5) NH4H2PO4 [H3PO4] + [H3O+] = [NH3] + [HPO42-] +2[PO43-]+[OH-]
3. 欲配制pH为3的缓冲溶液，应选下列何种酸及其共轭碱
二氯乙酸（）二氯乙酸（） 甲酸（） 乙酸（） 苯酚（）
答：选二氯乙酸（缓冲溶液pH≈pKa=）
5. NaOH标准溶液吸收了空气中的CO2,当用于滴定（1）强酸；（2）弱酸时，对滴定的准确度各有何影响？
答：滴定强酸时：(1) 若用甲基橙为指示剂，终点pH≈4，消耗2mol强酸，即2molNaOH与CO2反应生成1molNaCO3仍消耗2mol强酸，基本无影响 ； （2）若用酚酞作指示剂，终点pH≈9，生成NaHCO3，即2molNaOH与CO2反应生成1molNaCO3只消耗1mol强酸，有显着影响。滴定弱酸时：只能用酚酞作指示剂，有显着影响。由HclNaOHNaOHHclVVcc得：用NaOH滴定HCl，VNaOH↑，cHcl偏高；用HCl滴定NaOH，VHcl↓，cHcl偏高。
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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值不能太仅供学习与交流
收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 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。
武汉大学《分析化学》(第5版)(下册)课后习题(红外吸收光谱法) 【圣才出品】
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第10章 红外吸收光谱法
10-1 试说明影响红外吸收峰强度的主要因素。
答：影响红外吸收峰强度的主要因素有两方面：振动能级跃迁几率及分子振动时偶极
矩变化的大小。
（1）跃迁几率越大，吸收越强。从基态向第一激发态跃迁，即从＝0跃迁至
＝1，跃迁的几率大，因此，基频吸收带一般较强。
（2）振动时偶极矩变化越大，吸收越强。偶极矩变化的大小与分子结构和对称性有
关。化学键两端所连接的原子电负性差别越大，分子的对称性越差，振动时偶极矩的变化
就越大，吸收就越强。一般说来，伸缩振动的吸收强于变形振动，非对称振动的吸收强于
对称振动。
10-2 HF中键的力常数约为9N/cm。
（1）计算HF的振动吸收峰频率；（2）计算DF的振动吸收峰频率。
解：根据胡克定律：，。
其中σ为波数（cm
－1），c为真空中光速（3×10
10cms
－1），k为化学键力常数
（Ncm
－1），因此
（1）HF的振动吸收峰频率为
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（2）DF的振动吸收峰频率为
10-3 分别在950g/L乙醇和正己烷中测定2-戊酮的红外吸收光谱，试预计ν
C＝O吸
收带在哪一溶剂中出现的频率较高？为什么？
答：（1）
C＝O吸收带在正己烷中出现的频率较高。
（2）因为吸收带出现的频率和溶剂与待测物的分子间的作用有关。2-戊酮的最强吸
收带是羰基的伸缩振动（
C＝O），在乙醇中，醇羟基可与C＝O形成分子间氢键，使羰基
的伸缩振动频率向低波数方向移动，而正己烷不能与戊酮形成分子间氢键，因此在此溶液
中的频率较高。
10-4 分子在振动过程中，有偶极矩的改变才有红外吸收。有红外吸收的称为红外活
性；相反，称为非红外活件。指出下列振动是否有红外活性。
答：乙烯的正常振动模式如下：
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分析化学（高教第五版）课后习题第四章答案（整理排版20页）
分析化学（高教第五版）课后习题第四章答案（整理排版20页）
第四章 习题
习题4-1
4.1 下列各种弱酸的p K a 已在括号内注明，求它们的共轭碱的pK
b ； (1)HCN(9.21)；(2)HCOOH(3.74)；(3)苯酚(9.95)；(4)苯甲酸(4.21)。 解： (1) HCN p K b =14-9.25=4.79 (2) HCOOH p K b =14-3.74=10.26 (3) 苯酚 pK b =14-9.95=4.05 (4) 苯甲酸 pK b =14-4.21=9.79
4.2. 已知H 3PO 4的p K a =2.12，p K a =7.20，p K a =12.36。求其共轭碱PO 43-的pK b1，HPO 42-的pK b2．和H 2PO 4- 的p
K b3。
解： PO 43- pK b =14-12.36=1.64 HPO 42- pK b =2．14-7.20=6.80
H 2PO 4- pK b =14-2.12=11.88
4.3 已知琥珀酸(CH 2COOH)2(以H 2A 表示)的p K al =4.19，p
K b1=
5.57。试计算在pH4.88和5．0时H 2A 、HA -和A 2-的分布系数δ2、δ1和δ0。若该酸的总浓度为0.01mol ·L -1，求pH ＝4.88时的三种形式的平衡浓度。
解： pH=4.88 〔H +〕=1.32×10-5
5
655252521046.61069.21032.11046.6)1032.1()1032.1()(------2++??=A H δ
=0.145
5
655255
5110
46.61069.21032.11046.6)1032.1(1046.61032.1)(-------- ++?=HA δ =0.710
5
655256
5201046.61069.21032.11046.6)1032.1(1096.21046.6)(--------
武汉大学《分析化学》(第5版)(下册)课后习题(光谱分析法导论) 【圣才出品】
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第2章 光谱分析法导论
2-1 光谱仪一般由几部分组成？它们的作用分别是什么？
答：（1）光谱仪的一般由稳定的光源系统、波长选择系统、试样引入系统、检测系
统以及信号处理和读出系统组成。
（2）它们的作用分别是：
①光源系统：提供足够的能量使试样蒸发、原子化、激发，产生光谱；
②波长选择系统（单色器、滤光片）：将复合光分解成单色光或有一定宽度的谱带；
③试样引入系统：将样品以合适的方式引入光路中并充当样品容器；
④检测系统：将光信号转化为可量化输出的信号；
⑤信号处理和读出系统：对信号进行放大、转化、数学处理、滤除噪音，然后以合适
的方式输出。
2-2 单色器由几部分组成，它们的作用分别是什么？
答：（1）单色器的组成部分包括入射狭缝、准直装置、色散装置、聚焦透镜或凹面
反射镜、出射狭缝。
（2）各部件的主要作用是：
①入射狭缝：采集来自光源或样品池的复合光；
②准直装置：将入射狭缝采集的复合光分解为平行光；
③色散装置：将复合光色散为单色光（即将光按波长排列）；
④聚焦透镜或凹面反射镜：将单色元件色散后的具有相同波长的光在单色器的出口曲
面上成像；
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⑤出射狭缝：采集色散后具有特定波长的光入射样品或检测器。
2-3 简述光栅和棱镜分光的原理。
答：（1）光栅的分光原理是光的衍射与干涉的总效果，不同波长的光通过光栅作用
各有相应的衍射角，据此把不同波长的光分开；
（2）棱镜的分光原理是光折射，由于不同波长的光有其不同的折射率，据此能把不
同波长的光分开。
2-4 简述光电倍增管的作用原理。
答：光电倍增管的作用原理为：当光照射到光阴极时，光阴极向真空中激发出光电子。
这些光电子按聚焦极电场进入倍增系统，并通过进一步的二次发射得到倍增放大。然后把
放大后的电子用阳极收集作为信号输出。
分析化学第五版-第四章-酸碱滴定法课后答案
1 第四章 酸碱滴定法
思考题
1. 从质子理论来看下面各物质对分别是什么？ 哪个是最强酸？哪个是最强碱？试按强弱顺序把他们排列起来
答：HAc（Ac-）Ka=1.75×10-5； H3PO4（H2PO4-）Ka1=7.52×10-3；
NH3（NH4+）Ka=5.7×10-10； HCN（CN-）Ka=6.2×10-10
HF（F-）Ka=6.8×10-4； （CH2）6N（（CH2）6NH+）Ka=1.4×10-9
HCO3-（CO3-）Ka2=5.61×10-11
酸的强弱顺序：
H3PO4 > HF > HAc> (CH2)6N4H+ > HCN > NH4+ > HCO3-
碱的强弱顺序：
CO3- > NH3 > CN- >（CH2）6N4 >Ac- > F- > H2PO4-
2. 写出下列物质在水溶液中的质子条件式
答：(1)NH4CN [HCN] + [H3O+] = [NH3] + [OH-]
(2)Na2CO3 2[H2CO3] + [HCO3-] + [H3O+] = [OH-]
(3)(NH4)2HPO4 2[H3PO4] + [H2PO4-] + [H3O+] = [NH3] + [OH-]+[PO43-]
(4) (NH4)3PO4 3[H3PO4] + 2[H2PO4-] +[HPO42-]+[H3O+] = [NH3] + [OH-]
(5) NH4H2PO4 [H3PO4] + [H3O+] = [NH3] + [HPO42-] +2[PO43-]+[OH-]
3. 欲配制pH为3的缓冲溶液，应选下列何种酸及其共轭碱
二氯乙酸（1.30）二氯乙酸（2.86） 甲酸（3.74） 乙酸（4.76） 苯酚（9.95）
答：选二氯乙酸（缓冲溶液pH≈pKa=2.86）
5. NaOH标准溶液吸收了空气中的CO2,当用于滴定（1）强酸；（2）弱酸时，对滴定的准确度各有何影响？
超详细分析化学第五版上册课后习题答案
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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+溶液的浓度。
0.3250
250 65.39 1 0.01988mol gL 解： c 2 3 Zn 10
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 H 2SO4 的溶液多少毫升？
c1V 1 c2V 2 c(V 1 V 2) 解：
0.0982mol / L 0.480L 0.5000 mol / L V 0.1000mol / L (0.480 L V 2) 2
V 2 2.16mL
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
H C O 2H O 2 2 4 2 做基准物质，又应称取多少克？ (KHC 8H 4O4)多少克？如果改用
nNaOH : nKHC H O
8 4 4 1:1 解：
m1 n1M cV1M
0.2mol / L 0.025L 204.22g / mol 1.0g
m2 n2 M cV2M
0.030L 0.2mol / L 204.22g / mol 1.2g
应称取邻苯二甲酸氢钾 1.0~1.2g
nNaOH : nH C O 2H O
2 2 4 2 2:1
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1
2 m1 n1M cV1M
1
2 0.2mol / L 0.025L 126.07 g / mol 0.3g
1
2 m2 n2 M cV2M
1
2 0.2mol / L 0.030L 126.07 g / mol 0.4 g
H2 C2O4 2H2O 0.3~0.4g 应称取