厦门大学分析化学课程作业011参考答案
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。
厦门大学海洋与地球学院分析化学课后答案
分析化学习题与部分思考题参考答案第1章 绪论1.1 30.0mL 0.150mol ·L -1的HCl 溶液和20.0mL 0.150mol ·L -1的Ba(OH)2溶液相混合，所得溶液是酸性、中性、还是碱性？计算过量反应物的浓度。
答案：12L 0.015mol 230.0)(20.030.00.15020.00.1502)过)((Ba(OH)-⋅=⨯+⨯-⨯⨯=量c1.2 称取纯金属锌0.3250g ，溶于HCl 后，稀释到250mL 容量瓶中，计算c (Zn 2+)。
答案：132L 0.01988mol 250.065.39100.3250)(Zn -+⋅=⨯⨯=⋅=V M m c1.3 欲配制Na 2C 2O 4溶液用于标定KMnO 4溶液（在酸性介质中），已知14L 0.10mol KMnO 51-⋅≈⎪⎭⎫⎝⎛c ，若要使标定时两种溶液消耗的体积相近，问应配制多大浓度（c ）的Na 2C 2O 4溶液？要配制100mL 溶液，应称取Na 2C 2O 4多少克？ 答案：O 8H 10CO 2Mn16H O 5C 2MnO 2222424++=++++--⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛4224O C Na 21KMnO 51n n ()()42242244O C Na O C Na 21KMnO KMnO 51V c V c ⋅⎪⎭⎫⎝⎛=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ 若：)O C Na ()KMnO (4224V V ≈ 则：14422L 0.050mol KMnO 5121)O C (Na -⋅=⎪⎭⎫⎝⎛=c c g 67.00.134********.0)O C Na (3422=⨯⨯⨯=-m1.4 用KMnO 4法间接测定石灰石中CaO 的含量（见例1.6），若试样中CaO 含量约为40%，为使滴定时消耗0.020mol ·L -1 KMnO 4溶液约30mL ，问应称取试样多少克？ 答案：()g21.0 %10010208.5630020.05%40 %10010CaO 21KMnO KMnO 51CaO)(3344=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=s s s m m m M V c w1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。
有机化学习题与答案(厦门大学)
有机化学习题与答案(厦门大学)work Information Technology Company.2020YEAR有机化学习题与答案（厦门大学）第一章绪论习题一、根据下列电负性数据：判断下列键中哪个极性最强为什么答案 <请点击>二、(a) F2、HF、BrCl、CH4、CHCl3、CH3OH诸分子中哪些具有极性键？(b) 哪些是极性分子答案 <请点击>三、下列各化合物有无偶极矩？指出其方向。
答案 <请点击>四、根据O和S的电负性差别，H2O和H2S相比，哪个的偶极－偶极吸引力较强，哪个的氢键较强？答案 <请点击>五、写出下列化合物的路易斯电子式。
答案 <请点击>六、把下列化合物由键线式改写成结构简式。
七、下面记录了化合物的元素定量分析和相对分子质量测定的结果，请计算它们的化学式。
(1) C：65.35%，H：5.60%，相对分子质量 110(2) C：70.40%，H：4.21%，相对分子质量 188(3) C：62.60%，H：11.30%，N：12.17％，相对分子质量 230(4) C：54.96%，H：9.93%，N：10.68％，相对分子质量 131(5) C：56.05%，H：3.89%，Cl：27.44％，相对分子质量 128.5(6) C：45.06%，H：8.47%，N：13.16％，Cl：33.35％，相对分子质量 106.5答案 <请点击>八、写出下列化学式的所有的构造异构式。
答案 <请点击>第一章绪论习题(1)1、什么是烃、饱和烃和不饱和烃？点击这里看结果2、什么是烷基？写出常见的烷基及相应的名称。
点击这里看结果3、给下列直链烷烃用系统命名法命名点击这里看结果4、什么是伯、仲、叔、季碳原子，什么是伯、仲、叔氢原子？点击这里看结果5、写出己烷的所有异构体，并用系统命名法命名。
点击这里看结果6、写出符合下列条件的烷烃构造式，并用系统命名法命名：1.只含有伯氢原子的戊烷2.含有一个叔氢原子的戊烷3.只含有伯氢和仲氢原子的已烷4.含有一个叔碳原子的已烷5.含有一个季碳原子的已烷6.只含有一种一氯取代的戊烷7.只有三种一氯取代的戊烷8.有四种一氯取代的戊烷9.只有二种二氯取代的戊烷点击这里看结果7、写出2-甲基丁烷和2,2,4-三甲基戊烷的可能一氯取代物的结构式，并用系统命名法命名。
厦门大学分析化学课程作业015参考答案
6n(C14 H18Cl6 = N 2 ) n= (Cl ) n( AgCl )
试样中氯的物质的量
n = (Cl ) n( AgCl = )
m( AgCl ) 0.187 = = 0.00130 mol Mr ( AgCl ) 143.3
故试样中 C14H18Cl6N2 的质量分数
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作业 015 参考答案
A 1．ACT p175-176: 6.18; 6.19,6.22, 6.24
6.18 20 粒含铁食用药片共重 22.131g，磨细，混匀后，称取 2.998 g 粉末溶于 HNO3, 加热使 所有铁转化为 Fe3+, 然后再加入 NH3 使 Fe3+定量地生成 Fe2O3·xH2O 沉淀，灼烧后得到 0.264 g Fe2O3。计算每片药片中 FeSO4·7H2O 的质量分数。 解： 将药片磨细混匀后， 所得 2.998 g 粉末样本应具有代表性， 故 2.998 g 粉末中 FeSO4•7H2O 的质量分数即等于每片药片中 FeSO4•7H2O 的质量分数。 反应中计量关系为： Fe 2O 3 2 Fe 2 FeSO 47 H 2O
= ω
n( NH 4 SCN ) × Mr ( As2O3 ) 0.1180 × 33.85 ×10−3 ×197.8 = ×100% = ×100% 65.84% 6 × m样 6 × 0.2000
6.24 将含有防高血压药物（C14H18Cl6N2,Mr = 427）的试样 2.89 g 置于密封试管中加热分解， 然后用水浸取游离出的氯化物，于水溶液中加入过量的 AgNO3, 得 AgCl 0.187 g。假定 该药物是氯化物的唯一来源，计算试样中 C14H18Cl6N2 的质量分数。 解： 各反应物计量关系为
厦门大学-分析化学-复习题及标准答案
厦门大学-分析化学-复习题及答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2习题 1（酸碱滴定一）1.用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.1000 mol·L-1的甲酸溶液，化学计量点pH是多少？计算用酚酞做指示剂(pH ＝9.0）时的终点误差。
（参考答案）答：2.用mol·L-1的HCl溶液滴定20.00 mL mol·L-1的，化学计量点前后0.1%的pH是多少？若用酚酞做指示剂（PT为9.0）计算终点误差。
（参考答案）答：化学计量点前0.1％：3.用0.1000 mol·L-1 HCl溶液滴定20.00 mL0.1000 mol·L-1的NaOH，若NaOH溶液中同时含有0.1000 mol·L-1的NaAc。
计算化学计量点以及化学计量点前后0.1%时的pH。
若滴定到pH7.0，终点误差有多大？（参考答案）答：(1) 化学计量点时，体系中有0.0500 mol·L-1 NaAc。
4.用0.2000 mol·L-1HCl溶液滴定0.2000 mol·L-1一元弱碱B(p K b=6.0),计算化学计量点的pH和化学计量点前后0.1%的pH。
若所用溶液的浓度都是0.0200 mol·L-1，结果又如何？（参考答案）答：(1)化学计量点时(2)当浓度为0.0200 mol·L-1时5.计算0.1000 mol·L-1NaOH滴定0.1000 mol·L-1至pH=5.0和pH=10.0时的终点误差。
（参考答案）滴定至pH＝5.0，相当于滴定至6.用克氏定氮法测定试样含氮量时，用过量的100 mL0.3 mol·L-1HCl吸收氮，然后用0.2 mol·L-1NaOH标准溶液返滴。
分析化学--第三版课后-习题答案
第三章思考题与习题1．指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ 答:（1）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（2）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（3）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（4）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
（5）随机误差。
（6）系统误差中的操作误差。
减免的方法：多读几次取平均值。
（7）过失误差。
（8）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
2解：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。
故读数的绝对误差g a 0002.0±=E根据%100⨯T E =E ar 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=⨯±=E ggg r%02.0%1000000.10002.01±=⨯±=E ggg r这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。
3解：因滴定管的读数误差为mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100⨯TE =E ar 可得 %1%100202.02±=⨯±=E mL mLmL r%1.0%1002002.020±=⨯±=E mLmL mLr这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。
5答:：0.36 应以两位有效数字报出。
6答:：应以四位有效数字报出。
7答:：应以四位有效数字报出。
8答:：甲的报告合理。
因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。
9解：根据方程2NaOH+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+4H 2O 可知，需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为： g m 13.007.1262020.01.01=⨯⨯= 相对误差为 %15.0%10013.00002.01=⨯=E ggr则相对误差大于0.1% ，不能用H 2C 2O 4·H 2O 标定0.1mol·L -1的NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。
分析化学课后习题解答共61页
41、学问是异常珍贵的东西，从任何源泉吸 收都不可耻。——阿卜·日·法拉兹
42、只有在人群中间，才能认识自 己。——德国
43、重复别人所说的话，只需要教育； 而要挑战别人所说的话，则需要头脑。—— 玛丽·佩蒂博恩·普尔
分析化学课后习题解答
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
44、卓越的人一大优点是：在不利与艰 难的遭遇里百折不饶。——贝多芬
45、自己的饭量自己知道。——苏联
厦门大学分析化学课程作业017参考答案
作业017参考答案A1．ACT P357: 10.3，10.24，10.2510.3 溶液有颜色是因为它吸收了可见光中特定波长范围的光。
若某溶液呈绿色，它吸收的是什么颜色的光？若溶液为无色透明，是否表示它不吸收光？答：若某溶液呈绿色，即其吸收光颜色的互补色为绿色，则吸收光颜色为红紫色。
若溶液为无色透明，不一定表示它不吸收光，因为该溶液可能在红外或紫外光区有吸收。
10.24 有一个含氧化态辅酶（NAD +）和还原态辅酶（NADH ）的溶液，使用1.0 cm 吸收池，在340 nm 处测得该溶液的吸光度为0.311，在260 nm 处吸光度为1.20。
计算NAD + 和NADH 的浓度各为多少？已知条件见下表：辅酶ε(260nm) ε(340nm) NAD +1.8×104 0 NADH1.5×104 6.2×103解：根据题意和吸收的加合定律：1mi i i A lc ε==∑ 列方程组得: )(1108.1)(1105.120.1)(1102.6311.0443+×××+×××=×××=NAD c NADH c NADH c 解之得:c(NADH)=5.0×10-5 mol·L -1，c(NAD +)=2.5×10-5 mol·L -110.25配制同浓度（1.0×10－3 mol.L -1 ）但酸度不同的某指示剂（HIn ）溶液5份，用1.0cm吸收池在650nm 波长下分别测量此5份溶液的吸光度，数据如下pH 1.00 2.00 7.00 10.00 11.00A 0.00 0.00 0.588 0.840 0.840计算：（1） 该指示剂的p K a; (2) 在650nm 波长下In －的摩尔吸光系数。
解：0.5880.840lg7.00lg 6.6300.588L a HL A A pK pH A A −−−=+=+=−− 所以K a =10-6.63pH = 11.00情况下，c(In -)=1.00×10-3，所以230.8408.40101 1.0010ε−==×××2．The concentrations of Fe 3+ and Cu 2+ in a mixture can be determined following their reaction with hexacyanoruthenate (II), Ru(CN)64–, which forms a purple blue complex with Fe 3+ (λmax = 550 nm), and a pale green complex with Cu 2+ (λmax = 396 nm). The molar absorptivities (M –1 cm –1) for the metal complexes at the two wavelengths are summarized in the following table.ε550 ε396 Fe 3+9970 84 Cu 2+ 34 856When a sample containing Fe 3+ and Cu 2+ is analyzed in a cell with a pathlength of 1.00 cm, the absorbance at 550 nm is 0.183, and the absorbance at 396 nm is 0.109. What are the molar concentrations of Fe 3+ and Cu 2+ in the sample?Solution ：According to the additive property of Beer’s law1mi i i A lc ε==∑Two equations is get as follows396nm ： 0.1856)(0.184)(0.10923××+××=++Cu c Fe c550nm ： 0.134)(0.19970)(183.023××+××=++Cu c Fe cSolving the equations gives ：1531079.1)(−−+⋅×=L mol Fe c1421026.1)(−−+⋅×=L mol Cu cB1. 思考 ACT P357: 10.5, 10.62．思考 MAC p450： 6，7。
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ϕ θ ( Fe3+ / Fe 2+ ) = 0.771V
Fe 2+ Fe3+ + e
H ↓ Y →
+
H ↓ Y →
+
[Y ] =
[Y ']
αY ( H )
≈
c(Y )
αY ( H )
10 −2.0 = 10.8 = 10−12.8 (mol / L) 10
α Fe α Fe
2+
= 0.771 − 0.059 × 10.8 = 0.13(V )
3+
B 5．Fe2+在酸性介质中较在中性和碱性介质中稳定，为什么？ 解：查表得
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θ ϕ Fe
3+
/ Fe2+
= 0.771
K sp , Fe (OH )3 K sp , Fe (OH )2 [OH − ]
K sp , Fe (OH )3 = ， K sp , Fe (OH )2 = 1.3 × 10−38 2 × 10−15
解: 查表得 ϕ θ ( Ag + / Ag ) =0.7994V, I=0.1 时 p K sp ( AgCl ) =9.50, 则
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ϕ ( Ag + / Ag ) =ϕ θ ( Ag + / Ag ) + 0.059 lg[ Ag + ] =ϕ θ ( Ag + / Ag ) + 0.059 lg ϕ θ '( Ag + / Ag ) = ϕ θ ( Ag + / Ag ) + 0.059 lg
3+
(Y ) (Y )
1 + [Y ]K ( FeY − ) = 1 + 10−12.8+ 25.1 ≈ 1012.3 = 1 + [Y ]K ( FeY 2− ) = 1 + 10−12.8+14.3 ≈ 101.5 =
3+ 2+
2+
[ Fe3+ ] = ϕ ( Fe / Fe ) ϕ ( Fe / Fe ) + 0.059 lg [ Fe 2+ ]
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作业 011 参考答案
A ACT p156: 5.13, 5.14, 5.15
5.13
K3Fe(CN)6 在强酸溶液中能定量氧化 I-为 I2 ，因此可用作为基准物标定
Na2S2O3 溶液。试计算 2mol/LHCl 溶液中 Fe(CN)63-/Fe(CN)64-电对的条件电位. [ 已 知 ϕ θ ( Fe(CN )63− / Fe(CN )6 4− ) =0.36V; H 3 Fe(CN )6 是 强 酸 ; H 4 Fe(CN )6 的
K sp ( AgCl ) [Cl − ]
K sp ( AgCl ) = 0.7994 − 0.059 × 9.50 = 0.24(V ) [Cl − ]
2+ 在 1mol/LHCl 介质中 ϕ θ '( Fe3+ / Fe = ) 0.70V > ϕ θ '( Ag + / Ag ) ,而
3+ 4+ ϕ θ '(Ti 4+ /= Ti 3+ ) 0.10V < ϕ θ '( Ag + / Ag ) , 所以银只能还原 Fe 而不能还原 Ti .
θ θ ϕ Fe ϕ Fe ( OH ) = / Fe ( OH )
3 2 3+
/ Fe
2+
+ 0.059 lg
= −0.597 − 0.059 lg[OH − ] = −0.597 + 0.059 × (14.00 − pH )
随着 pH 的升高，Fe3+/Fe2+电对的电极电位降低，还原态的还原能力增强，更 容易被氧化，即更不稳定。
= ϕ ( Fe3+ / Fe 2+ ) ϕ θ ( Fe3+ / Fe 2+ ) + 0.059 lg
[ Fe(CN )63− ] [ Fe(CN )6 4− ] c( Fe(CN )63− ) c( Fe(CN )6 4− )
6 4−
= ϕ θ ( Fe3+ / Fe 2+ ) + 0.059 lg α Fe (CN ) 4− ( H ) + 0.059 lg
5.15 计算 pH3.0, 未与 Fe3+络合的 EDTA 浓度为 0.010mol/L 时, Fe3+/Fe2+电对的 条件电位(忽略离子强度的影响).
解: pH=3.0 时, 查表得 lg αY ( H ) = 10.8 , lg K ( FeY − ) = 25.1 , lg K ( FeY 2− ) = 14.3 ,
3
= 1 + 103.2 −1.1 + 103.2 + 3.8− 2.2 = 10−4.8
ϕ θ ' Ag
+
/ Ag
= + 0.059 lg ϕθ Ag + / Ag
1
α Ag ( NH
0.52v =
3)
θ
3+ 2+
= ϕ θ ( Fe3+ / Fe 2+ ) + 0.059 lg
α Fe α Fe α Fe α Fe
2+
(Y ) (Y ) (Y ) (Y )
+ 0.059 lg
3+
c( Fe3+ ) c( Fe 2+ )
ϕ θ '( Fe3+ / Fe 2+ ) = ϕ θ ( Fe3+ / Fe 2+ ) + 0.059 lg
2．The logarithms of the successive stepwise formation constants of the ammonia complexes of silver are lgK1 = 3.2, lgK2 = 3.8. Calculate the conditional potential of a silver electrode in a NH3-NH4NO3 buffer of total concentration 0.10 mol/L and the pH=10.00. Take pKa of NH4+=9.26, and assume activity coefficients of unity. 解：查表得
ϕθ Ag
+
/ Ag
= 0.7994v
Ka 10-9.26 [ NH 3 ] = 0.10 0.085 mol/L = × = c 10-9.26 + 10−10.0 Ka + [H + ]
解得
α Ag ( NH ) =+ 1 K1 ⋅ [ NH 3 ] + K1 ⋅ K 2 ⋅ [ NH 3 ]2
K a3 =10
-2.2
, K a4 =10-4.2 ;计算中忽略离子强度的影响
解: Fe(CN )63− 无酸效应, Fe(CN )6 4− 有酸效应.
3 Fe(CN)36 + e Fe(CN) 6
↓ H+
α Fe (CN )
6
4−
(H )
=1 + [H ]
1 1 + [ H ]2 = 1 + 2 ×104.2 + 22 ×106.4 ≈ 107.0 K a4 K a3 K a4
6
ϕ θ '( Fe3+ / Fe 2+ ) = ϕ θ ( Fe3+ / Fe 2+ ) + 0.059 lg α Fe (CN )
(H )
= 0.36 + 0.059 × 7.0 = 0.77(V )
5.14 银还原器(金属银浸于 1mol/LHCl 溶液中)只能还原 Fe3+而不能还原 Ti4+.计 算此条件下 Ag+/Ag 电对的条件电位,并加以说明.