第7章《自测题、习题》参考答案分析

第7章 集成运算放大电路

自测题

7.1填空题

1．集成工艺无法制作 、 和 。

2．电流源电路的特点是输出电流 ，直流等效电阻 ，交流等效电阻 。由于电流源的 大，若将其作为放大电路的 ，将会提高电路的电压增益。

3．差动放大电路对 信号有放大作用，对 信号有抑制作用。

4．差动放大电路有 个信号输入端和 个信号输出端，因此有 种不同的连接方式。单端输入和双端输入方式的差模输入电阻 。双端输出时，差模电压增益等于 ，共模电压增益近似为 ，共模抑制比趋于 。

5．共模抑制比定义为 ，其值 ，表明差动放大电路的质量越好。

6．集成运放由 、 、 和 组成。对输入级的主要要求是 ；对中间级的主要要求是 ；对输出级的主要要求是 。

7．理想集成运放的放大倍数od A = ，差模输入电阻id r = ，输出电阻o r = 。

8．集成运放是一种直接耦合的多级放大电路，因此其下限截止频率为 。

9．集成运放的产品种类很多，按其特性大致可分为 型和 型两大类。一般应用时首先考虑选择 型，其价格 ，易于购买。如果某些性能不能满足特殊要求，可选用 型。

答案：1．大电阻，大电容，电感。2．恒定，小，大，交流等效电阻，有源负载。3．差模，共模。4．两，两，四，相同，半边电路的电压增益，零，无穷大。5．CMR ud uc |/|K A A =，越大。6．输入级，中间级，输出级，偏置电路，输入电阻大、失调和零漂小，电压放大倍数大，带负载能力强。7．∞，∞，0。8．0。9．通用，专用，通用，便宜，专用。

7.2选择题

1．集成工艺可使半导体管和电阻器的参数 ，因此性能较高。

A ．很准确；

B ．一致性较好；

C ．范围很广。

2．电流源常用于放大电路的 ，使得电压放大倍数 。

A ．有源负载；

B ．电源；

C ．信号源；

D ．提高；

E ．稳定。

3．选用差动放大电路的原因是 。

A ．稳定放大倍数；

B ．提高输入电阻；

C ．扩展频带；

D ．克服温漂。

4．差动放大电路抑制零点漂移的效果取决于 。

A ．两个差放管的电流放大系数；

B ．两个差放管的对称程度；

C ．每个晶体管的零点漂移。

5．差动放大电路由双端输入改为单端输入时，差模电压放大倍数 。

A ．增大一倍；

B ．不变；

C ．减小一倍；

D ．按指数规律变化。

6．差动放大电路由双端输出改为单端输出，共模抑制比减小的原因是 。

A ．ud A 不变，uc A 增大；

B ．ud A 减小，uc A 不变；

C ．ud A 减小，uc A 增大；

D ．ud A 增大，uc A 减小。

7．在单端输出的差动放大电路中，已知ud 100A =，uc 0.5A =-，若输入电压I160mV u =，I240mV u =，则输出电压为 。

A ．2.025V ；

B ．2V ；

C ．1.975V ；

D ． 2.025V -。

8．差动放大电路改用电流源偏置后，可以增大 。

A ．差模电压放大倍数；

B ．共模电压放大倍数；

C ．输出电阻；

D ．共模抑制比。

9．集成运放的输入失调电压越大，表明集成运放的 。

A ．放大倍数越大；

B ．质量越差；

C ．电路参数的对称性越好；

D ．输出电阻越大。

答案：1． B 。2．A ，D 。3．D 。4．C 。5．B 。6．C 。7．C 。8．D 。9．B 。

7.3判断题

1．一个理想的差动放大电路，只能放大差模信号，不能放大共模信号。（ ）

2．差动放大电路的零点漂移对输入端来说相当于加了一对差模信号。（ ）

3．共模信号都是直流信号，差模信号都是交流信号。（ ）

4．差动放大电路由双端输出改为单端输出，其共模电压放大倍数变小。（ ）

5．差动式直流放大电路有四种接法，放大倍数取决于输出端的接法，而与输入端的接法无关。（ ）

6．在差动放大电路中，调零电位器的作用是保证零输入时零输出。（ ）

7．对于长尾式差放，发射极电阻e R 在差模交流通路中一概可视为短路，与信号的输入方式无关。（ ）

8．某差动放大电路，若双端输出时的输出电阻为o R ，则改为单端输出时的输出电阻为o /2R 。（ ）

9．集成运放内部电路的第一级是差动放大电路，因此它具有两个输入端。（ ） 答案：1、5、6、7、8、9对；2、3、4错。

习题

7.1 某集成电路的单元电路如题7.1图所示。若1T 、2T 特性相同，且β足够大，问（1）1T 、2T 和R 组成什么电路？在电路中起什么作用？（2）写出R I 和C2I 的表达式。设BE U 、CC V 和R 均为已知。

解：（1）T 1、T 2和R 组成镜像电流源电路。由于其等效交流电阻非常大，因此把它作为T 3的集电极负载可提高电压放大倍数。

（2）由于T 1、T 2特性相同，且β足够大，此时两管基极电流可忽略，则

CC BE R C2 ||V U I I R

-≈=

7.2 差动放大电路如题7.2图所示，晶体管的100β=，

be 2.5k Ωr =，BE 0.7V U =，图中p R 为调零电阻，假定滑动端在p R 中点，c e L 10k ΩR R R ===，p 100ΩR =

，题7.1图

题7.2图

CC EE 12V V V ==。

（1）求出静态工作点C I 和CE U ；（2）若I17mV u =，I21mV u =-，双端输出时O u 为何值?

解：（1）EE BE C E p e 120.70.56mA 0.1210222

V U I I R R --≈==≈+?+ CE1CE2C E CC C c EB ()120.56100.77.1V U U U U V I R U ==-=--=-?+=

（2）c L ud be p //(/2)10//510044.15(1)(2) 2.51010.05

R R A βr βR =-=-?≈-++/+? Id I1I27(1)8mA u u u =-=--=

O ud Id 44.158353.2mV u A u ==-?=-

7.3 差动放大电路如题7.3图所示，结型场效应管的

m 2mS g =，ds 20k Ωr =，d s 10k ΩR R ==，DD SS 20V V V ==。

（1）求双端输出时的ud A ；（2）电路改为单端输出时，求ud1A 、

uc1A 和CMR K 。

解：（1）

ud m L

m d ds (//)2(10//20)13.33A g R g R r '=-=-=-?≈-

（2）ud1ud 1113.33 6.6722

A A ==-?≈- m d ds uc1m s (//)2(10//20)0.331212210g R r A g R ?=-

=-≈-++?? ud1CMR uc1 6.6720.210.33

A K A -==≈-

7.4 差动放大电路如题7.4图所示，已知三极管的1250ββ==，380β=，bb 100Ωr '=，BE1BE20.7V U U ==，BE30.2V U =-；

CC EE 12V V V ==，b 1k ΩR =，c1c210k ΩR R ==，

e33k ΩR =，c312k ΩR =。当输入信号I 0u =时，

测得输出

O 0u =。（

1）估算1T 、2T 管的工作电流

C1I 、C2I 和电阻e R 的大小；（2）当I 10mV u =时，

算出O u 的值。 题7.3图 题7.4图

解：（1）由I 0u =时的O 0u =可知此时T 3的集电极c 0u =。故

EE C3c3121mA 12V I R ===，C3B33112.5μA 80

I I β=== C3e3EB3Rc2c213+0.20.32mA 10I R U I R +?≈

== 3C1C2Rc2B30.3212.5100.3325mA I I I I -≈=+=+?=

EE BE1B1b e E10.3325120.715016.98k Ω220.3325

V U I R R I --?--==≈? （2）be1be2bb 1EQ 26(mV)26(1)10051 4.09k Ω(mA)0.3325

r r r βI '==++=+?≈ be3bb 3EQ 26(mV)26(1)10081 2.21k Ω(mA)1

r r βI '=++=+?≈ []{}2c2be33e32L2ud2b be2b be2

(1)112()2βR //r +βR βR A R r R r +'=?=?++ []5010//(2.21813)147.1921 4.09

?+?=?≈+ 3c3u3be33e38012 3.92(1) 2.21813

βR A r +βR ?=-=-≈-++? O ud2u3I 47.19 3.920.01 1.85V u A A u =??=-??≈-

7.5 某双入单出长尾差动放大电路如题7.5图所示。C C E E 9V V V ==，c 4.7k ΩR =，b 100ΩR =，e1e2100ΩR R ==，e3 1.2k ΩR =，1 5.6k ΩR =，23k ΩR =，L 10k ΩR =。已知三极管50β=，BEQ 0.7V U =，bb 200Ωr '=，且

AB 3.2M Ωr =。试求：（1）ud2A ；（2）CMR K ；（3）差模输入电阻id R 和输出电阻o R 。

解： 2R2EE 1239 3.14V 5.63R U V R R ≈

=?≈++ R 2BE3E3e3 3.140.7 2.03mA 1.2

U U I R --==≈ E3E1E2 2.03 1.02mA 22I I I ==

=≈ be2bb EQ 26(mV)26(1)20051 1.5k Ω(mA) 1.02

r r βI '=++=+?= （1）[]c L ud2b be2e2(//)50(4.7//10)11.932(1)2(0.1 1.5510.1)

βR R A R r +βR ?==≈++?++? （2）c L uc2b be2e2AB (//)(1)(2)

βR R A R r +βR r =-+++ 350(4.7//10)0.000490.1 1.551(0.12 3.210)?=-

≈-++?+?? ud2CMR uc2

11.9324346.940.00049A K A ==≈- （3）[]id b be2e22(1)2(0.1 1.5510.1)13.4k ΩR R r βR =+++=?++?=

o2c 4.7k ΩR R ≈=

7.6 已知题7.6图的差动放大电路的1T 、2T 特性相同，DSS 1.2mA I =, 夹断电压P 2.4V U =-，稳压管的Z 6V U =，晶体管3

T 的BE 0.6V U =，

d 80k ΩR =，

e 54k ΩR =，L 240k ΩR =。试计算：（1）1T 管的工作电流D1I 和电压GS U ；（2）差模电压放大倍数ud A 。

题7.6图

解：（1）Z BE3E3e 60.60.1mA 54

U U I R --=== E3D1D20.10.05mA 22

I I I ==== 由2GS DSS P 1u i I U ??=- ???

D 得

GS P 1 2.41 1.91V U U ??==-?≈- ??

（2）GSQ DSS m P P 22 1.2 1.91110.2mS 2.4 2.4U I g U U ???-??=--=-?-≈ ? ?--??

?? m d L ud (//)0.2(80//240)622g R R A ?=

==

7.7差动放大电路如题7.7图所示。D D E E 15V V V ==，1T 和2T 管的互导m 5mS g =；d 10k ΩR =。（1）试求ud A ；（2）若要求D 0.5mA I =，则1?R =

解：（1）ud m d 51050A g R =-=-?=-

（2）C3R1D 220.51mA I I I ≈==?=

DD EE BE 1R115150.729.3k Ω1

V V U R I +-+-=

==

7.8 两级差动放大电路如题7.8图所示。已知场效应管的m 1.5mS g =，DD EE 12V V V ==，240k ΩR =，d 100k ΩR =，c 12k ΩR =，L 240k ΩR =，e 18k ΩR =，

p 390ΩR =，三极管的100β=，BE 0.7V U =，bb 300Ωr '=。试计算：

（1）第1级静题7.7图 题7.8图

态工作电流D1I 和第2级静态工作电流C3I ；（2）差模电压放大倍数ud A 。

解：（1）CC EE BE C512120.70.1mA 240

V V U I R +-+-==≈ C5D10.10.05mA 22

I I =

== B3DD D1d 120.051007V U V I R =-=-?= B3EE BE C3E3p e 7120.70.51mA /220.19536

U V U I I R R +-+-≈==≈++ （2）be3bb 3E326(mV)26(1)

300101 5.45k Ω(mA)0.51r r βI '=++=+?≈ id2be3p 2(1)(/2)2(5.451010.195)50.29k ΩR r βR ??=++=?+?=??

id2ud1m d // 1.5(100//25.145)30.142R A g R ????=-=-?≈- ??????? c L ud2be3p (//)

100(12//240)22.732(5.451010.195)2(1)(/2)βR R A r +βR ?=-=-≈-?+???+?? ud ud1ud230.14(22.73)685.08A A A =?=-?-≈

7.9 差动放大电路如题7.9图所示，已知各晶体管的200β=，T 1~T 3的BE 0.65V U =，bb =300Ωr '，31mA I =，40.2mA I =，

CC EE 15V V V ==。希望信号最大输出电压为12V ，

试求：（1）1R 、2R 和c R 的值；（2）差模电压放大

倍数和差模输入电阻。

解：（1）由电路得

EE BE313150.6514.35k Ω1

V U R I --=== 因晶体管电流方程BE T E s e u U I I ≈，即E B E T

s ln I u U I =。再由电路BE3BE442U U I R =+得BE3BE442U U I R -=，进而得3T 424

ln I U I R I =，即 题7.9图

3T 244261ln ln 209.23Ω0.20.2

I U R =I I == 要双端输出电压幅值12V ，则单端输出电压的幅值应为6V ，即电阻c R 两端电压为6V ，由条件可知C1C2410.1mA 2I I I ==

=，则Rc c C1660k Ω0.1U R I === （2）be1bb EQ 26(mV)26(1)300201=52.56k Ω(mA)0.1

r r βI '=++=+? c u be 20060==228.3152.56

R A βr ?--≈-，id be1=2=252.56=105.12k ΩR r ?

7.10 题7.10图是某集成运放的输入级，图中虚线连接部分是外接元件。假设调零电位器p 10k ΩR =，且滑动端调至中间。已知CC EE 15V V V ==，e 11k ΩR R ==，b 100k ΩR =，c 50k ΩR =，各管的BEQ 0.7V U =，1230ββ==，345650ββββ====， be1be2269k Ωr r ==，be3be49.1k Ωr r ==，该输

入级的负载电阻L 23.2k ΩR =（即第2级的输

入电阻）。 试计算：（1）该放大级的静态工作

点；（2）差模电压放大倍数、差模输入和输出

电阻。

解：（1）输入级是一个恒流源复合管差放

电路，恒流源为比例电流源。

当忽略T 5的基极电流时，可求得基准电

流 CC EE BE 1b 300.7=0.29mA 101

V V U I R R +--=≈+ 1C5E5e 0.29mA R I I I R ≈≈

≈，C3C4C511=0.290.15mA 22I I I ≈≈?≈ C3C4CC C3c p (0.5)150.15(50+0.510) 6.75V U U V I R R =≈-+=-??=

CE3CE4C3E3 6.7520.78.15V U U U U ==-=+?=

C3E1E2B3B43 0.153μA 50I I I =I I β==≈

== C1B1B21 30.1μA =100nA 30

I I I β=≈== 题7.10图

（2）be be11be3(1)269319.1551.1k Ωr r βr =++=+?=

c p L u

d 12be

(0.5)//(/2)(50+0.510)//(23.2/2)305026.07551.1

R R R A ββr +?=-=-??≈- id be 22551.1 1.1M ΩR r ==?= o c p 225010110k ΩR R R =+=?+=

7.11如题7.11图所示为大型电流计用的附加放大电路，晶体管采用3DG12，bb =300Ωr '，123100βββ===，BE 0.65V U =。

二极管的D 0.65V U =。CC EE 4.5V V V ==，

p1p2e 100ΩR R R ===，c 150ΩR =， 1.2k ΩR =。

当I 0u =时，B1B20U U ==，O 0u =。（1）试说

明p1R 、p2R 、1D 、2D 的作用是什么；（2）计

算各管的静态工作点；（3）估算双端输出时的电

压放大倍数。

解：（1）p1R 和p2R 为调零电位器，1D 和2

D 为输入限幅保护二极管。

（2）Re D BE3=4=40.650.65=1.95V U U U -?- Re C1C2C3e 111 1.95==9.75mA 222100

U I I I R ≈≈≈?? C1C2CC C1c p1(0.5) 4.59.75(150+0.5100) 2.55V

U U V I R R ==-+=-??= CE1CE2C1E1= 2.55(0.65) 3.2V U U U U =-=--=

CE3EE BE E1P2Re =(/2)=4.50.659.750.05 1.95 1.41V U V U I R U -----?-≈

（3）be EQ 26(mV)26300(1)300101569.33Ω(mA)9.75

r βI =++=+?≈ c P1ud be P2(0.5)100(15050) 3.56(1)(0.5)569.3310150

βR R A r βR ++=-

=-≈-+++? 7.12电路如题7.12图所示。130k

ΩR =，23 4.5k ΩR R ==，L 2k ΩR =，CC 15V V =。设β>>1，

BE ||0.6V U =，静态时O 0V U =，试回答下列问题：（1）

T 2、T 3、1R 构成什么电路？2R 、3R 和T 4

构成什么电

题7.11图

题7.12图

路？其作用是什么？（2）求C3I 和CE1U ；（3）设T 5、T 6的饱和压降CES 0V U =，估算最大不失真输出功率。

解：（1）T 2、T 3、1R 构成镜像电流源基本电路。2R 、3R 和T 4构成BE U 倍增电路，其作用是为功放电路（即T 5、T 6）提供静态偏置，使功放管工作在甲乙类状态，以消除交越失真。

（2）CC BE2C3C21||150.60.48mA 30

V U I I R --=≈==。 据BE U 倍增电路可知，2B5B6BE 3 4.5(1)||(1)0.6 1.2V 4.5R U U R =+

=+?=。由静态下O 0V U =可得B50.6V U =，故CE1B5B5B6CC ()0.6 1.21514.4V U U U V =---=-+=。

（3）22

CC om L 1556.25mW 222

V P R ===?。

7.13 指出题7.13图电路中的级间反馈元件，并判断反馈极性。

解：对于差动放大电路而言，若信号从T 1 输入又从T 1输出，则输出与输入反极性；信号从T 1 输入而从T 2输出，则输出与输入同极性。设输入信号b1U 为⊕，则

然后经7R 在4R 的上端，信号的瞬时极性和大小为⊕⊕⊕⊕，显然使差放的净输入电压id b1b2U U U ⊕⊕⊕⊕⊕=-比没有反馈时id b1U U =减小了很多，引入了负反馈。又因为反馈网络的一端取自非输出端，另一端连接非输入端，则说明7R 和4R 构成了级间直流负反馈和交流电流串联负反馈。

题7.13图

7.14 在题7.14图所示的电路中，按照下列要求分别接成所需的多级反馈放大电路：（1）具有稳定的源电压放大倍数；（2）具有较低的输入电阻和稳定的输出电流；（3）具有较高的输出电阻和输入电阻；（4）具有稳定的输出电压和较低的输入电阻。

解：假设1T 基极信号的瞬时极性及大小为⊕，若从1T 集电极2端输出，信号的瞬时极性及大小为；若从2T 集电极3端输出，信号的瞬时极性及大小为⊕⊕。

（1）由源电压放大倍数的表达式o us s

U A U =看出，要稳定源电压放大倍数，就需要引入交流电压串联负反馈。其实，电压串联反馈是很容易实现的，只要在47-之间接f R 即可；但如何实现负反馈，就要看是25-相连还是35-相连。

假设1端信号的瞬时极性及大小为⊕，欲实现负反馈，4、7两端信号（因为电压串联要求47-相连）的瞬时极性及大小应为⊕⊕⊕，此时5端信号的瞬时极性及大小应为

。由于2端信号的瞬时极性及大小为，可见只有25-相接才能构成

负反馈。

（2）根据题目要求，应引入电流并联负反馈。实现电流并联反馈的方法是16-之间接f R ，至于如何实现负反馈，则要看5端到底是与2端连接还是3端连接？ 假设1端信号的瞬时极性及大小为⊕，欲实现负反馈，应使6端信号的瞬时极性及大小为

，则5端信号的瞬时极性及大小也一定是。由于2端信号的瞬时极性及大小为，显然只有25-相连才能构成负反馈。 读者可以仿照上述分析的方法进行分析。其结论是：

（3）应引入电流串联负反馈。方法是46-之间接f R ，35-相连。

（4）应引入电压并联负反馈，方法是17-之间接f R ，35-相连 。

题7.14图

7.15放大电路如题7.15图所示，其中晶体管1T 、2T 、3T 均为硅管，且123βββ==。b 3k ΩR =，c 10k ΩR =，f 12k ΩR =，c37.5k ΩR =。（1）设开关S 打开，写出电压放大倍数的表达式；（2）若闭合开关S ，引入了何种反馈，假设电路满足深度负反馈条件，估算闭环电压放大倍数uf A 。

解：（1）[]c be33e ud11b be1//(1)2()R r βR A βR r ++=-+

3c3u2be33e

(1)βR A r βR =-++ u ud1u2A A A =? （2）电路引入了电压串联负反馈。因为b f o b f

R U U R R =+，所以 o b f uf f b 312

53

U R R A U R ++==== 题7.15图

分析化学课后作业答案解析

2014年分析化学课后作业参考答案 P25： 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？ （1） 砝码被腐蚀； （2） 天平的两臂不等长； （3） 容量瓶和移液管不配套； （4） 试剂中含有微量的被测组分； （5） 天平的零点有微小变动； （6） 读取滴定体积时最后一位数字估计不准； （7） 滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液； （8） 标定HCl 溶液用的NaOH 标准溶液中吸收了CO 2。 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。减免的方法：多读几次取平均值。 （6）随机误差。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。 3．滴定管的读数误差为±0.02mL 。如果滴定中用去标准溶液的体积分别为2mL 和20mL 左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？ 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?T E = E a r 可得 %1%100202.02±=?±= E mL mL mL r %1.0%1002002.020±=?±=E mL mL mL r 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。 4．下列数据各包括了几位有效数字？ （1）0.0330 (2) 10.030 (3) 0.01020 (4) 8.7×10-5 (5) pKa=4.74 (6) pH=10.00 答：（1）三位有效数字 （2）五位有效数字 （3）四位有效数字 （4） 两位有效数字 （5） 两位有效数字 （6）两位有效数字 9．标定浓度约为0.1mol ·L -1 的NaOH ，欲消耗NaOH 溶液20mL 左右，应称取基准物质H 2C 2O 4·2H 2O 多少克？其称量的相对误差能否达到0. 1%？若不能，可以用什么方法予以改善？若改用邻苯二甲酸氢钾为基准物，结果又如何？ 解：根据方程2NaOH+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+3H 2O 可知， 需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为：

分析化学第7章课后习题答案

第七章氧化还原滴定 1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？ 答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下3个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原中？为什么？ 答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。 实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？ 答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。 4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O. MnO2+H2C2O4+2H+==Mn2++2CO2+2H2O 2) 重铬酸甲法. Cr2O72-+14H++Fe2+===2Cr3++Fe3++7H2O CH3OH+Cr2O72-+8H+===CO2↑+2Cr3++6H2O 3)碘量法3I2+6HO-===IO3-+3H2O， 2S2O32-+I2===2I-+2H2O Cr2O72-+6I-+14H+===3I2+3Cr3++7H2O 5.应用于氧化还原滴定法的反应具备什么条件？ 答：应用于氧化还原滴定法的反应，必须具备以下几个主要条件： （1）反应平衡常数必须大于106，即△E>0.4V。 （2）反应迅速，且没有副反应发生，反应要完全，且有一定的计量关系。 （3）参加反应的物质必须具有氧化性和还原性或能与还原剂或氧化剂生成沉淀的物质。 （4）应有适当的指示剂确定终点。 6.化学计量点在滴定曲线上的位置与氧化剂和还原剂的电子转移数有什么关系？ 答：氧化还原滴定曲线中突跃范围的长短和氧化剂与还原剂两电对的条件电位（或标准电位）相差的大小有关。电位差△E较大，突跃较长，一般讲，两个电对的条件电位或标准电位之差大于0.20V时，突跃范围才明显，才有可能进行滴定，△E值大于0.40V时，可选用氧化还原指示剂（当然也可以用电位法）指示滴定终点。 当氧化剂和还原剂两个半电池反应中，转移的电子数相等，即n1=n2时，则化学计量点的位

分析化学第5章思考题习题答案

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。指示剂变色点的lg K’Min应大致等于pM ep, 不同的金属离子由于其稳定常数不同，其pM ep也不同。金属指示剂不象酸碱指示剂那样有一个确定的变色点。所以，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。 6．什么是金属指示剂的封闭和僵化？如何避免？ 答：指示剂-金属离子配合物稳定常数比EDTA与金属离子稳定常数大，虽加入大量EDTA也不能置换，无法达到终点，称为指示剂的封闭，产生封闭的离子多为干扰离子。消除方法：可加入掩蔽剂来掩蔽能封闭指示剂的离子或更换指示剂。指示剂或指示剂-金属离子配合物溶解度较小, 使得指示剂与滴定剂的置换速率缓慢，使终点拖长，称为指示剂的僵化。消除方法:可加入适当有机溶剂或加热以增大溶解度。 7．两种金属离子M和N共存时，什么条件下才可用控制酸度的方法进行分别滴定？ 答：当c M= c N时，lg c M K’MY= Δlg K。若Δp M=±0.3，E t≤±0.1%，则lg c M K’MY≥6，Δlg K≥6；ΔpM=±0.3，E t ≤±0.5%, 则lg c M K’MY≥5, Δlg K≥5；ΔpM=±0.3，E t≤±1%，则lg c M K’MY≥4, Δlg K≥4；才可用控制酸度的方法进行分别滴定。 8．掩蔽的方法有哪些？各运用于什么场合？为防止干扰，是否在任何情况下都能使用掩蔽方法？答：配位掩蔽法、沉淀掩蔽法、氧化还原掩蔽法。有时用掩蔽法亦无法解决问题，可用预先分离法。

分析化学习题答案(人卫版)

第二章 误差和分析数据处理 1、 指出下列各种误差是系统误差还是偶然误差？如果是系统误差，请区别方法误差、仪器 和试剂误差或操作误差，并给出它们的减免方法。 答：①砝码受腐蚀： 系统误差(仪器误差)；更换砝码。 ②天平的两臂不等长： 系统误差(仪器误差)；校正仪器。 ③容量瓶与移液管未经校准： 系统误差(仪器误差)；校正仪器。 ④在重量分析中，试样的非被测组分被共沉淀： 系统误差(方法误差)；修正方法，严格沉淀条件。 ⑤试剂含被测组分： 系统误差(试剂误差)；做空白实验。 ⑥试样在称量过程中吸潮： 系统误差；严格按操作规程操作；控制环境湿度。 ⑦化学计量点不在指示剂的变色范围内： 系统误差(方法误差)；另选指示剂。 ⑧读取滴定管读数时，最后一位数字估计不准： 偶然误差；严格按操作规程操作，增加测定次数。 ⑨在分光光度法测定中，波长指示器所示波长与实际波长不符： 系统误差(仪器误差)；校正仪器。 ⑩在HPLC 测定中，待测组分峰与相邻杂质峰部分重叠 系统误差(方法误差)；改进分析方法 11、两人测定同一标准试样，各得一组数据的偏差如下： ① 求两组数据的平均偏差和标准偏差； ② 为什么两组数据计算出的平均偏差相等，而标准偏差不等； ③ 哪组数据的精密度高？ 解：①n d d d d d 321n ++++= 0.241=d 0.242=d

1 2 i -∑= n d s 0.281=s 0.312=s ②标准偏差能突出大偏差。 ③第一组数据精密度高。 13、测定碳的相对原子质量所得数据：12.0080、12.0095、12.0099、12.0101、12.0102、12.0106、12.0111、12.0113、12.0118及12.0120。求算：①平均值；②标准偏差；③平均值的标准偏差；④平均值在99%置信水平的置信限。 解：①12.0104i =∑= n x x ②0.00121)(2 i =--∑= n x x s ③0.00038== n s s ④0.0012 0.000383.25 25.3t 92-2 0.01±=?±==±±=＝时，，查表置信限＝f n s t n s t x u 15、解：(本题不作要求) ，存在显著性差异。 得查表8,05.08,05.021R 2121 306.2 228 24649.34 64 60008 .04602 .04620.00008.00008.0%08.0 4602.0%02.46 4620.0%20.46t t t f t S S S S S x x >=-=-+==+?-= ========== 16、在用氯丁二烯氯化生产二氯丁二烯时，产品中总有少量的三氯丁二烯杂质存在。分析表明，杂质的平均含量为1.60%。改变反应条件进行试生产，取样测定，共取6次，测定杂质含量分别为：1.46%、1.62%、1.37%、1.71%、1.52%及1.40%。问改变反应条件后，产品中杂质百分含量与改变前相比，有明显差别吗？(α=0.05时) 解：

分析化学作业01参考答案(第三章)

3-1 在进行农业实验时，需要了解微量元素对农作物栽培的影响。如果从实验田中挖一小铲泥土试样，送化验室测定，由此试样所得的分析结果有无意义？应该如何正确采样？（简答） 答：取样没有代表性，分析结果没有意义。应按随机取样的原则，在实验田的不同位置采集足够量的原始试样，混合均匀后送至化验室，经化验室人员粉碎、过筛、混匀、缩分至适当量后再进行分析。 3-2 现有粗碎后的试样20 kg ，将其破碎后全部通过10号筛（d=2 mm ），可以缩分几次？设K 值为0.2。 解：kg 8.022.0Kd Q 22=?=≥缩分 ()()次缩分样品 46.42lg /8.0lg 02lg 2lg /Q lg lgQ n ==-=-= 3-3 测定某试样中氮的质量分数时，六次平行测定的结果分别是20.40%、20.52%、20.54%、20.58%、20.50%和20.56%。（1）计算该组数据的平均值、极差、平均偏差、相对平均偏差、标准偏差和变异系数；（2）若此样品为标准样品，其中氮的含量为20.46%，计算以上测定结果的绝对误差和相对误差。 解：（1）%52.20n /x x i == ∑ %18.0%40.20%58.20R =-= %04.0n /x x d i =-=∑（0.043%）；%2.0%100x /d =?（0.19%） ()()%06.01n /x x s 2 i =--=∑（0.064%）；%3.0%100x /s =?（0.31%） （2）%06.0x E a =μ-=；%3.0%100/E E a r =?μ=（0.29%） 注意：本题中偏差和误差按修约规则应保留1位，但多保留1位也可以。 3-4 分析过程中出现下列情况会造成哪种误差或过失？若是系统误差应如何消除？ （a ）分析试剂中含有微量待测组分（系统误差；空白试验或更换为高纯度试剂） （b ）移液管转移溶液后尖嘴处残留量稍有不同（随机误差） （c ）称量过程中天平零点略有变动（随机误差） （d ）基准物质保存不当，结晶水部分风化（系统误差；更换基准物） （e ）用NaOH 标准溶液测定某食醋试样总酸度时，碱式滴定管未用NaOH 标准溶液润洗（过

分析化学第五章 习题参考答案

第五章 习题参考答案 9 解：（1）因H 2C 2O 4·2H 2O 部分风化（失水），H 2C 2O 4有效质量增加，使实际消耗的NaOH 体积增加，故NaOH 浓度偏低。用此NaOH 溶液测定某有机酸的摩尔 质量时，实际消耗的NaOH 体积减小，会使结果偏高。 （2）因Na 2CO 3潮解，Na 2CO 3有效质量减小，使实际消耗的HCl 体积减小，故HCl 浓度偏高。用此HCl 溶液测定某有机碱 的摩尔质量时，实际消耗的HCl 体积增大，会使结果偏低。 14 解：（1）32110100.50.203 .17% 2989.0-???=??V V 1=66mL （2） V 2=57mL （3） 32310100.50.209 .98% 9684.1-???=??V V 3=56mL 17 解：CaO + 2HCl = CaCl 2 + H 2O 依 CaO HCl A B CaO HCl M C M C b a T ???=???= --33/102 1 10 所以 0.005000=08.56102 13???-HCl C C HCl =0.1783mol·L -1 1.000×0.2000=0.1783(1.000+V) V=0.1217L=121.7mL 18 解：Na 2CO 3 + 2HCl = 2NaCl + H 2O+CO 2↑ 2:1:32=H Cl CO Na n n 故 32)(2 1 CO Na HCl M CV m ?= V=20mL 时，g m 11.099.105102010.02 13=????=- 称量误差E r = %2.011 .00002.0=± V=25mL 时，g m 13.099.105102510.02 13=????=- 称量误差E r =%2.013 .00002.0=± 32210100.50.205 .60% 10005.1-???=??V

分析化学习题答案及详解

第二章 误差及分析数据的统计处理 思考题答案 1 正确理解准确度和精密度，误差和偏差的概念。 答：准确度表示测定结果和真实值的接近程度，用误差表示。精密度表示测定值之间相互接近的程度，用偏差表示。误差表示测定结果与真实值之间的差值。偏差表示测定结果与平均值之间的差值，用来衡量分析结果的精密度，精密度是保证准确度的先决条件，在消除系统误差的前提下，精密度高准确度就高，精密度差，则测定结果不可靠。即准确度高，精密度一定好，精密度高，准确度不一定好。 2 下列情况分别引起什么误差？如果是系统误差，应如何消除？ （1）砝码被腐蚀； 答：系统误差。校正或更换准确砝码。 （2）天平两臂不等长； 答：系统误差。校正天平。 （3）容量瓶和吸管不配套； 答：系统误差。进行校正或换用配套仪器。 （4）重量分析中杂质被共沉淀； 答：系统误差。分离杂质；进行对照实验。 （5）天平称量时最后一位读数估计不准；答：随机误差。增加平行测定次数求平均值。 （6）以含量为99%的邻苯二甲酸氢钾作基准物标定碱溶液； 答：系统误差。做空白实验或提纯或换用分析试剂。 3 用标准偏差和算术平均偏差表示结果，哪一个更合理？ 答：标准偏差。因为标准偏差将单次测定的偏差平方后，能将较大的偏差显著地表现出来。 4 如何减少偶然误差？如何减少系统误差？ 答：增加平行测定次数，进行数据处理可以减少偶然误差。通过对照实验、空白实验、校正仪器、提纯试剂等方法可消除系统误差。 5 某铁矿石中含铁%，若甲分析结果为%，%，%，乙分析得%，%，%。试比较甲、乙两人分析结果的准确度和精密度。 答：通过误差和标准偏差计算可得出甲的准确度高，精密度好的结论。 x 1 = ++÷3 =(%) x 2 = ＋＋ ÷3 = (%) E 1=－ =(%) E 2=－ = (%) %030.01 /)(1)(222 1=-∑-∑= --∑= n n x x n x x s i %045.01 /)(222=-∑-= ∑n n x x s i 6 甲、乙两人同时分析同一矿物中的含硫量。每次取样3.5 g ，分析结果分别报告为 甲：%，% 乙：%，% 哪一份报告是合理的？为什么？ 答：甲的分析报告是合理的。因为题上给的有效数字是两位，回答也应该是两位。

分析化学第五章试题及参考答案

第五章思考题与习题 1．写出下列各酸的共轭碱：H2O，H2C2O4，H2PO4-，HCO3-，C6H5OH，C6H5NH3+，HS-，Fe(H2O)63+,R-NH+CH2COOH. 答：H2O的共轭碱为OH-； H2C2O4的共轭碱为HC2O4-； H2PO4-的共轭碱为HPO42-； HCO3-的共轭碱为CO32-；； C6H5OH的共轭碱为C6H5O-； C6H5NH3+的共轭碱为C6H5NH2； HS-的共轭碱为S2-； Fe(H2O)63+的共轭碱为Fe(H2O)5(OH)2+； R-NH2+CH2COOH的共轭碱为R-NHCH2COOH。 2. 写出下列各碱的共轭酸：H2O,NO3-，HSO4-，S2-，C6H5O-，C u(H2O)2(OH)2，(CH2)6N4， R—NHCH2COO-，COO- C O O- 。 答：H2O的共轭酸为H+； NO3-的共轭酸为HNO3； HSO4-的共轭酸为H2SO4； S2的共轭酸为HS-； C6H5O-的共轭酸为C6H5OH C u(H2O)2(OH)2的共轭酸为Cu(H2O)3(OH)+； (CH2)6N4的共轭酸为(CH2)4N4H+；R—NHCH2COO-的共轭酸为R—NHCHCOOH， COO- C O O- 的共轭酸为COO- C O O-H 3．根据物料平衡和电荷平衡写出（1）(NH4)2CO3，（2）NH4HCO3溶液的PBE，浓度为c （mol·L-1）。 答：（1）MBE：[NH4+]+[NH3]=2c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=c CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-] PBE：[H+]+2[H2CO3] +[HCO3-]=[NH3]+[OH-] （2）MBE：[NH4+]+[NH3]=c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=c CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-] PBE：[H+]+[H2CO3]=[NH3]+[OH-]+[CO32-] 4．写出下列酸碱组分的MBE、CEB和PBE（设定质子参考水准直接写出），浓度为 c （mol·L-1）。 （1）KHP （2）NaNH4HPO4（3）NH4H2PO4（4）NH4CN 答：（1）MBE：[K+]=c [H2P]+[HP-]+[P2-]=c CBE：[K+]+[H+]=2[P2-]+[OH-]+[HP-] PBE：[H+]+[H2P]=[P2-]+[OH-] （2）MBE：[Na+]=[NH4+]=c [H2PO4-]+[H3PO4]+[HPO42-]+[PO43-]=c CBE：[Na+]+[NH4+]+[H+]=[OH-]+[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-] PBE：[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[PO43-] （3）MBE：[NH4+]=c [H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=c

无机及分析化学课后习题第三章答案

一、选择题 1．对反应 2SO 2(g)+O 2(g) NO(g) 2SO 3(g) 下列几种速率表达式之间关系正确的是( )。 A. dt dc dt c ) O ()SO (d 22= B. t c t c d 2)SO (d d )SO (d 32= C. t c t c d )O (d d 2)SO (d 23= D. 32d (SO ) d (O )2d d c c t t =- 解：选D 。依据化学反应的瞬时速率的表达通式，对于一般化学反应，速率表达可写出通式如下： A B Y Z A B Y Z νννν---???=???++ t v c t v c t v c t v c v d d d d d d d d Z Z Y Y B B A A ==== 2．由实验测定，反应 H 2(g)+Cl 2(g)===2HCl(g) 的速率方程为v ＝kc (H 2)c 1/2(Cl 2) ，在其他条件不变的情况下，将每一反应物浓度加倍， 此时反应速率为( )。 A. 2v B. 4v C. 2.8v D. 2.5v 解：选C 。依据化学反应的速率方程υ＝kc (H 2)c 1/2(Cl 2)，H 2和Cl 2浓度增大都增大一倍时，速率应该增大22倍，即相当于2.8Υa 。 3．测得某反应正反应的活化能E a.正=70 kJ·mol -1，逆反应的活化能E a.逆=20 kJ·mol -1，此反应的反应热为( ) A. 50 kJ·mol -1 B. -50 kJ·mol -1 C. 90 kJ·mol -1 D. -45 kJ·mol -1 解：选A 。依据过渡态理论，反应热可以这样计算：Q = E a,正－ E a,逆 。 4．在298K 时，反应 2H 2O 2===2H 2O+O 2，未加催化剂前活化能E a =71 kJ·mol -1，加入Fe 3+作催化剂后，活化能降到42 kJ·mol -1，加入 催化剂后反应速率为原来的（ ）。 A. 29倍 B. 1×103倍 C. 1.2×105倍 D.5×102倍 解：选C 。依据阿仑尼乌斯指数式k = A ·e RT E a - ，可得5298 314.8290001 2102.1e e 2 1 ?===?-RT E E a a k k 5．某反应的速率常数为2.15 L 2·mol -2·min -1，该反应为( )。 A. 零级反应 B. 一级反应 C. 二级反应 D. 三级反应 解：选D 。对于一个基元反应，aA + bB = cC + dD ，有反应速率为(A)(B)a b v kc c =则其速率常数k 的单位的通式可写成：(mol · L -1)1-a-b ·s -1， 反推可以得到为三级反应。 6．已知反应 2NO(g)+Cl 2(g)===2NOCl(g) 的速率方程为v ＝kc 2(NO)c (Cl 2)。故该反应( ) A. 一定是复杂反应 B. 一定是基元反应 C. 无法判断 解：选C 。基元反应符合质量作用定律，但符合质量作用定律的不一定都是基元反应。反应是基元反应还是复杂反应，要通过实验来确定。 7．已知反应 N 2(g)+O 2(g)===2NO(g) Δr H m θ>0，当升高温度时，K θ将( )。 A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 无法判断 解：选B 。根据吕·查德里原理，对吸热反应，当升高温度时，平衡就向能降低温度（即能吸热）的方向移动；即反应正向进行，平衡常数 将增大。 8．已知反应 2SO 2(g)+O 2(g) 3(g) 平衡常数为K 1θ，反应 SO 2(g)+21O 2(g) SO 3(g) 平衡常数为K 2θ。则K 1θ和K 2θ 的关系为( ) A. K 1θ＝K 2θ B. K 1θ＝ θ 2 K C. K 2θ＝ θ 1K D. 2K 1θ＝K 2θ 解：选C 。根据平衡常数的表达式，平衡常数与化学反应的化学计量数是有关的。化学反应的化学计量数的变化影响着平衡常数的指数项。 9．反应 2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +===2Mn 2++10CO 2+8H 2O Δr H m θ< 0，欲使KMnO 4褪色加快，可采取的措施最好不是( )。 A. 升高温度 B. 降低温度 C. 加酸 D. 增加C 2O 42-浓度 解：选B 。欲使KMnO 4褪色加快，即增大反应的速率，只能通过升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂等来考虑。所以这里降低 温度不利于加快反应速率。 10．设有可逆反应 a A(g) + b B(g) d D(g) + e E(g) θm r H ? >0，且a +b >d +e ，要提高A 和B 的转化率，应采取的措施是( )。 A. 高温低压 B. 高温高压 C. 低温低压 D. 低温高压 解：选B 。根据吕·查德里原理，对吸热反应，当升高温度时，平衡就向能降低温度（即能吸热）的方向移动；当增大压力时，平衡就向能

分析化学第三版下册-第七章-课后答案

分析化学第三版下册-第七章-课后答案

第七章原子吸收与原子荧光光谱法 1．解释下列名词： （1）原子吸收线和原子发射线；（2）宽带吸收和窄带吸收； （3）积分吸收和峰值吸收；（4）谱线的自然宽度和变宽； （5）谱线的热变宽和压力变宽；（6）石墨炉原子化法和氢化物发生原子化法； （7）光谱通带；（8）基体改进剂； （9）特征浓度和特征质量；（10）共振原子荧光和非共振原子荧光。 答：（1）原子吸收线是基态原子吸收一定辐射能后被激发跃迁到不同的较高能态产生的光谱线；原子发射线是基态原子吸收一定的能量（光能、电能或辐射能）后被激发跃迁到较高的能态，然后从较高的能态跃迁回到基态时产生的光谱线。 （2）分子或离子的吸收为宽带吸收；气态基态原子的吸收为窄带吸收。 （3）积分吸收是吸收线轮廓的内的总面积即吸

收系数对频率的积分；峰值吸收是中心频率ν0两旁很窄（dν= 0）范围内的积分吸收。 （4）在无外界条件影响时，谱线的固有宽度称为自然宽度；由各种因素引起的谱线宽度增加称为变宽。 （5）谱线的热变宽是由原子在空间作相对热运动引起的谱线变宽；压力变宽是由同种辐射原子间或辐射原子与其它粒子间相互碰撞产生的谱线变宽，与气体的压力有关，又称为压力变宽。（6）以石墨管作为电阻发热体使试样中待测元素原子化的方法称为石墨炉原子化法；反应生成的挥发性氢化物在以电加热或火焰加热的石英管原子化器中的原子化称为氢化物发生原子化法。 （7）光谱通带是指单色器出射光束波长区间的宽度。 （8）基体改进剂是指能改变基体或被测定元素化合物的热稳定性以避免化学干扰的化学试剂。（9）把能产生1％吸收或产生0.0044吸光度时所对应的被测定元素的质量浓度定义为元素的特征浓度；把能产生1％吸收或产生0.0044吸光度时所对应的被测定元素的质量定义为元素的

(完整版)分析化学各章节习题(含答案)

第一章误差与数据处理 1-1 下列说法中，哪些是正确的？ （1）做平行测定的目的是减小系统误差对测定结果的影响。 （2）随机误差影响精密度，对准确度无影响。 （3）测定结果精密度高，准确度不一定高。 （4）只要多做几次平行测定，就可避免随机误差对测定结果的影响。 1-2 下列情况，将造成哪类误差？如何改进？ （1）天平两臂不等长（2）测定天然水硬度时，所用蒸馏水中含Ca2+。 1-3填空 （1）若只作两次平行测定，则精密度应用表示。 （2）对照试验的目的是，空白试验的目的是。 （3）F检验的目的是。 （4）为检验测定结果与标准值间是否存在显著性差异，应用检验。 （5）对一样品做六次平行测定，已知d1~d5分别为0、+0.0003、－0.0002、－0.0001、+0.0002，则d6为。 1-4用氧化还原滴定法测定纯品FeSO4·7H2O中铁的质量分数，4次平行测定结果分别为20.10%，20.03%，20.04%，20.05%。计算测定结果的平均值、绝对误差、相对误差、平均偏差、相对平均偏差、标准偏差及变异系数。 1-5有一铜矿样品，w(Cu) 经过两次平行测定，分别为24.87%和24.93%，而实际w(Cu)为25.05%，计算分析结果的相对误差和相对相差。 1-6某试样5次测定结果为：12.42%，12.34%，12.38%，12.33%，12.47%。用Q值检验法和4d检验法分别判断数据12.47%是否应舍弃？（P = 0.95） 1-7某分析人员测定试样中Cl的质量分数，结果如下：21.64%，21.62%，21.66%，21.58%。已知标准值为21.42%，问置信度为0.95时，分析结果中是否存在系统误差？ 1-8 在不同温度下测定某试样的结果如下： 10℃：:96.5%，95.8%，97.1%，96.0% 37℃：94.2%，93.0%，95.0%，93.0%，94.5% 试比较两组数据是否有显著性差异？（P = 0.95）温度对测定是否有影响？

武汉大学分析化学实验习题解答(第二版)

武汉大学分析实验习题解答（第二版） 实验3---1 分析天平称量练习 1.称量结果应记录至几位有效数字?为什么?j 小数点后4位.因称量误差≦0.1% 2.称量时,应每次将砝码和物体放在天平盘的中央，为什么? 因为是等臂天平.放在天平盘的中央,才能保证等臂,使称量准确. 3.本实验中要求称量偏差不大于0.4m g,为什么? 因为称量一次,允许产生±0.2 mg的偏差, 用递减称量法称量一份试样时,需要连续两次称取容器+试样的质量,故允许产生±0.4 mg的偏差 实验3---2 滴定分析基本操作练习 1．配制NaOH溶液时，应选用何种天平称取试剂？为什么？ 感量为0.1g的台秤.因为是粗配溶液 2．HCI和NaOH溶液能直接配制准确浓度吗？为什么？ 不能.因浓HCI易挥发,浓度不确定. NaOH易吸收空气中的CO2和水分. 3．在滴定分析实验中，滴定管和移液管为何需用滴定剂和待移取的溶液润洗几次？锥形瓶是否也要用滴定剂润洗? (1)防止待移取的溶液浓度被稀释(2)不能.相当于多加了滴定剂,在滴定之前, 这部分滴定剂已和待测物质发生了反应,影响分析结果的准确度. 4．HCI和NaOH溶液定量反应完全后，生成NaCI和水，为什么用HCI滴定NaOH时，采用甲基橙指示剂，而用NaOH滴定HCI时，使用酚酞或其它合适的指示剂？ 因为用HCI→NaOH 指示剂:甲基橙黄→橙 突跃范围PH=4..3-9.7 PH=4.4 4.0 摇动锥形瓶中的NaOH时, CO2影响大(PH≥5时),用甲基橙可有效消除CO2的影响.用酚酞指示剂,会多消耗NaOH,产生较大误差. 用NaOH →HCI, CO2影响小(滴定管液面与空气接触少), 指示剂:酚酞由无色→红色,易观察;而甲基橙,由红色→黄色,难观察. 实验4---1.食用白醋中醋酸含量的测定 1.与其他基准物质比较,邻苯二甲酸氢钾有什么优点? 邻苯二甲酸氢钾易制得纯品，在空气中不吸水，易保存，摩尔质量大，与NaOH 反应的计量比为1：1 2.称取NaOH及邻苯二甲酸氢钾各用什么天平?为什么? 称取NaOH用台秤.因为是粗配NaOH,且称样量较大. 称取邻苯二甲酸氢钾用分析天平.因为需要准确称量, 且称样量小. 3.已标定的NaOH溶液在保存中吸收了二氧化碳,用它来测定HCI的浓度,若以酚酞为指示剂对测定结果有何影响?改用甲基橙,又如何? 测定C HCI，用酚酞指示剂，偏高（多消耗NaOH）

天大分析化学课后习题答案

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？ （1） 砝码被腐蚀； （2） 天平的两臂不等长； （3） 容量瓶和移液管不配套； （4） 试剂中含有微量的被测组分； （5） 天平的零点有微小变动； （6） 读取滴定体积时最后一位数字估计不准； （7） 滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液； （8） 标定HCl 溶液用的NaOH 标准溶液中吸收了CO 2。 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．如果分析天平的称量误差为±0.2mg ，拟分别称取试样0.1g 和1g 左右，称量的相对误差各为多少？这些结果说明了什么问题？ 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 a r 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=?±=E g g g r %02.0%1000000.10002.01±=?±= E g g g 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．滴定管的读数误差为±0.02mL 。如果滴定中用去标准溶液的体积分别为2mL 和20mL 左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？ 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?T E =E a r 可得 %1%100202.02±=?±=E mL mL mL r

分析化学》第七章习题答案(华中师范大学、东北师范大学、陕西师范大学、北京师范大学)

第七章氧化还原滴定1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？ 答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下3个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原滴定中？为什么？ 答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。 实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？ 答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。 4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O.

(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-^HCOOHj d.0, 010 mol - L^1 FeCl,. W￥】s [NH：] + CH*] = [C「]一[OH「] 或[NHT ] + [H+ ]=q + [OH 'J b N*] + [H*]=[H￡BOr] + [OH-] 或E+[H+]=[压BOn+[Q]ir e.[H+]=[HwPO「]+2[HFO：-]+3[PO「]+[HCO0—] + [QHr d. [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'^HiSOu c.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-1 pH= 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

兰叶青 无机及分析化学课后习题答案(所有章节)

第二章 习题解答 2－10解：（1）×；（2）×；（3）√；（4）×；（5）×；（6）×； （7）×；（8）×；（9）；（10）×；（11）× 2－11解：（1）敞开体系；（2）孤立体系；（3）敞开体系； 2－12解：（1） Q =100kJ W=-500 kJ △U = Q + W=-400 kJ （2）Q =-100kJ W=500 kJ △U = Q + W=400 k 2－13解：因为此过程为可逆相变过程，所以 Q p =△H= 40.6kJ ·mol -1 W=-p 外△V ≈-n R T =-8.314×373.15=-3.10 kJ ·mol -1 △U = Q + W= 40.6+（-3.10）=37.5 kJ ·mol -1 2－14解：（1） r m B f m B f m 2f m f m f m 231 B) 3CO g Fe,s 3CO,g Fe O ,s 3393.51203(110.52)(822.2)26.77kJ mol H H H H H H -?=ν?=??-?+?=?-?-?---=-?∑（（，）+2（）（）（） （）+ΘΘ ΘΘ ΘΘ （2） r m B f m B f m 2f m 2f m f m 21 B) CO g H ,g CO,g H O,g 393.510(110.52)(241.82)41.17kJ mol H H H H H H -?=ν?=??-?+?=-----=-?∑（（，）+（）（）（） （）+ΘΘ ΘΘ ΘΘ （3） r m B f m B f m 2f m f m 2f m 31 B) 6H O l NO,g 5O ,g 4NH ,g 6285.834(90.25)504(46.11)1169.54kJ mol H H H H H H -?=ν?=??-?+?=?-?-?-?-=-?∑（（，）+4（）（）（） （）+ΘΘ ΘΘ ΘΘ 2－15解：乙醇的Θm f H ?反应r m H ?Θ 为： （4） 2C （s ，石墨）+3H 2（g ）+1/2O 2（g ）= C 2H 5OH （l ），所以： 反应（4）=反应（2）×2+反应（3）×3-反应（1） r m r m r m r m -1 (4)2(2)3(3)(1) 2(393.5)3(571.6)(1366.7)1135.1kJ mol H H H H ?=?+?-?=?-+?---=-?ΘΘΘΘ 对反应2C （s ，石墨）+ 2H 2（g ）+ H 2O （l ）= C 2H 5OH （l ）

分析化学第三章答案

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？ （1）砝码被腐蚀； （2）天平的两臂不等长； （3）容量瓶和移液管不配套； （4）试剂中含有微量的被测组分； （5）天平的零点有微小变动； （6）读取滴定体积时最后一位数字估计不准； （7）滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液； （8）标定HCl溶液用的NaOH标准溶液中吸收了CO2。 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．如果分析天平的称量误差为±0.2mg，拟分别称取试样0.1g和1g左右，称量的相对误差各为多少？这些结果说明了什么问题？

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 a r 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=?±=E g g g r %02.0%1000000.10002.01±=?±=E g g g 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．滴定管的读数误差为±0.02mL 。如果滴定中用去标准溶液的体积分别为2mL 和20mL 左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？ 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?T E =E a r 可得 %1%100202.02±=?±=E mL mL mL r %1.0%1002002.020±=?±=E mL mL mL r 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。 4．下列数据各包括了几位有效数字？ （1）0.0330 (2) 10.030 (3) 0.01020 (4) 8.7×10-5 (5) pKa=4.74 (6) pH=10.00