分析化學(xué)第四版規(guī)范標(biāo)準(zhǔn)答案華中師范大學(xué)東北師范大學(xué)陜西師范大學(xué)北京師范大學(xué),西南大學(xué),華南師范大學(xué)編

1、第一章 緒 論答案： 1儀器分析法靈敏度高。2儀器分析法多數(shù)選擇性較好。3儀器分析法分析速度較快，利于批量樣品分析。4易于使分析工作自動(dòng)化。5相對(duì)誤差較大。6設(shè)備復(fù)雜、價(jià)格昂貴，對(duì)儀器工作環(huán)境要求較高。第二章定性分析1. 解：最底濃度1:G=1:5 ×1042. 解：檢出限量3. 答：應(yīng)選用（ 2 ）1mol ?L-1HCl 作洗液，因?yàn)?HCl 含有與氯化物沉淀的共同離子，可以減 少洗滌時(shí)的溶解損失，又保持一定的酸度條件，避免某些水解鹽的沉淀析出，另外 HCl 為 強(qiáng)電解質(zhì)避免因洗滌劑而引起膠體現(xiàn)象。如果用蒸餾水洗滌，則不具備上述條件，使沉淀的溶解損失太大，特別是 PbCl2 HN

2、O3 不含共同離子，反而引起鹽效應(yīng)而使沉淀溶解度大， NaCl 則雖具有共同離子，但不具備酸 性條件，所以亦不宜采用。4. 解：（ 1）用 NH4Ac 溶解 PbSO4 ，而不溶解 Hg2SO4 。（2 ）用氨水溶解 Ag2CrO4 ，而不溶解 Hg2CrO4 。(3) 用 NaOH 溶解 PbCrO4 ，而不溶解 Hg2CrO4（4）用氨水溶解 AgCl ，而不溶解 PbSO4(5) 用 HNO3 溶解 Pb(OH)2 ，而不溶解 AgCl（6）用氨水溶解 AgCl, 而不溶解 Hg2SO45.答:（1）H2O2+2H+ +2e=2H2OE0=1.77 VEo=0.154 VSn4+2e=S

3、n2+H2O2 是比 Sn4+ 強(qiáng)的氧化劑，所以 H2O2 可以氧化 Sn2+ 為 Sn4+(2 )I2( 固)+2e=2I-Eo=0.5345 VEo=0.559 VAsO43-+4H+2e=AsO33-+2H2OI- 是比 AsO33- 強(qiáng)的還原劑，所以 NH4I 可以還原 AsO43-6. 答:（ 1）因?yàn)?HNO3 是強(qiáng)的氧化劑會(huì)把組試劑 H2S 氧化成硫而沉淀。（2）用 H2SO4 代替 HCl ，引入了 SO42- ，使 Ba2+ Sr2+ Ca2+ 及 Pb2+ 離子生 成硫酸鹽沉淀，將妨礙這些離子的分析。（3）用 HAc 代替 HCl ，則由于它是弱酸，不可能調(diào)至所需要的酸度。

4、7. 答:（1）加 （NH4）2CO3, As2S3 溶解而 HgS 不溶。（2）加稀 HNO3, CuS 溶解而 HgS 不溶。（3）加濃 HCl, Sb2S3 溶解而 As2S3 不溶。（ 4 ）加 NH4Ac, PbSO4 溶解而 BaSO4 不溶。（5 ）加氨水， Cd（OH）2 溶解而 Bi（OH）3 不溶。（6 ）加氨水， Cu（OH）2 溶解而 Pb（OH）2 不溶。（7 ）加 Na2S ，SnS2 溶解而 PbS 不溶。（8 ）加 Na2S ，SnS2 溶解而 SnS 不溶。9）加稀 HCl, ZnS 溶解而 CuS 不溶。10 )加稀 HCl, MnS 溶解而 Ag2S 不溶

5、。(11 )與組試劑作用， 生成黃色沉淀， 此沉淀一部分溶于 Na2S ，另一部分不溶， 仍為黃色。8. 答: ( 1 )容易水解的離子如： Bi3+ Sb(III) Sn(II) Sn(IV) 存在。( 2)可知 Hg2+ 不存在。(3 )生成的硫化物為黃色，則 Pb2+ Bi3+ Cu2+ Hg2+ 不存在。 根據(jù)以上判斷，可知，有： Cd2+ Sn(IV) As(III) As(V) 也可有 Sb(III) Sb(V) 存在。9. 答:( 1)在第三組離子的沉淀中， Al(OH)3 和 Cr(OH)3 屬于兩性氫氧化物，酸度高時(shí)沉 淀不完全， 酸度太低又容易形成偏酸鹽而溶解。 另一方面當(dāng)

6、 pH>10 時(shí)，部分的 Mg2+ 生成 Mg(OH)2 沉淀。實(shí)驗(yàn)證明控制在 pH=9.0 ,為沉淀第三組離子最適宜的條件，在沉淀本組 離子的過程中，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液 pH 降低。因此加入 NH3-NH4Cl 緩沖溶液來保持 pH=9.0 。(2)(NH4)2S 放置太久，部分 S2- 可被氧化成 SO42- 。氨水放置太久，會(huì)吸收空氣中的CO2 產(chǎn)生 CO32- ，固而使第四組的 Ba2+ Sr2+ Ca2+ 部分沉淀于第三組。所以，必須 使用新配制的 (NH4)2S 和氨水。10. 答:(1)加過量氨水，則 Co(OH)2 生成 Co(NH3)62+ 溶解，而 Al(OH)3

7、不溶。 (2 )加適當(dāng)過量的 NaOH ，則 Zn(OH)2 生成 ZnO22- 溶解，而 Fe(OH)3 不溶。 (3 )加適當(dāng)過量的 NaOH ，則 Zn(OH)2 生成 ZnO22- 溶解，而 Ni(OH)2 不溶。 (4 )加適當(dāng)過量的 NaOH ，則 Cr(OH)3 生成 CrO2- 溶解，而 Co(OH)2 不溶。(5 )加過量氨水，則 Ni(OH)2 生成 Ni(NH)62+ 溶解，而 Al(OH)3 不溶。11. 解 :（ 1 ）有色離子不存在，如： Fe3+ Fe2+ Cr3+ Mn2+ Co2+ 和 Ni2+ 。2 )表示 Al3+ 也不可能存在。3 )加入組試劑 (NH4

8、)2S 或 TAA 得白色沉淀，則又一次證明了 Fe3+ Fe2+ Cr3+Mn2+ Co2+ 和 Ni2+ 不存在。由以上推斷試樣中可能有 Zn2+ 存在。12. 解:由（ 1）可以判斷 Al3+ Cr3+ 和 Fe3+不存在，由（ 2）可知 Fe3+ Fe2+ Co2+ 和 Ni2+ 不存在， Mn2+ 可能存在，由（ 3 ）可知 Mn2+ 和 Zn2+ 存在。綜上所述，則存在的離子為 Mn2+ 和 Zn2+, 不可能存在的離子為 Al3+ Cr3+ Fe3+ Fe2+ Co2+ 和 Ni2+ ；少量 Al3+ Cr3+ 存在與否不能決定。13. 答:分出第三組陽(yáng)離子的試液含有大量的S2+

9、 ，S2+易被空氣中的氧氧化成 SO42+ ，則使部分 Ba2+ Sr2+ 生成難溶解的硫酸鹽， 影響的分析， 所以要立即處理含有第四五組陽(yáng) 離子的試液。處理的方法是：將試液用 HAc 酸化加熱煮沸，以除去 H2S 。14. 答:（1）NH4+ 與 Na3Co（NO2）6 生成橙黃色沉淀 （NH4）2NaCo（NO2）6 干擾 K+ 的鑒 定，所以如果氨鹽沒有除凈，則 K+ 便出現(xiàn)過度檢出。（2）K+ 未檢出的原因有三： a.酸度條件控制不當(dāng)。檢定 K+ 的反應(yīng)條件應(yīng)在中性或弱酸性 中進(jìn)行。如果溶液為強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性，則 Co（NO2）63- 分解。 b.試劑放置過久。試劑久置和 日光照射下易發(fā)

10、生分解。 c. 存在其他還原劑或氧化劑。還原劑能將試劑中的Co3+ 還原為Co2+ ；氧化劑能將試劑中的 NO2- 氧化為 NO3- 。15. 答: （ 1 ）加堿產(chǎn)生 NH3 者為 NH4Cl 。（2 ）加 BaCl2 生成不溶于稀 HCl 的白色沉淀 BaSO4 者，為 （NH4）2SO4 。（3 ）加飽和 （NH4）2SO4 產(chǎn)生白色沉淀的為 BaCl2 。（4）加 CaCl2 生成白色沉淀 CaC2O4 者，為 （NH4）2C2O4 。16. 解:（1）既然沉淀為白色，溶液為無色，則有色物質(zhì)K2CrO4 不存在。（2 ）由（ 1 ）得白色沉淀溶于稀 HCl 。則BaCl2 與（NH4）

11、2SO4 不可能同時(shí)存在，而溶于稀HCl 的白色沉淀，必定是草酸鹽。所以 （NH4）2C2O4 肯定存在。（3 ）試驗(yàn)表明 （NH4）2SO4 存在，則 BaCl2 肯定不存在， 既然 BaCl2 不存在， 則試驗(yàn)（1） 生成的白色沉淀只能是 CaC2O4 。所以 Ca（NO3）2 肯定存在。（4 ）實(shí)驗(yàn)（ 4）表明 MgCl2 不存在。綜上所述分析結(jié)果為：存在的物質(zhì)有： （NH4）2C2O4不存在的物質(zhì)有： K2CrO4存在與否不能判斷的為： NaCl 。17. 答:由分組實(shí)驗(yàn)肯定第一二組陰離子不存在， （NH4）2SO4 和 Ca（NO3）2 ；BaCl2 MgCl2 ；由揮發(fā)性實(shí)驗(yàn)和氧化

12、還原試驗(yàn)， 肯定 NO2-和 S2O32- 不存在。所以只有 NO3- 和 Ac- 不能肯定，還需進(jìn)行鑒定。18. 答: （1）加稀 H2SO4 有氣泡產(chǎn)生，則 SO32- S2O32- CO32- S2- NO2- 可能存在（2 ）在中性溶液中加 BaCl2 溶液有白色沉淀，則 SO42- SO32- S2O32- CO32-PO43- SiO32- 可能存在。3 ）在稀 HNO3存在下加 AgNO3 溶液有白色沉淀，則Cl- 可能存在； Br- I- S2- 不可能存在。4 ）在稀 H2SO4 存在下加KI- 淀粉溶液無明顯變化，則NO2- 不可能存在。5 ）在稀 H2SO4 存在下加I2

13、- 淀粉溶液無明顯變化，則SO32- S2O32- S2- 不可能存在。6 ）在稀 H2SO4 酸性條件下加 KMnO4 紫紅色褪去，則 SO32- S2O32-Cl-（大量）Br- I- S2- NO2- 可能存在。從以上各初步實(shí)驗(yàn)結(jié)果來看，肯定不存在的陰離子有：Br- I- S2- NO2- SO32-SO42- CO32- PO43- SiO32-SO32- S2O32- 。所以還應(yīng)進(jìn)行分別鑒定的陰離子為：Cl- NO3- 和 Ac- 七種陰離子。19. 答:第一 二組陽(yáng)離子的鉛鹽都難溶于水，既然混合物能溶于水。已經(jīng)鑒定出有Pb2+ ，所以第一 二組陽(yáng)離子可不鑒定。20. 答:因?yàn)?H2

14、SO4 與較多的陽(yáng)離子生成難溶解的硫酸鹽沉淀。 HAc 的酸性太弱，溶解能力 差。所以一般不用 H2SO4 和 HAc 溶解試樣。21. 答: （1）試樣本身無色， 溶于水所得溶液亦無色， 則有色離子如： Cu2+ Fe3+ Fe2+ Cr3+ Mn2+ Co2+ 和 Ni2+ 不可能存在。試樣易溶于水，則易水解析出的難溶化合物離子不可能存在。如：Bi3+ Sb（III） Sb（V） Sn（II） 和 Sn（IV） 等離子。（2 ）焰色試驗(yàn)時(shí)火焰為黃色，則有Na+ 存在，其他有明顯焰色反應(yīng)的離子，如： Ba2+ Ca2+ Sr2+ Cu2+ K+ 等離子不可能存在。（3 ）溶于稀 HCl 無可

15、覺察的反應(yīng)， 則 Ag+ Hg22+ Pb2+ 離子不存在， 另外在酸性溶液 中具有揮發(fā)性的陰離子，如： SO32- S2O32- CO32- S2- NO2- 。與酸作用能生成 沉淀的 SiO3- 都不可能存在。（4 ）試樣與濃 H2SO4 不發(fā)生反應(yīng)，則能生成難溶性硫酸鹽的離子，如：Pb2+ Ba2+ Sr2+ Ca2+ （大量） Ag+ Hg22+ 等離子不存在。另外證明揮發(fā)性陰離子及還原性的 I- 不存在。（5 ）與 NaOH 一起加熱不放出 NH3 ，則表示 NH4+ 不存在。生成有色沉淀的陽(yáng)離子亦 不存在，如： Ag+ Hg22+ Cu2+ Hg2+ Fe3+ Fe2+ Cr3+

16、Mn2+ Co2+ 和 Ni2+ 等離子。（ 6 ）在中性溶液中與 BaCl2 溶液不產(chǎn)生沉淀，則表示第一組陽(yáng)離子不存在?？偫ㄒ陨戏治鐾茢啵行枰b定的離子有：陽(yáng)離子：Cd2+ As(III) As(V) Al3+ Zn2+ Mg2+ Na+ 等離子。陰離子：Cl- Br- NO3- Ac- 等離子。第三章 誤差和分析數(shù)據(jù)的處理（答案均已更正）1. 答:（1）系統(tǒng)誤差中的儀器誤差。減免的方法：校準(zhǔn)儀器或更換儀器。（2 ）系統(tǒng)誤差中的儀器誤差。減免的方法：校準(zhǔn)儀器或更換儀器。（3 ）系統(tǒng)誤差中的儀器誤差。減免的方法：校準(zhǔn)儀器或更換儀器。（4 ）系統(tǒng)誤差中的試劑誤差。減免的方法：做空白實(shí)驗(yàn)。（5

17、）隨機(jī)誤差。（6 ）系統(tǒng)誤差中的操作誤差。減免的方法：多讀幾次取平均值。（7 ）過失誤差。（8 ）系統(tǒng)誤差中的試劑誤差。減免的方法：做空白實(shí)驗(yàn)。2. 解：因分析天平的稱量誤差為。故讀數(shù)的絕對(duì)誤差根據(jù) 可得這說明，兩物體稱量的絕對(duì)誤差相等，但他們的相對(duì)誤差并不相同。也就是說，當(dāng)被測(cè)定的量較大時(shí)，相對(duì)誤差就比較小，測(cè)定的準(zhǔn)確程度也就比較高。3. 解：因滴定管的讀數(shù)誤差為 ，故讀數(shù)的絕對(duì)誤差根據(jù) 可得這說明，量取兩溶液的絕對(duì)誤差相等，但他們的相對(duì)誤差并不相同。也就是說，當(dāng)被測(cè) 定的量較大時(shí)，測(cè)量的相對(duì)誤差較小，測(cè)定的準(zhǔn)確程度也就較高。4. 答：（1）三位有效數(shù)字 （2 ）五位有效數(shù)字 （3 ）四位有

18、效數(shù)字 （4） 兩位有效數(shù)字 （5） 兩位有效數(shù)字（6 ）兩位有效數(shù)字5. 答:： 0.36 應(yīng)以兩位有效數(shù)字報(bào)出。6. 答:：應(yīng)以四位有效數(shù)字報(bào)出。7. 答:：應(yīng)以四位有效數(shù)字報(bào)出。8. 答:：甲的報(bào)告合理。因?yàn)樵诜Q樣時(shí)取了兩位有效數(shù)字，所以計(jì)算結(jié)果應(yīng)和稱樣時(shí)相同， 都取兩位有效數(shù)字。9. 解：根據(jù)方程 2NaOH+H2C2O4 ?H2O=Na2C2O4+4H2O 可知，需 H2C2O4 ?H2O 的質(zhì)量 m1 為：相對(duì)誤差為則相對(duì)誤差大于 0.1% ，不能用 H2C2O4 ?H2O 標(biāo)定 0.1mol ?L-1 的 NaOH ，可 以選用相對(duì)分子質(zhì)量大的作為基準(zhǔn)物來標(biāo)定。若改用 KHC8H

19、4O4 為基準(zhǔn)物時(shí)，則有：KHC8H4O4+ NaOH= KNaC8H4O4+H2O需 KHC8H4O4 的質(zhì)量為 m2 ，則相對(duì)誤差小于 0.1% ，可以用于標(biāo)定 NaOH 。10. 答：乙的準(zhǔn)確度和精密度都高。因?yàn)閺膬扇说臄?shù)據(jù)可知，他們是用分析天平取樣。所以 有效數(shù)字應(yīng)取四位， 而甲只取了兩位。 因此從表面上看甲的精密度高， 但從分析結(jié)果的精密 度考慮，應(yīng)該是乙的實(shí)驗(yàn)結(jié)果的準(zhǔn)確度和精密度都高。11. 答： D12. 答： D13. 解：根據(jù)得 則 S=0.1534%當(dāng)正確結(jié)果為 15.34% 時(shí)，14. 解：（1）（2 ）24.87%（3）（4）15. 解：（1）（5 ）Xm=X 大-X

20、小=67.48%-67.37%=0.11%16. 解：甲：乙：由上面 |Ea1|<|Ea2| 可知甲的準(zhǔn)確度比乙高。 S1<S2 Sr1<Sr2 可知甲的精密度比乙 高。綜上所述，甲測(cè)定結(jié)果的準(zhǔn)確度和精密度均比乙高。17. 解：（1）根據(jù) 得u1=（2）u1=-2.5u2=1.5 . 由表 31 查得相應(yīng)的概率為 0.4938 ，0.4332則 P（20.30 x 20.46）=0.4938+0.4332=0.927018. 解：=查表 3-1 ，P=0.4987故，測(cè)定結(jié)果大于 11.6g ?t-1 的概率為：0.4987+0.5000=0.998719. 解：=查表 3-

21、1 ，P=0.4713故在 150 次測(cè)定中大于 43.59% 出現(xiàn)的概率為：0.5000-0.4713=0.0287因此可能出現(xiàn)的次數(shù)為 150 0.028720. 解：（1）（ 2）已知 P=0.95 時(shí)， ，根據(jù)得鋼中鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的置信區(qū)間為（3）根據(jù)得 已知 ， 故查表 3-2 得知，當(dāng) 時(shí)， 此時(shí)即至少應(yīng)平行測(cè)定 21 次，才能滿足題中的要求。21. 解：（1) n=5經(jīng)統(tǒng)計(jì)處理后的測(cè)定結(jié)果應(yīng)表示為： n=5, s=0.11%（ 2） , s=0.11% 查表 t0.95,4=2.78因此22. 解：（1） , s=0.70% 查表 t0.95,5=2.57因此（2 ） , s=0.

22、70% 查表 t0.95,2=4.30因此由上面兩次計(jì)算結(jié)果可知：將置信度固定，當(dāng)測(cè)定次數(shù)越多時(shí)，置信區(qū)間越小，表明 越接近真值。即測(cè)定的準(zhǔn)確度越高。23. 解：（ 1）查表 3-3 得 Q0.90,4=0.76, 因 Q>Q0.90,4 , 故 1.83 這一數(shù)據(jù)應(yīng)棄去。（2）查表 3-3 得 Q0.90,5=0.64, 因 Q<Q0.90,5, 故 1.83 這一數(shù)據(jù)不應(yīng)棄去。24. 解： （1）故 0.1056 這一數(shù)據(jù)應(yīng)舍去。查表 3-4 得, G0.95,4=1.46 , G1<G0.95,4 ,G2>G0.95,4(2)當(dāng) P=0.90 時(shí)， 因此當(dāng) P=0

23、.95 時(shí)， 因此 由兩次置信度高低可知，置信度越大，置信區(qū)間越大。25. 解：根據(jù)查表 3-2 得 t0.90,3=3.18 , 因 t>t0.95,3 ，說明平均值與標(biāo)準(zhǔn)值之間存在顯著性差異。26. 解：查表 3-2, t0.95,4 =2.78 , t<t0.95,4說明這批產(chǎn)品含鐵量合格。27. 解： n1=4n2=5查表 3-5, fs大=3， fs小=4 ， F表=6.59 ， F< F 表 說明此時(shí)未表現(xiàn) s1與 s2有顯著性差異（ P=0.90 ）因此求得合并標(biāo)準(zhǔn)差為查表 3-2 , 當(dāng) P = 0.90, f = n1 + n22 = 7 時(shí), t 0.90

24、 , 7 = 1.90 ,t < t0.90 , 7故以 0.90 的置信度認(rèn)為 與 無顯著性差異。28. 解： (1) 7.9936 ÷0.9967-5.02=7.994 ÷0.9967-5.02=8.02-5.02=3.00(3) (1.276 ×4.17 ) +1.7 ×10-4- (0.0021764 ×0.0121 )= ( 1.28 ×4.17 ) +1.7 ×10-4- (0.00218 ×0.0121 ) = 5.34+0+0 =5.34(4) pH=1.05 ,H+=8.9 ×10

25、-229. 解： (1)查表 3-4 得, G0.95,6=1.82 , G1<G0.95 , 6 , G2<G0.95 , 6 ,故無舍去的測(cè)定值。（2）查表 3-2 得， t0.95,5=2.57 , 因 t<t0.95 , 5 ，說明上述方法準(zhǔn)確可靠。第四章 滴定分析法概論1. 答：滴定分析法：將一種已知準(zhǔn)確濃度的試劑溶液（即標(biāo)準(zhǔn)溶液）由滴定管滴加到被測(cè) 物質(zhì)的溶液中， 直到兩者按照一定的化學(xué)方程式所表示的計(jì)量關(guān)系完全反應(yīng)為止， 然后根據(jù) 滴定反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量關(guān)系， 標(biāo)定溶液的濃度和體積用量， 計(jì)算出被測(cè)組分的含量， 這種定量 分析的方法稱為滴定分析法。滴定： 在用滴定分

26、析法進(jìn)行定量分析時(shí)， 先將被測(cè)定物質(zhì)的溶液置于一的容器中 （通常為錐 形瓶），在適宜的條件，再另一種標(biāo)準(zhǔn)溶液通過滴定管逐滴地加到容器里，直到兩者完全反 應(yīng)為止。這樣的操作過程稱為滴定。標(biāo)準(zhǔn)溶液（滴定劑） ：已知準(zhǔn)確濃度的試劑溶液。標(biāo)定：將不具備基準(zhǔn)物質(zhì)條件的這類物質(zhì)配制成近似于所需濃度的溶液，然后利用該物 質(zhì)與某基準(zhǔn)物質(zhì)或另一種標(biāo)準(zhǔn)之間的反應(yīng)來確定其準(zhǔn)確濃度，這一操作過程稱為標(biāo)定。 化學(xué)計(jì)量點(diǎn)： 當(dāng)?shù)稳氲臉?biāo)準(zhǔn)溶液與被測(cè)定的物質(zhì)按照一定的化學(xué)計(jì)量關(guān)系全反為止， 稱反應(yīng) 達(dá)到了化學(xué)計(jì)量點(diǎn)。滴定終點(diǎn)：滴定進(jìn)行至指示劑的顏色發(fā)生突變時(shí)而終，此時(shí)稱為滴定點(diǎn)。滴定誤差： 滴定終點(diǎn)與化學(xué)計(jì)量點(diǎn)往往并不相同，

27、 由此引起測(cè)定結(jié)果的誤差稱為終點(diǎn)誤 差，又稱滴定誤差。指示劑：為了便于觀察滴定終點(diǎn)而加入的化學(xué)試劑。 基準(zhǔn)物質(zhì)：能用于直接配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的化學(xué)試劑稱為基準(zhǔn)物質(zhì)。2. 答： 表示每毫升標(biāo)準(zhǔn)溶液相當(dāng)于被測(cè)物質(zhì)的質(zhì)量( g 或 mg )。 表示每毫升標(biāo)準(zhǔn)溶液相當(dāng)于被測(cè)物質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。3. 答：用()標(biāo)定 NaOH 溶液的濃度時(shí)，結(jié)果偏高 , 用()標(biāo)定 HCl 溶液的濃度時(shí)， 結(jié)果偏低；用此 NaOH 溶液測(cè)定有機(jī)酸時(shí)結(jié)果偏高 , 用此 HCl 溶液測(cè)定有機(jī)堿時(shí)結(jié)果偏低。4. 解：所得殘?jiān)鼮?KCl ，有 3.427gK2CO3+2HCl=2KCl+CO2+H2OKOH+HCl=KCl+H2O5. 解

28、：因?yàn)?，所以 m 增大(試劑中含有少量的水份) ，引起了結(jié)果偏高。6. 解： H2SO4 ，KOH 用間接配配制法配成標(biāo)準(zhǔn)溶液。鄰苯二甲酸氫鉀， 無水碳酸鈉用直 接配制法配成標(biāo)準(zhǔn)溶液。H2SO4 選用無水 Na2CO3 ， KOH 選用鄰苯二甲酸氫鉀。7. 解：(1) .B(2). A(3) . B (4) . D (5) . B (6) .C8. 解： (1) 設(shè)取其濃溶液 V1mL,CV= ,(2) 設(shè)取其濃溶液 V2mL,(3) 設(shè)取其濃溶液 V3mL9. 解：設(shè)需稱取 KMnO4 x 克用標(biāo)定法進(jìn)行配制。10. 解：設(shè)加入 V2 mL NaOH 溶液，即解得 : V2=200mL11

29、. 解：已知 MCaO=56.08g/moL,HCl 與 CaO 的反應(yīng) :CaO+2H+=Ca2+H2O即：稀釋后 HCl 標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度為： 設(shè)稀釋時(shí)加入純水為 ，依題意：1.000 ×0.2000=0.1783 ×(1+10-3 ×) =121.7 L12. 解：設(shè)應(yīng)稱取 x gNa2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O當(dāng) 1= =20mL ，時(shí)x=0.5 ×0.10 ×20 ×10-3 ×105.99=0.11gx=0.5 ×0.10 ×25 ×10-3 ×105.99

30、=0.13g 此時(shí)稱量誤差不能小于 0.1%13. 解：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O設(shè) HCl 的濃度為 ，則可得關(guān)系式為 ：14. 解：設(shè) NaOH 的真實(shí)濃度為則當(dāng) 時(shí)，則15. 解：設(shè) HCl 和 NaOH 溶液的濃度為 和MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2+H2O30.33 LNaOH 溶液可以中和 36.40 L HCl 溶液。即36.40 / 30.33=1.2即 1 LNaOH 相當(dāng) 1.20 L MgCO3因此，實(shí)際與 MgCO3 反應(yīng)的 HCl 為：48.48-3.83 ×1.20=43.88 L由得在由 得HCl 和 NaOH 溶液的濃

31、度分別為 和16. 解： 根據(jù)公式：（1 ） 已知 ， 和代入上式得：（2 ） Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O=0.03351g ?mL-1=0.1000mL ?L-1=0.04791g?mL-117. 解：（ 1）=0.004794g ?mL-1（2）=0.003361g ?mL-118. 解： HAc%=3.47%19. 解： 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2HCl+NaOH=NaCl+H2OCaCO3%=66.31%20. 解： 2HCl+CaO=CaCl2+H2O2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2n 總 HCl=0.200

32、0 =5 mol設(shè)稱取混合物試樣 x 克 則 解得 x=0.23g21. 解： 2NaOH+H2C2O4 =Na2C2O4+2H2O 設(shè) H2C2O4 的百分含量為 x% ，得第五章 酸堿滴定法（陜師大教材）1. 答： H2O 的共軛堿為 OH- ；H2C2O4 的共軛堿為 HC2O4- ；H2PO4- 的共軛堿為 HPO42- ；HCO3- 的共軛堿為 CO32- ；C6H5OH 的共軛堿為 C6H5O- ；C6H5NH3+ 的共軛堿為 C6H5NH3 ；HS-的共軛堿為 S2- ；Fe(H2O)63+ 的共軛堿為 Fe(H2O)5(OH)2+R-NHCH2COOH 的共軛堿為 R-NHCH

33、2COO2. 答： H2O 的共軛酸為 H+ ；NO3- 的共軛酸為 HNO3 ；HSO4- 的共軛酸為 H2SO4 ；S2 的共軛酸為 HS- ；C6H5O- 的共軛酸為 C2H5OHCu(H2O)2(OH)2 的共軛酸為 Cu(H2O)2(OH)+ ；(CH2)6N4 的共軛酸為 (CH2)6NH+ ；R NHCH2COO- 的共軛酸為 R NHCHCOOH ，的共軛酸為3. 答：(1)MBE：NH4+NH3=2c; H2CO3+HCO3-+CO32-=cCBE：NH4+H+=OH-+HCO3-+2CO32-PBE：H+H2CO3 +HCO3-=NH3+OH-(2) MBE ： NH4+N

34、H3=c; H2CO3+HCO3-+CO32-=cCBE：NH4+H+=OH-+HCO3-+2CO32-PBE： H+H2CO3=NH3+OH-+CO32-4. 答：( 1) MBE ：K+=cH2P+HP-+P2-=cCBE：K+H+=2P2-+OH-+HP-PBE：H+H2P=HP-+OH-(2) MBE ：Na+=NH4+=cH2PO4-+H3PO4+HPO42-+PO43-=cPBE：H+H2PO4-+2H3PO4=OH-+NH3+PO43-（3）MBE ：NH4+=cH3PO4+H2PO4-+HPO42-+PO43-=cCBE：NH4+H+=H2PO4+2HPO42-+3PO43-+

35、OH-PBE：H+H3PO4=OH-+NH3+HPO42-+2PO43-（4）MBE ：NH4+=cCN-+HCN=cCBE：NH4+H+=OH-+CN-+HCNPBE：HCN+H+=NH3+OH-5. 答： （1）設(shè) HB1 和 HB2 分別為兩種一元弱酸，濃度分別為 CHB1 和 CHB2 mol ?L-1 。兩 種酸的混合液的 PBE 為H+=OH-+B1-+B2-混合液是酸性，忽略水的電離，即 OH- 項(xiàng)可忽略，并代入有關(guān)平衡常數(shù)式得如下近似式（1）當(dāng)兩種都較弱，可忽略其離解的影響，HB1 CHB1 ， HB2 CHB2 。式（ 1）簡(jiǎn)化為（2）若兩種酸都不太弱，先由式（ 2 ）近似求

36、得 H+ ，對(duì)式（ 1）進(jìn)行逐步逼近求解。根據(jù)公式 得： pH=lg1.07 ×10-5=4.976. 答：范圍為 7.2 ±1 。pKa2=5.41 故 pH=(pKa1+pKa2)/2=(2.95+5.41)/2=4.187. 答：(1) pKa1=2.95(2) pKa=3.74(3) pKa=2.86(4) pKa1=2.35 pKa2=9.60 故 pH=( pKa1+pKa2)/2=(2.35+9.60)/2=5.98所以配制 pH=3.0 的溶液須選( 2 )，(3)；配制 pH=4.0 須選( 1)，(2 )。8. 答：(1) Ka=7.2 ×10

37、-4 ,CspKa=0.1 ×7.2 ×10-4=7.2 ×10-5>10-8(2) Ka2=3.9 ×10-6 ,CspKa2=0.1 ×3.9 ×10-6=3.9 ×10-7>10-8(3) Ka2=2.5 ×10-10 ,CspKa2=0.1 ×2.5 ×10-10=2.5 ×10-11<10-8(4) Ka1=5.7 ×10-8 ,Kb2=Kw/Ka1=1.0×10-14/5.7 ×10-8=1.8 ×10-7,CspK

38、b1=0.1 ×1.8 ×10-7=1.8 ×10-8>10-8(5) Ka2=5.6 ×10-11 , Kb1=Kw/Ka2=1.0×10-14/5.6 ×10-11=1.8 ×10-4,CspKb1=0.1 ×1.8 ×10-4=1.8 ×10-5>10-8(6) Kb=1.4 ×10-9 ,CspKb=0.1 ×1.4 ×10-9=1.4 ×10-10<10-8(7) Kb=1.4 ×10-9 , Ka=Kw/Kb=1.0

39、×10-14/1.4 ×10-9=1.7 ×10-6,CspKa=0.1 ×1.7 ×10-6=1.7 ×10-7>10-8(8) Kb=4.2 ×10-4 ,CspKb=0.1 ×4.2 ×10-4=4.2 ×10-5>10-8根據(jù) CspKa 10-8 可直接滴定，查表計(jì)算只( 3)、(6 )不能直接準(zhǔn)確滴定，其余可直接滴 定。9. 解：因?yàn)?CspKa 10-8 ， Ka=Kt ?Kw ，故： CspKt 10610. 答：用強(qiáng)酸或強(qiáng)堿作滴定劑時(shí)，其滴定反應(yīng)為：H+OH-=H2

40、OKc= = =1.0 ×1014(25 )此類滴定反應(yīng)的平衡常數(shù)Kt 相當(dāng)大，反應(yīng)進(jìn)行的十分完全。但酸(堿)標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度太濃時(shí)，滴定終點(diǎn)時(shí)過量的體積一定，因而誤差增大；若太稀，終點(diǎn)時(shí)指示劑變色不明顯，故滴定的體積也會(huì)增大，致使誤差增大。故酸(堿)標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度均不宜太濃或太稀。11. 答：根據(jù) CspKa(Kb) 10-8 ，p Csp+pKa(Kb )8 及 Ka1/ Ka2>105,p Ka1-p Ka2>5 可直接計(jì)算得知是否可進(jìn)行滴定。(1) H3AsO4Ka1=6.3 ×10-3, pKa1=2.20 ; Ka2=1.0×10-7 , p

41、Ka2=7.00; Ka3=3.2×10-12, pKa3=11.50.故可直接滴定一級(jí)和二級(jí)，三級(jí)不能滴定。pHsp=(pKa1+pKa2)=4.60溴甲酚綠；pHsp=(pKa2+pKa3)=9.25酚酞。(2) H2C2O4pKa1=1.22 ; pKa2=4.19pHsp=14-pcKb1/2)=14+(lg0.1/3-14+4.19)=8.36 pKa1-pKa2=2.03故可直接滴定一、二級(jí)氫，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；(3) 0.40 mol ?L-1 乙二胺 pKb1=4.07 ; pKb2=7.15cKb2=0.4 ×7.1 ×10-8>10-

42、8pHsp=pcKa1/2=(lg0.4/3+14-7.15)/2=2.99 故可同時(shí)滴定一、二級(jí)，甲基黃，由紅色變?yōu)辄S色；pHsp=14-pcKb/2=14+（lg0.1/2-8.85）/2=8.92 故可直接滴定 NaOH ，酚酞，有無色變?yōu)榧t色； （5 ）鄰苯二甲酸 pKa1=2.95 ; pKa2=5.41 pHsp=pKW-pcKb1/2=14+lg0.05-（14-5.41）/2=8.90 故可直接滴定一、二級(jí)氫，酚酞，由無色變?yōu)榧t色； （6）聯(lián)氨 pKb1=5.52 ; pKb2=14.12 pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5.52)/2=6.22故可直接滴定

43、一級(jí)，甲基紅，由黃色變?yōu)榧t色；pHsp=(pcKa1Ka2/(c+Ka1)/2=4.70（7 ）H2SO4+H3PO4甲基紅，由黃色變?yōu)榧t色 pHsp=（p（Ka2（cKa3+Kaw）/c/2=9.668）乙胺 + 吡啶故可直接滴定到磷酸二氫鹽、磷酸一氫鹽，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；pKb=3.25 pKb=8.77 pHsp= pcKa/2=（-lg0.1/2+14-3.25）/2=6.03故可直接滴定乙胺，甲基紅，由紅色變?yōu)辄S色。12. 解： C1=0.10mol ?L-1 ， Ka2=1.8 ×10-5 ，所以（1 ）不能以甲基橙為指示劑準(zhǔn)確滴定HCl（2）因?yàn)?甲基橙的變色范圍為

44、 3.1 4.4所以 當(dāng) pH=4.0 時(shí)為變色轉(zhuǎn)折點(diǎn)pH=pKa+lg 4.0=4.74+lg13. 解：（ 1 ）能。因?yàn)?H2SO4 的第二步電離常數(shù) pKa2=2.00 ，而 NH4+ 的電離常數(shù) pKa=9.26 ，所以能完全準(zhǔn)確滴定其中的 H2SO4 ，可以采用甲基橙或酚酞作指示劑。（2）可以用蒸餾法， 即向混合溶液中加入過量的濃堿溶液， 加熱使 NH3 逸出， 并用過量的 H3BO3 溶液吸收，然后用 HCl 標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定 H3BO3 吸收液：NH3 + H3BO3= NH4+ H2BO3-H+ H2BO3-= H3BO3終點(diǎn)的產(chǎn)物是 H3BO3 和 NH4+ （混合弱酸） ，p

45、H5 ，可用甲基橙作指示劑，按下式計(jì)算 含量：14. 答：（ 1）使測(cè)定值偏小。（2 ）使第一計(jì)量點(diǎn)測(cè)定值不影響，第二計(jì)量點(diǎn)偏大。15. 答：（1）還需加入 HCl 為； 20.00 ÷4=5.00mL（ 2 ）還需加入 HCl 為： 20.00 ×2=40.00mL（3 ）由 NaHCO3 組成。16. 答：（1）物質(zhì)的量之比分別為： 12、1 6、12。（2 ）物質(zhì)的量之比分別為： 12、1、。17. 答：選 D18. 解：（ 1） pH=7-lg2=6.62=5.123pH=9.07Ka2 Ka2×7.6 ×10-3（3）H+= =pH=-lgH+

46、=5.13（4）H+= =pH=-lgH+=2.69（5）H+= =pH=-lgH+=6.54（ 6） OH-=pOH=4.51 pH=9.49（ 7） OH-=pOH=4.93（ 8） H+=pH=9.20（ 9） H+= =pOH=9.20 pH=4. 8（10）OH-=pOH=0.04 pH=13.96（11 ）H+=pH=1.6719. 解：。= 40Ka2且 CKa1=0.01 H3PO4 的第二級(jí)、第三級(jí)解離 和水的解離均又被忽略。于是可以按一元酸來處理，又因?yàn)?故 =1.14 ×10-2mol.L-120. 解：(1) H根據(jù)多元酸(堿)各型體的分布分?jǐn)?shù)可直接計(jì)算有：C

47、Ka1=5.9 ×10-2， CKa2=6.4 ×10-5Na2C2O4 在酸性水溶液中以三種形式分布即： C2O42- 、 HC2O4- 和 H2C2O4 。其中：=1.41 ×10-3 mol ?L-1(2) H2S 的 Ka1=5.7 ×10-8 ， Ka2=1.2 ×10-15 由多元酸(堿)各型體分布分?jǐn)?shù)有：=0.1 mol ?L-1=5.7 ×10-8 mol ?L-1=6.84 ×10-2 mol ?L-121. 解：形成 （CH2）6N4 HCl 緩沖溶液，計(jì)算知：CHCl=22. 解：由緩沖溶液計(jì)算公式 ,

48、 得 10=9.26+lglg =0.74 , =0.85 mol又則即 需 為 0.85mol則即 NH4Cl 為 0.15mol0.15 ×53.5=8.0g23. 解： 1）設(shè)需氨基乙酸 x g ，由題意可知pH=2.00 。2 ）因?yàn)榘被宜釣閮尚晕镔|(zhì)， 所以應(yīng)加一元強(qiáng)酸 HCl ，才能使溶液的 設(shè)應(yīng)加 y mL HCly=6.9 mL24. 解：（ 1） pH1-pH2=0.05（2）設(shè)原 HAc- 為 x，NaAc 為 y。 則得 x=0.4 mol ?L-1y=0.72 mol ?L-125. 解：（ 1）（2 ）硼砂溶液中有如下酸堿平衡B4O72-+5H2O = 2H

49、2BO3-+2H3BO3因此硼砂溶液為 緩沖體系?？紤]離子強(qiáng)度影響：溶液中26. 解：（ 1）由得 M=337.1g/mol（2）Ka=1.3 ×10-5故 酚酞為指示劑。27. 解：（ 1）設(shè)苯甲酸的濃度為 x則得 x=0.08280 mol ?L-1（2 ）當(dāng)達(dá)計(jì)量點(diǎn)時(shí)，苯甲酸完全為苯甲酸鈉，酸度完全由苯甲酸根決定pOH=5.58pH=8.423 ）酚酞為指示劑。28. 解：（ 1）的H+=pH=5.28（2）（3）甲基紅為指示劑。29. 解：在計(jì)量點(diǎn)時(shí)，剛好反應(yīng)pH=5.12故 溴甲酚綠為指示劑。30. 解：（ 1）則當(dāng) pH=1.5 時(shí) 則 Ka1=10-1.50同理 則當(dāng)

50、pH=6.50 時(shí) 則 Ka2=10-6.50 （2）CKa1=10-8 且 ，所以可以用來分步滴定 H2B 。 （3 ） ：則 pH=4.10二級(jí)電離 則 pH=9.514）分別選擇選用甲基橙和酚酞。31. 解：（ 1）（ 2 ）酚酞甲基橙32. 解：（ 1）（2）pH=8.70 時(shí)應(yīng)變色，所（ 3）以選擇酚酞為指示劑。則可知：33. 解： （1）設(shè)每升堿液吸收 x克 CO2因?yàn)橐苑犹獮橹甘緞?，所?Na2CO3 被滴定為 NaHCO3 .（0.1026-x=0.0264g ?L-1（2）34. 解： （1）36. 解：解：由滴定過程可知，試樣可能含有NaOH NaHCO3 Na2CO331

51、.40mL>2 ×13.30mL試樣中含有 NaHCO3 Na2CO3于是用于滴定 NaHCO3 的量為 : 31.40mL-2 ×13.30mL=4.80mL37. 解：設(shè) NaOH 為 X mol ，NaCO3 為 Y mol ，則 X+Y=0.04 ×0.15=0.00640X=105.99Y=0.3750得 X=0.04 Y=0.012故38. 解：39. 解：由題意得，混合液由 H2PO4 和 NaHPO4 組成，設(shè)其體積分別為 X ml ，Y ml 。由 2V1+V2=48.36V1+V2=33.72得 V1=14.64 mlV2=19.08 m

52、l故 C1=1.000V1=14.64mmol；以酚酞作指示劑C2=1.000V2=19.08mmol40. 解：（1 ）同樣質(zhì)量的磷酸鹽試樣，以甲基紅作指示劑時(shí)，酸的用量時(shí)的堿用量， ； 。此處磷酸鹽試樣由可溶性 與 的鈉鹽或鉀鹽組成。（2 ）試樣用酚酞或甲基橙作指示劑分別滴定時(shí)則試樣中 P2O5 的含量為：41. 解：42. 解：蛋白質(zhì) %43. 解：設(shè)試樣中 HA 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 A 。1）當(dāng) HA 被中和一半時(shí)溶液的 pH=5.00 , 有：pH = pKa即 Ka=10-5.002 ）當(dāng) HA 被中和至計(jì)量點(diǎn)時(shí)，可得：A=0.51A%=0.51 ×100%=51%因?yàn)?cKa

53、>>20Kw故使用最簡(jiǎn)式計(jì)算是合理的。44. 解：設(shè)過量的 NaOH 的濃度為 c，則此溶液的 PBE 為： c + H+ + HA = OH-因此溶液顯堿性，故上式可簡(jiǎn)化為：c + HA = OH-解之： H+=1.0 ×10-10 mol/LpH=10.00第六章 絡(luò)合滴定法1. 解：（1 ） EDTA 是一種氨羧絡(luò)合劑，名稱 乙二胺四乙酸 ，用符號(hào) H4Y 表示，其結(jié) 構(gòu)式為 。配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)一般采用 EDTA 二鈉鹽， 分子式為 ,其水溶液 pH 為 4.4 ，可 通過公式 進(jìn)行計(jì)算，標(biāo)準(zhǔn)溶液常用濃度為 0.01mol ?L-1 。（2） 一般情況下水溶液中的 E

54、DTA 總是以 H6Y2+ 、H5Y+ 、H4Y 、H3Y- 、H2Y2- 、HY3- 和 Y4- 等 七種 型體存在， 其中以 Y4- 與金屬離子形成的絡(luò)合物最穩(wěn)定， 但僅在 pH?10 時(shí) EDTA 才主要以此種型體存在。除個(gè)別金屬離子外。 EDTA 與金屬離子形成絡(luò)合物時(shí)，絡(luò)合 比都是 1 1。（3 ）K/MY 稱 條件形成常數(shù) ，它表示 一定條件下 絡(luò)合反應(yīng)進(jìn)行的程度， 其計(jì)算式為 。（4 ） 絡(luò)合滴定曲線滴定突躍的大小取決金屬離子的分析濃度 CM 和絡(luò)合物的條件形成常數(shù) 。在金屬離子濃度一定的條件下， 值 越大，突躍 也越大 ；在條件常數(shù) K/MY 一定時(shí)， CM 越大，突躍 也越大

55、 .（5 ） K/MY 值是判斷絡(luò)合滴定誤差大小的重要依據(jù)。在 pM/ 一定時(shí)， K/MY 越大，絡(luò)合 滴定的準(zhǔn)確度 越高 。影響 K/MY 的因素有 酸度的影響、 干擾離子的影響、 配位劑的影響、 OH- 的影響 ，其中酸度愈高， H+ 濃度 愈大， lg/MY 值越小 ； 螯合 的絡(luò)合作用常能 增大 K 穩(wěn) ，減小 K 離 。在 K/MY 一定時(shí)，終點(diǎn)誤差的大小由 pM/ 、CM 、K/MY 決定， 而誤差的正負(fù)由 pM/ 決定。（6）在H+ 一定時(shí)， EDTA 酸效應(yīng)系數(shù)的計(jì)算公式為。2. 答；由于多數(shù)金屬離子的配位數(shù)為四和六。 Cu2 、 Zn2 、 Cd2 、Ni2 等離子均能 與

56、NH3 形成絡(luò)合物，絡(luò)合速度慢，且絡(luò)合比復(fù)雜，以氨水為滴定劑滴定反應(yīng)進(jìn)行的完全程 度不高。不能按照確定的化學(xué)計(jì)量關(guān)系定量完成，無法判斷滴定終點(diǎn)。3. 答：各型體分布分?jǐn)?shù)：再由 MLi= iCM 得，溶液中絡(luò)合物的主要存在型體由 i 決定。故只要那個(gè) 越大，就 以配位數(shù)為 i 的型體存在。4. 解：由 由相鄰兩級(jí)絡(luò)合物分布曲線的交點(diǎn)處有 pL=lgKi AlL3 為主要型體時(shí)在pL<5.8 時(shí)， AlL3 為主要型體。 時(shí)， Al3+ 為主要型體。5. 解：由題（紅色） （藍(lán)色） （橙色） pH<6 時(shí)呈紫紅色， pH=811 時(shí)呈藍(lán)色， pH>12 時(shí)呈橙色； 變色點(diǎn)的 pH=10 ： 鉻藍(lán)黑 R與Ca2+ 、Mg2+ 、Zn2+ 和Cd2+ 等金屬離子形成紅色的絡(luò)合