《分析化学》习题答案.pdf

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1、第 一 章 绪 论答窠：L仪器分析法灵敏度高。2 .仪器分析法多数选择性较好。3 .仪器分析法分析速度较快，利于批量样品分析。4 .易于使分析工作自动化。5.相对误差较大。6 .设备复杂、价格昂贵，对仪器工作环境要求较高。第二章定性分析1.解：最底浓度 pK-20/g-mL 1V 0.05pB-G=106L 106 106G=PB 205xl04l:G=l:5xlO42.解：检出限量 m pB-V=0.05x100=5 3.答：应选用(2)lmolL”H C l作洗液，因为HC1含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCI为强

2、电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。如果用蒸储水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCh、HNO3不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl则虽具有共同离子，但不具备酸性条件，所以亦不宜采用。4.解：(1)用 NH4Ac 溶解 PbS()4,而不溶解 Hg 2so4。(2)用氨水溶解Ag 2CrO4，而不溶解Hg 2CrO4。(3)用 NaOH 溶解 PbCrO4,而不溶解 Hg2CrO4 o(4)用氨水溶解A g C I,而不溶解PbSO4 0(5)用HNO3溶解Pb(OH)2,而不溶解A g C l。(6)用氨水溶解A g C l,而不溶解Hg 2so4。5.

3、答：(1)H2O2+2H+2e=2H2O E0=1.77VSn4+2e=Sn2+E=0.154VH2O2是比S/+强的氧化剂，所以氏。2可以氧化S/+为Sn4+(2)12(固)+2e=2IE=0.5345 VAsO43+4H+2e=AsO33+2H2O E=0.559 Vr是比AscV-强的还原剂，所以NH4I可以还原ASO436.答：(1)因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H2s氧化成硫而沉淀。(2)用 H2s。4代替 H C1,引入了 SO42,使 Ba?+、Sr2 Ca2+及 Pb?+离子生成硫酸盐沉淀，将妨碍这些离子的分析。(3)用 HAc代替H C L则由于它是弱酸，不可能调至所需要

4、的酸度。7.答：(1)加(NH4)2CO3,AS2s3 溶解而 Hg S 不溶。(2)加稀HNO3,CUS 溶解而Hg S不溶。(3)加浓HC1,Sb2s3溶解而As2s3不溶。(4)力 口 NH4AC,PbSCX,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,S11S2溶解而PbS不溶。(8)加 NazS,S11S2溶解而SnS不溶。(9)加稀HCI,ZnS溶解而CuS不溶。(1 0)加稀HC1,MnS溶解而Ag 2s不溶。(11)与组试剂作用，生成黄色沉淀，此沉淀一部分溶于Na2S,另

5、一部分不溶，仍为黄色。8.答：(1)容易水解的离子如：Bi3+,Sb(III),Sn(II),Sn(IV)存在。(2)可知Hg 2+不存在。(3)生成的硫化物为黄色，则 Pb2 Bi3 Cu2 Hg 2+不存在。根据以上判断，可知，有：Cd2 Sn(IV),As(III),A s(V),也可有Sb(III)、Sb(V)存在。9.答：(1)在第三组离子的沉淀中，A1(OH)3和 Cr(OH)3属于两性氢氧化物，酸度高时沉淀不完全，酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当pH10时,部分的Mg 2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9.0，为沉淀第三组离子最适宜的条件，在沉淀本组离子的

6、过程中，随着反应的进行，溶液pH降低。因此加入NH3-NH4C1缓冲溶液来保持pH=9.0 o3(2)(NH4)2S放置太久，部分S2一可被氧化成SO，。氨水放置太久，会吸收空气中的CO2产生C O 3,固而使第四组的Ba2+、Sr2+,Ca2+部分沉淀于第三组。所以，必须使用新配制的(NH4)2S和氨水。10.答：(1)加过量氨水，则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而A1(OH)3不溶。(2)加适当过量的N aO H,则Zn(OH)2生成ZnO2”溶解，而Fe(OH)3不溶。(3)加适当过量的N aO H,则Zn(OH)2生成ZnCV-溶解，而Ni(OH)2不溶。(4)加适当过量

7、的NaOH,则Cr(OH)3生成CrO2溶解，而Co(OH)2不溶。(5)加过量氨水，则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解，而A1(OH)3不溶。H.解：(1)有色离子不存在，如：Fe3+,Fe2 C产、Mn2+,Co2+和Ni?+。(2)表示A+也不可能存在。(3)加入组试剂(NH4)2 S或TA A得白色沉淀，则又一次证明了 Fe3+、Fe2+,Cr3+,Mn2+,Co2+和 Ni?+不存在。由以上推断试样中可能有Zr+存在。12.解:由(1)可以判断A+、C产和Fe3+不存在，由(2)可知Fe3+、Fe2+,Co2+和Ni?+不存在，Mi?*可能存在，由(3)可知Mi?+和Zi?+

8、存在。综上所述，则存在的离子为M/和Zn2+,不可能存在的离子为Al3+,C产、Fe3+,Fe2+,Co2+W Ni2+；少量A lt Cr3+存在与否不能决定。13.答:分出第三组阳离子的试液含有大量的S2+,S2+易被空气中的氧氧化成SO42+,则使部分Ba2 Sr2+生成难溶解的硫酸盐，影响的分析，所以要立即处理含有第四、五组阳离子的试液。处理的方法是：将试液用HAc酸化加热煮沸,以除去H2SO14.答：(1)NH4+与 Na3co(NO2)6 生成橙黄色沉淀(NH4)2NaCo(N02)6 干扰 K+的鉴定，所以如果氨盐没有除净，则K+便出现过度检出。(2)K+未检出的原因有三：a.酸

9、度条件控制不当。检 定K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。如果溶液为强酸性或强碱性，则C o。?*?一 分 解。b.试剂放置过久。试剂久置和日光照射下易发生分解。c.存在其他还原剂或氧化剂。还原剂能将试剂中的C03+还原为c02+；氧化剂能将试剂中的NCV氧化为NO3 O415.答：(1)加碱产生N%者为NH4CI。(2)加 BaCL生成不溶于稀HCI的白色沉淀BaSCh者，为(NH5SCh。(3)加饱和(NH4)2S4产生白色沉淀的为BaCk。(4)加 CaCb生成白色沉淀CaC2()4者，为(NHRCzCh。16.解：(1)既然沉淀为白色，溶液为无色，则有色物质K2Cr()4不存在。(2

10、)由(1)得白色沉淀溶于稀H C L则 BaCk与(NH4)2S()4不可能同时存在，而溶于稀HC1的白色沉淀，必定是草酸盐。所以(NH6C2O4肯定存在。(3)试验表明(NH4)2SO4存在，则 BaCb肯定不存在，既然BaCk不存在，则试验(1)生成的白色沉淀只能是CaCzCh。所以Ca(NO3)2肯定存在。(4)实 验(4)表明Mg Ch不存在。综上所述分析结果为：存在的物质有：(NH，2C2C4、(NH4)2SO4 和 Ca(NO3)2;不存在的物质有：K2CrO4、BaCL、Mg Cl2；存在与否不能判断的为：NaCl 017.答:由分组实验肯定第一、二组阴离子不存在，由挥发性实验和

11、氧化还原试验，肯定Nth-和S2O32-不存在。所以只有NO3-和Ad不能肯定，还需进行鉴定。18.答:(1)加稀H2s。4有气泡产生,贝(JSO3,S2O32 CO32 S2 NO2-可能存在(2)在中性溶液中加BaCk溶液有白色沉淀,则SO42 SO32,S2O32 CO32、PO43,SKV-可能存在。(3)在稀HNO3存在下加Ag N()3溶液有白色沉淀，则 C 可能存在；Br 1S”不可能存在。(4)在稀H2s04存在下加KI-淀粉溶液无明显变化，则 NO2-不可能存在。(5)在 稀 H2SO4存在下加L-淀粉溶液无明显变化，则 SO32 S2O3匕S?-不可能存在。(6)在稀H 2

12、 s 酸性条件下加KM11O4紫红色褪去，则 SO32 S2O32 CT(大量)、Br S2 NO2-可能存在。从以上各初步实验结果来看，肯定不存在的阴离子有：Br I S，NO2、SO32 SO32 S2O32-0 所以还应进行分别鉴定的阴离子为：SO42 CO32,5PO?SiO32 C l NO3-和 Ac-七种阴离子。19.答:第一、二组阳离子的铅盐都难溶于水，既然混合物能溶于水。已经鉴定出有Pb2+,所以第一、二组阳离子可不鉴定。20.答:因为H2s0 4与较多的阳离子生成难溶解的硫酸盐沉淀。HAC的酸性太弱，溶解能力差。所以一般不用H2s0 4和HAc溶解试样。21.答：(1)试样

13、本身无色，溶于水所得溶液亦无色，则有色离子如：Cu2+,Fe3+、Fe2+,Cr3+,Mn2 Co2+和 Ni?+不可能存在。试样易溶于水，则易水解析出的难溶化合物离子不可能存在。如：B it Sb(III),Sb(V),S n(II),和 Sn(IV)、等离子。(2)焰色试验时火焰为黄色，则有Na+存在，其他有明显焰色反应的离子,如：Ba2+,Ca2+,Sr2+,Cu2+,K+等离子不可能存在。(3)溶于稀HC1无可觉察的反应，则Ag+、Hg22+,Pb2+离子不存在，另外在酸性溶液中具有挥发性的阴离子，如：SO32 S2O32 CO32 S2N O2 O与酸作用能生成沉淀的SiO3-都不可

14、能存在。(4)试样与浓H2s0 4不发生反应，则能生成难溶性硫酸盐的离子，如：Pb2 Ba2 Sr2 Ca?+(大 量)、A g Hg22+等离子不存在。另外证明挥发性阴离子及还原性的 不存在。(5)与NaOH一起加热不放出NH3,则表示NH4+不存在。生成有色沉淀的阳离子亦不存在，如：A g Hg 22+,Cu2 Hg2+,Fe3 Fe2 Cr3+、Mn2+,Co2+和 Ni?+等离子。(6)在中性溶液中与BaCb溶液不产生沉淀，则表示第一组阳离子不存在。总括以上分析推断，尚需要鉴定的离子有：阳离子：Cd2+,As(III),As(V),Al3+,Zn2+,Mg2+,Na+等离子。阴离子：C

15、 l Br NO3 AC等离子。第三章误差和分析数据的处理(答案均已更正)1.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。6（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0.2mg。故读数的绝对误差Ea=0.0002gE根据E,=-xlOO%可得TE+0.0002g0.1000gx

16、 100%=0.2%E-=l SX100%=02%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0.02mL,故读数的绝对误差Ea=0.02 也F根据E,=jxlO O%可得TE“2 也F+0.02mL,-xlOO%=l%2mL士 0.02 也3 1。0%=o%20mL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.答：（1）三位有效数字（2）五 位 有 效 数 字（3）四 位 有 效 数

17、字（4）两位有效 数 字（5）两位有效数字（6）两位有效数字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。77.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+H2c2O4 H2O=Na2c2O4+4H2O 可知，需 H2C2O4 H2O 的质量mi为：0.1x0.020=-x 126.07=0.13g相对误差为 Erl=-0 0 0 2 gxl00%=0.15%0.13g则相对误差大于0.1%，不 能 用 H2C2O4H2O标 定 O.lmolL-1的Na

18、OH,可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。若改用KHC8H4O4为基准物时，则有：KHC8H4。4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O需 KHC8H4O4 的质量为 m2,则团2 =x；2 0 *204.22=0.41gE霁 49%相对误差小于0.1%,可以用于标定NaOH。10.答：乙的准确度和精密度都高。因为从两人的数据可知，他们是用分析天平取样。所以有效数字应取四位，而甲只取了两位。因此从表面上看甲的精密度高，但从分析结果的精密度考虑，应该是乙的实验结果的准确度和精密度都高。11.答：D12.答：D13.解:根据 Sr i=4x100%Xq得 0.5%=-x 100%贝(J S=

19、0.1534%30.68%当正确结果为 15.34%时，Sr2=-x 100%=0-1 534%x 100%=1.0%-15.34%14.解:(1)”24.87%+24.93%+24.69%=24.83%3(2)24.87%8(3)E“=x 7=24.83%25.06%=0.23%E(4)E,=-x 100%=0.92%T15.解：（1）x=-6-7-.-4-8-%-+-6-7-.-3-7-%-+-6-7-.-4-7-%-+-6-7-.4-3-%-+-6-7-.4-0-7-%-=67.4八3%e50.05%+0.06%+0.04%+0.03%5=0.04%(2)J=-x 100%=0,0 4%

20、x 100%=0.06%r x 67.43%(3I Xdi2 _|(0.05%)2+(0.06%)2+(0.04%)2+(0.03%)2)(4)S,=1xl00%=。05%x 100%=0.07%-67.43%(5)Xm=X 大-X 小=67.48%-67.37%=0.11%版 H-39.12%+39.15%+39.18%6.解：甲：xi=-=39.15%n3E。=x T=39.15%39.19%=-0.04%IXd2 _ 1(0.03%)2+(O.O3%)2V M-i-V r n5.=-Lx 100%=,Q 3%xlOO%=0.08%rl-39.15%39.19%+39.24%+39.28%

21、Ea2=x=39.24%-39.19%=0.05%(0.05%)2+(0.04%)23-10.05%Sr,=xl00%=x 100%=0.13%2-39.24%x2由上面|Eai|Ea2|可知甲的准确度比乙高。SiS2,Sr1Sr2可知甲的精密度比乙高。9综上所述，甲测定结果的准确度和精密度均比乙高。17.解:(1)根 据“=士幺得(T2 0.3 0-2 0.4 0 一U i=-=-2.50.0 42 0.4 6-2 0.4 0 ,c-=1.50.0 4(2)m=-2.5(12=1.5.由表31查得相应的概率为0.4938,0.433218.解:19.解:则P(20.30 xQO.9O,4,故

22、1.83这一b数据应弃去。（2）24.解：查表3-3得Q0.9O,5=O.64,因QQO,9O,5,故1.8 3这一数据不应弃去。x =0.1 0 2 9 +0.1 0 3 2 +0.1 0 3 4 +0.1 0 5 6 =0n.1i0n3_ oo40.0 0 0 92+0.0 0 0 62+0.0 0 0 42+0.0 0 1 82,、,、,、，,-=O.U U l 14-10.1 0 3 8-0.1 0 2 9 -=0.8 20.0 0 1 111c X-X4 0.1 0 5 6-0.1 0 3 8 “G,=-=-=1.6 4 s 0.0 0 1 1查表 3-4 得，G o.9 5,4=1

23、.46,GIGO.95,4 故 0.1056 这一数据应舍去。(2)当X=0.1029+0.1032+0.1034=0 J()3 2=0.0 0 0 2 5从=3 f “f 上=0.1 0 3 2 2.9 2 X 警=o.1 0 3 2 土 0.0 0 0 4PJ 品 V3当 P=0.95时，4姒2 =4 3 0 因此Nn=0.1 ()3 2 f：4.3 0 x0 乎2 0.1 0 3 2 t o.0 0 0(J 3由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。25.解:4 0 4 a x-T 1 5 4.2 6%-5 4.4 6%I,根据 t=-=-=4s 0.0 5%查表3-2得t o.

24、9 O,3=3.1 8 ,因0 t o.9 5,3，说明平均值与标准值之间存在显著性差异。-yX 4 7.4 4 +4 8.1 5 +4 7.9 0 +4 7.9 3 +4 8.0 3 八x =-=4 7.8 9乙”5 0.4 5)2 +(0.2 6)2 +(0.01)2 +(0.04)2 +(0.1 4)2s=J-=0.2 7V5-1l x-7 1 1 4 7.8 9-4 8.001-=0.4 1s-0.2 7查表3-2,t o.9 5,4 =2.7 8 ,t t o.9 5,4说明这批产品含铁量合格。27.解：ni=4 羽=0.1 01 7 S 1=3.9 x l()Yn2=5 Xi -0

25、.1 02 0 S 2=2 4 x 1 05,2 _ (3.9 X 1 Q-4)77(2.4、1 0-4)=2.6 412查表3-5,fs大=3,fs小=4,F 表=6.59,F 2 -2=7 时，t o.9 o,7 =190,t t o.9 0,7故以0.90的置信度认为为与也无显著性差异。28.解：(1)7.9936-0.9967-5.02=7.994-0.9967-5.02=8.02-5.02=3.00(2)0.0325x5.103x60.06-139.8=0.0325x5.10 x60.1-140=0.0712(3)(1.276x4.17)+1.7x10士(0.0021764x0.01

26、21)=(1.28x4.17)+1.7x10士(0.00218x0.0121)=5.34+0+0=5.34(4)pH=1.05,H+=8.9xlO229.解:八、-60.72%+60.81%+60.70%+60.78%+60.56%+60.84%(1)x=-=60.74%6S=0.02%2+0.07%2+0.04%2+0.04%2+0.18%2+0.1%26-1=0.10%G 1 二 二S60.74%-60.56%0.10%=1.8G2-%-6-x-=-6-0-.-8-4-%-6-0-.-7-4-%-=1 ,I nIS 0.10%查表 3-4 得,GO.9 5,6=L8 2 ,G1GQ.9 5

27、,6，G 2 V G 0.9 5,6,故无舍去的测定值。/八 x-T 160.74%-60.75%I 八，(2)t=-=-=0.1s 0.10%查表3-2得，1.95,5=2.57,因tvto.95,5，说明上述方法准确可靠。第四章滴定分析法概论131.答：滴定分析法：将一种已知准确浓度的试剂溶液（即标准溶液）由滴定管滴加到被测物质的溶液中，直到两者按照一定的化学方程式所表示的计量关系完全反应为止，然后根据滴定反应的化学计量关系，标定溶液的浓度和体积用量，计算出被测组分的含量，这种定量分析的方法称为滴定分析法。滴定：在用滴定分析法进行定量分析时，先将被测定物质的溶液置于一的容器中（通常为锥形瓶

28、），在适宜的条件，再另一种标准溶液通过滴定管逐滴地加到容器里，直到两者完全反应为止。这样的操作过程称为滴定。标 准 溶 液（滴定剂）：已知准确浓度的试剂溶液。标定：将不具备基准物质条件的这类物质配制成近似于所需浓度的溶液，然后利用该物质与某基准物质或另一种标准之间的反应来确定其准确浓度，这一操作过程称为标定。化学计量点：当滴入的标准溶液与被测定的物质按照一定的化学计量关系全反为止，称反应达到了化学计量点。滴定终点：滴定进行至指示剂的颜色发生突变时而终，此时称为滴定点。滴定误差：滴定终点与化学计量点往往并不相同，由此引起测定结果的误差称为终点误差，又称滴定误差。指示剂：为了便于观察滴定终点而加入

29、的化学试剂。基准物质：能用于直接配制标准溶液的化学试剂称为基准物质。2.答：表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量（g或mg）。表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量分数。3.答：用（1）标 定NaOH溶液的浓度时，结果偏高，用（2）标 定HCI溶液的浓度时，结果偏低；用 此NaOH溶液测定有机酸时结果偏高，用 此HC1溶液测定有机碱时结果偏低。4.解：所得残渣为K CL有3.427gK2CO3+2HC1=2KC1+CO2+H2OKOH+HCI=KCI+H2O142 K2C O.%K O H%、.2K2CQ%K0%、“mKCl=(-T.：-7 7 )M KCt+(CHC/HQ ：)M KC I

30、M K2c。3 /KOH/K2CO3 M KO H2 x 2.3 8%1 3 8.2 19 0.0 0%5 6.1 1)x 7 4.5 5 +(1.0 0 0 x4 6.0 0 2 x 2.3 8%1 0 0 0 1 3 8.2 19 0.0 0%5 6.1 1)x 7 4.5 5+=3.4 2 7 g5.解：因为c=所以m 增大(试剂中含有少量的水份)，引起了结果偏高。M V6.解：H2sO,，KOH用间接配配制法配成标准溶液。邻苯二甲酸氢钾，无水碳酸钠用直接配制法配成标准溶液。H2s。4选用无水Na2c。3，KOH选用邻苯二甲酸氢钾。7.解：.B(2).A(3).B(4).D(5).B(6

31、).C8.解：(1)设取其浓溶液V im L,叫叫=0 匕.3%,cv=%s v,=%.，cVM NH、2.0 x 0.5 x 1 7.0 3 2，A 2 9%-0.8 9 x 2 9%.(2)设取其浓溶液V2mL,.V2_ cC VV1MVi HAc _2.0 x 0.5 x 6 0 _ r一 p21 0 0%-1.0 5 x 1 0 0%(3)设取其浓溶液V3111L.匕_ c V M H?SOA2.0 x 0.5 x 9 8.0 3 _ _ r9.解：设需称取KM11O4 x 克p、x 9 6%1.8 4 x 9 6%M Kingx =c V M KMn 0)=0.0 2 0 X 0.5

32、 X 1 5 8.0 3 =1.6g 用标定法进行配制。10.解：设加入V2 mL NaOH溶液，c c.V.+c2V,即R n -5-0 0-.-0-x-0-.-0-8 0-0-0-+-0-.-5-0-0-0 V-,L 八“八 八=0.2 0 0 0V,+V2 5 0 0.0+V2解得：V2=200mL11.解：已知 MCao=56.08g/moL,HCl 与 CaO 的反应：CaO+2H+=Ca2+H2O即：乡=2a稀释后HCI标准溶液的浓度为：15IO3 xTHCI/Ca0 1.000 xio3 x0.005000 x2CuCI=-x2=-Mco 56.08设稀释时加入纯水为V,依题意：

33、1.000 x0.2000=0.1783x(l+103xV)0.1783/MoZ-r1/.V=121.7mL12.解：设应称取xgNa2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O当Vi=V=20mL,时x=0.5x0.10 x20 xl03xl05.99=0.11g当V2=V=25mL,时x=0.5x0.10 x25xl0-3xl05.99=0.13g此时称量误差不能小于0.1%m 0.5877/13.解：CN co=-=-z 105-99 0 0 5 5 4 4 m o/.ri、耍q y Q|Na2CO3+2HCI=2NaCl+CO2+H2O设HC1的浓度为G,则可得关系式为：CHa X

34、Vficl-2CNaiCO)X VNQC OSCH C I x 21.96=0.05544 x 20.00 x 2Cllcl=0.1010mo/L14.解：设NaOH的真实浓度为C则 工=6=里2竺匕 c2 0.1000=1.018当G=009999/”。/时，贝IJc Vc=v20.0999x1.018=0.1017?。/15.解：设H C I和NaOH溶液的浓度为G和Mg CO3+2HCl=Mg C12+CO2+H2O1630.33mLNaOH溶液可以中和36.40mL HCI溶液。即36.40/30.33=1.2即 1 mLNaOH 相当 1.20mL Mg CO3因此，实际与Mg CO

35、3反应的HC1为:48.48-3.83 x 1.20=43.88 m L由啊=CTM A扁 得G=C HCImMgC Oj x 1 0 0 0 x 2M Mgc os x1.8 5 0 x 1 0 0 0 x 28 4.3 2 x 4 3.8 8=l.00Qmol-U 在由ZL=L得v2 c23 6.4 0 x 0.0 0 1 3 0.3 3 x 0.0 0 1x l.0 0 0 =1.2 0 0/?w/LHCI和 NaOH溶液的浓度分别为1.0 0 0 血/力和1.2 0 0 血/乙16.解：根据公式：cBMB XV(1)已知=1 4.7 0 9 g ,丫=5 0 0/和 2 a=2 9 4

36、.2 g/m”代入上式得:CK2Cr2O11 4.7 0 9 g2 9 4.2 g/m o L x5 0 0 m L1 0 0 0/w L L-1=0.1 0 0 0 m o L L-(2 )Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O1 1n ,=x n 九 n,=x 1 7 cCM 6 F e C r2 i 3 Fe2 y：.TK CR N，FP=CK C r C x -x 6 x M ,2 2“2 2 7 1 0 0 0/7：LL-,=0.1 0 0 0/n o L r x11000/M OL-L-1x 6 x 5 5.8 4 5 g -m o匚=0.03351g mL

37、“1K,Cr,O7/Fe2O,=C K2Cr2O7X-1 0 0 0 m L r1x 3 x用心Fe2 0y1717.解:1 8.解:.lOOOmL-L1 X X 3 X 159 7g 3 厂=0.04791g mL1x0.00437.4-x 40.00(1)7 CHCI X M N aO H _ 36.46 x 1000_HCI/Na0H 1 0 0 0-1000=0.004794g-mL1(2)THClfCaOHAc%=1 x 0.00437-八 0.-x 56.08.CH C I x Mcao y 1 _ 36.46X 1000 y 11000 2 1000 2=0.00336 Ig-m

38、L1C N O H VNOOH X H A c 0，CHA+HB2KHB2(1)当两种都较弱，可忽略其离解的影响，HB.UCH BI，HB2P=CHB2。式（1）简化为L J A/7 D|/7 O|+C”b K HB(2)220若两种酸都不太弱，先由式(2)近似求得H 对 式(1)进行逐步逼近求解。K 外=L 8 x l O-5K=I 心=1.0X1 0 /8X10=5.6X1O-10NH 4 n,y n 3KH)BO)=5.8X10-根据公式TP =QU啊”得:出+=J CH.KHB,+C 恤 K“B,=7 o.l x 5.6 x l O-1 0+O.l x 5.8 x l O-1 0=1.

39、0 7 x 10 5mo/LpH=lg l.07xl0-5=4.976.答：范围为7.2lo7.答：(1)pKal=2.95 pKa2=5.41 pH=(pKai+pKa2)/2=(2.95+5.41)/2=4.18(2)p&=3.74(3)pKa=2.86(4)pKal=2.35 pKa2=9.60 故 pH=(pKai+pKa2)/2=(2.35+9.60)/2=5.98所以配制pH=3.0的溶液须选(2),(3)；配制pH=4.0须 选(1),(2)。8.答：(1)Ka=7.2xl04,CspKa=0.1x7.2xl0-4=7.2xl05W8(2)Ka2=3.9xl06,CspKa2=0

40、.1x3.9xl(f6=3 9xio-7io(3)Ka2=2.5xl04,CspKa2=0.1x2.5xl04=2.5xl0“i108(5)Ka2=5.6xlO n,KbI=Kw/Ka2=l.OxlO,4/5.6xlOn=1.8xlO-4,CSpKbl=0.1xl.8xl0-4=1.8xl05108(6)KI=1.4X10-9 GpKb=0.1xL4xl0-9=L4xl0Tvl0-8(7)Kb=1.4xl09,Ka=Kw/Kb=1.0 xl014/1.4xl0 9=1.7xl0-6,CspKa=0.1xl.7xl06=1.7xl0-7108(8)KhM,lxlO_4,CSpKb=0.1x4.2

41、xl0-4=4.2xl05108根据CspKaUO-8可直接滴定，查表计算只(3)、(6)不能直接准确滴定，其余可直接滴定。219.解：因为 CspKa10-8,Ka=KtKw,故：CspKt10610.答：用强酸或强碱作滴定剂时，其滴定反应为:H+OH=H2OI Z _：_=1.0 xl014Kw(25)此类滴定反应的平衡常数H相当大，反应进行的十分完全。但酸(碱)标准溶液的浓度太浓时，滴定终点时过量的体积一定，因而误差增大；若太稀，终点时指示剂变色不明显，故滴定的体积也会增大，致使误差增大。故酸(碱)标准溶液的浓度均不宜太浓或太稀。11.答：根据 CspKa(Kb)10-8,p Csp+p

42、Ka(Kb)8 及 Kai/Ka2105,p Kal-p Ka25可直接计算得知是否可进行滴定。(1)H3ASO4 Kai=6.3xl03,pKal=2.20;Ka2=1.0 xl07,pKa2=7.00;Ka3=3.2xl(fl2,pKa3=H.5O.故可直接滴定一级和二级，三级不能滴定。pHsp=(pKai+pKa2)=4.60 溟甲酚绿；pHsp=(pKa2+pKa3)=9.25 酚酸。(2)H2C2O4 pKal=1.22;pKa2=4.19pHsp=14-pcKbi/2)=14+(lg 0.1/3-14+4.19)=8.36 pKai-pKa2=2.03故可直接滴定一、二级氢，酚猷，

43、由无色变为红色；(3)0.40 mol-L1 乙二胺 pKbI=4.07;pKb2=7.15cKb2=0.4x7.1xl08108pHsp=pcKai/2=(lg 0.4/3+14-7.15)/2=2.99故可同时滴定一、二级，甲基黄，由红色变为黄色；(4)NaOH+(CH2)6N4 pKb=8.85pHsp=14-pcKb/2=14+(lg 0.1/2-8.85)/2=8.92故可直接滴定NaO H,酚猷，有无色变为红色；(5)邻苯二甲酸 pKal=2.95;pKa2=5.41pHsp=pKw-pcKbi/2=14+lg 0.05-(14-5.41)/2=8.9022故可直接滴定一、二级氢，

44、酚献，由无色变为红色;(6)联氨 pKbi=5.52;pKb2=14.12pHsp=pcKa2/2=(-lg 0.1/2+14-5.52)/2=6.22故可直接滴定一级，甲基红，由黄色变为红色；(7)H2SO4+H3PO4pHsp=(pcKaIKa2/(c+Kal)/2=4.70甲基红，由黄色变为红色pHsp=(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c/2=9.66故可直接滴定到磷酸二氢盐、磷酸一氢盐，酚麟，由无色变为红色；(8)乙胺+口比咤pKb=3.25 pKb=8.77pHsp=pcKa/2=(-lg O.1/2+14-3.25)/2=6.03故可直接滴定乙胺，甲基红，由红色变为黄色。12.解

45、：Ci=0.10molL ,Ka2=1.8xl0-5,所以(1)不能以甲基橙为指示剂准确滴定HC1(2)因为甲基橙的变色范围为3.14.4所 以 当 pH=4.0时为变色转折点A-pH=pKa+lg 4.0=4.74+lgx%0.1-x%x%=15%13.解：(1)能。因为H2s。4的第二步电离常数pKa2=2.00,而 N lV 的电离常数 pKa=9.26,所以能完全准确滴定其中的H2so4，可以采用甲基橙或酚酸作指示剂。(2)可以用蒸储法，即向混合溶液中加入过量的浓碱溶液，加热使N%逸出，并用过量的H3BO3溶液吸收，然后用HCI标准溶液滴定H3BO3吸收液：NH；+01T T+”2。N

46、H3+H3BO3=NH4+H2BO3H+H2BO3=H3BO3终点的产物是H3BO3和 NH4+(混合弱酸)，pH=5,可用甲基橙作指示剂，按下式计算含量：23W(NHi)2SO4(c V)H a2(CV)(N”4bs14.答：(1)使测定值偏小。(2)使第一计量点测定值不影响，第二计量点偏大。15.答：(1)还需加入 HC1 为；20.00+4=5.00mL(2)还 需 力 口 入 HCI 为：20.00 x2=40.00mL(3)由 N aH C C)3 组成。16.答：(1)物质的量之比分别为：1：2、1：6、1：2o(2)物质的量之比分别为：1：2、1：2、1 ：1、1 ：1 o17.

47、答：选D18.解：pH=7-lg 2=6.62(2)(0.0 2-1.0 x l 0-2)+7(0.0 2-1.O x I O-2)*2+8 x 0.0 2 x 1.O x 1 0-2J =T=5.123x10-2pH=lg H+=1.59(3)H+=+品=V 0.1 0 x 5.6 x l 0-+1.0 x l 0-1 4=7.48 x 1pH=-lg H+=5.13(4)H+=V 0.0 2 5 X 1.8 4X 1 0-4=2.1 x 1 0-3 4 5 6 7pH=-lg H+=2.69(5)H+=yf C K=V l.O x l O x V 2 x l O-1 0=2.6 8 x 1

48、 0 pH=-lg H+=6.54(6)OH=7CT=3.7 4.1 0-5pOH=4.51 pH=9.49(7)OH=JCK=7 o.l x l.4x l O-9=1.1 8 x 1 0pOH=4.93 pH=9.0724(8)H l K-(阻 叼 +%)=$3 5 x 。V 。+Ka pH=9.20(9)H+=风 2=SHO-2 x 1 产=8.2 7 x 1 O-1 2pOH=9.20 pH=4.1 8(10)OH=Jc&,=7 0.1 x l.0 x l 0-1 4/1.2 x l 0-1 5=0.9 1pOH=0.04 pH=13.96(11)H+=J C K,”=7 o.l x 4

49、.5 x l O-3=2.1 2 x 1 0 pH=1.6719.解：y/C Ka l o=70.01X7.6X10-3 40Ka2 Ka2 Ka2K C KaI=0.01x7.6xl0-3，H3PO4的第二级、第三级解离和水的解离均又被忽略。于是可以按一元酸来处理，又 因 为 表=前 篙 4。故+4C K.-7.6 x I O-+5(7.6 x 1 0-3)2+4x 0 0 1 0 x 7.6 x 1 0-32=1.14xlO2mol.L1田2 2 =H +=l 1 4x l 0-2 机.厂,HPO42=凡;二:4 h Ka i=6.3 x 1 0-8 moi.L-尸。广=”POJ 1K“3

50、 H+Ka 2Ka 3 _ 6.3 x I Q-8 X 4.4 x I Q-1 3 H +1.1 4x 1 0-2=2.43 x l 0-1 8/n o/r 20.解：(1)H +=1 0-4m o/Z252 5 0NaC2OA=吗；34=3.7 3 x l 0-3/n o/-U根据多元酸（碱）各型体的分布分数可直接计算有：CKai=5.9xlO-2,CKa2=6.4xlO-5Na2c2O4在酸性水溶液中以三种形式分布即：C2O42 HC2O4-和H2c2。4。其中：=c o =3.73X10-3X-%-2 2 4 他 H+2+H+Kai+KoiKa21 0-8=3.37x 1 0-3 x-=