《分析化學(xué)》習(xí)題答案華中師范大學(xué)、東北師范大學(xué)、陜西師范大學(xué)、北京師范大學(xué)

21世紀(jì)師范類教學(xué)用書國家“十二五”規(guī)劃教材參考分析化學(xué)（含儀器分析）---課后參考答案匯編陜西師范大學(xué)華東師范大學(xué)北京師范大學(xué)東北師范大學(xué)合編劉瑞林主編陜西師范大學(xué)出版社出版第一章緒論答案：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化。5．相對誤差較大。6．設(shè)備復(fù)雜、價格昂貴，對儀器工作環(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)镠Cl含有與氯化物沉淀的共同離子，可以減少洗滌時的溶解損失，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PbCl2HNO3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Hg2SO4。5.答:（1）H2O2+2H++2e=2H2OSn4++2e=Sn2+Eo=0.154VH2O2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=0.5345VE0=1.77VAsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2OEo=0.559VI-是比AsO33-強(qiáng)的還原劑，所以NH4I可以還原AsO43-6.答:（1）因?yàn)镠NO3是強(qiáng)的氧化劑會把組試劑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。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。（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+（2）可知Hg2+不存在。Sb(III)Sn(II)Sn(IV)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+As(V)﹑也可有Sb(III)Sb(V)存在。Sn(IV)As(III)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)pH>10時，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。362+溶解，而Al(OH)不溶。310.答:（1）加過量氨水，則Co(OH)2生成Co(NH)（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)2S或TAA得白色沉淀，則又一次證明了Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+Ni2+不存在。和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:分出第三組陽離子的試液含有大量的S2+，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)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)2SO4不可能同時存在，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(NH4)2SO4和Ca(NO3)2；BaCl2MgCl2；不存在的物質(zhì)有：K2CrO4存在與否不能判斷的為：NaCl。232-不17.答:由分組實(shí)驗(yàn)肯定第一﹑二組陰離子不存在，由揮發(fā)性實(shí)驗(yàn)和氧化還原試驗(yàn)，肯定NO2-和SO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-淀粉溶液無明顯變化，則SO32-S2O32-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-NO2-可能存在。Cl-（大量）﹑Br-I-S2-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-SO32-S2O32-。所以還應(yīng)進(jìn)行分別鑒定的陰離子為：SO42-CO32-PO43-SiO32-Cl-NO3-和Ac-七種陰離子。19.答:第一﹑二組陽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﹑二組陽離子可不鑒定。20.答:因?yàn)镠2SO4與較多的陽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+Sn(IV)﹑等離子。Sb(III)Sb(V)Sn(II)﹑和（2）焰色試驗(yàn)時火焰為黃色，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。生成有色沉淀的陽離子亦不存在，如：Ag+Hg22+Cu2+Hg2+Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+和Ni2+等離子。（6）在中性溶液中與BaCl2溶液不產(chǎn)生沉淀，則表示第一組陽離子不存在?？偫ㄒ陨戏治鐾茢?，尚需要鑒定的離子有：陽離子：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）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)的絕對誤差根據(jù)可得這說明，兩物體稱量的絕對誤差相等，但他們的相對誤差并不相同。也就是說，當(dāng)被測定的量較大時，相對誤差就比較小，測定的準(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)的絕對誤差根據(jù)可得這說明，量取兩溶液的絕對誤差相等，但他們的相對誤差并不相同。也就是說，當(dāng)被測定的量較大時，測量的相對誤差較小，測定的準(zhǔn)確程度也就較高。4.答：（1）三位有效數(shù)字（5）兩位有效數(shù)字（2）五位有效數(shù)字（6）兩位有效數(shù)字（3）四位有效數(shù)字（4）兩位有效數(shù)字5.答:：0.36應(yīng)以兩位有效數(shù)字報出。6.答:：應(yīng)以四位有效數(shù)字報出。7.答:：應(yīng)以四位有效數(shù)字報出。8.答:：甲的報告合理。因?yàn)樵诜Q樣時取了兩位有效數(shù)字，所以計算結(jié)果應(yīng)和稱樣時相同，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：相對誤差為則相對誤差大于0.1%，不能用H2C2O4·H2O標(biāo)定0.1mol·L-1的NaOH，可以選用相對分子質(zhì)量大的作為基準(zhǔn)物來標(biāo)定。若改用KHC8H4O4為基準(zhǔn)物時，則有：KHC8H4O4+NaOH==KNaC8H4O4+H2O需KHC8H4O4的質(zhì)量為m2，則相對誤差小于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，14.解：（1）（2）24.87%（3）（4）15.解：（1）（2）（3）（4）（5）Xm=X大-X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<S2Sr1<Sr2可知甲的精密度比乙高。綜上所述，甲測定結(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3—1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，測定結(jié)果大于11.6g·t-1的概率為：0.4987+0.5000=0.998719.解：=查表3-1，P=0.4713故在150次測定中大于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1500.028720.解：（1）（2）已知P=0.95時，，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，此時即至少應(yīng)平行測定21次，才能滿足題中的要求。21.解：（1）n=5經(jīng)統(tǒng)計處理后的測定結(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=0.70%查表t0.95,2=4.30因此由上面兩次計算結(jié)果可知：將置信度固定，當(dāng)測定次數(shù)越多時，置信區(qū)間越小，表明越接近真值。即測定的準(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)查表3-4得,G0.95,4=1.46,G1<G0.95,4,G2>G0.95,4故0.1056這一數(shù)據(jù)應(yīng)舍去。(2)當(dāng)P=0.90時，當(dāng)P=0.95時，因此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>t0.95,326.解：，說明平均值與標(biāo)準(zhǔn)值之間存在顯著性差異。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(xiàn)表=6.59，F(xiàn)<F表說明此時未表現(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+n2–2=7時,t0.90,7=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(2)0.0325×5.103×60.06÷139.8=0.0325×5.10×60.1÷140=0.0712(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+]=8.9×10-229.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)計量關(guān)系，標(biāo)定溶液的濃度和體積用量，計算出被測組分的含量，這種定量分析的方法稱為滴定分析法。滴定：在用滴定分析法進(jìn)行定量分析時，先將被測定物質(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?；瘜W(xué)計量點(diǎn)：當(dāng)?shù)稳氲臉?biāo)準(zhǔn)溶液與被測定的物質(zhì)按照一定的化學(xué)計量關(guān)系全反為止，稱反應(yīng)達(dá)到了化學(xué)計量點(diǎn)。滴定終點(diǎn)：滴定進(jìn)行至指示劑的顏色發(fā)生突變時而終，此時稱為滴定點(diǎn)。滴定誤差：滴定終點(diǎn)與化學(xué)計量點(diǎn)往往并不相同，由此引起測定結(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)于被測物質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。3.答：用（１）標(biāo)定NaOH溶液的濃度時，結(jié)果偏高,用（２）標(biāo)定HCl溶液的濃度時，結(jié)果偏低；用此NaOH溶液測定有機(jī)酸時結(jié)果偏高,用此HCl溶液測定有機(jī)堿時結(jié)果偏低。4.解：所得殘渣為KCl，有3.427gK2CO3+2HCl==2KCl+CO2+H2OKOH+HCl==KCl+H2O5.解：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).D8.解：(1)設(shè)取其濃溶液V1mL,(5).B(6).C,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KMnO4x克用標(biāo)定法進(jìn)行配制。10.解：設(shè)加入V2mLNaOH溶液，即解得:V2=200mL11.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)稀釋時加入純水為，依題意：1.000×0.2000=0.1783×（1+10-3×Ｖ）Ｖ=121.7ｍL12.解：設(shè)應(yīng)稱取xgNa2CO3+2HCl==2NaCl+CO2+H2O當(dāng)Ｖ1=Ｖ=20mL，時x=0.5×0.10×20×10-3×105.99=0.11g當(dāng)Ｖ2=Ｖ=25mL，時x=0.5×0.10×25×10-3×105.99=0.13g此時稱量誤差不能小于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，則15.解：設(shè)HCl和NaOH溶液的濃度為和MgCO3+2HCl==MgCl2+CO2+H2O30.33ｍLNaOH溶液可以中和36.40ｍLHCl溶液。即36.40/30.33=1.2即1ｍLNaOH相當(dāng)1.20ｍLMgCO3因此，實(shí)際與MgCO3反應(yīng)的HCl為：48.48-3.83×1.20=43.88ｍL由得在由得HCl和NaOH溶液的濃度分別為16.解：根據(jù)公式：和（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=0.2000=5mol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-NHCH2COO。2.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-]+2[CO32-]PBE：[H+]+[H2CO3]+[HCO3-]=[NH3]+[OH-]（2）MBE：[NH4+]+[NH3]=c;[H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=cCBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-]PBE：[H+]+[H2CO3]=[NH3]+[OH-]+[CO32-]4.答：（1）MBE：[K+]=c[H2P]+[HP-]+[P2-]=cCBE：[K+]+[H+]=2[P2-]+[OH-]+[HP-]PBE：[H+]+[H2P]=[HP-]+[OH-]（2）MBE：[Na+]=[NH4+]=c[H2PO4-]+[H3PO4]+[HPO42-]+[PO43-]=cCBE：[Na+]+[NH4+]+[H+]=[OH-]+2[HPO42-]+[PO43-]PBE：[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[PO43-]（3）MBE：[NH4+]=c[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=cCBE：[NH4+]+[H+]=[H2PO4]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]PBE：[H+]+[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[HPO42-]+2[PO43-]（4）MBE：[NH4+]=c[CN-]+[HCN]=cCBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[CN-]+[HCN]PBE：[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CHB2mol·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）簡化為(2)若兩種酸都不太弱，先由式（2）近似求得[H+]，對式（1）進(jìn)行逐步逼近求解。(2)根據(jù)公式得：pH=lg1.07×10-5=4.976.答：范圍為7.2±1。7.答：(1)pKa1=2.95pKa2=5.41故pH=(pKa1+pKa2)/2=(2.95+5.41)/2=4.18(2)pKa=3.74(3)pKa=2.86(4)pKa1=2.35pKa2=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=7.2×10-4,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,CspKb1=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=1.0×10-14/1.4×10-9=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，查表計算只（3）、（6）不能直接準(zhǔn)確滴定，其余可直接滴定。9.解：因?yàn)镃spKa≥10-8，Ka=Kt?Kw，故：CspKt≥10610.答：用強(qiáng)酸或強(qiáng)堿作滴定劑時，其滴定反應(yīng)為：H++OH-=H2OKc===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，滴定終點(diǎn)時過量的體積一定，因而誤差增大；若太稀，終點(diǎn)時指示劑變色不明顯，故滴定的體積也會增大，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，pCsp+pKa(Kb）≥8及Ka1/Ka2>105,pKa1-pKa2>5可直接計算得知是否可進(jìn)行滴定。（1）H3AsO4Ka1=6.3×10-3,pKa1=2.20;Ka2=1.0×10-7,pKa2=7.00;Ka3=3.2×10-12,pKa3=11.50.故可直接滴定一級和二級，三級不能滴定。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)=8.36pKa1-pKa2=2.03故可直接滴定一、二級氫，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；（3）0.40mol·L-1乙二胺pKb1=4.07;pKb2=7.15cKb2=0.4×7.1×10-8>10-8pHsp=pcKa1/2=(lg0.4/3+14-7.15)/2=2.99故可同時滴定一、二級，甲基黃，由紅色變?yōu)辄S色；（4）NaOH+(CH2)6N4pKb=8.85pHsp=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=5.41pHsp=pKW-pcKb1/2=14+[lg0.05-(14-5.41)]/2=8.90故可直接滴定一、二級氫，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；（6）聯(lián)氨pKb1=5.52;pKb2=14.12pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5.52)/2=6.22故可直接滴定一級，甲基紅，由黃色變?yōu)榧t色；（7）H2SO4+H3PO4pHsp=[(pcKa1Ka2/(c+Ka1)]/2=4.70甲基紅，由黃色變?yōu)榧t色pHsp=[(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c]/2=9.66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；（8）乙胺+吡啶pKb=3.25pKb=8.77pHsp=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)榧谆鹊淖兩秶鸀?.1～4.4所以當(dāng)pH=4.0時為變色轉(zhuǎn)折點(diǎn)pH=pKa+lg4.0=4.74+lgx%=15%13.解：（1）能。因?yàn)镠2SO4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），pH≈5，可用甲基橙作指示劑，按下式計算含量：14.答：（1）使測定值偏小。（2）使第一計量點(diǎn)測定值不影響，第二計量點(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、16、12。（2）物質(zhì)的量之比分別為：12、1２、１１、１１。17.答：選D18.解：（1）pH=7-lg2=6.62（2）=5.123pH=lg[H+]=1.59（3）[H+]==pH=-lg[H+]=5.13（4）[H+]===pH=-lg[H+]=2.69（5）[H+]=pH=-lg[H+]=6.54（6）[OH/