为了正常的体验网站,请在浏览器设置里面开启Javascript功能!

分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学、西南大学、华南师范大学编.doc

2017-10-19 50页 doc 156KB 3023阅读

用户头像

is_105949

暂无简介

举报
分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学、西南大学、华南师范大学编.doc分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学、西南大学、华南师范大学编.doc 绪 绪第一章 答案:1,器分析法灵敏度高。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪     2,器分析法多数性好。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪     3,器分析法分析速度快,利于批量品分析。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪     4,易于使分析工作自化。绪绪绪     5,相差大。绪绪绪绪绪绪     6,、价格昂,器工作境要求高。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 第二章定性分析 1.解:最底度绪绪 1:G=1:...
分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学、西南大学、华南师范大学编.doc
分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学、西南大学、华南师范大学编.doc 绪 绪第一章 答案:1,器分析法灵敏度高。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪     2,器分析法多数性好。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪     3,器分析法分析速度快,利于批量品分析。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪     4,易于使分析工作自化。绪绪绪     5,相差大。绪绪绪绪绪绪     6,、价格昂,器工作境要求高。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 第二章定性分析 1.解:最底度绪绪 1:G=1:5×104 2.解:出限量绪绪绪绪 3.答:用,绪绪绪绪2,1mol•L-1HCl作洗液,因绪HCl含有与化物沉淀的共同离绪绪绪绪绪绪绪绪绪子,可以减少洗的溶解失,又保持一定的酸度条件,避绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 免某些水解的沉淀析出,另外绪绪绪绪绪绪绪绪绪HCl绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪强解避免因洗而引起胶体象。 如果用蒸水洗,不具上述条件,使沉淀的溶解失太大,特是绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪PbCl2,HNO3不含共同离子,反而引起效而使沉淀溶解度大,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪NaCl绪绪绪绪具有共同离子,但不具酸性条件,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=2H2O E0=1.77 V Sn4++2e=Sn2+ Eo=0.154 V H2O2是比Sn4+强的氧化,所以绪绪绪绪H2O2可以氧化Sn2+绪Sn4+ (2 ) I2(固)+2e=2I- Eo=0.5345 V AsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O Eo=0.559 VI-是比AsO33-强的原,所以绪绪绪绪绪绪NH4I可以原绪绪AsO43- 6.答:,1,因绪HNO3是的氧化会把强绪绪绪绪绪绪H2S氧化成硫而沉淀。 ,2,用H2SO4代替HCl,引入了SO42-,使Ba2+,Sr2+,Ca2+及Pb2+离子生成硫酸绪沉淀,将妨碍些离子的分析。绪绪绪绪绪绪绪绪 ,3,用HAc代替HCl,由于它是弱酸,不可能至所需要的酸度。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 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,加绪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,与作用,生成黄色沉淀,此沉淀一部分溶于绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Na2S,另一部分不溶,仍黄绪绪色。 8.答: ,1,容易水解的离子如:Bi3+,Sb(III),Sn(II),Sn(IV)存在。 ,2,可知Hg2+不存在。 ,3,生成的硫化物黄色,绪绪绪绪绪Pb2+,Bi3+,Cu2+,Hg2+不存在。 根据以上判断,可知,有:Cd2+,Sn(IV),As(III),As(V),也可有Sb(III),Sb(V)存在。9.答:,1,在第三离子的沉淀中,绪绪绪绪绪绪绪绪Al(OH)3和Cr(OH)3属于两性氧化物,酸绪绪绪绪绪绪度高沉淀不完全,酸度太低又容易形成偏酸而溶解。另一方面当绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪pH>10绪,部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。明控制在绪绪绪绪绪绪绪pH=9.0 ,绪绪绪绪绪绪绪绪沉淀第三离子最适宜的条件,在沉淀本离子的程中,随着反的行,溶液绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪pH降低。因此加入NH3-NH4Cl 绪冲溶液来保持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,会吸收空气中的CO2绪生CO32-,固而使第四的绪绪Ba2+,Sr2+,Ca2+ 部分沉淀于第三。所以,必绪绪绪绪绪绪绪使用新配制的(NH4)2S和氨水。 10.答:,1,加量氨水,绪绪绪绪绪绪Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解,而Al(OH)3不溶。,2,加适当量的绪绪绪NaOH,绪Zn(OH)2生成ZnO22-溶解,而Fe(OH)3不溶。,3,加适当量的绪绪绪NaOH,绪Zn(OH)2生成ZnO22-溶解,而Ni(OH)2不溶。,4,加适当量的绪绪绪NaOH,绪Cr(OH)3生成CrO2- 溶解,而Co(OH)2不溶。,5,加量氨水,绪绪绪绪绪绪Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解,而Al(OH)3不溶。 11.解: ,1,有色离子不存在,如:Fe3+,Fe2+,Cr3+,Mn2+,Co2+ 和Ni2+。,2,表示Al3+也不可能存在。 ,3,加入绪绪绪(NH4)2S或TAA得白色沉淀,又一次明了绪绪绪绪绪绪绪Fe3+,Fe2+,Cr3+,Mn2+,Co2+ 和Ni2+不存在。 由以上推断中可能有绪绪绪绪绪绪Zn2+存在。 12.解:由,1,可以判断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。 绪绪绪绪绪绪绪绪上所述,存在的离子Mn2+和Zn2+, 不可能存在的离子绪Al3+,Cr3+, Fe3+,Fe2+, Co2+和Ni2+ ,少量Al3+,Cr3+ 存在与否不能决定。 13.答:分出第三阳离子的液含有大量的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪S2+,S2+易被空气中的氧氧化成SO42+,使绪绪部分Ba2+,Sr2+生成溶解的硫酸,影响的分析,所以要立绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 即理含有第四五阳离子的液。理的方法是:将液用绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪HAc酸化加煮沸,绪绪绪绪以除去H2S。 14.答:,1,NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄色沉淀 (NH4)2NaCo(NO2)6干绪K+ 的定,绪绪绪所以如果氨没有除,绪绪绪绪绪绪绪K+便出度出。绪绪绪绪绪绪 ,2,K+未出的原因有三:绪绪绪绪绪绪绪绪a.酸度条件控制不当。定绪绪K+的反条件在中性或绪绪绪绪绪绪绪绪弱酸性中行。如果溶液绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪酸性或碱性,强强Co(NO2)63-分解。b.绪绪绪绪绪绪绪放置久。久置和日光照射下易生分解。绪绪绪绪绪c.存在其他原或氧化。原能将中的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Co3+绪原绪Co2+,氧化能将中的绪绪绪绪绪绪绪NO2-氧化绪NO3-。 15.答: ,1,加碱生绪绪NH3者绪NH4Cl 。 ,2,加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者,绪(NH4)2SO4 。 ,3,加和绪绪(NH4)2SO4绪绪生白色沉淀的BaCl2 。 ,4,加CaCl2生成白色沉淀CaC2O4者,绪(NH4)2C2O4 。 16.解:,1,既然沉淀白色,溶液无色,有色物绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪K2CrO4不存在。 ,2,由,1,得白色沉淀溶于稀HCl。绪BaCl2与(NH4)2SO4不可能同存在,而溶于稀绪绪绪绪绪绪绪绪HCl的白色沉淀,必定是草酸。所以绪绪绪绪(NH4)2C2O4肯定存在。 ,3,表明绪绪绪绪(NH4)2SO4存在,绪BaCl2肯定不存在,既然BaCl2不存在,,绪绪绪绪1,生成的白色沉淀只能是CaC2O4 。所以Ca(NO3)2肯定存在。 ,4,,绪绪绪4,表明MgCl2不存在。 绪绪绪绪绪上所述分析果: 绪绪绪存在的物有:(NH4)2C2O4 ,(NH4)2SO4 和Ca(NO3)2 , 绪绪绪不存在的物有:K2CrO4 , BaCl2 , MgCl2 , 绪绪存在与否不能判断的:NaCl 。 17.答:由分肯定第一二离子不存在,由性和氧化原,肯定绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪NO2-和S2O32-不存在。所以只有NO3-和Ac-不能肯定,需行定。绪绪绪绪绪绪绪18.答: ,1,加稀H2SO4有气泡生,绪绪绪绪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,绪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,绪Cl-可能存在,Br-,I-,S2-不可能存在。,4,在稀H2SO4存在下加KI-淀粉溶液无明化,绪绪绪绪绪NO2-不可能存在。,5,在稀H2SO4存在下加I2-淀粉溶液无明化,绪绪绪绪绪SO32-, S2O32-, S2-不可能存在。,6,在稀H2SO4酸性条件下加KMnO4紫色褪去,绪绪绪绪绪绪SO32-,S2O32-, Cl-,大量,绪Br-,I-,S2-,NO2-可能存在。 从以上各初果来看,肯定不存在的离子有:步绪绪绪绪绪绪绪绪Br-,I-,S2-,NO2-,SO32-,SO32-,S2O32- 。所以行分定的离子:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪SO42-,CO32-,PO43-,SiO32-, Cl-,NO3-和Ac-七绪绪离子。 19.答:第一二阳离子的都溶于水,既然混合物能溶于水。已定出有 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Pb2+,所以第一二阳离子可不定。 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 20.答:因绪H2SO4与多的阳离子生成溶解的硫酸沉淀。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪HAc的酸性太弱,溶解能力差。所以一般不用H2SO4和HAc溶解。绪绪绪 21.答: ,1,本身无色,溶于水所得溶液亦无色,有色离子如:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Cu2+,Fe3+,Fe2+,Cr3+,Mn2+,Co2+ 和Ni2+不可能存在。 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪易溶于水,易水解析出的溶化合物离子不可能存在。如:Bi3+,Sb(III),Sb(V),Sn(II), 和Sn(IV),等离子。 ,2,焰色火焰黄色,有绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Na+存在,其他有明焰色反的离子,如:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Ba2+,Ca2+,Sr2+,Cu2+,K+等离子不可能存在。 ,3,溶于稀HCl无可察的反,绪绪绪绪绪绪绪Ag+,Hg22+,Pb2+离子不存在,另外在酸性溶液中具有绪绪绪绪绪绪绪绪性的离子,如:SO32-,S2O32-,CO32-,S2-,NO2- 。与酸作用能生成沉淀的SiO3-都不可能存在。 ,4,与绪绪绪绪H2SO4 不生反,能生成溶性硫酸的离子,如:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Pb2+,Ba2+,Sr2+,Ca2+,大量,绪Ag+,Hg22+ 等离子不存在。另外明性离子及原性的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪I-不存在。,5,与NaOH一起加不放出绪绪绪绪 NH3 ,表示绪绪绪 NH4+不存在。生成有色沉淀的阳离子亦不存在,如:Ag+,Hg22+ ,Cu2+,Hg2+,Fe3+,Fe2+,Cr3+,Mn2+,Co2+ 和Ni2+等离子。,6,在中性溶液中与BaCl2溶液不生沉淀,表示第一阳离子不存在。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪括以上分析推断,尚需要定的离子有: 阳离子:Cd2+,As(III),As(V),Al3+,Zn2+,Mg2+,Na+等离子。 绪 离子:Cl-,Br-,NO3-,Ac- 等离子。 第三章绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪差和分析数据的理,答案均已更正, 1.答:,1,系差中的器差。减免的方法:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪校准器或更器。 ,2,系差中的器差。减免的方法:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪校准器或更器。 ,3,系差中的器差。减免的方法:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪校准器或更器。 ,4,系差中的差。减免的方法:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪做空白。 ,5,随机绪绪绪差。 ,6,系差中的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪操作差。减免的方法:多几次取平均。 ,7,失差。绪绪绪绪绪 ,8,系差中的差。减免的方法:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪做空白。 2.解:因分析天平的称量差。绪绪 绪绪绪绪绪绪绪 故数的差 根据可得 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪明,两物体称量的差相等,但他的相差并不相同。也就是,当被定的量大,相差绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪就比小,定的准确程度也就比高。3.解:因滴定管的数差绪绪绪 绪绪绪绪绪绪绪 ,故数的差 根据可得 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪明,量取两溶液的差相等,但他的相差并不相同。也就是,当被定的量大,量的相差绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪小,定的准确程度也就高。4.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 5.答::0.36 绪绪绪绪以两位有效数字出。 6.答::以四绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 位有效数字出。 7.答::以四绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪位有效数字出。 8.答::甲的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪告合理。因在称取了两位有效数字,所以绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪算果和称相同,都取两位有效数字。 9.解:根据方程2NaOH+H2C2O4•H2O==Na2C2O4+4H2O可知, 需H2C2O4•H2O的量绪绪m1绪: 绪绪绪绪 相差 绪绪绪绪绪绪相差大于0.1% ,不能用H2C2O4•H2O绪定0.1mol•L-1的NaOH ,可以用绪绪相分子量大的作绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪基准物来定。 若改用KHC8H4O4绪绪绪绪绪绪基准物,有: KHC8H4O4+ NaOH== KNaC8H4O4+H2O 需KHC8H4O4的量绪绪绪m2 ,绪 绪绪绪绪绪相差小于0.1% ,可以用于定绪绪NaOH。 10.答:乙的准确度和精密度都高。因从两绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪人的数据可知,他是用 分析天平取绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪。所以有效数字取四位,而甲只取了两位 因此从表面上看甲的精密度高,但从分析果的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪精密度考,是乙的 绪绪果的准确度和精密度都高。 11.答:D 12.答:D 13.解:根据 绪得S=0.1534% 绪绪绪当正确果15.34%绪 , 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|可知甲的准确度比乙高。 S1Q0.90,4 , 故1.83绪绪绪绪绪一数据弃去。 ,2, 绪表3-3得Q0.90,5=0.64,因QG0.95,4故0.1056绪绪绪绪绪 一数据舍去。 (2) 当 P=0.90绪 ,因此 当 P=0.95绪 ,因此 绪绪绪绪由两次置信度高低可知,置信度越大,置信区越大。 25.解:根据 绪表3-2得t0.90,3=3.18 , 因t>t0.95,3 ,明绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪平均与准之存在著性差异。 26.解: 绪表3-2, t0.95,4 =2.78 , t10-8(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 根据CspKa?10-8可直接滴定,表绪绪绪绪绪绪算只,3,、,6,不能直接准确滴定,其余可直接滴定。 9. 解:因绪CspKa?10-8,Ka=Kt•Kw, 故:CspKt?106 10. 答:用酸或碱作强强滴定,其绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定反: H++OH-=H2O Kc= = =1.0×1014 (25)? 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪此滴定反的平衡常数Kt相当大,反行的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪十分完全。但酸,碱,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪准溶液的度太,滴定点量的体一定,因而差绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪增大,若太稀,点指示色不明,故滴定的体也会绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪增大,致使差增大。故酸,碱,准溶液的度均不宜太或太稀。11. 答:根据CspKa(Kb)?10-8,p Csp+pKa(Kb,?8及Ka1/ Ka2>105,p Ka1-p Ka2>5可直接绪算得知是否可行绪绪绪绪绪滴定。 ,1,H3AsO4 Ka1=6.3×10-3, pKa1=2.20 ; Ka2=1.0×10-7 , pKa2=7.00; Ka3=3.2×10-12, pKa3=11.50. 故可直接滴定一和二,三不能绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定。 pHsp=(pKa1+pKa2)=4.60 绪绪绪甲酚, pHsp=(pKa2+pKa3)=9.25 酚绪绪。 ,2,H2C2O4 pKa1=1.22 ; pKa2=4.19 pHsp=14-pcKb1/2)=14+(lg0.1/3-14+4.19)=8.36 pKa1-pKa2=2.03 故可直接滴定一、二,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪酚,由无色色, ,3,0.40 mol•L-1乙二胺 pKb1=4.07 ; pKb2=7.15cKb2=0.4×7.1×10-8>10-8 pHsp=pcKa1/2=(lg0.4/3+14-7.15)/2=2.99故可同绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定一、二,甲基黄,由色黄色, ,4, NaOH+(CH2)6N4 pKb=8.85 pHsp=14-pcKb/2=14+(lg0.1/2-8.85)/2=8.92故可直接滴定NaOH,酚绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,有无色色, ,5,绪绪绪绪绪苯二甲酸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,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪酚,由无色色, ,6,氨绪绪pKb1=5.52 ; pKb2=14.12 pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5.52)/2=6.22 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪故可直接滴定一,甲基,由黄色色, ,7,H2SO4+H3PO4pHsp=[(pcKa1Ka2/(c+Ka1)]/2=4.70甲基绪绪绪绪绪绪绪绪绪,由黄色色 pHsp=[(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c]/2=9.66 故可直接滴定到磷酸二、绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪磷酸一,酚,由无色色,,8,乙胺+吡绪 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,甲基绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,由色黄色。 12. 解:C1=0.10mol•L-1 , Ka2=1.8×10-5 ,所以 ,1,不能以甲基橙绪绪绪绪绪绪绪绪指示准确滴定HCl ,2,因绪 绪绪绪绪绪甲基橙的色范3.1,4.4 所以当pH=4.0绪绪绪绪绪绪色折点 pH=pKa+lg 4.0=4.74+lg x%=15% 13. 解:,1,能。因绪H2SO4的第二离步绪常数pKa2=2.00,而NH4+的离绪绪绪绪常数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绪绪绪绪绪绪作指示。 (2)可以用蒸法,即绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪向混合溶液中加入量的碱溶液,加使NH3逸出,并用绪量的H3BO3溶液吸收,然后用HCl绪准溶液滴定H3BO3吸收液: NH3 + H3BO3== NH4+ H2BO3- H++ H2BO3-== H3BO3绪绪绪绪点的物是H3BO3和NH4+,混合弱酸,,pH?5 ,可用甲基橙作指示,绪绪绪绪绪按下式 绪算含量: 14. 答:,1,使定偏绪绪绪绪绪绪小。 ,2,使第一量绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪点定不影响,第二量点偏大。15. 答:,1,需加入绪绪绪绪HCl绪,20.00?4=5.00mL ,2,需加入绪绪绪绪HCl绪:20.00×2=40.00mL,3,由NaHCO3绪成。 16. 答:,1,物的量绪绪绪绪绪绪绪绪绪之比分:12?、16?、12?。,2,物的量绪绪绪绪绪绪绪绪绪之比分:12?、1?,、,?,、,?,。17. 答:绪 D 18. 解:,1,pH=7-lg2=6.62 ,2, =5.123 pH=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-]= pOH=4.51 pH=9.49 ,7,[OH-]= pOH=4.93 pH=9.07 ,8,[H+]= pH=9.20 ,9,[[H+]= = pOH=9.20 pH=4.,8 ,10,[OH-]= pOH=0.04 pH=13.96 ,11,[H+]= pH=1.67 19. 解:? 。= 〉40Ka2 Ka2》Ka2 且CKa1=0.01×7.6×10-3? H3PO4的第二、第三解离绪绪 绪绪绪 和水的解离均又被忽略。于是可以按一元酸来理, 又因绪 故 =1.14×10-2mol.L-1 , 20. 解:(1) [H 根据多元酸,碱,各型体的分布分数可直接算绪绪绪绪有:CKa1=5.9×10-2 , CKa2=6.4×10-5Na2C2O4在酸性水溶液中以三形绪绪绪绪绪绪绪式分布即: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,碱,各型体分布分数有: =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绪绪绪绪绪冲溶液,算知: CHCl= 22. 解:由冲溶液绪绪绪绪绪绪绪绪 算公式, 得10=9.26+lg lg =0.74 , =0.85 mol又 绪 即需 绪0.85mol 绪 即 NH4Cl绪0.15mol 0.15×53.5=8.0g 23. 解:1,需氨绪绪绪绪绪绪基乙酸x g,由绪绪绪绪意可知 ? ? ,2,因氨绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪酸基乙酸两性物,所以加一强元HCl ,才能使溶液的pH=2.00 。 绪绪加y mL HCl y=6.9 mL 24. 解:,1, pH1-pH2=0.05 ,2,原绪绪[HAc-]绪x,[NaAc]绪y。 绪 得 x=0.4 mol•L-1 y=0.72 mol•L-1 25. 解:,1, = ,2,硼砂溶液中有如下酸碱平衡 B4O72-+5H2O = 2H2BO3-+2H3BO3 绪 绪绪绪绪绪绪绪因此硼砂溶液冲体系。考度影响:离子强 溶液中 绪 26. 解:,1,由 得M=337.1g/mol ,2, Ka=1.3×10-5 绪绪绪绪绪绪故酚指示。 27. 解:,1,绪绪绪绪绪绪绪绪苯甲酸的度x 绪 得 x=0.08280 mol•L-1,2,当达绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪量点,苯甲酸完全苯甲酸,酸度完全由苯甲酸根决定. pOH=5.58 pH=8.42 ,3,酚指绪绪绪绪绪绪示。 28. 解:,1, 的[H+]= pH=5.28 ,2, ,3, 绪绪绪绪绪绪甲基指示。 29. 解:在量绪绪绪绪绪绪绪绪绪点,好反 pH=5.12 绪绪绪绪绪绪绪故甲酚指示。 30. 解:,1, 绪 当pH=1.5绪 绪 Ka1=10-1.50 同理 绪 当pH=6.50绪 绪 Ka2=10-6.50 ,2,CKa1=10-8且 ,所以可以用来分步滴定H2B。 ,3,: 绪 pH=4.10 二离绪绪绪 绪 pH=9.51 ,4, 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪分用甲基橙和酚。31. 解:,1, ,2,酚绪 甲基橙 32. 解:,1, ,2, pH=8.70绪绪绪色,所,3,以绪绪绪绪绪绪绪绪绪酚指示。33. 解:(1)绪每升碱液吸收x克CO2 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪因以酚指示,所以Na2CO3被滴定绪NaHCO3 . 绪可知: (0.1026- x=0.0264g?L-1(2) 34. 解:(1) ,2, 35. 解:根据 5H2O+Na2B4O7?H2O+2HCl=4H3BO3+2NaCl+10H2O 可得: = = = 36. 解:解:由滴定程可知,可能含有绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪NaOH,NaHCO3,Na2CO3 ?31.40mL>2×13.30mL?绪绪绪绪绪中含有NaHCO3,Na2CO3 于是 用于滴定NaHCO3的量绪: 31.40mL-2×13.30mL=4.80mL 37. 解:绪NaOH绪X mol,NaCO3绪Y mol, 绪 X+Y=0.04×0.15=0.006 40X=105.99Y=0.3750 得X=0.04 Y=0.012 故 38. 解: 39. 解:由绪绪绪绪绪绪绪绪意得,混合液由H2PO4和NaHPO4绪绪绪绪绪绪绪绪成,其体分X ml,Y ml。 由2V1+V2=48.36 V1+V2=33.72 得 V1=14.64 ml V2=19.08 ml 故 C1=1.000V1=14.64mmol C2=1.000V2=19.08mmol40. 解:,1,同量的绪绪绪绪绪绪绪绪 绪绪绪绪绪绪绪绪,以磷酸,以甲基酚作指示,酸的用量作指示的碱 用量,,。此 绪绪绪绪 绪绪绪绪绪绪绪绪与的或成。磷酸由可溶性 ,2,用绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪酚或甲基橙作指示分滴定 , 绪绪绪中P2O5的含量:绪绪 41. 解: 42. 解: 绪蛋白% 43. 解:中绪绪绪绪HA的量分数绪绪绪绪绪A 。 ,1,当HA被中和一半绪绪绪绪溶液的pH=5.00 , 有: ? ?pH = pKa 即 Ka=10-5.00 ,2,当HA被中和至量绪绪绪绪绪绪绪绪点,可得: ? ? 绪 A=0.51 A%=0.51×100%=51% 因绪 cKa>>20Kw 绪绪绪绪绪绪绪绪绪故使用最式算是合理的。 44.解:量的绪绪绪绪NaOH的度绪绪绪c,此溶液的绪绪绪绪绪PBE绪: c + [H+] + [HA] = [OH-]因此溶液碱性,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪故上式可化:c + [HA] = [OH-] 解之:[H+]=1.0×10-10 mol/L pH=10.00 第六章绪合滴定法 1. 解:,1, EDTA是一氨合,绪绪绪绪 乙二胺名称四乙酸,用符号H4Y 表示,其绪绪绪绪构式 。配制绪绪绪绪绪绪绪绪绪准溶液一般采用EDTA二,分子绪绪绪绪绪绪绪 式,其水溶液pH绪 4.4 ,可通公绪绪式 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 行算,准溶液常用度0.01mol•L-1 。 ,2,一般 情况下水溶液中的EDTA绪 是以H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-和Y4-等七 绪 型体存在,其中以Y4- 与金属离子形成的合物最定,但在绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪pH›10绪EDTA才主要以此绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪型体存在。除个金属离子外。EDTA与金属离子形成合物,合绪绪绪绪绪绪绪比都是11?。 ,3, K/MY称 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 条件形成常数,它表示一定条件下合反行的程度,其算式,4,合 绪绪绪 绪绪滴定曲滴金定突属离子的分析度的大小取决CM和合物的条件形成绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 常数在金属离子度一定的条件下,绪 绪 绪 越大,突也越大,在条件常数K/MY一定,绪绪 CM 越大,突绪 也越大. ,5, K/MY绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪是判断合滴定差大小的重要依据。在?pM/一定,绪绪K/MY越大,合绪绪滴定的准确度 越高。影响K/MY的因素有酸度的影响、干离子的影响、配 绪绪绪绪绪绪绪绪 位绪绪绪绪绪的影响、OH-的影响,其中酸度 愈高,H+绪 度愈大,lg/MY 绪 绪绪越小,螯合的合作用常能增大 K绪 ,减小K离。在 K/MY一定,绪绪绪绪绪绪绪点差的大小由?pM/、、CM、K/MY决定,而差的正由绪绪绪绪绪绪绪?pM/ 决定。 ,6,在[H+]一定,绪绪EDTA酸效系数的绪绪绪绪绪绪 绪。算公式 2. 答,由于多数金属离子的配位数四和绪绪绪绪绪六。Cu2,、Zn2,、Cd2,、Ni2,等离子均能与NH3形成合物,合速度绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪慢,且合比,以氨水滴定滴定反行的完全程度不高。不能绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪按照确定的化学量系定量完成,无法判断滴定绪绪绪点。 3. 答:各型体分布分数: … 再由[MLi]=δiCM 得,溶液中合物的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪主要存在型体由δi决定。故只要那个越 大,就以配位数绪i的型体存在。 4. 解:由,, 由相两合物分绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 布曲的交点有pL=lgKi ?AlL3绪绪 主要型体 ?在pL<5.8绪,AlL3绪主要型体。 绪 ?, ? ? Al3+绪主要型体。 5. 解:由绪 绪 绪 ,色,,色,,橙色, ?pH<6绪绪绪绪呈紫色,pH=8~11绪绪绪绪呈色,pH>12绪呈橙色, 绪绪绪绪?色点的pH=10: 绪绪绪?黑R与Ca2+、Mg2+、Zn2+和Cd2+等金属离子形成色的合物,绪绪绪绪绪绪绪适宜的酸度范绪绪在pH=8~11之绪绪。 6. 解:pH=10~12在PAN中加入适量的CuY,可以生如下反绪绪绪绪绪绪 CuY,色,绪绪绪+PAN,黄色,+M = MY + Cu—PAN 绪 绪绪绪,黄色,,紫色, Cu—PAN是一绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪接指示,加入的EDTA与Cu2+定量合绪绪绪绪绪绪绪绪绪后,稍量的滴定绪绪绪绪绪就会取Cu—PAN中的Cu2+,而使PAN游离出来。 Cu—PAN+Y= CuY +PAN 表明滴定达点绪绪 ,紫色,,黄色,绪绪绪绪绪绪绪绪 7. 解:由于Fe3+和NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀,绪绪绪绪绪致游离的HCl的度偏绪绪绪绪绪绪绪绪小,可以用EDTA消除干,绪绪EDTA和Fe3+形成合物,定性大,减少了溶液中的有利的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪Fe3+。8. 解:由于用EDTA滴定Ca2+、Mg2+绪,pH=10,用三乙醇胺和KCN来消除,若使用绪酸绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪胺和抗坏血酸,会降低pH绪,影响Ca2+、Mg2+滴定,三乙醇胺是在溶液呈微酸性 绪来掩蔽Fe3+,如果pH越低,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪达不到掩蔽的目的,pH<6的溶液中,KCN会形成HCN是弱酸,以离出绪绪绪绪绪CN-来掩蔽Fe3+。所以在pH<6溶液中绪绪绪绪绪禁使用。 9. 解:可以在,c,的条件下行。绪绪绪绪绪 pH=2~2.5,用先滴定Fe3+,此绪Al3+不干。绪绪然后,溶液的绪绪绪绪绪pH=4.0~4.2,,再滴绪绪绪绪定Al3+。由于Al3+与EDTA的配位反速度绪绪绪绪绪绪慢,加入量EDTA,然后用绪绪绪绪准溶液Zn2+回滴绪绪绪量的Al3+。 10. 答:由于Ca2+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Cu2+都有色的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪金属离子,在溶液中加入EDTA绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪形成色更深的合物。可以水中含有金属离子。在pH=10绪,加入EBT,绪Ca2+、Mg2+形成色的合物,绪绪绪绪绪绪绪CuY2-绪绪绪绪深色,FeY-绪绪绪绪绪黄色,可分判断是Fe3+、Cu2+。 11. 答:,1,由于EDTA水溶液中含有Ca2+ ,Ca2+与EDTA形成合物,定出来的绪绪绪绪绪绪绪绪绪EDTA绪度偏低,用EDTA滴定液中的绪绪绪绪Zn2+,绪Zn2+绪度偏低。 ,2,由于水溶液中含有Ca2+ ,部分Ca2+与EDTA形成合物,定出来的绪绪绪绪绪绪绪绪绪EDTA绪度偏低,用EDTA滴定液中的绪绪绪绪Ca2+、Mg2+,合量偏低。绪绪绪绪绪绪 ,3,用CaCO3绪绪绪绪基准物定EDTA ,绪CaCO3中的Ca2+被EDTA绪绪绪绪绪绪取,有水中的Ca2+都与EDTA形成合物,定出来的绪绪绪绪绪绪绪绪绪EDTA绪绪绪绪绪绪度偏低,定液中Ca2+、Mg2+合量偏低。 12. 答:在pH=5.5绪 ,=16.50-5.1-1.04=10.36 在pH =10,氨性冲溶液,绪绪绪绪绪绪绪滴定Zn2+ ,由于溶液中部分游离的NH3与Zn2+绪合,致使滴定Zn2+不准确,消耗EDTA的量少,偏差大。 13. 解:假绪绪绪绪溶液中Cu2+与NH3形成的配合物主要是以Cu(NH3)42+形式存在。等体相绪绪混合后,Cu2+和NH3的度分:绪绪绪绪绪绪 溶液中游氨的度:绪绪绪绪 绪绪绪绪绪附表五知Cu(NH3)42+配离子的:β1=1.4×104 β2=4.3×107 β3=3.4×1010 β4=4.7×1012 根据式,6-15a, =5.26×10-10 β1[L]= 1.4×104×0.14=1.96×104 β2[L]2= 4.3×107×0.142=8.43×105 β3[L]3= 3.4×1010×0.143=9.33×107 β4[L]4= 4.7×1012×0.144=1.81×109 故溶液中主要型体[Cu(NH3)42+]绪: 14. 解:由教材344绪知AlF3-配离子分: 绪绪绪 6.13,11.15,15.00,17.75,19.37,19.84 故β1~β6分:绪绪绪 ,,,,,。 绪 根据 再有式 故 所以,由上可知溶液中存在的主要型体,其度。绪 绪绪 绪 15. 解:Ni(NH3)62+配离子的lgβ1-lgβ6分绪绪:2.80,5.04,6.77,7.96,8.71,8.74。得β1-β6 分绪绪: β1=6.31×102 β2=1.09×105 β3=5.89×106 β4=9.12×107 β5=5.13×108 β6=5.50×108因 (A) (B) 根据得 [Ni(NH3)32+]= (C)[Ni(NH3)42+]= (D)由式(A)和(C)得 [Ni(NH3)32+]= (E) 由(B)和(D)得 [Ni(NH3)42+]= (F) 根据式(E)和(F)并由绪绪绪意得 10[Ni(NH3)32+]= 10 = [NH3 ]=10β3/β4=10×5.89×106/9.12×107?0.646 mol• L-1 16. 解:由绪Zn2+的分析度绪绪 平衡绪绪 度 绪需向溶液中加入固体KCN x g 绪 Zn2+与CN-一次合,绪绪绪绪 绪 [CN-]=3.76×10-3 mol• L-1 cCN-=0.01×4+3.76×10-3 =4.38×10-2 mol• L-1 x=[CN-]×65.12×0.1=0.29 g17. 解:(1) 根据共反系绪绪绪绪绪1 :1 ,绪 ?CEDTA=0.01008 mol•L-1. (2) 根据滴定度定,得:绪绪绪绪 18. 解:由教材P343表一得绪绪 根据公式 绪 19. 解:以EDTA与Cd2+的主反,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪受到酸效和共存离子的影响。绪绪绪绪绪附一之表4 , pH=5.5绪,lgY(H)=5.51;由附绪绪绪绪一之表3可知,KCdY=1016.46, KMgY=108.7,由于合物的形成绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪常数相差很大,可EDTA与Cd2+的反完成,溶液中的度绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪非常低, [Mg2+]?0.010 mol•L-1 由式,6—13,有: 再由式,6—14,可以得出 : 20. 解:,1,pH =10.0,表,绪 绪NH3的子化绪绪绪绪绪常数KH=109.26 根据式,6—11,和式,6—16,得: =105.25 此绪 , 当溶液pH =10.0绪 ,, 故此绪 ,2,由 所以 绪绪量点cZn , Sp=cZn/2 ?cM=[M’] 绪[Zn2+]=[M’]/αM(L)=cZn , sp/αM(L)=0.01000/105.25=10-11.65 =2.2×10-12 mol•L-1 21. 解:表绪绪 , cZn , Sp=cZn/2. pH =10.0, , ,由20绪知, lgcZn , spK’ZnY=8.80>6 绪果表明,在pH =10.0绪,可以准确滴定Zn2+ . 由20绪 知 pZn’sp=0.5(pcZn , sp+lgK’ZnY)=0.5(2.00+10.80)=6.40 由附绪绪绪绪一之表7可知,用EBT作指示,当绪绪绪pH =10.0绪, pZnt=12.2 因绪Zn2+此有绪绪绪绪绪绪副反, 根据公式有: 由于与 pZn’sp相近,可此条件下绪绪绪绪绪绪绪EBT作指示是合适的绪绪绪绪绪 ?pZn’=pZn’ep - pZn’sp=6.95-6.40=0.55故能行绪绪绪绪绪绪绪直接滴淀。 且 22. 解:根据Hg(CN)42-配离子的各绪logK绪求得, Hg(CN)42-配离子的各绪绪绪绪绪绪累形成常数分:绪绪绪 β1=K1=1018 β2=K1•K2=5.01×1034 β3=K1•K2•K3=340×1038 β2=K1•K2•K3•K4=3.20×1041 根据公式 故 得当 pH=11.0绪 绪将和及 绪代入公式 =21.8-33.55-0.07 =-11.82 23. 解:当EDTA溶液与Mg2+ 溶液等体相混合绪绪绪绪绪绪绪之后,EDTA和Mg2+的度分:绪绪绪绪绪绪 绪表4得,当溶液pH=9.0绪 , 再由表3得, 故由 =8.7-1.28 =7.42 故 当EDTA与Mg2+混合后,生如下配绪绪绪绪绪绪绪绪绪位反: Mg2+ + Y4- == MgY2- 反绪绪绪 前:0.005 mol•L-1 , 0.01 mol•L-1 0反绪绪绪 后:x mol•L-1 , (0.01-0.05) mol•L-1 0.005 mol•L-1 当反绪绪绪绪绪绪达平衡: 24. 解:当.pH =2.0绪 根据公式 得 绪绪绪绪绪绪绪绪分四个段算溶液中pFe的化绪绪绪绪绪情况。 1,滴定前溶液中Fe3+的度:绪绪绪绪 pFe=-log[Fe]=1.70 2,滴定绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪始至化学量点前: 加入19.98mL EDTA绪,溶液游离Fe3+的度:绪绪绪绪 pFe=5.00 3,化学绪绪绪绪量点: 由于FeY配位化合物比定,所以绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪到化学量点,Fe3+与加入的EDTA绪准溶液几乎全部配位成FeY配合物。 于是: 溶液中游离Fe3+和CY的度相等,绪绪绪绪绪绪故 故 pFe=6.80 4,化学绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪量点以后各点的算: ?加入20.02mL EDTA绪绪,此EDTA绪绪绪绪绪量,其度: 在根据 或 故 pFe=8.59 ?加入40.00mL EDTA绪绪,此EDTA绪绪绪绪绪量,其度: 故 pFe=11.41 25. 解:在合绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定中,点差的意如下: 即 用0.01000mol•L-1EDTA滴定20.00 mL,1.0×10-2mol•L-1金属离子M , 加入EDTA绪 20.02mL绪绪绪绪绪,点差: 又由 公式(6—26b) 得 绪 K’MY=107.63 26. 解: 绪绪黑R的绪绪绪绪绪绪绪绪绪累子化常数: (1) pH=10.0绪, ,2,由(1) pH=10.0绪, 绪 表可知, pH=10.0绪, 。 Mg2+ 无副反,绪 cMg , sp=10-2.00 mol•L-1 所以 ,3,pH=10.0绪,用EBT绪绪绪绪 指示, 绪绪绪绪绪绪绪绪 绪 了减小点尽量与量差,使指示色的点的接近。与例6—6的果相比,当绪绪绪绪绪绪 pH=10.0绪,用EBT绪绪 绪 绪绪绪绪绪绪绪绪绪指示,,与算的很接近,而且在此酸度下色敏,因此EBT绪 指示是适宜的。绪绪绪绪绪绪 27. 绪绪绪绪绪明:由意黑T的逐绪绪绪绪绪绪绪子化常数: 绪绪绪绪绪绪绪绪绪黑的累子化常数: pH=9.6绪, 故 绪 表可知, pH=9.6绪, 。 Mg2+无副反,绪绪 cMg , sp=10-2.00 mol•L-1 代入式,6—26b,得: 28. 解.,1,? 根据式,6—15a,得: pH=5.0绪 , 绪因Pb2+此有绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪副反,根据式,6—25,得: 代入式,6--26b,得: (2) pH=5.0绪 , 29. 解:绪绪—附之表4 ,pH=5.0绪 , 由附之绪—表3可知,KZnY=16.59 KAlY=16.3 KMgY=8.7 溶液中的平衡绪绪绪绪绪绪绪绪系可表示如下: 根据式(6—22b)得: 而 根据式(6—15a)和Al(F)63-配离子的各绪绪绪绪绪绪绪绪累形成常数得αAl(F) 绪绪 绪 :故得 通算绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪明,再上述条件下,三离子的条件形成常数分: ,, 据此,而 >6 故可以在pH=5.0绪绪绪滴定Zn2+。 30. 解:绪绪—附之表2 ,Hg—I绪绪绪绪绪绪绪绪合物的各累形成常数lgβ1,lgβ4分绪绪:12.87 , 23.82 , 27.60 和 29.83 [I-]=10-2.00 mol•L-1, 根据式得: 绪 可以完全掩蔽。 绪绪—附之表3 , , 绪绪—附之表4 ,pH=6.0绪 , (2) 在 pH=6.0绪, 用二甲酚橙做指示绪 pHgsp=24.03>> 在此酸度下不色,所以可以用二绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪甲酚橙作滴定Cd2+的指示。绪绪,3,由,1,得 pH=6.0绪 , 代入式,6—26b,得: 31. 解:,1,绪绪—附之表3 ,, 。 由于合物的形成绪绪绪绪滴定。常数相差很大,可以分步 ,2,pH=3.0绪 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,由于合物的形成常数相差很大,所以滴定Th4+绪, [La3+]?0.010 mol•L-1=10-2.00 mol•L-1 可以在pH=3.0绪直接准确滴定Th4+。 ,3,已知, La(OH)3的Ksp=10-18.8 , cLa=10-1.70 mol•L-1,cLa , sp=10-2.00 mol•L-1根据式(6—28a)得: 绪绪—附之表4 ,pH=4.5绪 绪,是滴定La3+的最高酸度。 若[La3+]=cLa ,最低酸度[OH-]= pOH=8.55 pH=5.45 滴定Th4+后,有可能滴定La3+,滴定La3+适宜的酸度范绪绪pH=4.5,5.45。,4,由,3,知,滴定La3+适宜的酸度范绪绪pH=4.5,5.45。二甲酚橙指示在绪绪pH=5,6绪达到点绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪溶液由紫色亮黄色十分敏。而在pH?2.5绪,La3+不与二甲酚橙色。绪绪绪32. 解:由绪绪 意Ga : Y =1 : 1 In : Y = 1 : 1 (1) Ga : L =2 : 1 In : L= 1 : 1 (2) 即形成Ga2L和InL绪合物, nY绪=0.01142×36.32×10-3=0.0003763mol nL绪=0.01142×18.43×10-3=0.00021047mol绪nY绪- nL绪=0.000376 绪绪绪绪绪绪绪绪绪与合的的量的一半 绪Ga=2(nY绪- nL绪)=0.0001658×2=0.0003316molCa%= 由公式A%= 得合用去的的量:绪绪绪绪绪绪绪绪 VT= = m%= = =1.28% 33. 解:由K++(C6H5)4B-==KB(C6H5)4 4HgY2-+(C6H5)4B-+4H2O==H3BO3+4C6H5Hg++4HY3-+OH- 知. K+:(C6H5)4B-:HY3-=1:1:4 Mg:Y=1:1 绪nY=nMg= 绪nK+= 34. 解:所加物的量绪绪绪 消耗去物的量绪绪绪 用来沉淀所 消耗去BaCl2物的量绪绪绪 此量也即物的量绪 绪绪绪 故煤 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪中硫的百分含量: =3.21% 35. 解:已知 滴定Cu2+ 、Zn2+ 和Mg2+绪,所消耗去EDTA溶液的体分:绪绪绪绪绪 (37.30-13.40)mL、13.40mL和4.10mL 由教材P355表十四得:绪绪绪MMg=24.30 g•mol-1、MZn=65.39 g•mol-1和MCu=63.55g•mol-1 绪绪绪绪绪 的量: 36. 解:中含绪绪绪绪绪Fe2O3绪x g。 根据 得 又因绪 Y4-与Cu2+和Al3+同配合存在绪绪绪绪绪 故 绪绪绪 根据系式 得 绪 第七章氧化原 绪绪绪绪绪滴定法 1. 答:绪绪绪绪绪绪准极位E′是指在一定温度条件下,通常绪25?,半反中各物都于绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪准状,即离子、分子的度,格是活度,都是1mol/l,或其比绪绪1,,如反绪中有气体物,其分等于绪绪绪绪绪绪绪绪1.013×105Pa,固体物的绪绪绪绪绪活度1,相于绪绪绪绪绪绪绪绪绪准极的绪绪绪绪绪极位。 绪绪绪绪绪绪绪的条件极位,E0f,是当半反中氧化绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪型和原型的度都1或度比,绪绪绪绪绪绪并且溶液中其它分的度都已绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪确知,相于准极位,且校正了各外绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪界因素影响后的极位,它在条件不绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪一常数,。由上可知,然条件位是考了外界的各影响,行了校正。而绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪准极位没有校正外界的各外界的各因素。 影响条件绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪位的外界因素有以下3个方面, ,1,配位效,绪绪 ,2,沉淀效,绪绪 ,3,酸度。绪绪绪 2,答:一般,两的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪准位大于0.4V,K>106,,的氧化原反,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪可以用于滴定分析。 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪上,当外界条件,例如介度化、酸度等,改,的准位是要改绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的,因此,只要能造一个适当的外界条件,使两的极位超0.4V ,那绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的氧化原反也能用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化原反都能用于氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定中。因有的反K绪绪绪然很大,但反速度太慢,亦不符合滴定分析的要求。 3. 答:影响氧化原反速度的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪主要因素有以下几个方面:1,反物的度,绪绪绪绪绪绪2,温度,3,催化反和反。绪绪绪绪绪绪绪 4. 答:1,高酸法,绪绪绪绪绪2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2?+8H2O. MnO2+H2C2O4+2H+==Mn2++2CO2+2H2O 2) 重绪绪绪绪酸甲法. 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++7H2O5. 答:用于氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定法的反,必具以下几个主要条件: ,1,反绪绪绪绪绪绪绪绪绪平衡常数必大于106,即?E>0.4V。 ,2,反绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪迅速,且没有副反生,反要完全,且有一定的量系。 ,3,参加反的物必具有氧化性和原性或能与原或氧化生成沉淀的物。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,4,有适当的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪指示确定点。 6. 答:氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定曲中突范的短和氧化与原两的条件绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪位,或准位,相差的大小有。位差?E绪绪绪绪绪绪绪绪绪大,突,一般,两个绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的条件位或准位之差大于0.20V绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,突范才明,才有可能行绪绪绪绪绪绪滴定,?E绪大于0.40V绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,可用氧化原指示,当然也可以用绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪位法,指示滴定点。 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪当氧化和原两个半池反中,移的子数相等,即n1=n2绪绪绪绪绪,化学量点的位置恰好在滴定突绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的中,,点。如果n1?n2,化绪绪绪绪绪绪绪绪绪学量点的位置偏向绪绪绪绪绪绪绪绪绪子移数多,即n绪绪绪绪绪绪绪大,的一方,n1和n2相差越大,化学绪绪绪绪量点偏向越多。 7. 答:酸碱 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定、配位滴定和氧化原滴定的滴定曲共性是: 1,在滴定不绪绪绪足0.1%和量绪绪0.1%绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,三滴定曲均能形成突, 2,均是利用滴定曲绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的突,提供指示的依据。其特性是:酸碱滴定曲绪绪绪绪绪是溶液的pH绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪坐,配位滴定的滴定曲以pM绪绪绪绪绪绪坐,而氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪滴定曲是以E绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪坐,其横坐均是加入的准溶液。 8. 答:氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定中指示分三: ,1,氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪指示。是一本身具有氧化原性的有机,其氧化型与原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪型具有不同的色。行氧化原滴定,在化学绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪量点附近,指示或者由氧化型原型,或者由原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪型氧化型,从而引起溶液色突,指示点。 ,2,自身指示。利用绪 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定或被滴定液本身的色化来指示点。 ,3,属绪绪 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪其本身指示。并无氧化原性,但它能与滴定体系中的氧化或原合而示出与其本身不同的色。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 9. 答:氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定所用的指示分两个型:氧化原指示和其他指示。后者的色原理和与酸碱绪绪绪——绪绪绪绪绪绪绪绪绪氧化原指示无有任何异同点。而前者指示的色原理和与酸碱绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪指示的异同点如下: ?酸碱指示的色绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪主要与溶液的酸度,pH绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,有,而氧化原指示的色主要是决定于其氧化型和原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪型,两型的色不同,的色。 ?酸碱指示色和氧化原绪绪绪绪绪 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪均有色指示色点,两者均有色范。 ?酸碱指示和氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪指示的均与滴定曲的突范有。酸碱指示是绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪度的化均是从范强,而氧化原指示是位范。其色10绪到0.1的系。绪绪绪?酸碱指示的色除与溶液的有外,而绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪指示本身也有构绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪化,氧化原指示只与位有。 10. 答:在行氧化原绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪滴定之前,了能成功的完成氧化原滴定,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪常需要将被定的分理成能与滴定迅速、完全并按照一定量系起反的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪状,或者理成高价后用原行滴定,或者理成低价绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪后用氧化滴定。滴定前使被分一定价绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的步称滴定前的理。理所用的氧化或原有以下几点要求:,1,反行完全而绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 且速度要快, ,2,反具有一定的性。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 ,3,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪量的氧化或原易于除去, 11. 答,碘量法的主要差来绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪源有以下几个方面: ,1,绪准溶液的遇酸分解, ,2,碘准绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪溶液的和被滴定碘的, ,3,空气绪KI的氧化作用: ,4,滴定条件的不适当。 由于碘量法使用的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪准溶液和它的反必在中性或弱酸性 溶液中行。因在碱性溶液中,将会生绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪副反: S2O32-+4I2+10OH-=2SO42-+8I-+5H2O而且在碱性溶液中会生绪绪绪绪绪绪绪绪绪歧化反: 3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O 如果在碱性溶液中,溶液会生分解:强绪绪绪绪绪 S2O32-+2H+=SO2?+S?+H2O 同,在酸性溶液中也容易被空气中的氧所氧化:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 4I-+4H++O2=2I2+2H2O 基于以上原因,所以碘量法不适宜在高酸度或高碱度介绪绪绪绪行。 12.答: KMnO4K2Cr2O7Ce(SO4)2 绪点酸性条件下氧化性,可以强直接或绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪接滴定多有机物和无机物,绪绪绪绪绪绪绪用广泛,且可作自身指示易提且绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪定,可直接配制,可期保存和使用,在HCl中可直接滴定Fe2+易提绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,可直接配制,定可期放置,可在HCl用Ce2+滴定Fe2+而不受影响,反,绪绪绪绪绪绪绪绪绪副反少。 缺点其中常含有少量,其易与水和是空气等原性物反,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪准溶液不定,定后不易期使用,不能用原直接滴定来MnO4-本身橙绪绪色,指示灵敏度差,且绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪原后色掩盖橙色,不能作自身指示价昂绪绪绪13. 答:分定绪绪绪AsO33-和AsO43-碘量法分析如下: ,1,于AsO43-,AsO33-的混合溶液中,在酸性条件下,加量绪绪KI,此绪AsO43-与I-反:绪AsO43- +2I-+2H+=AsO33+-I2+H2O 析出的I2用Na2S2O3绪准溶液滴定: I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 由Na2S2O3溶液的度绪绪(C Na2S2O3)和用去的体(V Na2S2O3)绪即可求得AsO43-的含量。另外,在取一定量的AsO43-和AsO33-混合溶液,加NaHCO3,在pH=8.0的条件下,用I2绪准溶液滴定溶液的AsO33-: AsO33-+I2+2HCO3-=====AsO43-+2I-+2CO2?+H2O (PH=8.0) 根据I2溶液的度绪绪(CI2)和消耗的体(VI2)绪即可求AsO33-的量。 ,2,定绪绪绪绪步 ?AsO43-的定绪绪 移取混合液绪绪25.00ml于形绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪瓶中,加酸和量KI,析出的I2,用Na2S2O3绪准溶液滴定,快到点绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪加入淀粉指示,Na2S2O3用滴定,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪点溶液由色无色。由下式算AsO43-的含量,以g/ml表示,: AsO43-= ,2,AsO33-的定绪绪 量取AsO33-和AsO43-混合溶液25.00ml,若绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪液碱性,可取酸至微酸性后,加一定量NaHCO3,用I2绪准溶液滴定AsO33-,用淀粉作指示,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪点溶液由无色绪绪绪色,然后由下式算AsO33-的含量,以g/ml表示,: AsO33-= 14.答:用绪绪Fe2(SO4)3氧化即能绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪足上述要求,因: E0 MnO4-/Mn2+=1.51V E0Fe3+/Fe2+=0.771V E0Cl2/2Cl-=1.395V E0Br2/Br-=1.087V E0I2/I-=0.621V 又绪绪绪绪绪绪绪绪绪准极位可知:E0Fe3+/Fe2+的绪绪绪绪位低于E0Cl2/2Cl而E0Br2/Br-高于E0I2/I-故只能将氧化绪I2,而不能将Cl-和Br-氧化。如果用绪绪KMnO4绪绪能将其氧化。 15. 解:表在绪绪绪绪1mol/l的溶液中,E0`Ag+/Ag=0.7994V ?E=E0Ag+/Ag+0.0592×lg =0.7994+0.0592×lg[Ag+] 又?[Cl-]=1mol/l Ksp[AgCl]= ×1010 ?E=0.7994+0.0592×lg ×1010=0.22V 16. 解:附绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪中没有相的条件位,采用相近1mol/L的介绪绪中E0=1.00V代替Cr2O72-+14H++6e-==2Cr3++7H2O 当C Cr(VI)=0.10mol/L C Cr(III)=0.020mol/L E=E0 Cr(VI)/ Cr(III)+ lg 1.02V =1.01V 17. 解:已知E0Zn2+/Zn=-0.763V, Zn NH3绪合物的lg 1 lg 4分绪绪2.27,4.61,7.01,9.06. [HO-]=10-4, pKa=9.26 1) pH=pKa+lg[NH3]/[NH4+] 10.0=9.26+ lg[NH3]/[NH4+] (1) CNH3=[NH4+]+[NH3]=0.20 (2) (1)、(2)绪 立解得[NH3]=0.169 mol/L ? = =9.41×105 ?E=E0+ =-0.763+ =-0.94 V 2)若[Zn2+]=0.020mol/l,绪E=-0.94+ 18. 解:在酸性溶液中的反,绪绪绪MnO4-+4H++5e-==Mn2++4H2O,表绪绪绪E0=1.51V当[H+]=2.0mol/l, E=E0+ =1.54V 当[H+]=0.01mol/l, E=E0+ . 19. 解:已知 [Fe3+]=0.10mol/l,[Fe2+]=1.0×10-5mol/l。EDTA=0.10mol/l。表知:绪绪绪绪pH =2.0绪, lgα(H)=13.51, lgKFeY-=25.1, lgKFeY2-=14.32 ?故: lgK’FeY-= lgKFeY-- lgα(H)=25.1-13.51=11.59 lgK’FeY2-= lgKFeY2-- lgα(H)=14.32-13.51=-0.19 根据:Fe + Y = FeY 得: [Fe3+]=0.1/0.1×10-11.59=10-11.59 mol/L; [Fe2+]=1.0×10-5/0.1×10-0.19=10-4.81 mol/L; 0.37V90,95%即可。 3. 答:分离率表示干分绪绪绪B与待绪绪绪分A的分离程度,用表示SB/A,SB/A越小,绪RB越小,绪A与B之绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的分离就越完全,干就消除的越底。通常,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪常量待分和常量干分,分离率在0.1%以下,但绪绪绪绪绪绪绪绪微量待分和常量干分,要求分离绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪率小于10-4%。 4.答:绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪点:具有高的性,沉淀的溶解度小,沉淀作用比完全,而绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪且得到的沉淀。沉淀通灼即可除去沉淀而绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪留下待定的元素。 5. 答:分配系数:是表示在萃取绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪程中,物入有机溶的相大小。 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪分配比:是物在有机溶中存在的各形式的度之和 与在水中各存在形式的度绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪之和的比,表示物在两相中的分配情况。当溶在两相中存在一形,二者相等。绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪 6. 答:在萃取绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪程中,溶液的酸度越小,被萃取的物分配比越大,越有利于萃取,但酸度低可能引起绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪金属离子的水解,或其他干反生,根据不同的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪金属离子控制适宜的酸度。 7. 答:交绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪度:在合成离子交脂的程中,将状聚合物分子相互接绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪而形成网状构的程中,将状聚合物分子接而成网状构绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪的程称交。 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪交容量表示克干脂所能交的相当于一价离子的物每的量。是表征脂绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪交能力大小的特征参数,通常3,6mmol/g . 绪绪比R+表示某分绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪再上的迁移情况。 8. 答:离子和力的大绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪小与离子所荷数及它的半径有,在交绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪程中,价愈高,和力越大,于同份离子其水化半径越小,,阳离子原子序数越大,和力绪绪绪绪绪绪越小。 9. 异同表:绪绪绪 波绪绪绪名称固定相流绪绪相相同点差异 柱色绪硅胶或氧化等吸绪绪绪绪绪附通常绪绪绪绪绪有机溶都是利用当固定相和流绪绪绪绪绪绪相一定,KD绪大的分在固定相中保绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪留的,移的速度慢不易被洗脱。利用色来分离的绪绪绪绪绪绪绪色绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪上的素通常与基合形成通常绪绪绪绪绪有机溶利分在上绪绪绪绪绪绪的迁移来分离 薄绪绪绪色一些绪绪绪绪绪绪绪绪绪粒度更的吸附通常绪绪绪绪绪有机溶绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪中各分在两相不断绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪行吸附和解析,吸附不同的分吸附力的差异得到分离。 10. 解: =0.1mg =0.001mg 11. 解:?, 11 起始 1-X/2 1-X/2反绪 X 1-X/2 剩余 因,绪绪[M2+]很小,故,1-X/2=1/2 ? ,X=0.5,萃取百分率=50% 2,同理有, 解得,[H+]=4.47×10-5 mol/L, pH=4.35.12. 解: ? ?萃取百分率= b=10.8 13. 解:依据绪绪绪绪 意有: 根据弱酸离绪绪绪 平 14. 解:交绪绪绪容量=,0.09875 ,/1.5000 =1.619 15. 解.[Ag+]=1.0 [H+]=0.01×0.1=10-3mol ?Ag+的和力大于绪绪绪绪绪H+,Ag+几乎全部入绪绪绪绪绪脂相 nHR=5×1-0.01=4.99×10-3mol K =6.7= ? 又?DH= DAg=6.7× ? 又?DAg= Ag?有= DAg•Ag水 百分率= 16. 解:根据绪绪绪绪绪意,有, 58.44x +119y=0.2548 (1)x + y =0.1012×35.28×10-3 (2)绪立,1,,2,式: 解得x ,y的代入下绪绪绪绪绪绪式得 17. 解:根据绪绪绪意得 绪,原点至斑点中心的距离y, 原点至溶绪绪绪绪绪绪绪前沿的距离x ?0.45=y/x (1) 0.67=y+3/x (2) 绪立,1,,2,式: 解得:x=13.6cm y=6.1cm 答:条至少绪绪绪绪绪绪14厘米。 第十二章定量分析的一般 绪步 1. 答:,1,的采绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪取:要求所取的能反映整批物料的真情况绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,即成必能代表全部物料的平均成。一般分三:A.气体的采绪绪绪绪取,取不同高度或不同区域的气体即可。B.液体的采绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪取,取不同深度的,混合绪绪绪绪绪绪绪绪绪后即可。C.固体的采绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪取,石可从不同部位和深度绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪取多个取点,采取的份数越多越有代表性,金属或金属制品,由于比均绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪匀,可用片状或状要,剪取一部分即可,粉绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪末或松散物料,亦比均匀,可用不同部位采取少量混匀即可。 ,2,的制,气体和液体,从采绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪集气或液中取需要的量即可。固体,从大批物绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪料中采取的最初,然后再制成绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪供分析用的最。A.固体要绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪破碎,,混匀和分四个步绪绪绪绪绪。然后用四分法再行分B.金属,金属制品,固其成比均绪绪绪绪绪绪绪绪匀,因此于绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪片状剪取一部分,于一些和表面和内部成是不均匀的,取先绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪将表面清理然后用的不同部位, 不同深度绪绪绪绪绪绪绪绪取碎削混合均匀C.粉末状或松散物料绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪,其成比均匀,因此可在不同部位采取少量混绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪匀,即可作分析。 ,3,的分解,绪绪绪绪绪绪A绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪分解必完全,理后的溶液中不得残留原的屑或粉末B.在分解程中绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪待分不失.C.不引入绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪待分和干物。 2. 答:,1,HCl:可以溶解金属活序绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪表中以前的金属及其合金,多数金属的氧化物和碳酸也能被分解,绪绪绪绪绪绪绪Cl-可以和多绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪金属离子生成定的合物。 ,2,HNO3:HNO3具有的氧化性,和强绪HCl几乎能溶解所有的金属及其合金,但会被绪化, ,3,H2SO4具有的氧化性和强脱水能力,可用于分解金属及其合金以及有机物, ,4,H3PO4具有很强的合能力,可溶解其它酸不溶的绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪石, ,5,K2S2O7是酸熔法的常用的,在绪绪绪绪300?左右可以与碱性或中性氧化物生绪绪绪反,生成可溶性硫酸,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪常用于分解Al2O3、Cr2O3、Fe2O3、ZnO、绪绪绪绪绪角、中性或碱性耐火材料, ,6,Na2CO3 绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪用与酸性的分解,通使其化或易溶于酸的氧化物或碳酸,,7,KOH是低熔点的碱性溶,强绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪常用于分解土,硅酸等,可以降低熔点并能提高分解的能力,绪绪绪绪绪绪 ,8,Na2O2是氧化性的碱性强熔绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪能分解很多溶性物,把其大部元素氧化成高价。绪绪 3. 答:1,绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪点:因温度低于熔点,半熔化收整,而不是全熔。温度低,加的,但不易绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪坏坩。 2,缺点:不绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪手麻,容易引入坩中的。 4. 答:因分析方法都是根据被分的某性而绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪建立起来的,因此在分析方法绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪绪尽量共有分不干或通改定条件,沉淀遮蔽等方式即能除去干的分析方法绪绪绪绪绪绪 5. 解:,1,K=0.1 a=2 m =Kda=0.1×(30)2=0.1×900=90kg (2) K=0.1 a=2 m= Kda=0.1×(3.36)2=1.13kg (90/2n)<1.13 n=6.33 故最少分绪绪6次。 (3)Kd20.1 d=1mm? 6. 解:nK2O:nAl2O3:nSiO2= : : =1:1:6 所以K2O•Al2O3•6SiO2
/
本文档为【分析化学第四版答案华中师范大学 东北师范大学 陕西师范大学 北京师范大学、西南大学、华南师范大学编&#46;doc】,请使用软件OFFICE或WPS软件打开。作品中的文字与图均可以修改和编辑, 图片更改请在作品中右键图片并更换,文字修改请直接点击文字进行修改,也可以新增和删除文档中的内容。
[版权声明] 本站所有资料为用户分享产生,若发现您的权利被侵害,请联系客服邮件isharekefu@iask.cn,我们尽快处理。 本作品所展示的图片、画像、字体、音乐的版权可能需版权方额外授权,请谨慎使用。 网站提供的党政主题相关内容(国旗、国徽、党徽..)目的在于配合国家政策宣传,仅限个人学习分享使用,禁止用于任何广告和商用目的。

历史搜索

    清空历史搜索