《分析化學第四版答案華中師范大學-東北師范大學-陜西師范大學-北京師范大學、西南大學、華南師范大學編》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《分析化學第四版答案華中師范大學-東北師范大學-陜西師范大學-北京師范大學、西南大學、華南師范大學編（47頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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 設備復雜 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 5 104 2 解 檢出限量 3 答 應選用 2 1mol L 1HCl 作洗液 因為 HCl 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 強電解質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 HNO3 不 含共同離子 反而引起鹽效應而使沉淀溶解度大 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 2H2O E0 1 77 V Sn4 2e Sn2 Eo 0 154 V H2O2 是比 Sn4 強的氧化劑 所以 H2O2 可以氧化 Sn2 為 Sn4 2 I2 固 2e 2I Eo 0 5345 V AsO43 4H 2e AsO33 2H2O Eo 0 559 V I 是比 AsO33 強的還原劑 所以 NH4I 可以還原 AsO43 6 答 1 因為 HNO3 是強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 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 pH 10 時 部分的 Mg2 生成 Mg OH 2 沉淀 實驗證明控制在 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 隨著反應的進行 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 10 答 1 加過量氨水 則 Co OH 2 生成 Co NH3 62 溶解 而 Al OH 3 不溶 2 加適當過量的 NaOH 則 Zn OH 2 生成 ZnO22 溶解 而 Fe OH 3 不溶 3 加適當過量的 NaOH 則 Zn OH 2 生成 ZnO22 溶解 而 Ni OH 2 不溶 4 加適當過量的 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 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 檢定 K 的反應條件應在中性或弱酸性中 進行 如果溶液為強酸性或強堿性 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 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 試驗表明 NH4 2SO4 存在 則 BaCl2 肯定不存在 既然 BaCl2 不存在 則試驗 1 生 成的白色沉淀只能是 CaC2O4 所以 Ca NO3 2 肯定存在 4 實驗 4 表明 MgCl2 不存在 綜上所述分析結果為 存在的物質有 NH4 2C2O4 NH4 2SO4 和 Ca NO3 2 不存在的物質有 K2CrO4 BaCl2 MgCl2 存在與否不能判斷的為 NaCl 17 答 由分組實驗肯定第一 二組陰離子不存在 由揮發(fā)性實驗和氧化還原試驗 肯定 NO2 和 S2O32 不存在 所以只有 NO3 和 Ac 不能肯定 還需進行鑒定 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 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 從以上各初步實驗結果來看 肯定不存在的陰離子有 Br I S2 NO2 SO32 SO32 S2O32 所以還應進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 因為 H2SO4 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 Sb III Sb V Sn II 和 Sn IV 等離子 2 焰色試驗時火焰為黃色 則有 Na 存在 其他有明顯焰色反應的離子 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 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 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 總括以上分析推斷 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 做空白實驗 5 隨機誤差 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 做空白實驗 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 當被 測定的量較大時 相對誤差就比較小 測定的準確程度也就比較高 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 當被 測定的量較大時 測量的相對誤差較小 測定的準確程度也就較高 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 應以兩位有效數(shù)字報出 6 答 應以四位有效數(shù)字報出 7 答 應以四位有效數(shù)字報出 8 答 甲的報告合理 因為在稱樣時取了兩位有效數(shù)字 所以計算結果應和稱樣時相同 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 的質量 m1 為 相對誤差為 則相對誤差大于 0 1 不能用 H2C2O4 H2O 標定 0 1mol L 1 的 NaOH 可以選 用相對分子質量大的作為基準物來標定 若改用 KHC8H4O4 為基準物時 則有 KHC8H4O4 NaOH KNaC8H4O4 H2O 需 KHC8H4O4 的質量為 m2 則 相對誤差小于 0 1 可以用于標定 NaOH 10 答 乙的準確度和精密度都高 因為從兩人的數(shù)據(jù)可知 他們是用分析天平取樣 所以 有效數(shù)字應取四位 而甲只取了兩位 因此從表面上看甲的精密度高 但從分析結果的精 密度考慮 應該是乙的實驗結果的準確度和精密度都高 11 答 D 12 答 D 13 解 根據(jù) 得 則 S 0 1534 當正確結果為 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 可知甲的準確度比乙高 S1 S2 Sr1Q0 90 4 故 1 83 這一數(shù)據(jù)應棄去 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)不應棄去 24 解 1 查表 3 4 得 G0 95 4 1 46 G1G0 95 4 故 0 1056 這一數(shù)據(jù)應舍去 2 當 P 0 90 時 因此 當 P 0 95 時 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 說明平均值與標準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 4 n2 5 查表 3 5 fs 大 3 fs 小 4 F 表 6 59 F F 表 說明此時未表現(xiàn) s1 與 s2 有顯著性 差異 P 0 90 因此求得合并標準差為 查表 3 2 當 P 0 90 f n1 n2 2 7 時 t 0 90 7 1 90 t t0 90 7 故以 0 90 的置信度認為 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 2 29 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 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 1110 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 1010 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 不能直接準確滴定 其余可直接滴 定 9 解 因為 CspKa 10 8 Ka Kt Kw 故 CspKt 106 10 答 用強酸或強堿作滴定劑時 其滴定反應為 H OH H2O Kc 1 0 1014 25 此類滴定反應的平衡常數(shù) Kt 相當大 反應進行的十分完全 但酸 堿 標準溶液的濃 度太濃時 滴定終點時過量的體積一定 因而誤差增大 若太稀 終點時指示劑變色不明 顯 故滴定的體積也會增大 致使誤差增大 故酸 堿 標準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 算得知是否可進行滴定 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 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 二級氫 酚酞 由無色變?yōu)榧t色 3 0 40 mol L 1 乙二胺 pKb1 4 07 pKb2 7 15 cKb2 0 4 7 1 10 8 10 8 pHsp 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 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 故可直接滴定一級 甲基紅 由黃色變?yōu)榧t色 7 H2SO4 H3PO4 pHsp 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 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確滴定 HCl 2 因為 甲基橙的變色范圍為 3 1 4 4 所以 當 pH 4 0 時為變色轉折點 pH pKa lg 4 0 4 74 lg x 15 13 解 1 能 因為 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 標準溶液滴定 H3BO3 吸收液 NH3 H3BO3 NH4 H2BO3 H H2BO3 H3BO3 終點的產(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 使第一計量點測定值不影響 第二計量點偏大 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 物質的量之比分別為 1 2 1 6 1 2 2 物質的量之比分別為 1 2 1 17 答 選 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 的第二級 第三級解離 和水的解離均又被忽略 于是可以按一元酸來處理 又因為 故 1 14 10 2mol L 1 20 解 1 H 根據(jù)多元酸 堿 各型體的分布分數(shù)可直接計算有 CKa1 5 9 10 2 CKa2 6 4 10 5 Na2C2O4 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 各型體分布分數(shù)有 0 1 mol L 1 5 7 10 8 mol L 1 6 84 10 2 mol L 1 21 解 形成 CH2 6N4 HCl 緩沖溶液 計算知 CHCl 22 解 由緩沖溶液計算公式 得 10 9 26 lg lg 0 74 0 85 mol 又 則 即 需 為 0 85mol 則 即 NH4Cl 為 0 15mol 0 15 53 5 8 0g 23 解 1 設需氨基乙酸 x g 由題意可知 2 因為氨基乙酸為兩性物質 所以應加一元強酸 HCl 才能使溶液的 pH 2 00 設應加 y mL HCl y 6 9 mL 24 解 1 pH1 pH2 0 05 2 設原 HAc 為 x NaAc 為 y 則 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堿平衡 B4O72 5H2O 2H2BO3 2H3BO3 因此硼砂溶液為 緩沖體系 考慮離子強度影響 溶液中 則 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 設苯甲酸的濃度為 x 則 得 x 0 08280 mol L 1 2 當達計量點時 苯甲酸完全為苯甲酸鈉 酸度完全由苯甲酸根決定 pOH 5 58 pH 8 42 3 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 在計量點時 剛好反應 pH 5 12 故 溴甲酚綠為指示劑 30 解 1 則 當 pH 1 5 時 則 Ka1 10 1 50 同理 則 當 pH 6 50 時 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 二級電離 則 pH 9 51 4 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 時應變色 所 3 以選擇酚酞為指示劑 33 解 1 設每升堿液吸收 x 克 CO2 因為以酚酞為指示劑 所以 Na2CO3 被滴定為 NaHCO3 則可知 0 1026 x 0 0264g L 1 2 34 解 1 2 35 解 根據(jù) 5H2O Na2B4O7 H2O 2HCl 4H3BO3 2NaCl 10H2O 可得 36 解 解 由滴定過程可知 試樣可能含有 NaOH NaHCO3 Na2CO3 31 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 80mL 37 解 設 NaOH 為 X mol NaCO3 為 Y mol 則 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 由題意得 混合液由 H2PO4 和 NaHPO4 組成 設其體積分別為 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 08mmol 40 解 1 同樣質量的磷酸鹽試樣 以甲基紅作指示劑時 酸的用量 以酚酞作指示 劑時的堿用量 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 則試樣中 P2O5 的含量為 41 解 42 解 蛋白質 43 解 設試樣中 HA 的質量分數(shù)為 A 1 當 HA 被中和一半時溶液的 pH 5 00 有 pH pKa 即 Ka 10 5 00 2 當 HA 被中和至計量點時 可得 則 A 0 51 A 0 51 100 51 因為 cKa 20Kw 故使用最簡式計算是合理的 44 解 設過量的 NaOH 的濃度為 c 則此溶液的 PBE 為 c H HA OH 因此溶液顯堿性 故上式可簡化為 c HA OH 解之 H 1 0 10 10 mol L pH 10 00 第六章 絡合滴定法 1 解 1 EDTA 是一種氨羧絡合劑 名稱 乙二胺四乙酸 用符號 H4Y 表示 其結 構式為 配制標準溶液時一般采用 EDTA 二鈉鹽 分子式為 其水溶液 pH 為 4 4 可 通過公式 進行計算 標準溶液常用濃度為 0 01mol L 1 2 一般情況下水溶液中的 EDTA 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合物最穩(wěn)定 但僅在 pH 10 時 EDTA 才主要以此種型體存在 除個別金屬離子外 EDTA 與金屬離子形成絡合物時 絡合比都是 1 1 3 K MY 稱 條件形成常數(shù) 它表示 一定條件下 絡合反應進行的程度 其計算式為 4 絡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 CM 越大 突躍 也越大 5 K MY 值是判斷絡合滴定誤差大小的重要依據(jù) 在 pM 一定時 K MY 越大 絡合 滴定的準確度 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 的絡合作用常能增 大 K 穩(wěn) 減小 K 離 在 K MY 一定時 終點誤差的大小由 pM CM K MY 決定 而 誤差的正負由 pM 決定 6 在 H 一定時 EDTA 酸效應系數(shù)的計算公式為 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 NH3 形成絡合物 絡合速度慢 且絡合比復雜 以氨水為滴定劑滴定反應進行的完全程度 不高 不能按照確定的化學計量關系定量完成 無法判斷滴定終點 3 答 各型體分布分數(shù) 再由 MLi iCM 得 溶液中絡合物的主要存在型體由 i 決定 故只要那個 越大 就 以配位數(shù)為 i 的型體存在 4 解 由 由相鄰兩級絡合物分布曲線的交點處有 pL lgKi AlL3 為主要型體時 在 pL 5 8 時 AlL3 為主要型體 時 Al3 為主要型體 5 解 由題 紅色 藍色 橙色 pH12 時呈橙色 變色點的 pH 10 鉻藍黑 R 與 Ca2 Mg2 Zn2 和 Cd2 等金屬離子形成紅色的絡合物 適 宜的酸度范圍在 pH 8 11 之間 6 解 pH 10 12 在 PAN 中加入適量的 CuY 可以發(fā)生如下反應 CuY 藍色 PAN 黃色 M MY Cu PAN 黃綠色 紫紅色 Cu PAN 是一種間接指示劑 加入的 EDTA 與 Cu2 定量絡合后 稍過量的滴定劑就會奪取 Cu PAN 中的 Cu2 而使 PAN 游離出來 Cu PAN Y CuY PAN 表明滴定達終點 紫紅色 黃綠色 7 解 由于 Fe3 和 NaOH 溶液生成 Fe OH 3 沉淀 導致游離的 HCl 的濃度偏小 可以用 EDTA 消除干擾 EDTA 和 Fe3 形成絡合物 穩(wěn)定性大 減少了溶液中的有利的 Fe3 8 解 由于用 EDTA 滴定 Ca2 Mg2 時 pH 10 用三乙醇胺和 KCN 來消除 若使用鹽酸 羥胺和抗壞血酸 則會降低 pH 值 影響 Ca2 Mg2 滴定 三乙醇胺是在溶液呈微酸性時 來掩蔽 Fe3 如果 pH 越低 則達不到掩蔽的目的 pH 6 的溶液中 KCN 會形成 HCN 是弱 酸 難以電離出 CN 來掩蔽 Fe3 所以在 pH6 結果表明 在 pH 10 0 時 可以準確滴定 Zn2 由 20 題知 pZn sp 0 5 pcZn sp lgK ZnY 0 5 2 00 10 80 6 40 由附錄一之表 7 可知 用 EBT 作指示劑 當 pH 10 0 時 pZnt 12 2 因為 Zn2 此時有副反應 根據(jù)公式有 由于 與 pZn sp 相近 可見此條件下選擇 EBT 作指示劑是合適的 pZn pZn ep pZn sp 6 95 6 40 0 55 故能進行直接滴淀 且 22 解 根據(jù) Hg CN 42 配離子的各級 logK 值求得 Hg CN 42 配離子的各級積累形成常數(shù)分 別為 1 K1 1018 2 K1 K2 5 01 1034 3 K1 K2 K3 340 1038 2 K1 K2 K3 K4 3 20 1041 根據(jù)公式 故 得當 pH 11 0 時 將 和 值及 值代入公式 21 8 33 55 0 07 11 82 23 解 當 EDTA 溶液與 Mg2 溶液等體積相混合之后 EDTA 和 Mg2 的濃度分別為 查表 4 得 當溶液 pH 9 0 時 再由表 3 得 故由 8 7 1 28 7 42 故 當 EDTA 與 Mg2 混合后 發(fā)生如下配位反應 Mg2 Y4 MgY2 反應前 0 005 mol L 1 0 01 mol L 1 0 反應后 x mol L 1 0 01 0 05 mol L 1 0 005 mol L 1 當反應達平衡時 24 解 當 pH 2 0 時 根據(jù)公式 得 現(xiàn)分四個階段計算溶液中 pFe 的變化情況 1 滴定前溶液中 Fe3 的濃度為 pFe log Fe 1 70 2 滴定開始至化學計量點前 加入 19 98mL EDTA 時 溶液游離 Fe3 的濃度為 pFe 5 00 3 化學計量點 由于 FeY 配位化合物比較穩(wěn)定 所以到化學計量點時 Fe3 與加入的 EDTA 標準溶液幾乎 全部配位成 FeY 配合物 于是 溶液中游離 Fe3 和 CY 的濃度相等 故 故 pFe 6 80 4 化學計量點以后各點的計算 加入 20 02mL EDTA 時 此時 EDTA 過量 其濃度為 在根據(jù) 或 故 pFe 8 59 加入 40 00mL EDTA 時 此時 EDTA 過量 其濃度為 故 pFe 11 41 25 解 在絡合滴定中 終點誤差的意義如下 即 用 0 01000mol L 1EDTA 滴定 20 00 mL 1 0 10 2mol L 1 金屬離子 M 加入 EDTA 為 20 02mL 時 終點誤差 又 由公式 6 26b 得 則 K MY 107 63 26 解 鉻藍黑 R 的積累質子化常數(shù)為 1 pH 10 0 時 2 由 1 pH 10 0 時 查表可知 pH 10 0 時 Mg2 無副反應 cMg sp 10 2 00 mol L 1 所以 3 pH 10 0 時 用 EBT 為指示劑時 為了減小終點誤差 應該使指示劑變色時的 盡量與計量點的 接近 與例 6 6 的結果相比 當 pH 10 0 時 用 EBT 為指示劑 與計算的 很接近 而且在此酸度下變色敏銳 因此 選擇 EBT 為指示劑是適宜的 27 證明 由題意鉻黑 T 的逐級質子化常數(shù) 則鉻黑的累積質子化常數(shù) pH 9 6 時 故 查表可知 pH 9 6 時 Mg2 無副反應 cMg sp 10 2 00 mol L 1 代入式 6 26b 得 28 解 1 根據(jù)式 6 15a 得 pH 5 0 時 因為 Pb2 此時有副反應 根據(jù)式 6 25 得 代入式 6 26b 得 2 pH 5 0 時 29 解 查附錄 之表 4 pH 5 0 時 由附錄 之表 3 可知 KZnY 16 59 KAlY 16 3 KMgY 8 7 溶液中的平衡關系可表示如下 根據(jù)式 6 22b 得 而 根據(jù)式 6 15a 和 Al F 63 配離子的各級積累形成常數(shù)得 Al F 值為 則 故得 通過計算說明 再上述條件下 三種離子的條件形成常數(shù)分別為 據(jù)此 而 6 故可以在 pH 5 0 時選擇滴定 Zn2 30 解 查附錄 之表 2 Hg I 絡合物的各級積累形成常數(shù) lg 1 lg 4 分別為 12 87 23 82 27 60 和 29 83 I 10 2 00 mol L 1 根據(jù)式得 則 可以完全掩蔽 查附錄 之表 3 查附錄 之表 4 pH 6 0 時 2 在 pH 6 0 時 用二甲酚橙做指示劑 pHgsp 24 03 在此酸度下不變色 所以可以用二甲酚橙作滴定 Cd2 的指示劑 3 由 1 得 pH 6 0 時 代入式 6 26b 得 31 解 1 查附錄 之表 3 由于絡合物的形成常數(shù)相差很大 可以分步滴定 2 pH 3 0 時 由于絡合物的形成常數(shù)相差很大 所以滴定 Th4 時 La3 0 010 mol L 1 10 2 00 mol L 1 可以在 pH 3 0 時直接準確滴定 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 根據(jù)式 6 28a 得 查附錄 之表 4 pH 4 5 時 這是滴定 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 適宜的酸度范圍為 pH 4 5 5 45 4 由 3 知 滴定 La3 適宜的酸度范圍為 pH 4 5 5 45 二甲酚橙指示劑在 pH 5 6 時達到終點溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色十分敏銳 而在 pH 2 5 時 La3 不與二甲酚橙顯色 32 解 由題意 Ga Y 1 1 In Y 1 1 1 Ga L 2 1 In L 1 1 2 即形成 Ga2L 和 InL 絡合物 nY 總 0 01142 36 32 10 3 0 0003763mol nL 總 0 01142 18 43 10 3 0 00021047mol 則 nY 總 nL 總 0 000376 為與絡合的的量的一半 則 Ga 2 nY 總 nL 總 0 0001658 2 0 0003316mol Ca 由公式 A 得絡合用去的的量 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 則 nY nMg 則 nK 34 解 所加物質的量 消耗去物質的量 用來沉淀 所消耗去 BaCl2 物質的量 此量也即為 物質的量 故 煤樣中硫的百分含量為 3 21 35 解 已知 滴定 Cu2 Zn2 和 Mg2 時 所消耗去 EDTA 溶液的體積分別為 37 30 13 40 mL 13 40mL 和 4 10mL 由教材 P355 表十四查得 MMg 24 30 g mol 1 MZn 65 39 g mol 1 和 MCu 63 55g mol 1 試樣的質量 36 解 設試樣中含 Fe2O3 為 x g 根據(jù) 得 又因為 Y4 與 Cu2 和 Al3 同時配合存在 故 根據(jù)關系式 得 則 第七章 氧化還原滴定法 1 答 標準電極電位 E 是指在一定溫度條件下 通常為 25 半反應中各物質都處于標 準狀態(tài) 即離子 分子的濃度 嚴格講應該是活度 都是 1mol l 或其比值為 1 如反應 中有氣體物質 則其分壓等于 1 013 105Pa 固體物質的活度為 1 時相對于標準氫電極 的電極電位 電對的條件電極電位 E0f 是當半反應中氧化型和還原型的濃度都為 1 或濃度比為 并且 溶液中其它組分的濃度都已確知時 該電對相對于標準氫電極電位 且校正了各種外界因 素影響后的實際電極電位 它在條件不變時為一常數(shù) 由上可知 顯然條件電位是考慮了 外界的各種影響 進行了校正 而標準電極電位則沒有校正外界的各種外界的各種因素 影響條件電位的外界因素有以下 3 個方面 1 配位效應 2 沉淀效應 3 酸濃度 2 答 一般講 兩電對的標準電位大于 0 4V K 106 這樣的氧化還原反應 可以用于 滴定分析 實際上 當外界條件 例如介質濃度變化 酸度等 改變時 電對的標準電位是要改變的 因此 只要能創(chuàng)造一個適當?shù)耐饨鐥l件 使兩電對的電極電位超過 0 4V 那么這樣的氧 化還原反應也能應用于滴定分析 但是并不是平衡常數(shù)大的氧化還原反應都能應用于氧化 還原滴定中 因為有的反應 K 雖然很大 但反應速度太慢 亦不符合滴定分析的要求 3 答 影響氧化還原反應速度的主要因素有以下幾個方面 1 反應物的濃度 2 溫度 3 催化反應和誘導反應 4 答 1 高錳酸鉀法 2MnO4 5H2O2 6H 2Mn2 5O2 8H2O MnO2 H2C2O4 2H Mn2 2CO2 2H2O 2 重鉻酸甲法 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 答 應用于氧化還原滴定法的反應 必須具備以下幾個主要條件 1 反應平衡常數(shù)必須大于 106 即 E 0 4V 2 反應迅速 且沒有副反應發(fā)生 反應要完全 且有一定的計量關系 3 參加反應的物質必須具有氧化性和還原性或能與還原劑或氧化劑生成沉淀的物質 4 應有適當?shù)闹甘緞┐_定終點 6 答 氧化還原滴定曲線中突躍范圍的長短和氧化劑與還原劑兩電對的條件電位 或標準 電位 相差的大小有關 電位差 E 較大 突躍較長 一般講 兩個電對的條件電位或標 準電位之差大于 0 20V 時 突躍范圍才明顯 才有可能進行滴定 E 值大于 0 40V 時 可 選用氧化還原指示劑 當然也可以用電位法 指示滴定終點 當氧化劑和還原劑兩個半電池反應中 轉移的電子數(shù)相等 即 n1 n2 時 則化學計量 點的位置恰好在滴定突躍的中 間 點 如果 n1 n2 則化學計量點的位置偏向電子轉移 數(shù)較多 即 n 值較大 的電對一方 n1 和 n2 相差越大 化學計量點偏向越多 7 答 酸堿滴定 配位滴定和氧化還原滴定的滴定曲線共性是 1 在滴定劑不足 0 1 和過量 0 1 時 三種滴定曲線均能形成突躍 2 均是利用滴定曲線的突躍 提供選擇指示劑的依據(jù) 其特性是 酸堿滴定曲線是溶液 的 pH 值為縱坐標 配位滴定的滴定曲線以 pM 為縱坐標 而氧化還原滴定曲線是以 E 值為 縱坐標 其橫坐標均是加入的標準溶液 8 答 氧化還原滴定中指示劑分為三類 1 氧化還原指示劑 是一類本身具有氧化還原性質的有機試劑 其氧化型與還原型具有 不同的顏色 進行氧化還原滴定時 在化學計量點附近 指示劑或者由氧化型轉變?yōu)檫€原 型 或者由還原型轉變?yōu)檠趸?從而引起溶液顏色突變 指示終點 2 自身指示劑 利用滴定劑或被滴定液本身的顏色變化來指示終點 3 專屬指示劑 其本身并無氧化還原性質 但它能與滴定體系中的氧化劑或還原劑結 合而顯示出與其本身不同的顏色 9 答 氧化還原滴定所用的指示劑分為兩個類型 氧化還原指示劑和其他指示劑 后者的 變色原理和選擇與酸堿指示劑無有任何異同點 而前者 氧化還原指示劑的變色原理和 選擇與酸堿指示劑的異同點如下 酸堿指示劑的變色主要與溶液的酸度 pH 值 有關 而氧化還原指示劑的變色主要是決 定于其氧化型和還原型 兩型的顏色不同 的顏色 酸堿指示劑變色和氧化還原指示劑變色 均有變色點 兩者均有變色范圍 酸堿指示劑和氧化還原指示劑的選擇均與滴定曲線的突躍范圍有關 酸堿指示劑是范圍 而氧化還原指示劑則是電位范圍 其顏色強度的變化均是從 10 變到 0 1 的關系 酸堿指示劑的變色除與溶液的值有關外 而指示劑本身也有結構變化 氧化還原指示劑 則只與電位有關 10 答 在進行氧化還原滴定之前 為了能成功的完成氧化還原滴定 時常需要將被測定 的組分處理成能與滴定劑迅速 完全并按照一定計量關系起反應的狀態(tài) 或者處理成高價 后用還原劑進行滴定 或者處理成低價后用氧化劑滴定 滴定前使被測組分轉變?yōu)橐欢▋r 態(tài)的步驟稱為滴定前的預處理 預處理時對所用的氧化劑或還原劑有以下幾點要求 1 反應進行完全而且速度要快 2 反應應該具有一定的選擇性 3 過量的氧化劑或還原劑應易于除去 11 答 碘量法的主要誤差來源有以下幾個方面 1 標準溶液的遇酸分解 2 碘標準溶液的揮發(fā)和被滴定碘的揮發(fā) 3 空氣對 KI 的氧化作用 4 滴定條件的不適當 由于碘量法使用的標準溶液和它們間的反應必須在中性或弱酸性溶液中進行 因為在堿性 溶液中 將會發(fā)生副反應 S2O32 4I2 10OH 2SO42 8I 5H2O 而且在堿性溶液中還會發(fā)生歧化反應 3I2 6OH IO3 5I 3H2O 如果在強堿性溶液中 溶液會發(fā)生分解 S2O32 2H SO2 S H2O 同時 在酸性溶液中也容易被空氣中的氧所氧化 4I 4H O2 2I2 2H2O 基于以上原因 所以碘量法不適宜在高酸度或高堿度介質進行 12 答 KMnO4 K2Cr2O7 Ce SO4 2 優(yōu)點 酸性條件下氧化性強 可以直接或間接滴定許多有機物和無機物 應用廣泛 且 可作為自身指示劑 易提純且穩(wěn)定 可直接配制 可長期保存和使用 在 HCl 中可直接 滴定 Fe2 易提純 可直接配制 穩(wěn)定可長期放置 可在 HCl 用 Ce2 滴定 Fe2 而不受影 響 反應簡單 副反應少 缺點 其中常含有少量雜質 其易與水和是空氣等還原性物質反應 標準溶液不穩(wěn)定 標定后不易長期使用 不能用還原劑直接滴定來測 MnO4 本身顯橙色 指示靈敏度差 且還原后顯綠色掩蓋橙色 不能作為自身指示劑 價錢昂貴 13 答 分別測定 AsO33 和 AsO43 碘量法分析方案如下 1 于 AsO43 AsO33 的混合溶液中 在酸性條件下 加過量 KI 此時 AsO43 與 I 反 應 AsO43 2I 2H AsO33 I2 H2O 析出的 I2 用 Na2S2O3 標準溶液滴定 I2 2S2O32 2I S4O62 由 Na2S2O3 溶液的濃度 C Na2S2O3 和用去的體積 V Na2S2O3 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 的條件下 用 I2 標 準溶液滴定溶液的 AsO33 AsO33 I2 2HCO3 AsO43 2I 2CO2 H2O PH 8 0 根據(jù) I2 溶液的濃度 CI2 和消耗的體積 VI2 即可求 AsO33 的量 2 測定步驟 AsO43 的測定 移取混合試液 25 00ml 于錐形瓶中 加酸和過量 KI 析出的 I2 用 Na2S2O3 標準溶液滴定 快到終點時加入淀粉指示劑 繼續(xù) Na2S2O3 用滴定 終點時溶液由藍色變?yōu)闊o色 由下式 計算 AsO43 的含量 以 g ml 表示 AsO43 2 AsO33 的測定 量取 AsO33 和 AsO43 混合溶液 25 00ml 若試液為堿性 可取酸調至微酸性后 加一定量 NaHCO3 用 I2 標準溶液滴定 AsO33 用淀粉作指示劑 終點時溶液由無色變?yōu)樗{色 然 后由下式計算 AsO33 的含量 以 g ml 表示 AsO33 14 答 選用 Fe2 SO4 3 氧化劑即能滿足上述要求 因為 E0 MnO4 Mn2 1 51V E0Fe3 Fe2 0 771V E0Cl2 2Cl 1 395V E0Br2 Br 1 087V E0I2 I 0 621V 又標準電極電位可知 E0Fe3 Fe2 的電位低于 E0Cl2 2Cl 而 E0Br2 Br 高于 E0I2 I 故只能將 氧化為 I2 而不能將 Cl 和 Br 氧化 如果選用 KMnO4 時則能將其氧化 15 解 經(jīng)查表在 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 附錄中沒有該電對相應的條件電位值 采用相近 1mol L 的介質中 E0 1 00V 代替 Cr2O72 14H 6e 2Cr3 7H2O 當 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 絡合物的 lg 1 lg 4 分別為 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 聯(lián)立解得 NH3 0 169 mol L 9 41 105 E E0 0 763 0 94 V 2 若 Zn2 0 020mol l 則 E 0 94 18 解 在酸性溶液中的反應為 MnO4 4H 5e Mn2 4H2O 經(jīng)查表 E0 1 51V 當 H 2 0mol l E E0 1 54V 當 H 0 01mol l E E0 19 解 已知 Fe3 0 10mol l Fe2 1 0 10 5mol l EDTA 0 10mol l 查表知 pH 2 0 時 lg H 13 51 lgKFeY 25 1 lgKFeY2 14 32 故 lgK FeY lgKFeY lg H 25 1 13 51 11 59 lgK FeY2 lgKFeY2 lg H 14 32 13 51 0 19 根據(jù) 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 37V EI2 I 0 54 V 能排除 20 解 已知 E0Fe3 Fe2 0 70V E0Sn4 Sn2 0 14V 對于反應 2Fe3 Sn4 2Fe2 Sn2 則 21 解 1 與此有關的兩個半電池反應為 根據(jù)式 9 18 可得 2 將 K 值及其他有關數(shù)據(jù)帶入 22 解 附錄中沒有與之相應的電位值 可用 1mol LH2SO4 代替 其反應為 當體系達到平衡 E 為定值 23 解 1 MnO4 5Fe2 8H Mn2 5Fe3 4H2O 當 f 0 5 時 24 解 用 Fe3 標準溶液滴定 Sn2 的反應如下 2Fe3 Sn2 2Fe2 Sn4 查附表十一可知 在 1mol LHCl 介質中 EofSn4 Sn2 0 14V EofFe3 Fe2 0 70V 化學計量點 Sn2 前剩余 0 1 時 E Eof Sn4 Sn2 0 059 2 lg 0 14 0 059 2 lg99 9 0 1 0 23V 當 Fe3 過量 0 1 時 E EofFe3 Fe2 0 059 0 70 0 059 0 52V 故其電位的突躍范圍為 0 23 0 52V 化學計量點時的電位可由式 9 22 Esp n1E1of n2E2of n1 n2 0 70 2 0 14 3 0 33V 在此滴定中應選用次甲基藍作指示劑 EInof 0 36V 由于 Esp EInof 故滴定終點和化學計量 點不一致 25 解 反應 26 解 nKHC2O4H2O 0 2012 25 20 10 3 CKMnO4VKMnO4 5 nKHC2O4H2O 2 CKMnO4 27 解 MnO4 5Fe2 8H Mn2 5Fe 4H2O 1 T c M 1000 b a