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

21世紀師范類教學用書

國家“十二五”規(guī)劃教材參考

分析化學（含儀器分析）

■一課后參考答案匯編

陜西師范大學

華東師范大學

北京師范大學

東北師范大學合編

陜西師范大學出版社出版

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PB=^==20Ng-mUx

6

???pwG=10

??G哈焉=5xW

LG=1:5x104

2.解：檢出限量m=/7=0.05x100二5〃g

3.答：應選用（2）lmol-LiHCI作洗液,因為HCI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HCI為強電解質避免因洗滌劑而引起膠

體現象。

如果用蒸饋水洗滌，則不具備上述條件，使沉淀的溶解損失太大，特

別是不含共同離子，反而引起鹽效應而使沉淀溶解度

PbCAHNO3

大，NaCI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Hg2s。4。

(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AgCI,而不溶解PbSO4。

(5)用HNCh溶解Pb(OH)2,而不溶解AgCL

(6)用氨水溶解AgCI,而不溶解Hg2s04。

+

5.答：(1)H2O2+2H+2e=2H2OEH.77V

Sn4++2e=Sn2+E0=0.154V

H2O2是比SM+強的氧化劑，所以H2O2可以氧化SM+為

SM+

(2)I2?+2e=2rE0=0.5345V

3+3

AsO4+4H+2e=AsO3+2H2OE0=0.559V

3

I-是比AsO33強的還原劑，所以NH4I可以還原ASO4

6.答:(1)因為HN03是強的氧化劑會把組試劑H2s氧化成硫而沉淀。

(2)用H2s04代替HCI,引入了SO42,使Ba*SH+、Ca?+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HCI,則由于它是弱酸，不可能調至所需要的酸

度。

7.答：(1)力口(NH4)2CO3,As2s3溶解而HgS不溶。

(2)加稀HNCh,CuS溶解而HgS不溶。

(3)加濃HCI,Sb2s3溶解而As2s3不溶。

(4)加NHdAc,PbS04溶解而BaSO4不溶。

(5)加氨水，Cd(OH”溶解而Bi(0H)3不溶。

(6)加氨水，Cu(0H)2溶解而Pb(0H)2不溶。

(7)加Na2s,SnSz溶解而PbS不溶。

(8)加Na2s,SnSz溶解而SnS不溶。

(9)加稀HCI,ZnS溶解而CuS不溶。

(10)加稀HCI,MnS溶解而Ag2S不溶。

(ID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+、CMHg2+不存

在。

根據以上判斷，可知，有：Cd2+、Sn(IV)As(DI).As(V)、也可有

Sb(III),Sb(V)存在。

9.答：(1)在第三組離子的沉淀中，AI(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”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?NH4a緩沖溶液來保

持pH=9.0。

2

(2)(NH4)2S放置太久，部分S2-可被氧化成SO4O氨水放置太

久，會吸收空氣中的CO2產生CO32,固而使第四組的Ba2+、SH+

、Ca2+部分沉淀于第三組。所以，必須使用新配制的(NH4”S和氨

水。

10.答：(1)加過量氨水，則CO(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而

AI(OH)3不溶。

(2)加適當過量的NaOH,則Zn(OH)2生成ZnOz?-溶解，而

Fe(OH)3不溶。

(3)加適當過量的NaOH,則Zn(OH)2生成ZnCh?-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AI(OH)3

不溶。

1L解:(1)有色離子不存在，如：Fe3+、Fe2+、CrFMn2+、Co2+

和Ni2\

(2)表示AI3+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1:出+、Fe2+,Cr3+.MM+、Co2+和Ni?+不存在。

由以上推斷試樣中可能有ZM+存在。

12.解油(1)可以判斷AR、Cr3+和Fe3+不存在，由(2)可知

Fe2+、Co2+和Ni2+不存在，Mn2+可能存在，由(3)可知Mn2+和

ZrV+存在。

綜上所述，則存在的離子為MM+和Zn2+,不可能存在的離子為

AI3+.9、Fe3+.Fe2+.C02+和Ni2+;少量AP+、C2+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

2+

化成SO4,則使部分Ba2+、SH+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H2Se

14.答：(1)NH4+與Na3Co(NO2)6生成橙黃色沉淀

(NH4)2NaCo(NCh)6干擾K+的鑒定，所以如果氨鹽沒有除凈，則K+便

出現過度檢出。

(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

CM+;氧化劑能將試劑中的NO2氧化為NO3O

15.答：(1)加堿產生NH3者為NH4CI。

(2)力口BaCI2生成不溶于稀HCI的白色沉淀BaSO4者，為

(NH4)2SO4o

(3)加飽和(NH4)2SC>4產生白色沉淀的為BaCI2。

(4)加CaCb生成白色沉淀CaCzCU者，為(NH“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HCIO則BaCL與(NH4)2SO4不可

能同時存在，而溶于稀HCI的白色沉淀，必定是草酸鹽。所以

(NH“2C2O4肯定存在。

(3)試驗表明(NH4”SO4存在，則BaCL肯定不存在，既然BaCI2

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MgCL不存在。

綜上所述分析結果為：

存在的物質有：(NH4)2C2O4、(NH4”SO4和Ca(NO3”；

不存在的物質有：K2CrO4、BaCI2、MgCh；

存在與否不能判斷的為：NaCI。

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NOrfflS2O32不存在。所以只有Nth?和Au不能肯定，

還需進行鑒定。

18.答:

(1)加稀H2s。4有氣泡產生,則SO32,S2O32、CO32,S2-、NOr

可能存在

(2)在中性溶液中加BaCb溶液有白色沉淀，則SO4”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CI-可能存在；

Br、I-、S2不可能存在。

(4)在稀H2s04存在下加KI?淀粉溶液無明顯變化，則NO?-不可能存

在。

(5)在稀H2s04存在下加b■淀粉溶液無明顯變化，則SO32,S2O32

、S2不可能存在。

(6)在稀H2s04酸性條件下加KMn04紫紅色褪去，則SOs3、S2O32

、Q-(大量)、Br、hS"NO?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、hS2-

、NO2-、SO32-、SO32-、S2O320所以還應進行分別鑒定的陰離子為：

22

SO4^CO32-、PO43-、SiO3-^ChNO3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

經鑒定出有Pb2+,所以第一.二組陽離子可不鑒定。

20.答:因為H2s04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H2s。4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+、C2+、MM+、C02+和Ni?+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+、SH+、CW+、K+等離子不可能存

在。

2+

(3)溶于稀HCI無可覺察的反應，則Ag+、Hg2.Pb2+離子不

存在，另外在酸性溶液中具有揮發(fā)性的阻離子，如：SO32.S2O32

、CO32,SHNO20與酸作用能生成沉淀的Si03-都不可能存

在。

(4)試樣與濃H2s。4不發(fā)生反應，則能生成難溶性硫酸鹽的離

子，如：Pb2+、Ba2+、SH+.Ca2+(大量)、Ag+、Hg?2+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+、Hg2?+、C3+、Hg2+

、Fe3+、Fe2+.CK+,Mn2+.Co2+和Ni2+等離子。

(6)在中性溶液中與BaCk溶液不產生沉淀，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(in).As(V)、AI3+、ZM+、Mg2+.Na+

等離子。

陰離子：ChBr、NOT、Ac等離子。

第三章誤差和分析數據的處理(答案均已更正)

工.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±0.2〃吆。故讀數的絕對誤差

Ea=±0.0002g

根據E”*IOO%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：因滴定管的讀數誤差為±0.02/",故讀數的絕對誤差&=±0.02/林

根據瓦丁金0%可得

±0.02*I。。％=±1%

F

“2”比2mL

±0.02/nL

Fxl00%=±Q1%

^r20mL20mL

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）三位有效數字（2）五位有效數字（3）四位有效

數字（4）兩位有效數字（5）兩位有效數字（6）

兩位有效數字

5.答：：0.36應以兩位有效數字報出。

6.答：:應以四位有效數字報出。

7.答：:應以四位有效數字報出。

8.答：:甲的報告合理。因為在稱樣時取了兩位有效數字，所以計算結果

應和稱樣時相同，都取兩位有效數字。

9.解：根據方程2NaOH+H2c2O4?H2O==Na2c2O4+4H2O可知，

需H2c2。4汨2。的質量mi為：

相對誤差為EH==￡X100%=0.15%

0.13g

則相對誤差大于0.1%,不能用H2c2。4引2。標定0.lmol?L-i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KHC8H4。4為基準物時，則有：

KHC8H4O4+NaOH==KNaC8H4O4+H2O

lx020

需KHC8H4。4的質量為m2,則恤=^x204.22=0.4U

E=0.0002gX100%=0049%

0.41g

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。因為從兩人的數據可知，他們是用分

析天平取樣。所以有效數字應取四位，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S”=±x100%

x

得0.5%=---xlOO%則S=0.1534%

30.68%

當正確結果為15.34%時，=-X100%^°J534%X100%^L0%

；15.34%

14.解：(1)A24.87%+24；3%+24.69%=24.83%

(2)24.87%

(3)E0=x-T=24.83%-25.06%=-0.23%

E

(4)4二手x100%=-0.92%

67.48%+67.37%+67.47%+67.43%+67.407%5

15.1?：(1)x=---------------------------------------=67.43%

5

一10.05%+0.06%+0.04%+0.03%八八仙

"=R4I=--------------------------=0.04%

5

(2)d=-X100%=-^12LX100%=0.06%

r'x67.43%

(3)

22222

cE<l(0.05%)+(0.06%)+(0.04%)+(O.O3%)nn.0/

Vn-\V5-1

q0ACOZ.

(4)S=-xl00%=xl00%=0.07%

r-67.43%

(5)Xm二X大?X小=67?48%?67.37%=0.ll%

16.解：甲：》=y^=39.12%+39.15%+39.18%=3915%

f3

EN=x-T=39.15%-39.19%=-0.M%

航=陷=產%)；］,。3%)2=0.03%

CA02%

S=-LX100%=X100%=0.08%

rl；39.15%

.-39.19%+39.24%+39.28%“?球

：x2=------------------------=39.24%

Ea2=x=39.24%-39.19%=0.05%

工空陛西三還=0.05%

■Vn-\V3-1

Sr.=x100%=-^^-x100%=0.13%

39.24%

由上面|Ea“v|Ea2|可知甲的準確度比乙高。SKS2^Sn<Sr2可知

甲的精密度比乙高。

綜上所述，甲測定結果的準確度和精密度均比乙高。

17.解：(1)根據〃=土上得

20.30-20.400=20.46-20.40「

Ui=------------=-2.5u,------------=1.5

0.04-0.04

(2)ui=-2.5112=1.5,由表3—1查得相應的概率為

0.4938,0.4332

則P(20.30<x<20.46)=0.4938+0.4332=0.9270

x-u11.6-12.2.

18.解：u=----=----------=—5

0.2

查表3-1,P=0.4987故,測定結果大于IL6g七1的概率為：

0.4987+0.5000=0.9987

19.解：“晟二年產“9

查表3-1,P=0.4713故在150次測定中大于43.59%出現的概

率為：

0.5000-0.4713=0.0287

因此可能出現的次數為150x0.0287=4(次)

nnAn/i\b0.022%____.

20.解：(1)(y_=—=—--=0.01%

xyjnJ5

(2)已知P=0.95時，〃=±1.96,根據ju=x±ua.

X

得4=L13%±1.96X0.01%=1.13%±0.()2%

鋼中鋁的質量分數的置信區(qū)間為1.13%±0.02%

(3)根據"=x±tpfs.=x±tpJ-j=

xy/n

得x-p=±fpj—(==±0.01%

\ln

r

已知s=().022%故七"盥^⑷

此時為

查表3-2得知，當/=k-1=20時,%歿20=2.09

即至少應平行測定21次，才能滿足題中的要求。

21.解：(l)n=5

十x34.92%+35.11%+35.01%+35.19%+34.98%"八攻

x=y—=-----------------------------------------=35.04%

ii5

/y<2Io.l22+0.072+0.032+0.152+0.062八

s=1----=J----------------------------------=0.11%

Vn-\\5-1

經統(tǒng)計處理后的測定結果應表示為：n=5,x=35.04%,

s=0.11%

(2)x=35.04%rs=0?ll%查表to.95,4=2?78

s011%

因此JU=x±t-j==35.04%±2.78x=35.04%±0.14%

'fJ5

22?解:(1)x=58.60%,s=0.70%查表to.95,5=2.57

-q070%

因止匕JLI=x+t?:=58.60%+2.57x上竿二=58.60%±0.73%

f,,J6

(2)x=58.60%,s=0.70%查表to.95,2=4.30

一c070%

因此〃=X±亍=58.60%±4.30X2芳^=58.60%±1.74%

由上面兩次計算結果可知：將置信度固定，當測定次數越多

時，置信區(qū)間越小，表明工越接近真值。即測定的準確度越高。

23>：(3)0二0―/-"83-1.59.08

Xn—X]1.83—1.53

查表3-3得Qo.9o,4=O.76,因Q>QO.9O,4,故L83這一數據應棄

(2)0=—=1另3T65=06

%-為1.83-1.53

查表3-3得Qo.9o,5=0.64,因Q<QO.9O,S,故1.83這一數據不應棄

去。

O.1O29O.1O32O.1O34O.1O56

24.解：（1）X=+++=OJ()38

4

0.00092+0.00062+0.00042+0.00182

—U.UU11

4-1

x-Xj0.1038-0.1029…

=-----------------------=O.o2

s0.0011

0.1056-0.1038…

5--------------=1.64

0.0011

查表3-4得，GO.95,4=1.46,G1<GO.95,4,G2>GO.95,4故0.1056

這一數據應舍去。

⑵%=0.1029+0,1032+04034=01032

0.0003^0.0002-=OX)()()25

喏3-1

當P=0.90時，-=2.92因此

025

自=x±tpf-^=0.1032±2.92Xa^=0.1032±0.0004

當P=O.95時，fo9O2=4.3O因此

四=x±=0.1032±4.30x=0.1032±0.00C6

'J加1M

由兩次置信度高低可知，置信度越大，置信區(qū)間越大。

|.r-T|154.26%-54.46%I,

25.解：根據公------=-------------------=4

0.05%

查表32得to.9O,3=3.18,因t>to.95.3,說明平均值與標準值

之間存在顯著性差異。

X47.44+48.15+47.90+47.93+48.03一。八

26.解：x=y-=-------------------------------------------------=447.89

乙〃5

(0.45)2+(0.26)2+(0.01)2+(0.04)2+(0.14)2

------------------------------------------------------------=0.27

5-1

f=U-nj47.89-48.00|=()41

s0.27

查表3-2,to.95,4=2.78,tvto.95,4說明這批產品含鐵量合格。

27.解:ni=4xi=0.10173.9X10-4

-4

0=5x2=0.102052=2.4xl0

「二s：=(3.9x10-4)

=2.64

一77—(2.4乂10-4)

查表3?5,fs大二3,fs小=4,F表=6.59,FvF表說明此時

未表現Si與S2有顯著性差異（P=0.90）因此求得合并標準差為

-D+s21%—1)=/(3.9x10-4)2(4-1)+(2.4x10-4)(5-1)

=3.1xl0-4

(?,-1)+(?2-1)―~V(4-1)+(5-1)

InAn2=10.1017-0.1020|4x5=[4

t=sV〃1+〃23.1x104V4+5

查表?當

32,P=0.90,f=m+n2-2=7B?,t0.90,7=1.90,

t<to.90,7

故以0?90的置信度認為心與心無顯著性差異。

28.解:(1)7.9936v0.9967-5.02=7.994-r0.9967-5.02=8.02-

5.02=3.00

⑵

0.0325x5.103x60.06^139.8=0.0325x5.10x60.1^140=0.0712

(3)(1.276x4.17)+1.7x10-4-(0.0021764x0.0121)

=(1.28x4.17)+1.7x104-(0.00218x0.0121)

=534+0+0

(4)pH=1.05,[H*]=8.9xl02

29.解：

60.72%+60.81%+60.70%+60.78%+60.56%+60.84%右”救

(1)x=--------------------------------------------------=60.74%

6

222222

國廠10.02%+0.07%+0.04%+0.04%+0.18%+0.1%八,

Vn-\V6-1

/一M_60.74%—60.56%_

50.10%

-x-x60.84%-60.74%

G,=--6---=----------------=1.()

s0.10%

查表3?4得，GO.95,6=1.82,G1<GO.95,6,G2VG0.95,6,故無舍去的

測定值。

C\|x-T|60.74%-60.75%|八.

（Z）t=-------=-----------------------------=0.1

s0.10%

查表3-2得，to.95,5=2.57,因t<to.95,5f說明上述方法準確可靠。

第四章滴定分析法概論

1.答：滴定分析法：將一種已知準確濃度的試劑溶液（即標準溶液）由

滴定管滴加到被測物質的溶液中，直到兩者按照一定的化學方程式所表

示的計量關系完全反應為止，然后根據滴定反應的化學計量關系，標定

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：在用滴定分析法進行定量分析時，先將被測定物質的溶液置于一

的容器中（通常為錐形瓶），在適宜的條件，再另一種標準溶液通過滴

定管逐滴地加到容器里，直到兩者完全反應為止。這樣的操作過程稱為

滴定。

標準溶液（滴定劑）：已知準確濃度的試劑溶液。

標定：將不具備基準物質條件的這類物質配制成近似于所需濃度的溶

液，然后利用該物質與某基準物質或另一種標準之間的反應來確定其準

確濃度，這一操作過程稱為標定。

化學計量點：當滴入的標準溶液與被測定的物質按照一定的化學計量關系

全反為止，稱反應達到了化學計量點。

滴定終點：滴定進行至指示劑的顏色發(fā)生突變時而終，此時稱為滴

定點。

滴定誤差：滴定終點與化學計量點往往并不相同，由此引起測定結

果的誤差稱為終點誤差，又稱滴定誤差。

指示劑：為了便于觀察滴定終點而加入的化學試劑。

基準物質：能用于直接配制標準溶液的化學試劑稱為基準物質。

2.答：丁切表示每毫升標準溶液相當于被測物質的質量(g或mg)。

表示每毫升標準溶液相當于被測物質的質量分數。

TB/A%

3?答：用(1)標定NaOH溶液的濃度時，結果偏高,用(2)標定

HCI溶液的濃度時，結果偏低；用此NaOH溶液測定有機酸時結果偏高,

用此HCI溶液測定有機堿時結果偏低。

4.解：所得殘渣為KCI,有3.427g

K2CO3+2HCI==2KCI+CO2+H2O

KOH+HCI==KCI+H2O

,2K2co3%KO”％、。g2K2co3%KOH%、3

mKd=(-77-77)M《I+(G/a%a7777)/Ka

“K2co3MKOHMMeo?MKOH

2x2.38%90.00%46.002x2.38%90.00%、

)x74.55+(1.000x---------------------------)x74.55

138.2156.111000138.2156.11

=3.427g

5.解：因為c=M，所以m增大(試劑中含有少量的水份)，引起了

MV

結果偏高。

6.解：H2s04,KOH用間接配配制法配成標準溶液。鄰苯二甲酸氫鉀，

無水碳酸鈉用直接配制法配成標準溶液。

H2s04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)X

8.解：(1)設取其濃溶液VimL,mNHy=P&NH3。/。,

二eV/%=2.0X0.5X17.03

cv=?.v;=66mL

M嗎~^29%~0.89x29%

⑵設取其濃溶液V2mL%=然修=甯需=57mL

p2100%1.05x100%

⑶設取其濃溶液V3mL江二甘翳=56近

9.解：設需稱取KMnCUx克

MKMnOq

??.x=cVMs=0.020x0.5x158.03=1.6g用標定法進行配制。

10.解：設加入V2mLNaOH溶液，

_c,V,+cV日口500.0x0.08000+0.5000K八

C=----------2---2pUJ---------------------------------=U.z(XX)

V(+V2500.0+V2

解得：V2=200mL

11.解：已知Mcao=56.08g/moL,HCI與CaO的反應：

+2+

CaO+2H=Ca+H2O

即：-=2

a

稀釋后HCI標準溶液的濃度為:

3

1.000xiox0.005000x2=0.1783mH廠

56.08

設稀釋時加入純水為V，依題意：

1.000x0.2000=0.1783x(1+103xV)

.?V=121.7mL

12.解：設應稱取xg

Na2CO3+2HCI==2NaCI+CO2+H2O

當V1=V二20mL，時

x=0.5x0.10x20xl03xl05.99=0.11g

當V2=V二25mL，時

x=0.5x0.10x25xl0-3xl05.99=0.13g

此時稱量誤差不能小于0.1%

m/0.5877/

13.解：=于=—泮52=0.05544,〃。/L

Na2CO3+2HCI==2NaCI+CO2+H2O

設HQ的濃度為C〃n,則可得關系式為：

CHQXVHa=2CNaQsX/”2cq

CHClx21.96=0.05544x20.00x2

CHa=0A0l0f?iol/L

14.解：設NaOH的真實濃度為C

則二"叫=L018

V2C20.1000

當C1=0.09999〃〃〃時，則

「C,v,0.0999X1.018_,

C=-=------------=0n.1i0n1i7niol//Lz

V21

15.解：設HCI和NaOH溶液的濃度為G和C?

MgCO3+2HCI==MgCl2+CO2+H2O

30.33mLNaOH溶液可以中和36.40mLHCI溶液。即

36.40/30.33=1.2

即ImLNaOH相當1.20mLMgCO3

因此，實際與MgCCh反應的HCI為：

48.48-3.83xl.20=43.88mL

由…磊得

=^X1OOOX2=1.850x1000x2=1(X)(),^.r.

M^cda84.32x43.88

在由於今得

36.40x0.001*J000=1.200加?！↙

30.33x0.001

HCI和NaOH溶液的濃度分別為1.000牝〃”和1.200〃?0〃￡

16.解：根據公式：CB

MBXV

(1)已知叫QO=14.709g,V=50的L和

2a=294.2g/moL

代入上式得：

14.709g

CKCrOj=o.i000〃2aL

22500〃zL

1000mL?廠

22++3+

(2)Cr2O7+6Fe+14H==2Cr3*+6Fe+7H2O

11

CX

T電554=K2Cr20r?,廠1'6XMFe

1\)\)\)inL,L

=0.1000/noL-L-1x-----!------x6x55.845g?mo匚'

\000moLUl

=0.03351g*mL1

rX

^K2Cr2O1/Fe2Oi。/山彷1000mL?L_,義Fe20?

=01000mL?Llx-------------i-x3xl59.7^wt)L_|

-U.XUUUmLL100(),?￡,￡->合

=0.04791g*mL-i

1X0.00437X4()00

CHOXM^OH=36.46x1000

解：(1)^HCUNaOH=

10001000

=0.004794g*mL1

1x0.00437“c。

A/1------------x56.081

2)T二%x%二136.46x1000/

HCI/Ct,°~1000210002

=0.003361g?mLi

18.解：HAC%=心XMHACX]03

CHAYHAc

0.3024X20.17X10-X60.05X1Q0%

1.055X10

=3.47%

19.解:2HCI+CaCO3==CaCI2+H2O+CO2

HCI+NaOH==NaCI+H2O

1

(CHCy/fCI~CNaOH^NaOH)XCaCOjX—

」xlC0%

CaCO3%=--------------------------------------

mCaCOyX1000

(0.5100x50.00-0.4900x25.00)x100.09x-

xlOO%

1.000x1000

=66.31%

20.解:2HCI+CaO==CaCl2+H2O

2HCI+CaCO3==CaCl2+H2O+CO2

n總HCI=0.2000X2.5xi()3=5xio3mol

設稱取混合物試樣x克

XX20%xx75%

則x2+x2=5xl0-3

56.08100.09

解得x=0.23g

21.解:2NaOH+H2c2。4==Na2c2O4+2H2O

設H2c2。4的百分含量為X%,得

X

S_CNaOHXX%X0.001xMHgzOa。.50.1018xx%x0.001x90.04x0.5

=0.4583g

X%x%

第五章酸堿滴定法(陜師大教材)

1.答：H2o的共輔堿為OH-；;

H2c2。4的共輾堿為HC2O4-；

H2P。4的共輾堿為HPO42；

HCOs-的共輾堿為CO/;;

C6H50H的共輾堿為C6H5。；

C6H5NH3+的共掂堿為C6H5NH3;

HS的共輾堿為S2-;

Fe(H2O)63+的共輾堿為Fe(H2O)5(OH)2*;

R-NHCH2COOH的共物堿為R-NHCH2COOO

2.答:H2O的共枕酸為H+;

NO3的共銅酸為HNO3；

HSCU的共森酸為H2s04；

S2的共胡酸為HS;

c6H5。的共輔酸為C2H50H

+

Cu(H2O)2(OH)2的共胡酸為CU(H2O)2(OH);

(CH2)6N4的共輛酸為(CH2)6NH+；

R—NHChhCOO的共輔酸為R—NHCHCOOH,

/COO-yCOO

—COO-的共輔酸為J-COOH

+2

3.答：(1)MBE:[NH4]