《分析化學(xué)》習(xí)題答案(華中師范大學(xué))

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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 3 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 1205 1 mLgVB 610 GB 42 B 1 G 1 5 104 2 解 檢出限量 gVmB 510 3 答 應(yīng)選用 2 1mol L 1HCl 作洗液 因?yàn)?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(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 PbCl2 HNO3 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 4 5 答 1 H2O2 2H 2e 2H2O E0 1 77 V Sn4 2e Sn2 Eo 0 154 V H2O2 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 5345 V AsO43 4H 2e AsO33 2H2O Eo 0 559 V I 是比 AsO33 強(qiáng)的還原劑 所以 NH4I 可以還原 AsO43 6 答 1 因?yàn)?HNO3 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 NH 4 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 SnS 2 溶解而 PbS 不溶 8 加 Na2S SnS 2 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 Bi 3 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 Cd 2 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 5 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 NH 4 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 NH 4 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(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 Fe 3 Fe2 Cr3 Mn2 Co2 和 Ni2 2 表示 Al3 也不可能存在 3 加入組試劑 NH 4 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 Mn 2 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 S 2 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 6 以除去 H2S 14 答 1 NH 4 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 NH 4 2SO4 3 加飽和 NH 4 2SO4 產(chǎn)生白色沉淀的為 BaCl2 4 加 CaCl2 生成白色沉淀 CaC2O4 者 為 NH 4 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 NH 4 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 NH 4 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 NH 4 2C2O4 NH4 2SO4 和 Ca NO3 2 不存在的物質(zhì)有 K 2CrO4 BaCl2 MgCl2 存在與否不能判斷的為 NaCl 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 S2O32 不存在 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 7 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(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 SO 42 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)?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(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 Ba 2 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 SO 32 S2O32 CO32 S2 NO2 與 酸作用能生成沉淀的 SiO3 都不可能存在 8 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 總括以上分析推斷 尚需要鑒定的離子有 陽離子 Cd 2 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 mg2 0 ga02 根據(jù) 可得 1 ar 2 010 21 0 ggr 9 02 10 21 ggr 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mL02 mLa02 根據(jù) 可得 1 ar 102 2 LmLr 0 r 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 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(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 g13 07 60 1 相對誤差為 5 3 21 gr 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 10 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 g41 0 0 12 9 4 02 gr 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 D 12 答 D 13 解 根據(jù) 10 xSr 得 則 S 0 1534 1068 35 S 當(dāng)正確結(jié)果為 15 34 時 0 134 150 2 xr 14 解 1 8 439 24 87 x 2 24 87 3 23 06 258 4 Txa 4 9 01 Er 15 解 1 43 6750 43 67 3768 x 0 idn 2 6 143 6701 xr 3 11 05 15 3 0 4 06 5 0 1 22222 ndSi 4 7 3 71 xSr 5 X m X 大 X 小 67 48 67 37 0 11 16 解 甲 15 3938 5 92 1 n 04 1 Txa 3 3 0 12221 ndSi xr1 08 15 9 乙 24 39324 92 05 1 9 xa 3 4 2222 ndSi 13 0 905 12 xr 由上面 Ea 1 Ea2 可知甲的準(zhǔn)確度比乙高 S1 S2 Sr1Q0 90 4 故 1 83 這一數(shù)據(jù)應(yīng)棄去 2 6 053 181 xn 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 1038 4 02 9 01 4 06 1 2222 ndsi 8 01 9381 sxG 64 5641 查表 3 4 得 G0 95 4 1 46 G1G0 95 4 故 0 1056 這一數(shù)據(jù)應(yīng) 舍去 2 03 3 02 19 x 25 1 22 ndsi 14 當(dāng) P 0 90 時 因此92 0 t 04 132 05 13 1 nstxfp 當(dāng) P 0 95 時 因此0 42 90 t 06 132 53 1 1 nstxfp 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) 4 05 624 sTxt 查表 3 2 得 t0 90 3 3 18 因 t t0 95 3 說明平均值與標(biāo)準(zhǔn)值之間存在 顯著性差異 26 解 89 47503 9 470 1 48 7 nx 2 1 26 0 5 22 s 4 027 894 sTxt 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 n 1 4 107 x4109 3 s n2 5 222 64 104 9321 sF 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(biāo)準(zhǔn)差為 442421 10 3 15 0 109 3 n 40 3 7 211 nsxt 查表 3 2 當(dāng) P 0 90 f n1 n2 2 7 時 t 0 90 7 1 90 t t0 90 7 15 故以 0 90 的置信度認(rèn)為 與 無顯著性差異 1 x2 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 74 6068 56 0 78 0 81 6 72 0 x 1 1 4 7 1 222222 ndsi 8 0 564611 sxG 0 1 7862 查表 3 4 得 G 0 95 6 1 82 G1 G0 95 6 G2 G0 95 6 故無舍去的測定值 2 1 0 0 754 sTxt 查表 3 2 得 t 0 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(zhǔn)確滴定 其余可直接滴定 9 解 因?yàn)?CspKa 10 8 K a Kt Kw 故 C spKt 106 10 答 用強(qiáng)酸或強(qiáng)堿作滴定劑時 其滴定反應(yīng)為 24 H OH H2O Kc 1 0 1014 25 1 WK 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 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(jìn)行滴定 1 H 3AsO4 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 H 2C2O4 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 25 故可直接滴定一級 甲基紅 由黃色變?yōu)榧t色 7 H 2SO4 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)?紅色 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 C 1 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)?甲基橙的變色范圍為 3 1 4 4 所以 當(dāng) pH 4 0 時為變色轉(zhuǎn)折點(diǎn) pH pKa lg HA 4 0 4 74 lg 1 0 x x 15 13 解 1 能 因?yàn)?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(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 OHNON234 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 4242 SONHClSONHcVw 14 答 1 使測定值偏小 26 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 1 2 1 6 1 2 2 物質(zhì)的量之比分別為 1 2 1 17 答 選 D 18 解 1 pH 7 lg2 6 62 2 10 28 10 10 2 222 H 5 123 2 pH lg H 1 59 3 H WaKC 61410 08 7 6 50 pH lg H 5 13 4 H a 34 28 12 pH lg H 2 69 5 H aCK710468 70 pH lg H 6 54 6 OH b 510 447 32 71 pOH 4 51 pH 9 49 7 OH bCK598 4 0 pOH 4 93 pH 9 07 8 H 10 35 64 HCNWCNa K pH 9 20 27 9 H 21aK1215807 802 17 5 pOH 9 20 pH 4 8 10 OH bC9 01514 pOH 0 04 pH 13 96 11 H 231 0 5 aK pH 1 67 19 解 40K a2 Ka2 K a2 1aC306 7 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?yàn)?4016 731 KaC 故 2106 7 04 16 7 106 724 3331 aaH 1 14 10 2mol L 1 1242 014 LmolPO 1812 03 6 LoiKHa 32434Pa 118213832 04 0 16 LmolHKa 20 解 1 H 14 lmo1342 07 5 03 LolONaC 28 根據(jù)多元酸 堿 各型體的分布分?jǐn)?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 C 2O42 HC 2O4 和 H2C2O4 其中 212342 107 42 aaOCH KH 66 83 073 9 Lmol 2123 42 107 42 aaOHC KH 3 Lmol 21221324 107 24 aaOC 1 41 10 3 mol L 1 2 H2S 的 Ka1 5 7 10 8 K a2 1 2 10 15 由多元酸 堿 各型體分布分?jǐn)?shù)有 0 1 mol L 182 22 107 51 0 2 SHC 82 S 5 7 10 8 mol L 1 82 1582 07 1 05 2 SC 6 84 10 2 mol L 1 21 解 形成 CH 2 6N4 HCl 緩沖溶液 計算知 29 1 025 1842 LmolVnCNH CHCl 1 1 48 042 iC 45 30 52 0lg 5lg42 HNCapKH 22 解 由緩沖溶液計算公式 得 10 9 26 lg 43lNHapK 43NHC lg 0 74 0 85 mol 43NHC 43C 又 0 143 則 molNH5 3 molNH85 04 即 需 為 0 85molO2 則 lL70 158 即 NH4Cl 為 0 15mol 0 15 53 5 8 0g 23 解 1 設(shè)需氨基乙酸 x g 由題意可知 cMVm 10 075 gx 2 因?yàn)榘被宜釣閮尚晕镔|(zhì) 所以應(yīng)加一元強(qiáng)酸 HCl 才能使溶液的 pH 2 00 設(shè)應(yīng)加 y mL HCl HAacpK lg y0 1l35 20 30 y 6 9 mL 24 解 1 10610 cHAC94 C 6 log2 HAcapKC74 l1 Aca pH1 pH2 0 05 2 設(shè)原 HAc 為 x NaAc 為 y 則 5log1 pKHa 1 62 x 得 x 0 4 mol L 1 y 0 72 mol L 1 25 解 1 212 KHAZI 034 1034 02 29 0 5 log22 Ar log 12 2 ArapKpH 56 39 07 4 32 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(qiáng)度影響 33H 3 12logBOapKH 1191 02 0 08 5 323 LmolCLmolCBOHHa 溶液中 31 213232 BOHNaZCZI 0 0 059 2 32 1 5 log32 BOHr 0 87 87 013232 LmolBOH 133 olrBOH 則 902 log4 9 p 26 解 1 由 412 51 M 得 M 337 1g mol 2 abaCpKHlog 9 42 850 419 l a Ka 1 3 10 5 25WbC b6210 OH75 84 p 故 酚酞為指示劑 27 解 1 設(shè)苯甲酸的濃度為 x 則 10 720 5 x 得 x 0 08280 mol L 1 2 當(dāng)達(dá)計量點(diǎn)時 苯甲酸完全為苯甲酸鈉 酸度完全由苯甲酸根決 定 50 bKCWbK25 32 150284 LmolCKOHb pOH 5 58 pH 8 42 3 酚酞為指示劑 28 解 1 25WaKC 0a 的 H lNH4 5129 pH 5 28 2 26 0 32698 120 lg apK34 l H 3 6 p 甲基紅為指示劑 29 解 在計量點(diǎn)時 剛好反應(yīng) 13 0 LmolBOH 2111 0 5 2aaaWa KCKC 576 8 0 pH 5 12 故 溴甲酚綠為指示劑 30 解 1 則 HBH2 21BHKa 當(dāng) pH 1 5 時 則 Ka1 10 1 50 B 2 同理 則 22a 當(dāng) pH 6 50 時 則 Ka2 10 6 50 2BH 33 2 CK a1 10 8 且 所以可以用來分步滴定 H2B 5210 aK 3 51 87 aepCH 則 pH 4 10 二級電離 1021 3 epWaK 則 pH 9 51 4 51 9 0 4 pH 分別選擇選用甲基橙和酚酞 31 解 1 06 05 8 tE 2 酚酞 15 0 51 8 3 aNHK 3 NHepatCOE 150 15 0 5 甲基橙 6 3 aNHK 2 01 3 NHepatCOE 32 解 1 5 2 aWK 7 810 aH p 2 34 pH 8 70 時應(yīng)變色 07 1 0498 33 epaeBOHt aBOHCEK 所 3 以選擇酚酞為指示劑 33 解 1 設(shè)每升堿液吸收 x 克 CO2 因?yàn)橐苑犹獮橹甘緞?所以 Na2CO3 被滴定為 NaHCO3 則可知 HClNaOCNaOHVcMmc 2 0 1026 0231 14 05 4x x 0 0264g L 1 2 6 01025 16 3 402 的 物 質(zhì) 的 量總 的 的 物 質(zhì) 的 量過 量 的 NaOHEt 34 解 1 5 bWbKC 87 135104 7 0 6 pHOa 2 mol VCVn epHAcepNaAcepHAcHAc5 3577102 10 4108 10 4 35 解 根據(jù) 5H2O Na2B4O7 H2O 2HCl 4H3BO3 2NaCl 10H2O 可得 OHBNaw274 46 10274 總 OHMNaVCHll 35 46 310601 42 382 33 BOHHClHCLBOMmVcw總 58 20183 6601 240 20 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 1493 08 561204 1 LmolMTcCaOHlCl 用于滴定 NaHCO3 的量為 31 40mL 2 13 30mL 4 80mL 71 1010 9 5013 49 84 09 0 3231 總總 mVcVcmwCONaHlCNaHClH 37 解 設(shè) NaOH 為 X mol NaCO 3 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 mlVHCl 3 105 2 38 解 20 41 8321MNaCOH 39 解 由題意得 混合液由 H2PO4 和 NaHPO4 組成 設(shè)其體積分別為 X 36 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(zhì)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 05 7 04molnHCl 此處磷酸鹽試樣由可溶性 與 3olNaONaOHCln 42 POH 的鈉鹽或鉀鹽組成 24P 2 試樣用酚酞或甲基橙作指示劑分別滴定時 24425P 則試樣中 P2O5 的含量為 100 31 1 52352 OPNaOHHCl MV 78 23100 3295 41 7 41 解 27 46100 13 7 265506 2 342423 NHaONHSOSHMVcVN 42 解 5 8 2 4 8 21 CN 蛋白質(zhì) 13 56 37 43 解 設(shè)試樣中 HA 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 A 1 當(dāng) HA 被中和一半時溶液的 pH 5 00 有 HAacpK lg Ac pH pK a 即 Ka 10 5 00 2 當(dāng) HA 被中和至計量點(diǎn)時 可得 1325 06 0821 LAmolVMmcHA NaOHc aANaOH 0785 25 0 則 AVcNaOHA 6 3 bK 0 90 5 10785 6 321 A 0 51 A 0 51 100 51 因?yàn)?cKa 20Kw 40 aKc 故使用最簡式計算是合理的 44 解 設(shè)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 HKccVwaepANaOHANaOH 38 10 2 10 20 7 HKHw 解之 H 1 0 10 10 mol L pH 10 00 第六章 絡(luò)合滴定法 1 解 1 EDTA 是一種氨羧絡(luò)合劑 名稱 乙二胺四乙酸 用符號 H4Y 表示 其結(jié)構(gòu)式為 配制 HOCH2 2 CH2O 2 HNC2H2N 標(biāo)準(zhǔn)溶液時一般采用 EDTA 二鈉鹽 分子式為 其水溶液 pH 為 Ya2 4 4 可通過公式 進(jìn)行計算 標(biāo)準(zhǔn)溶液常用濃度為 54 aK 0 01mol L 1 2 一般情況下水溶液中的 EDTA 總是以 H6Y2 H 5Y H 4Y H 3Y H 2Y2 HY 3 和 Y4 等 七種 型體存在 其中以 Y4 與金屬離子形成的絡(luò) 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(luò)合物時 絡(luò)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(luò)合反應(yīng)進(jìn)行的程度 其計算式為 YMYMYK lgllgl 4 絡(luò)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(luò)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 Y YK 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(luò)合滴定誤差大小的重要依據(jù) 在 pM 一定時 K MY 越大 絡(luò)合滴定的準(zhǔn)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(luò)合作用常能增大 K 穩(wěn) 減小 K 離 在 K MY 一定時 終點(diǎn)誤差的大小由 pM C M K MY 決定 而誤差的正負(fù)由 pM 決定 39 6 在 H 一定時 EDTA 酸效應(yīng)系數(shù)的計算公式為 YHY YH 1 62 2 答 由于多數(shù)金屬離子的配位數(shù)為四和六 Cu 2 Zn 2 Cd 2 Ni 2 等離 子均能與 NH3 形成絡(luò)合物 絡(luò)合速度慢 且絡(luò)合比復(fù)雜 以氨水為滴定劑滴定 反應(yīng)進(jìn)行的完全程度不高 不能按照確定的化學(xué)計量關(guān)系定量完成 無法判斷 滴定終點(diǎn) 3 答 各型體分布分?jǐn)?shù) nMLLC 11 20 12111 onL non nMn LLC 1 2 再由 MLi iCM 得 溶液中絡(luò)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 iL 4 解 由 1LK 2212 LMK 33213 LMK 由相鄰兩級絡(luò)合物分布曲線的交點(diǎn)處有 pL lgKi AlL3 為主要型體時 8 5lglg 233 p 在 pL 5 8 時 AlL 3 為主要型體 時 2AlLl 9 6lll12 K 80 1 6 8g1 pLp Al3 為主要型體 5 解 由題 35 124 7232 InHInaapKpK 紅色 藍(lán)色 橙色 40 1433 8220 5 147 Kap pH12 時呈橙色 變色點(diǎn)的 pH 10 鉻藍(lán)黑 R 與 Ca2 Mg 2 Zn 2 和 Cd2 等金屬離子形成紅色的 絡(luò)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(yīng) CuY 藍(lán)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(luò)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(dá)終點(diǎn) 紫紅色 黃綠色 7 解 由于 Fe3 和 NaOH 溶液生成 Fe OH 3 沉淀 導(dǎo)致游離的 HCl 的濃度偏 小 可以用 EDTA 消除干擾 EDTA 和 Fe3 形成絡(luò)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 Mg 2 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 Mg 2 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(dá)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(jié)果表明 在 pH 10 0 時 可以準(zhǔn)確滴定 Zn2 由 20 題知 25 103 NHZn 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(dāng) pH 10 0 時 pZnt 12 2 因?yàn)?Zn2 此時有副反應(yīng) 根據(jù)公式有 95 62 1lg ZntepZn 由于 與 pZn sp 相近 可見此條件下選擇 EBT 作指示劑是合適的ep pZn pZn ep pZn sp 6 95 6 40 0 55 故能進(jìn)行直接滴淀 且 01 10 10 108 25 5 ZnYspKcEt 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 34 42413238234218 432 0 0 10 10 5 CNCNCNHg 故 CNHgp 得當(dāng) pH 11 0 時 將 和 值及07 HYp 5 3 CNHgp 07 HYp 值代入公式8 21lo HgYK 2 logHYK 2loHYLMHgY 21 8 33 55 0 07 47 11 82 23 解 當(dāng) EDTA 溶液與 Mg2 溶液等體積相混合之后 EDTA 和 Mg2 的濃度 分別為 LmolCEDTA 01 2 LmolCMgH 05 21 查表 4 得 當(dāng)溶液 pH 9 0 時 28 1 HYp 再由表 3 得 7 8log2 MYK 故由 2 2lHYg 8 7 1 28 7 42 故 7 1063 2 MgYK 當(dāng) EDTA 與 Mg2 混合后 發(fā)生如下配位反應(yīng) Mg2 Y4 MgY2 反應(yīng)前 0 005 mol L 1 0 01 mol L 1 0 反應(yīng)后 x mol L 1 0 01 0 05 mol L 1 0 005 mol L 1 當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時 1877 20 3106 2 5 0 2 LmolxKcMgYMgY 24 解 當(dāng) pH 2 0 時 10 25lg 5 FeYHYKp 根據(jù)公式 9 3log l HFeFePK 得 159 10830 FeY 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 1302 LmolFe pFe log Fe 1 70 2 滴定開始至化學(xué)計量點(diǎn)前 48 加入 19 98mL EDTA 時 溶液游離 Fe3 的濃度為 153 0 102 1 98 0 2 LmolFe pFe 5 00 3 化學(xué)計量點(diǎn) 由于 FeY 配位化合物比較穩(wěn)定 所以到化學(xué)計量點(diǎn)時 Fe 3 與加入的 EDTA 標(biāo)準(zhǔn)溶液幾乎全部配位成 FeY 配合物 于是 120 102 1 0 2 LmolFeY 溶液中游離 Fe3 和 CY 的濃度相等 故 1389 YFe1230 10 故 pFe 6 80176 LmolFe 4 化學(xué)計量點(diǎn)以后各點(diǎn)的計算 加入 20 02mL EDTA 時 此時 EDTA 過量 其濃度為 150 102 1 02 LmolCY 在根據(jù) FeYKe 3 或 191523 057 89 310 LmolCFYee 故 pFe 8 59 加入 40 00mL EDTA 時 此時 EDTA 過量 其濃度為 49 13067 02 1 0 4 2 LmolCY 故 11213 23 8 09 67 lKFeY pFe 11 41 25 解 在絡(luò)合滴定中 終點(diǎn)誤差的意義如下 金 屬 離 子 的 物 質(zhì) 的 量過 量 或 不 足 的 物 質(zhì) 的 量滴 定 劑 YEt 即 epMepMepYt cVc 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(diǎn)誤差 1 0 2002 41 0 tE 又 由公式 6 26b 得 pM1 0 102 1 11 MYYspMt KKcE 則 K MY 107 63 26 解 5 135 13102 aK 3 7 2101 a 鉻藍(lán)黑 R 的積累質(zhì)子化常數(shù)為 5 1310H 8 203 75 12120 KH 1 pH 10 0 時 5 30 28 20 15 13221 0 HHm 46 7lgl lg HInMInInKp 50 2 由 1 pH 10 0 時 1 4 tepMg 查表可知 pH 10 0 時 7 8lg MYK5 0l HY Mg2 無副反應(yīng) cMg sp 10 2 00 mol L 145 0 HY 所以 2 84 7lgl l YMgK13 52 802 YspMspcg 14 spepg 8 010 0 1025 8 23 MgYspgtKcE 3 pH 10 0 時 用 EBT 為指示劑時 tE 為了減小終點(diǎn)誤差 應(yīng)該使指示劑變色時的 盡量與計量點(diǎn)的 接epspM 近 與例 6 6 的結(jié)果相比 當(dāng) 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4 5 tepMgspMg 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(zhì)子化常數(shù) 6 16 1102 aK 3 6 2101 aK 則鉻黑的累積質(zhì)子化常數(shù) 6 110H 9 173 6 1212 00 H pH 9 6 時 2 19 176 9 1221 HHEBT 故 520 lgl lg HEBTTMgEBTt KpM 查表可知 pH 9 6 時 7 8Y 7 Y Mg2 無副反應(yīng) cMg sp 10 2 00 mol L 175 0 1 H 9 lgl lg YMYK所 以 51 975 42 0 2 lg MYspspKcMg 975 4 spep 代入式 6 26b 得 01 10 10 1095 7 22 5 0 MgYspgtKcE 28 解 1 3 HAcc 0 51 0lg74 lg Acpa 26 031 0l Ac 12 Lmolc 根據(jù)式 6 15a 得 98 127 05 37 09 121 cAcPb pH 5 0 時 45 6lg HY 4 8lgPbYK61 9560 1 lgPbbPbYK 3 2 92 l Yspspc0 7 lg xPbt 因?yàn)?Pb2 此時有副反應(yīng) 根據(jù)式 6 25 得 02 598 1l Pbtep 36 spepPb 代入式 6 26b 得 1010 1 016 9 3285 285 PbYspbKcEt 2 pH 5 0 時 45 6lg H 4 lgPbY59 18 lg YPbPbYK 52 30 7259 132 lg PbYspPbspKc l0 xPbte 30 7 spepb 7 110 1059 3 0 PbYspbKcEt 29 解 查附錄 之表 4 pH 5 0 時 4 6lg HY 由附錄 之表 3 可知 K ZnY 16 59 KAlY 16 3 KMgY 8 7 溶液中的平衡關(guān)系可表示如下 Zn2 Y ZnYMgH 2 H6 2 All3 AlF6 根據(jù)式 6 22b 得 YMYYK lgll l 5 4 78 gM 01601 lZnY 而 3 FAlAl pK 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 14 6134 95137 94175 310 5215 3 6 6432 059 0 0 0 FFFAl 則 4lg FAl 故得 70 45 163 lYK 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 25 lg MY lgZnY 70 4 lg AlYK 據(jù)此 而 60 8 l nspZKc 53 故可以在 pH 5 0 時選擇滴定 Zn2 30 解 查附錄 之表 2 Hg I 絡(luò)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 1 170 12 LmolcHg 根據(jù)式得 3 2 40 283 2930 260 270 28 230 287 1 4310 1 1 12 IIIIHg 則 103 2470 13 20 2 LmolcgHgsp 可以完全掩蔽 查附錄 之表 3 46 1lCdYK 查附錄 之表 4 pH 6 0 時 65 4lg HY 8 lgl lg HYCddYK 2 9 621 0 2 CdspspKc 在 pH 6 0 時 用二甲酚橙做指示劑 5 lg0 xCdtepKd pHgsp 24 03 9 0Hgt 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 40 1 lg CdYK 6 spd 5 tepdC 4 19 65 spepd 代入式 6 26b 得 03 10 10 108 24 CdYspdtKcE 54 31 解 1 查附錄 之表 3 2 3lg ThYK50 1lg LaYK 67l La 由于絡(luò)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(luò)合物的形成常數(shù)相差很大 所以滴60 1lg HY 定 Th4 時 La3 0 010 mol L 1 10 2 00 mol L 1 50 130 25 13 1 LaKYLaY 360 H 50 3lgY 7 950 132lgl YThThK 67 l Yspc 可以在 pH 3 0 時直接準(zhǔn)確滴定 Th4 3 已知 La OH 3 的 Ksp 10 18 8 cLa 10 1 70 mol L 1 cLa 50 1lg LaYK sp 10 2 00 mol L 1 根據(jù)式 6 28a 得 50 76 10 26ll max LaYspHYc 查附錄 之表 4 pH 4 5 時 這是滴定 La3 的最高酸度 4 lg HY 若 La 3 cLa 最低酸度 OH 15 870 1 83 LmolLaKsp 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(dá)到終點(diǎn)溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色十分敏銳 而在 pH 2 5 時 La 3 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 55 即形成 Ga2L 和 InL 絡(luò)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(luò)合的的量的一半 則 Ga 2 nY 總 nL 總 0 0001658 2 0 0003316mol Ca 76 510013 46 GaM 由公式 A SVAT 得絡(luò)合用去的的量 VT ATMCS 10 76 5 ml327 69013 4 m 10 SVATT 10103 48 46 26 3 1 28 33 解 由 K C6H5 4B KB C6H5 4 4HgY2 C6H5 4B 4H2O H3BO3 4C6H5Hg 4HY3 OH 知 K C6H5 4B HY 3 1 1 4 Mg Y 1 1 則 nY nMg mol058 9210 則 nK l4 617 6425 010891 LmgH 56 34 解 所加物質(zhì)的量 10 205 1 mlLol 消耗去物質(zhì)的量 2 用來沉淀 所消耗去 BaCl2 物質(zhì)的量 4SO 10 05 1mlLol 10 250 1 mlLol 此量也即為 物質(zhì)的量 24 故 煤樣中硫的百分含量為 1050 0 21 05 MsS 7 32 2 3 21 35 解 已知 滴定 Cu