第1章 分析化学概论
1. 称取纯金属锌，溶于HCl 后，定量转移并稀释到250mL 容量瓶中，定容，摇匀。
计算
Zn 2+溶液的浓度。
解：213
0.325065.39
0.0198825010
Zn c mol L +--=
=⨯g 2. 有L 的H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至L 。
问应加入L H 2SO 4的溶液多少毫升
解：112212()c V c V c V V +=+
220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ⨯+⨯=⨯+
2 2.16V mL =
4．要求在滴定时消耗LNaOH 溶液25~30mL 。
问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC 8H 4O 4)多少克如果改用
22422H C O H O
⋅做基准物质，又应称取多少克
解：
844:1:1NaOH KHC H O n n =
1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M
mol L L g mol g ===⨯⨯= 2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV M
mol L L g mol g ===⨯⨯=
应称取邻苯二甲酸氢钾~
22422:2:1
NaOH H C O H O n n ⋅=
1111
2
1
0.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g ==
=⨯⨯⨯=
2221
2
1
0.2/0.030126.07/0.42m n M cV M
mol L L g mol g ===⨯⨯⨯=应称取22422H C O H O ⋅~
6．含S 有机试样，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过的H 2O 2将SO 2吸收，全部转化为H 2SO 4，以LKOH 标准溶液滴定至化学计量点，消耗。
求试样中S 的质量分数。
解：
2242S SO H SO KOH
:::
100%1
0.108/0.028232.066/2100%
0.47110.3%nM
w m mol L L g mol g
=
⨯⨯⨯⨯=⨯=
8．不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。
加入溶解，煮沸除去CO 2，用LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗，计算试样中CaCO 3的质量分数。
解：
32CaCO HCl
:
NaOH HCl :
00
1
()2100%100%
1
(0.2600/0.0250.2450/0.0065)100.09/2100%
0.250098.24%cV cV M
nM w m m mol L L mol L L g mol g
-=⨯=⨯⨯-⨯⨯=⨯=
9 今含有
MgSO 4·7H 2O 纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但
有部分失水变为MgSO 4·6H 2O ，测定其中Mg 含量后，全部按MgSO 4·7H 2O 计算，得质量分数为%。
试计算试剂中MgSO 4·6H 2O
的质量分数。
解：设MgSO 4·6H 2O 质量分数ωx MgSO 4·7H 2O 为1-ωx
%=1-ωx +ωx ×6H2O)
M(MgSO4)7H M(MgSO 24⋅⋅O
ω x =
11%96.10067--M M =1455
.22847.2460096
.0-= 若考虑反应,设含MgSO 4·7H 2O 为n 1 mol
MgSO 4·6H 2O 为n 2 mol
样本质量为100g 。
n=n 1+n 2
⨯=
⨯+ ⨯=100
18n 1=⇒=
m(MgSO 4·6H 2O)=n ⨯M MgSO 4·6H 2O =⨯ω =100
18.12=
10．不纯，将其置于氧气流中灼烧，产生的SO 2通入FeCl 3溶液中，使Fe 3+
还原至Fe 2+
，然后用LKMnO 4标准溶液滴定Fe 2+
，消耗溶液。
计算试样中Sb 2S 3的质量分数。
若以Sb 计，质量分数又为多少
解：
223246
2365Sb S Sb SO Fe KMnO +::::
232323
55
0.0200/0.031800.0005366
220.000530.001060.00053339.68/100%71.64%
0.25130.00106121.76/100%51.36%
0.2513Sb S Sb S Sb Sb S Sb n cV mol L L mol
n n mol mol mol g mol
w g
mol g mol w g ==⨯⨯===⨯=⨯=
⨯=⨯=⨯=
12. 用纯As 2O 3标定KMnO 4溶液的浓度。
若 2 g As 2O 3在酸性溶液中恰好与 mL KMnO 4反应。
求该KMnO 4溶液的浓度。
解：
323345104As O AsO MnO -
-
Q :: 故
441000
5KMnO m
cV M =⨯⨯
4
4
0.2112100050.02345(/)
36.42197.8KMnO c mol L ⨯⨯==⨯
14．H 2C 2O 4作为还原剂。
可与KMnO 4反应如下：
-+2+2244225H C O +2MnO +6H =10CO +2Mn +8H O
↑
其两个质子也可被NaOH 标准溶液滴定。
分别计算·L -1
NaOH 和 mol ·L -1
KMnO 4溶液与500mg H 2C 2O 4完全反应所消耗的体积（mL ）。
解：
224224224
3500
1000 5.55310()90.035
H C O H C O H C O m n mol M -=
==⨯
2242H C O NaOH
Q :
22433322 5.5531011.10610()11.106100.111()111()0.100
NaOH H C O NaOH NaOH
NaOH n n mol n V L mL c ---==⨯⨯=⨯⨯====
22442
5H C O KMnO Q :
42243322
5.55310 2.22110()55KMnO H C O n n mol --=
=⨯⨯=⨯
444
3
2.221100.0222()22.2()
0.100
KMnO KMnO KMnO n V L mL c -⨯=
===
16. 含K 2Cr 2O 7 ·L -1
的标准溶液。
求其浓度以及对于Fe 3O 4（M=·mol -1
）的滴定度（mg/mL ）。
解：
227227227
5.442
294.180.01850(/)
1
K Cr O K Cr O K Cr O n c mol L V =
==
3422722734/20.01850231.5428.567(/)
Fe O K Cr O K Cr O Fe O T c M mg mL =⨯⨯=⨯⨯=
18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO 4·7H 2O （M =·mol -1
）的含量：~%为一级（）；%~%为二级（）；%~%为三级（）。
现以KMnO 4法测定，称取试样，在酸性介质中用 mol ·L -1
KMnO 4溶液滴定，至终点时消耗。
计算此产品中FeSO 4·7H 2O 的质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准。
解：
24
5Fe MnO +-
Q :
424
3735.70
550.02034 3.63110()1000FeSO H O MnO n n mol --•∴==⨯
⨯=⨯
4242424
2
7777FeSO H O
FeSO H O FeSO H O
FeSO H O m n M m
m
ω••••⨯=
=
33.63110278.0499.76%
1.012-⨯⨯==
故为一级化学试剂。
20. CN -可用EDTA 间接滴定法测定。
已知一定量过量的Ni 2+与CN -
反应生成Ni(CN)24
-
，过量
的Ni 2+
以EDTA
标准溶液滴定，Ni(CN)24
-
并不发生反应。
取含CN -
的试液，加入含过量Ni
2+
的标准溶液以形成
Ni(CN)24
-
，过量的Ni 2+
需与 mol ·L -1
EDTA 完全反应。
已知 mol ·L -1
EDTA
与上述Ni 2+
标准溶液完全反应。
计算含CN -试液中CN -
的物质的量浓度。
解： 2Ni EDTA +
Q :
222239.3
0.013010000.01703(/)
30.01000Ni EDTA Ni Ni Ni n n c mol L V V +++
+
⨯∴=
=
==
222425.00
0.01703 4.257510()1000Ni Ni Ni n c V mol +
++-''==⨯=⨯
410.1
0.0130 1.31310()
1000EDTA EDTA EDTA n c V mol -''=⨯=⨯=⨯
234() 1.177810()EDTA CN Ni
n n n mol -+-''=-=⨯
3
1.1778100.0927(/)
12.71000CN CN CN n c mol L V ---
-⨯=
==
第2章 分析试样的采集与制备
1．某种物料，如各个采样单元间标准偏差的估计值为％，允许的误差为％，测定8次，置信水平选定为90%，则采样单元数应为多少
解：f=7 P=90% 查表可知t=
22
1.900.61(
)() 5.860.48t n E σ⨯===≈
2．某物料取得8份试样，经分别处理后测得其中硫酸钙量分别为％、％、％、％、％、％、％、％，求各个采样单元间的标准偏差．如果允许的误差为％，置信水平选定为95％，则在分析同样的物料时，应选取多少个采样单元
解：f=7 P=85% 查表可知 t=
222.360.13(
)() 2.430.20t n E σ⨯===≈
4．已知铅锌矿的K 值为，若矿石的最大颗粒直径为30 mm ，问最少应采取试样多少千克才有代表性
解：
220.13090()Q Kd kg ≥=⨯= 5．采取锰矿试样15 kg ，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2 mm ，设K 值为，问可缩分至多少克
解：
220.32 1.2()Q Kd kg ≥=⨯= 设缩分n 次，则1
() 1.2()
2n Q kg ⨯≥
1
15() 1.2()
2n kg ⨯≥
1
ln15ln
ln1.22n +≥
解得 3.6n ≤，所以n=3
m =31
15() 1.875()
2kg ⨯=
第3章 分析化学中的误差与数据处理
1．根据有效数字运算规则，计算下列算式：
(1)+
(3)10000000.11245.0)32.100.24(00.45⨯⨯-⨯
(4) pH=，求[H +
]=
解：a. 原式=+ b. 原式=××21×=
c. 原式=45.0022.680.1245
=0.1271
1.0001000⨯⨯⨯
d. [H +
]==( mol/L )
3．设某痕量组分按下式计算分析结果：m C
A -=
χ，A 为测量值，C 为空白值，m 为试样质
量。
已知
s A =s C =，s m =，A =，C =，m =，求s x 。
解：2
22222
222()42
222222
0.10.10.001 4.0910()()(8.0 1.0) 1.0A C x m A C m s s s s s s x A C m A C m --++=+=+=+=⨯---
且
8.0 1.0
7.01.0x -=
=故
42
4.09107.00.14x s -=⨯⨯=
5. 反复称量一个质量为 的物体，若标准偏差为，那么测得值为的概率为多
少
解：由0.4mg σ= 1.0000g μ=
故有1.0000 1.0000 1.0008 1.0000
0.00040.0004u --≤≤
即02u ≤≤
查表得 P=%
7．要使在置信度为95％时平均值的置信区间不超过±s ，问至少应平行测定几次
解：
x x t s x t n μ=±⋅=± 查表，得：
5, 2.57, 1.049166, 2.45,0.9261
7
5f t f t ====>====<t 时n 时n 故至少应平行测定次
9. 测定黄铁矿中硫的质量分数，六次测定结果分别为%, %, %, %, %, %，计算置信水平95%时总体平均值的置信区间。
解：
6
11i
i x x n ==∑
30.48%30.42%30.59%30.51%30.56%30.49%
30.51%
6+++++=
=
s =
置信度为95%时：
0.05,5,2.57,30.51% 2.5730.51%0.06%f t x t αμ==±=±=±
11.下列两组实验数据的精密度有无显著性差异(置信度90％)
A ：，，，，，
B ：，，，，，
解：a. 6
1
19.57
i i x x n ===∑
5.71%
s =
= 故24
32.610s -=⨯
b. 6
1
19.47
i i x x n ===∑
8.51%
s =
= 故24
72.410s -=⨯
所以24
24
72.410 2.22132.610b a s F s --⨯===⨯ 查表得 5.05F =表>
13．用两种不同分析方法对矿石中铁的质量分数进行分析，得到两组数据如下：
χ
s n
方法1 ％％ 11
方法2 ％％ 11
a．置信度为90％时，两组数据的标准偏差是否存在显著性差异
b．在置信度分别为90％，95％及99％时，两组分析结果的平均值是否存在显著性差异
解：(a)
2
1
s=，22s=
F=
2
2
2
1
s
s
=<F表=
所以两组数据的标准偏差无显著性差异。
(b)由
2
s
=
2
10
i
d
∑
得，
2
i
d
∑
=，
2
2
d
∑
=
∴
∴
=查表得：当置信度为90%时，0.10,20
t
=>
查表得：当置信度为95%时，0.05,20
t
=>
查表得：当置信度为99%时，
0.01,20
t =>
所以两组分析结果的平均值不存在显著性差异。
15．实验室有两瓶NaCl 试剂，标签上未标明出厂批号，为了判断这两瓶试剂含Cl -1
的质量分数是否有显著性差异，某人用莫尔法对它们进行测定，
1
-Cl
ω结果如下：
A 瓶 ％，％，％，％
B 瓶 ％，％，％，％
问置信度为90%时，两瓶试剂含Cl -1
的质量分数是否有显著性差异
解：用F 检验法：
A X =
i
X n
∑=%，
2s A
=
2
1
i d n -∑=⨯
B X =
i
X n
∑=%，
2s B
=
2
1
i d n -∑ =⨯
F=22B A S S =， 查表得F 表=>
因此没有差异。
用t 检验法：
⨯
所以
=
而查表得t 表=<
所以存在显著性差异。
17．为提高光度法测定微量Pd 的灵敏度，改用一种新的显色剂。
设同一溶液，用原显色剂及新显色剂各测定4次，所得吸光度分别为，，，及，，，。
判断新显色剂测定Pd 的灵敏度是否有显著提高(置信度95％)
解：用F 检验法：
A X =
i
X n
∑=，，
2
s A
=
2
1
i d n -∑=⨯
B X =
i
X n
∑=,
2s B
=
2
1
i d n -∑=⨯
F=
22s B
s A
=
查表得F 表=>,因此没有显著性差异。
用t 检验法：
⨯
所以
= 而查表得t 表=<
所以存在显著性差异 。
21．某荧光物质的含量()及其荧光相对强度(y )的关系如下：
含量 /g
荧光相对强度y
a ．列出一元线性回归方程
b ．求出相关系数并评价y 与x 间的相关关系。
解：由题意可得，x =， y =，
7
1
()()
i
i
i x x y y =--∑=，
7
2
1
()
i
i x x =-∑=，
2
1
()n
i i y y =-∑=，
所以b=7
1
7
2
1
()()
()i
i
i i i x x y y x x ==---∑∑=216.2
112.0=，
a y bx =-=⨯所以一元回归方程为：y=+
（b ）因为 7
2
12
1
()
()i
i n i
i x x r y y ==-=
-∑∑=
比较接近于1，所以y与x的线性关系很好。
第5章酸碱平衡和酸碱滴定法
1．写出下列溶液的质子条件式。
a．c1mol·L-l NH3 + c2mol·L-l NH4Cl；
c．c1mol·L-l)H3PO4 + c2mol·L-l HCOOH；
解：
a. 对于共轭体系，由于构成了缓冲溶液，所以可以将其视为由强酸（HCl和弱碱（NH3）反应而来，所以参考水准选为HCl, NH3和H2O
质子条件式为：[ H+ ] + [NH4+] = [Cl-] + [OH-]
或[ H+ ] + [NH4+] = c2 + [OH-]
c. 直接取参考水平：H3PO4 , HCOOH , H2O
质子条件式：[H+] = [H2PO4-] + 2[HPO42-] + 3[PO43-] + [HCOO-]+[OH-]
3．计算下列各溶液的pH。
a．mol·L-l NaAc；
c．mol·L-l NH4CN；
e．mol·L-l氨基乙酸；
g．mol·L-l H2O2液；
i．mol·L-l HCI和mol·L-l氯乙酸钠(ClCH2COONa)混合溶液。
解：
a.对于醋酸而言，K b =K w / K a = ⨯10-10
应为cK b = ⨯10-10⨯ 5 ⨯10-2 = ⨯10-11> 10K w
c/K b> 100
故使用最简式；
[OH-= ⨯10-6
pH = 14 – pOH =
c. NH4+ K a’ = ⨯10-10
HCN K a = . ⨯10-10
cK a’ > 10K w c > 10 K a
由近似公式可以得到：
[H+= ⨯10-10
pH = 10 – =
e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，K a1 = ⨯10-3 , K a2 = ⨯10-10
c/K a2> 100 且c > 10 K a1
所以[H+= ⨯10-6
pH = =
g. 对于双氧水而言，K a = ⨯10-12
cK a < 10K w c/K a> 100
所以可以计算氢离子浓度
[H+= ⨯10-7
pH = 7 – =
i. 由于ClCH2COONa + HCl = ClCH2COOH + NaCl
所以原溶液可以看成L的ClCH2COOH和LHCl的混合溶液设有x mol/L的ClCH2COOH发生离解，则
ClCH2COOH ƒClCH
2COO
- + H+
x +x
所以有(0.01)0.05x x
x +- = K a = ⨯ 10-3
解得x = ⨯ 10-3
mol/L
那么[H +] = L pH = -log [H +
] =
5．某混合溶液含有 mol·L -l
HCl 、×10-4
mol·L -l
NaHSO 4和×10-6
mol·L -l
HAc 。
a ．计算此混合溶液的pH 。
b ．加入等体积 mol·L -l NaOH 溶液后，溶液的pH 。
解：a. HSO 4- K a2=×10-2 HAc K a =×10-5
均为弱酸，且浓度远低于HCl 的浓度，所以此体系中的HSO 4-
和HAc 在计算
pH 值时刻忽略。
故pH=。
b.加入等体积LNaOH 溶液，HCl 被中和，体系变为HSO 4-
和HAc 的混酸体系，
H +⎡⎤=⎣⎦ 忽略K W 及K HA [HA]，
[H + ]2
=
4
HSO K -
（C HSO4--[H +
]）
解得[H +
]=×10-5
故pH=
7．已知Cr 3+
的一级水解反应常数为，若只考虑一级水解，则 mol·L -l
Cr(ClO 4)3 的pH 为多少 此时溶液中Cr(OH)2+
的分布分数是多大
解：1）
3.82 5.8a K 10101010W
c K ---⋅=⨯=?
1.8a 10100K c
=<
3
1.18210H +
-⎡⎤=
=⨯⎣⎦ mol/L
故pH=
2）2 3.8
a 3.8 2.93()
a K 100.121010K Cr OH H δ+
---+
=
==+⎡⎤+⎣⎦
9．今用某弱酸HB 及其盐配制缓冲溶液，其中HB 的浓度为 mol·L -l。
于100mL 该缓冲溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液体积的变化)，所得溶液的pH 为。
问原来所配制的缓冲溶液的pH 为多少 (已知HB 的
6
a 5.010K -=⨯)
解：
200
0.05
40100NaOH C =
=⨯（mol/L ）
已知p K a =，pH=
设原缓冲溶液中盐的浓度为x mol/L ，故
0.055.60 5.30lg
0.25x
x +=+-
得x=
则原缓冲溶液pH= 0.35
5.30lg
5.440.25+=
11．配制氨基乙酸总浓度为 mol·L -l
的缓冲溶液(pH =100mL ，需氨基乙酸多少克还需加多少毫升1 mol·L -l
酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大
解：设酸以HA 表示，p K a1= p K a2=
1)需HA 质量m=×100××310-＝（g ）
2）因为氨基乙酸及质子化氨基乙酸构成缓冲溶液，设pH=2时，质子化氨
基乙酸浓度为xmol/L ，则
1lg HA a HA c H pH pK c H -++
⎡⎤+⎣⎦=+⎡⎤-⎣⎦
即
0.12.00 2.35lg
x H x H +
+
⎡⎤-+⎣⎦=-⎡⎤-⎣⎦
，解得x=
生成L 的质子化氨基乙酸，需加酸为×100=
19. 用10.1mol L -⋅NaOH 滴定1
0.1mol L -⋅HAc 至8.00pH =。
计算终点误差。
解：SP 时
1
0.05NaOH c mol L -=⋅
105.610w
b a
K K K -=
=⨯
20b w K c K > 500
b c
K >
6
[] 5.2910OH --=⨯
1460.728.72
sp pH =-+=
8.008.720.72
ep sp pH pH pH ∆=-=-=-
0.720.72
%100
TE -=
1000.05
=
=-
22. 用10.100mol L -⋅NaOH 滴定10.100mol L -⋅羟胺盐酸盐（3NH OH Cl +-⋅）和
10.100mol L -⋅4NH Cl 的混合溶液。
问.a 化学计量点时溶液的pH 为多少.b 在化学计量点
有百分之几的
4NH Cl
参加了反应
解：(1) 已知
3
NH OH Cl
+-
⋅
61.110w
a K K K -=
=⨯
SP 时，产物为2NH OH 和4NH +
[]H +=
82.510(/)mol L -=⨯ 7.61pH =
(2) SP 时，
8
[] 2.510/H mol L +-=⨯
34
103
38105.610[]0.0500 1.110(/)2.510 5.610NH NH NH c mol L δ+
----⨯=⋅=⨯=⨯⨯+⨯
∴参加反应的4NH Cl
百分数为：
3
1.110100%
2.2%
0.0500-⨯⨯=
25.称取钢样1.000g ，溶解后，将其中的磷沉淀为磷钼酸铵。
用
20.00mL 10.1000mol L -⋅NaOH 溶解沉淀，过量的NaOH 用3HNO 返滴定至酚酞刚好褪
色，耗去1
0.2000mol L
-⋅3HNO 7.50mL。
计算钢中P 和
25
P O 的质量分数。
解：P :424()NH HPO :712MoO :24NaOH :25
1
2P O
过量
330.27.510 1.510()NaOH mol --=⨯⨯=⨯ 用于滴定磷钼酸铵的
334
0.12010 1.510 5.010()NaOH mol ---=⨯⨯-⨯=⨯ 含Ｐ物质的量为：455.0
10 2.110()
24mol --⨯=⨯
52.11031%1000.065
1P -⨯⨯=⨯= 525 2.110142
%1000.15
12P O -⨯⨯=⨯=⨯
28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸0.4680g ，消耗甲醇钠溶液25.50mL ，求甲醇钠的浓度。
解：
3CH ONa :65C H COOH
，令其浓度为c
30.4680
0.1500(/)
25.5010122c mol L -=
=⨯⨯
第 7 章 氧化还原滴定法
1. 解：查表得：lgK(NH 3) =
E=E θZn 2+/Zn +[Zn 2+]/2
=+([Zn(NH 3)42+]/K[(NH 3)]4)/2
=
3. 解：E Hg22+/Hg =E θHg22+/Hg +*[Hg 2+]
=+*(K sp /[Cl -]2) E θHg22+/Hg =+=
E Hg22+/Hg =+*(1/[Cl -]2)=
5. 解：E MnO4-/Mn 2+= E θ′MnO4-/Mn 2++*lg （ [MnO 4-]/[Mn 2+]）/5
当还原一半时：[MnO 4-]=[Mn 2+] 故E MnO4-/Mn 2+= E θ′MnO4-/Mn 2+= [Cr 2O 72-]=L [Cr 3+]=2*=L
E Cr2O72-/Cr 3+= E θ′Cr2O72-/Cr 3++6*lg （[Cr 2O 72-]/[Cr 3+]）=
7. 解：Cu+2Ag ＋＝Cu 2＋＋2Ag lgK ＝（）*2/＝ K ＝＝[Cu 2＋]/[ Ag ＋]2
表明达到平衡时Ag ＋几乎被还原, 因此=[ Ag ＋]/2=2=L
[ Ag ＋]= ( [Cu 2＋]/K)=*10-9mol/L
9. 解：2S
2O
3
2-+I-
3
=3I-+S
4
O
6
2-
(a)当滴定系数为时，
[I
3
-]=故由Nernst方程得：
E=E
I3-/
2* =
(b) 当滴定分数为时，由不对称的氧化还原反应得：
E
I-3/ I-=+ lg[I-
3
]/[ I-]3 (1)
E
S4O62/-S2O32-=+ lg[S
4
O
6
2-]/ [S
2
O
3
2]2 (2)
(1)*4+(2)*2得：6E
sp =+ lg[I-
3
]2[S
4
O
6
2-]/[ I-]6[S
2
O
3
2-]2
由于此时[S
4O
6
2-]=2[I-
3
]，计算得[S
4
O
6
2-]=L [ I-]=L,
代入上式E
sp ==6* lg[S
4
O
6
2-]/4[ I-]6=
(c) 当滴定分数为, E= E
S4O62/-S2O32-=+ lg[S
4
O
6
2-]/ [S
2
O
3
2]2
此时[S
4O
6
2-]=*100=L
[S
2O
3
2-]=*=L
故E=+ 2=
11．解： Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+
终点时 C
Ce3+
=l, Fe2+=l.
所以 C
Ce4= C
Ce3+
*10 C
Fe2+
=C
Fe3+
*10得E
t
=**10-6)/+*10-6)*100%=%
13．解： Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+
在H
2SO
4
介质中，终点时E
ep
=,
E
sp
=+/2=,
V
E θ
=
V E=
在H
2SO
4
+H
3
PO
4
介质中，
∂Fe3+=1+*=5*=, ∂Fe2+=1+*=
E
Fe3+/Fe2+
=+∂+=
E
sp
=+/2=
V
E=
V Eθ=,
由林邦误差公式: E
t
= 15. 解：
5VO2++MnO
4-+6H
2
O=5VO
3
-+Mn2++12H+
4Mn2++MnO
4-+8H+=5Mn3++4H
2
O
5V:MnO4-,4Mn:4Mn2+:MnO4-ω(V)=5****1000*100%=%
ω(Mn)=(4**
17. 解：PbO
2+H
2
C
2
O
2
+2H+=Pb2++2CO
2
+2H
2
O, PbO+2H+=Pb2++H
2
O,
2MnO
4-+5C
2
O
4
2-+6H+=2Mn2++10CO
2
+8H
2
O
∴ 5PbO
2:5PbO :5C
2
O
4
2-:2MnO4-,
设试样中PbO
2
为x克，PbO为y克。
则 20*=**5/2+2*1000x/M(PbO
2
)+1000y/M(PbO)
*=2*1000x/5M(PbO
2
)+2*1000y/5M(PbO)
解得 x=, y= 故
ω(PbO
2
)=*100%=%,
ω(PbO)=*100%=%.
19. 解：由化学反应：IO
3-+5I-+6H+=3I
2
+3H
2
O, I
2
+S
2
O
3
2-=2I-+S
4
O
6
2-
得 1KIO
3:5I-:3I
2
:6Na
2
S
2
O
3
c KI *=5**得 c
KI
=L
21. 解：由3NO
2+H
2
O=2HNO
3
+NO, 及氮守恒得
3NH
4
+:3NH3:3NO2:2HNO3:2NaOH,
ω(NH
3
)=*+3*M(NH3)/*1000*2)*100%=%
23. 解：由此歧化反应的电子守恒得：3/2Mn 2+: MnO 4-
ω(Mn)=**3/2*M(Mn)/*100%=%
25. 解：由氧化还原反应电子守恒得：6Fe 2+:Cr 2O 72-， m Cr =2*M(Cr)M[Fe(NH 4)(SO 4)2•6H 2O]-6**/6=*10-2
ρV=m,V=Sh ⇒h=*10-5 28. 解：
()3340.1014.300.0510 1.2910n mol
--=-⨯⨯=⨯乙二醇
故31.291062.040.0800480.04m g mg
-=⨯⨯==乙二醇
31. 解：由关系式
23322336CH COCH I S O -
::得：
(
)3500.050.50.110105810100%38.71%
36
w -⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯
34. 解：a 、sul 的分子结构式为
b 、3226533BrO H Br Br H O
-+-++=+
c 、
6822266222C H N O S+2Br C H Br N O S+2HBr
=
d 、由关系式
3268223
3C H N O S 2BrO Br -::
和223232Br I S O --::得：
1
12.920.1215
250.01767320.013509202sul c mol L -⨯⨯⨯-
=
=⨯g
0.0135090.1172.21
78.04%80%
0.2981sul w ⨯⨯=
=<
故该试样为不合格产品。
第8章 沉淀滴定法和滴定分析小结
2. 解：试样中Cl -的总量即为消耗Ag +的量 n (Cl-)=n (Ag+)=×=×10-3(mol) 设试样中BaCl 2的质量为x ，则有 2x / + – x)/=×10-3 解得x=(g)
即，试样中的BaCl 2的质量为
4. 解：设试样中K 2O 的质量为x ，Na 2O 的质量为y
2× [x /M (K2O)]×M (KCl)+2× [y /M (Na2O)]×M (NaCl)= （1）
2× [x /M (K2O)]×M (AgCl)+2× [y /M (Na2O)]×M (AgCl)=0. 2513 （2）
由（1）（2）解得 X= y= K 2O%= ×100% = % Na 2O%= ×100% = %
6. 解：反应关系为1As~ 1Ag 3AsO 4~ 3Ag +~3NH 4SCN As%=[××10-3×M(As)]/[3×] ×100% =%
8. 解：设该铁的氧化物的分子式为Fe x O y
则 +=
=
∴ x=
y=
∴ y/x = = = 3:2
即该铁的氧化物的分子式为Fe
2O 3
第9章重量分析法
1．解：Q S0=[CaSO4]=β[Ca2+][SO42-]=β×Ksp=200××10-6=×10-3mol/L
非离解形式Ca2+
的百分数为
3
4
[CaSO]
37.6%
S
-
==
水
3．解：
（1）
2
4
1
0.1mol/,0.10,
2
BaSO LNaCl I ciZi
==
∑
在中
22
4
22
4
()5,()4,0.38,0.355
Ba SO
a Ba a SO
οο
γγ-
-
====
＋
＋
查表得
225010
4
[][] 2.8610( 1.110) s Ba SO Ksp
---
∴=====⨯=⨯＋
（2）
1
42
1
0.10.30
2
BaSO mol L BaCl I CiZi
-
⋅==
∑
在中，
22
4
()5,()4
a Ba a SO
οο
-
==
＋
查表得
22
2
lg0.512100.5909,0.26 Ba Ba
γγ
-=⨯==
＋＋
22
4
2
lg0.512100.6526,0.22 Ba SO
γγ
-
-=⨯==
＋
22
4
01022
4
1.110[][](0.10)0.260.22
Ba SO
Ksp Ba SO s s
γγ-
--
∴=⨯=⨯⨯⨯=+⨯⨯⨯
＋
＋
81
1.9210
s mol L
--
=⨯⋅
5．解：
21
0.10,2I ciZi =
=∑
224()5,()4
a Ba a SO ο
ο
-
==＋
查表得，
224
0.38,0.355
Ba SO γγ-
==＋
24
2
21.0100.1250.07 1.010SO
δ---⨯==+⨯
22244
4
0101.110(0.01)Ba SO Ba SO SO Ksp a a S s γγδ---=⨯=⋅=+⨯⨯⨯⨯＋
716.4410s mol L --=⨯⋅
7．解：
10, 1.810AgCl Ag Cl Ksp +--↓+=⨯ƒ 13,510AgBr Ag Br Ksp +--↓+=⨯ƒ
在同一溶液中，Ag +
只有一种浓度
,AgCl AgBr Ksp Ksp AgCl >↓Q 的溶解度大得多
Ag AgCl +∴↓浓度由决定
51
[] 1.3410s Ag mol L +--====⨯⋅
9．解：
3CaCO 已知沉淀在水中的主要离解平衡为：
2323CaCO H O Ca HCO OH --↓+++ƒ＋
23
3[][][]Ksp Ca HCO OH s --==＋
2233232[][][][][][][]CO H Ksp Kw
Ksp Ca HCO OH CO H Ka -+-
-
-
+⋅=⋅⋅=＋
s =
=
518.0210s mol L --=⨯⋅
51[]8.0210OH s mol L ---==⨯⋅ 4.1,9.9pOH pH ==
11．解：
48.993
315.142246.1382.8)O (S Ag 101002.31010101001.0101]
Ag [Ag 3
2
2
＝）（＋）（＋－－⨯=⨯⨯⨯+==
+c αK SP ＝×10－17＝[Ag +][I －
]＝010.01048.9⨯s
s =×10－5 1
mol L -⋅ 13．解：
混合后，
231
10001
[]0.1 4.910150()Ba mol L M Ba +--=⨯
⨯=⨯⋅
231
450
[]0.01 3.310150SO mol L ---=⨯
=⨯⋅
剩余的2Ba +=33(4.910 3.3)150137.33 3.3mg --⨯-⨯⨯⨯=
100 mL 纯水洗涤时损失的
4
BaSO :
251[] 1.0510s Ba mol L +--===⨯⋅Q 51.0510100233.40.245mg -∴⨯⨯⨯为＝ 100 1
mol L
-⋅24
H SO 洗涤时
121
240.010[H ] 1.4110mol L H SO mol L -+--⋅=⨯⋅Q 的
24
10222
4221.110[][](0.01)0.01 1.4110SO Ka Ksp Ba SO s s s Ka δ--+--=⨯==⨯+⨯=⨯⨯
⨯+
81844s=2.6510, 2.6510100233.4 6.210mol L BaSO mg mg
--∴⨯⋅⨯⨯⨯=⨯－－损失数为：
16．解：
（1）
4240.005[]
[]
0.005[]
H H H NH HF NH F HF HF
H F
++
++
-
-+−−→++ƒ
41222228[][][]
[] 5.84100.001[][](20.005)0.0005(0.01)2[]0.0005(0.010.56) 1.5710F AgCl H F Ka HF H mol L Ka
Ca F H Ka
Ksp δ-+-+--+-+-=
∴=⨯⋅∴=
⨯⨯⨯=⨯⨯+=⨯⨯=⨯>∴有沉淀生成
(2)
3
3.247.026
Ag NH 1100.510(0.5) 2.810[]
Ag
c Ag α+
=+⨯+=⨯（）＝
96
0.05
[][]0.58.9102.810
AgCl Ag Cl Ksp +--=
⨯=⨯>⨯∴有沉淀生成 (3)
0.05
9.26lg
8.260.5pH =+＝
261
226214()5.74,[] 1.8210[][]0.005(1.8210) 1.6610Mg OH pOH OH mol L Mg OH Ksp --+---==⨯⋅∴=⨯⨯=⨯<∴无沉淀生成
19．解：
223422341234234
12342
-71
[][][()][()][()] []{1[][][][]} {1[][][][]}[]
2.510s Zn ZnOH Zn OH Zn OH Zn OH Zn OH OH OH OH Ksp OH OH OH OH OH mol L ββββββββ+-+----------=++=++++=
⨯++++=⨯⋅－2－＋＋
主要状态可由数值得 22．解：
(1)
234()
0.2351
2()M Cr O F M PbCrO =
= (2)
422272(7)
2.215
()M MgSO H O F M Mg P O ⋅=
=
(3)
3424343[()]
0.08266
2[(NH )12]M Ca PO F M PO MoO =
=⋅ (4) 254343()
0.03783
22[(NH )12]M P O F M M PO MoO =
=⋅
25．解： 设CaC 2O 4为x ,MgC 2O 4 y =x
332424()()
(0.6240)0.4830
()()M CaCO M MgCO x x M CaC O M MgC O ∴⋅
+-⋅=
240.4773,%76.49%
x g CaC O == 240.1467,%23.51%
y g MgC O ==
28．解：
()107.86835.453
0.58050.5805 1.4236
()35.453M AgCl M NaCl Na +⨯
=⨯=+
22.988865Na =解得
31．解： 设为
x y
Fe O
55.85160.5434
55.850.3801x y x ⨯+⨯=⎛⎫
⎪⨯=⎝
⎭
0.3801
0.00680655.85x =
=则
0.0102030.0068062y x ∴
==
23
Fe O ∴为
34．解： AgCl:3.1431050
⨯＝(mol·L -1)
cNH 3＝3/2＝(mol·L -1)
[Ag +]原＝2035
.0＝(mol·L -1) [I -]原＝205
.0＝(mol·L -1)
设混合后[Ag +]＝x/ mol·L -1
Ag
+
+ 2NH 3 ƒ
Ag(NH 3)2+
x ×
≈ ≈
2
)5.1(0175
.0x ＝ß2＝ x ＝×10-10
[Ag +][I -]＝××＝×10-12 >
AgI
Ksp
有AgI 沉淀生成。
第10章 吸光光度法
2. 解：A=-lgT=Kbc
当b=2cm时,A==;
当b=1cm,A=2=,lgT=∴T==77%;
当b=3cm，A=×3/2=，lgT=∴T==46%
4. 解：A=-lgT=%=,
c=×10-6×103/(50M)=×10-6mol/L K
稳
ε=A/bc=(2××10-6)=×104L/
s=M/ε=×10-8ug/cm2
6.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen与Fe2+的浓度比[R]/[M]为
横坐标，以吸光度A为纵坐标作图。
图中曲线转折点不敏锐，所以运用外推法得一交点，从交点向横坐标作垂线，对应的[R]/[M]值就是络合物的
配比。
由图示可见，络合物的组成为Fe（Phen）
3
，即M：R=1：3
8.解：A==-lgT
1,T
1
=20%;
A==-lgT
2,T
2
=10%，ΔT=10%;
以L溶液为参比时，测得试样的透射比为T
2
，
则20%/100%=10%/T
2
T
2=50%，试样的吸光度为A=-lgT
2
==;
A
标尺放大倍数n=100%/20%=5
10.解：Ti和V定容后的浓度分别为×10-4mol/L和×10-3mol/L，设Ti和V络合
物在415nm和455nm的摩尔吸光系数分别为ε
11，ε
12
，ε
21
，ε
22。
未知样
经处理后的浓度为c（Ti），c（V）。
根据郎-比尔定律可知：
=ε
11××10-4，ε
11
=×；
=ε
12××10-4，ε
12
=×；
=ε
21××10-3，ε
21
=×；
=ε
22××10-3，ε
22
=×；
ε
11c（Ti）+ε
21
c（V）= 且ε
12
c（Ti）+ε
22
c（V）= ，将数据代入后解得：
c（Ti）=×10-3mol/L，c（V）=×10-3 mol/L
12.解：A=-lgT==，
c=A/bε=（×103×2）=×10-5 mol/L
因此，1000mL中含有色物×10-5×Mg。
已知含量为%，故1000/
（×10-5M）=100/，M=mol
14.解：设络合物的解离度为α，则α=A
mAX -A/ A
mAX
= K
稳
=c（1-α）
/[cα×（2cα）2]=（1-α）/4c2α3=（）/[4×（
×10-5）2×]=×1011
lgK
稳
=。
