分析化学答案_上册_第四版_高等教育出版社

1第1章绪论1.130.0mL0.150mol·L-1的HCl溶液和20.0mL0.150mol·L-1的Ba(OH)2溶液相混合，所得溶液是酸性、中性、还是碱性？计算过量反应物的浓度。答案：12L0.015mol230.0)(20.030.00.15020.00.1502)过)((Ba(OH)量c1.2称取纯金属锌0.3250g，溶于HCl后，稀释到250mL容量瓶中，计算c(Zn2+)。答案：132L0.01988mol250.065.39100.3250)(ZnVMmc1.3欲配制Na2C2O4溶液用于标定KMnO4溶液（在酸性介质中），已知14L0.10molKMnO51c，若要使标定时两种溶液消耗的体积相近，问应配制多大浓度（c）的Na2C2O4溶液？要配制100mL溶液，应称取Na2C2O4多少克？答案：O8H10CO2Mn16HO5C2MnO22224244224OCNa21KMnO51nn42242244OCNaOCNa21KMnOKMnO51VcVc若：)OCNa()KMnO(4224VV则：14422L0.050molKMnO5121)OC(Naccg67.00.13410100050.0)OCNa(3422m1.4用KMnO4法间接测定石灰石中CaO的含量（见例1.6），若试样中CaO含量约为40%，为使滴定时消耗0.020mol·L-1KMnO4溶液约30mL，问应称取试样多少克？答案：g21.0%10010208.5630020.05%40%10010CaO21KMnOKMnO51CaO)(3344sssmmmMVcw1.5某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。若1722L0.1200molOCrK61c，为避免计算，直接从所消耗的K2Cr2O72溶液的毫升数表示出铁的含量（%），应当称取铁矿多少克？答案：%OCrK10FeOCrKOCrK61(Fe)7223722722VmMVcwsgMcms6702.01010085.551200.010100FeOCrK61337221.6称取Na2HPO4·12H2O试剂0.8835g，以甲基橙为指示剂，用0.1012mol·L-1HCl滴定至H2PO-4，消耗HCl溶液27.30mL。计算样品中Na2HPO4·12H2O的质量分数，并解释所得结果。（HCl浓度、终点确定以及仪器均无问题）答案：100%10O)12HHPO(Na(HCl)(HCl)O)12HHPO(Na3242242smMVcw%0.112%100108835.01.35830.271012.03结果偏高，是由于Na2HPO4·12H2O失去部分结晶水。1.7称取含铝试样0.2018g，溶解后加入0.02081mol·L-1EDTA标准溶液30.00mL。调节酸度并加热使Al3+定量络合，过量的EDTA用0.02035mol·L-1Zn2+标准溶液返滴，消耗Zn2+溶液6.50mL。计算试样中Al2O3的质量分数。（Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）答案：%10010OAl21)]Zn()Zn()EDTA()EDTA([)O(Al3322232smMVcVcw%43.12%100102018.0296.101)50.602035.000.3002081.0(31.8称取分析纯CaCO30.1750g溶于过量的40.00mLHCl溶液中，反应完全后滴定过量的HCl消耗3.05mLNaOH溶液。已知20.00mL该NaOH溶液相当于22.06mLHCl溶液，计算此HCl和NaOH溶液的浓度。答案：基本单元：3CaCO21，HCl，NaOH根据等物质的量规则：NaOH)((HCl)CaCO213nnn即：00.20)HCl(06.2205.3)HCl(00.4009.100101750.023cc解得：1Lmol0954.0)HCl(c1Lmol1052.000.2006.220954.0)NaOH(c1.9酒石酸（H2C4H4O6）与甲酸（HCOOH）混合液10.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH滴定至C4H4O2-6与HCOO-，耗去15.00mL。另取10.00mL混合液，加入0.2000mol·L-1Ce(Ⅳ)溶液30.00mL，在强酸性条件下，酒石酸和甲酸全部被氧化成CO2，剩余的Ce(Ⅳ)用0.1000mol·L-1Fe(Ⅱ)回滴，耗去10.00mL。计算混合液中酒石酸和甲酸的浓度。（Ce(Ⅳ)的还原产物为Ce(Ⅲ)）3答案：酸碱反应中的基本单元：6442OHCH21，HCOOH，NaOH氧化还原反应中的基本单元：6442OHCH101，HCOOH21，Ce(IV)，Fe+2根据等物质的量规则：Ce(IV))Fe(OHCH101HCOOH21)NaOH(OHCH21HCOOH)(264426442nnnnnnn即：00.302000.000.101000.0OHCH10100.10HCOOH2100.1000.151000.0OHCH2100.10HCOOH)(00.1064426442cccc解得：116442Lmol0833.0)HCOOH(Lmol03333.0)OHCH(cc1.10移取KHC2O4·H2C2O4溶液25.00mL，以0.1500mol·L-1NaOH溶液滴定至终点时消耗25.00mL。现移取上述KHC2O4·H2C2O4溶液20.00mL，酸化后用0.04000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点时需要多少毫升？答案：酸碱反应中：)NaOH(OCHOKHC3142242nn氧化还原反应中：442242KMnO51OCHOKHC41nnmL00.2004000.05300.2500.251500.000.204)KMnO(4V第二章思考题与习题1．已知用生成AsH3气体的方法鉴定砷时，检出限量为1μg，每次取试液0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度（分别以ρB和1：G表示）。解：最底浓度12005.01mLgVmB610GB4466105201010BG1:G=1:5×1042．取一滴（0.05mL）含Hg2+试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐）。经过实验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于100μg·mL-1。求此鉴定方法的检出限量。解：检出限量gVmB510005.03．洗涤银组氯化物沉淀宜用下列哪种洗液？为什么？(1)蒸馏水（2）1mol·L-1HCl(3)1mol·L-1HNO3(4)1mol·L-1NaCl答：应选用（2）1mol·L-1HCl作洗液，因为HCl含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCl为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCl2﹑HNO3不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl则虽具有共同离子，但不具备酸性条件，所以亦不宜采用。4.如何将下列各沉淀分离？(1)Hg2SO4-PbSO4(2)Ag2CrO4-Hg2CrO4(3)Hg2CrO4-PbCrO4(4)AgCl-PbSO4(5)Pb(OH)2-AgCl(6)Hg2CrO4-AgCl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．根据标准电极电位数据说明：（1）在酸性溶液中H2O2为什么可将Sn2+氧化为Sn4+?（2）NH4I为什么可将AsO43-还原为AsO33-？答:（1）H2O2+2H++2e=2H2OE0=1.77VSn4++2e=Sn2+Eo=0.154VH2O2是比Sn4+强的氧化剂，所以H2O2可以氧化Sn2+为Sn4+(2)I2(固)+2e=2I-Eo=0.5345VAsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2OEo=0.559VI-是比AsO33-强的还原剂，所以NH4I可以还原AsO43-6．为沉淀第二组阳离子，调节酸度时：（1）以HNO3代替HCl；（2）以H2SO4代替HCl；（3）以HAc代替HCl。将各发生什么问题?答:（1）因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。（2）用H2SO4代替HCl，引入了SO42-，使Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+及Pb2+离子生成硫酸盐沉淀，将妨碍这些离子的分析。（3）用HAc代替HCl，则由于它是弱酸，不可能调至所需要的酸度。7．如何用一种试剂把下列每一组物质分开？（1）As2S3,HgS（2）CuS,HgS（3）Sb2S3,As2S3（4）PbSO4,BaSO4（5）Cd(OH)2,Bi(OH)3（6）Pb(OH)2,Cu(OH)2（7）SnS2,PbS（8）SnS,SnS2（9）ZnS,CuS（10）Ag2S,MnS答:（1）加(NH4)2CO3,As2S3溶解而HgS不溶。（2）加稀HNO3,CuS溶解而HgS不溶。（3）加浓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。5（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。8．已知一溶液只有第二组阳离子，将此溶液分成3份，分别得到下述实验结果，试判断哪些离子可能存在？（1）用水稀释，得到白色沉淀，加HCl溶液则溶解；（2）加入SnCl2无沉淀发生；（3）与组试剂作用，生成黄色沉淀，此沉淀一部分溶于Na2S，另一部分不溶，仍为黄色。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）生成的硫化物为黄色，则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．从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？（1）加NH3-NH4Cl使溶液的pH≈9；（2）为什么要使用新配制的(NH4)2S溶液和氨水？答:（1）在第三组离子的沉淀中，Al(OH)3和Cr(OH)3属于两性氢氧化物，酸度高时沉淀不完全，酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当pH10时，部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9.0,为沉淀第三组离子最适宜的条件，在沉淀本组离子的过程中，随着反应的进行，溶液pH降低。因此加入NH3-NH4Cl缓冲溶液来保持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产生CO32-，故而使第四组的Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+部分沉淀于第三组。所以，必须使用新配制的(