分析化学第三版课后习题答案

1、第 1 页 共 40 页- 1 - 1第三章 思考题与习题Er2mL=±0.02mL´100%=±1%2mL1指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ 答:（1）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。（2）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。（3）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。（4）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。（5）随机误差。（6）系统误差中的操作误差。减免的方法：多读几次取平均值。（7）过失误差。（8）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。2解：

2、因分析天平的称量误差为±0.2mg。故读数的绝对误差EaEr20mL=±0.02mL´100%=±0.1%20mL这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。5答:：0.36 应以两位有效数字报出。 6答:：应以四位有效数字报出。 7答:：应以四位有效数字报出。8答:：甲的报告合理。因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。 9解：根据方程2NaOH+H2C2O4·H2O=Na2C2O4+4H2O可知， 需H2C2O4&#

3、183;H2O的质量m1为：=±0.0002gm1=0.1´0.020´126.07=0.13g2对误差为相根据Er=Ea´100%可得 TEr0.1g=Er1=0.0002g´100%=0.15%0.13g-1±0.0002g 则相对误差大于0.1% ，不能用´100%=±0.2%0.1000gHCO·HO标定0.1mol·L的NaOH ，可以2242选用相对分子质量大的作为基准物来标定。 若改用KHC8H4O4为基准物时，则有： KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O需KHC

4、8H4O4的质量为m2 ，则Er1g=±0.0002g´100%=±0.02%1.0000g这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。3解：因滴定管的读数误差为±0.02mL，故读数的绝对误差Ea 根据Erm2=0.1´0.020´204.22=0.41g20.0002g´100%=0.049%0.41gEr2=±0.02mL Ea´100%可得 T相对误差小于0.1% ，可以用于标定NaOH。10答：乙的准确度和

5、精密度都高。因为从两人的数据可知，他们是用分析天平取样。所=第 2 页 共 40 页- 2 -以有效数字应取四位，而甲只取了两位。因此从表面上看甲的精密度高，但从分析结果的精密度考虑，应该是乙的实验结果的准确度和精密度都高。11当置信度为0.95时，测得Al2O3的置信区间为（35.21±0.10）%，其意义是（ D ）12. 衡量样本平均值的离散程度时，应采用（ D ） 13 解：根据dr=-d0.04%´100%=´100%=0.06%x67.43%（32i-）S=åd（n-1=(0.05%)2+(0.06%)2+(0.04%)2+(0.03%5-1

6、4）Sr1=Sx-´100%Sr=Sx-´100%=得0.05%´100%=0.07%67.43%0.5%=S´100%30.68%则（5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11%16解：甲：-S=0.1534%当正确结果为15.34%时，Sr2=14-Sx-´100%=0.1534%´100%=1.0%15.34%x1=åx39.12%+39.15%+39.18%=39.15%n3-解：（1）Ea1=x-T=39.15%-39.19%=-0.04%x=24.87%+24.93%+24.69%=24.83%3

7、（2）24.87% （-S1=3）din-1=(0.03%)2+(0.03%)2=0.03%3-1Ea=x-T=24.83%-25.06%=-0.23%（4）Sr1=S1x-EEr=a´100%=-0.92%T15解：（1）´100%=乙-0.03%´100%=0.08%39.15%：39.19%+39.24%+39.28%x=39.24%2-67.48%+67.37%+67.47%+67.43%+67.407%3x=67.43%5-Ea2=x=39.24%-39.19%=0.05%10.05%+0.06%+0.04%+0.03%d=å|di|=0.04

8、%n5-（）第 3 页 共 40 页- 3 -S2=åd2in-1=据 m=x±us- (0.05%)+(0.04%)x=0.05%3-1 得22m=1.13%±1.96´0.01%=1.13%±0.02%0.05%Sr2=-´100%=´100%=0.13% 钢中铬的质量分数的置信区间为S2x39.24%2由上面|Ea1|<|Ea2|可知甲的准确度比乙高。 S1<S2Sr1<Sr2 可知甲的精密度比乙高。 综上所述，甲测定结果的准确度和精密度均比乙高。17 解：（1）根据u=x-ms得u20.30-20.

9、401=0.04=-2.5u20.46-20.4020.04=1.5（2）u1=-2.5 u2=1.5 . 由表31查得相应的概率为0.4938，0.4332则 P(20.30x20.46)=0.4938+0.4332=0.927018解： u=x-m11.6-12.2s=0.2=-3查表3-1，P=0.4987 故，测定结果大于11.6g·t-1的概率为：0.4987+0.5000=0.9987 19解：u=x-ms=43.59-43.150.23»1.9查表3-1，P=0.4713 故在150次测定中大于43.59%出现的概率为：0.5000-0.4713=0.0287

10、因此可能出现的次数为150´0.0287»4（次）20解：（1） ss.022%x-=n=0»0.01% （2）已知P=0.95时，m=±1.96，根1.13%±0.02%（）根据m=-x±t-sp,fsx-=x±tp,fn得x-m=±tsp,fn=±0.01%已知s=0.022%， 故t0.01%n=0.022%=0.5查表3-2得知，当f=n-1=20时，t0.95,20=2.09 此时2.0921»0.5即至少应平行测定21次，才能满足题中的要求。21 解：（1）n=5-x=åx

11、34.92%+35.11%+35.01%+35.19n=%5åd2s=i0.122+0.072+0.032+0.152n-1=5-1经统计处理后的测定结果应表示为：n=5, x-=35.04%, s=0.11%-（2）x=35.04%, s=0.11% 查表t0.95,4=2.78因此m=-x±tsp,fn=35.04%±2.78´0.11%5=35.04%第 4 页 共 40 页- 4 -22解：（1）x=58.60%, s=0.70% 查表此-G1=x-x10.1038-0.1029=0.82s0.0011-t0.95,5=2.57因m=x±

12、;tp,f-sn=58.60%±2.57´0.70%6x-4%0.1056-0.1038=58.G60%x=1.64 1s0.0011查表3-4得, G0.95,4=1.46 ,G1<G0.95,4 ,G2>G0.95,4故0.1056这一数据应舍去。（2）xt0.95,2=4.30因-=58.60%, s=0.70% 查表此(2)x=-0.1029+0.1032+0.1034=0.10323s=m=x±tp,f-sn=58.60%±4.30´0.70%3=58.60%±1.74%åd2in-1=0.00032+

13、0.00022=0.03-1由上面两次计算结果可知：将置信度固定，当测定次数越多时，置信区间越小，表明x越接近真值。即测定的准确度越高。23解：（1）-当 P=0.90时，t0.90,2=2.92 因此m1=x±tp,f-sn=0.1032±2.92´0.00025=0.1032±0.00x-xn-11.83-1.59Q=n=0.8xn-x11.83-1.53查表3-3得Q0.90,4=0.76,因Q>Q0.90,4 , 故1.83这一数据应弃去。 （2）当 P=0.95时，t0.90,2=4.30 因此m1=x±tp,f-sn=0.10

14、32±4.30´0.000253=0.1032x-xn-11.83-1.65Q=n=0.6xn-x11.83-1.53查表3-3得Q0.90,5=0.64,因Q<Q0.90,5, 故1.83这一数据不应弃去。24解：(1)-由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。25解-：根据x=0.1029+0.1032+0.1034+0.1056=0.1038t=|x-T|54.26%-54.46%|=4s0.05%查表3-2得t0.90,3=3.18 , 因s=ådi0.0009+0.0006+0.00042+0.00182=0.0011n-14-1 26.

15、某药厂生产铁剂，要求每克药剂中含铁-122248.00mg.对一批药品测定5次，结果为（mg·g）：47.44，48.15，47.90，47.93第 5 页 共 40 页- 5 -和48.03。问这批产品含铁量是否合格（P=0.95）？ 解-故以0.90 的置信度认为x1与x2无： 显著性差异。(1)7.9936÷÷-x=å28 解：x47.44+48.15+47.90+47.93+48.03=47.890.9967-5.02=7.994n50.9967-5.02=8.02-5.02=3.00(2) 0.0325×5.103×60.0

16、6÷×5.10×60.1÷140=0.0712-4s=(0.45)2+(0.26)2+(0.01)2+(0.04)2+(0.14)2 (3) （1.276×4.17）+1.7×10=0.275-1（0.0021764×0.0121）（0.00218×0.0121）= 5.34+0+0 =5.34(4) pH=1.05 ,H=8.9×1029解：+-2-=（1.28×4.17）+1.7×10-4t=|x-T|47.89-48.00|=0.41 s0.27查表3-2, t0.95,4 =2

17、.78 , t<t0.95,4说明这批产品含铁量合格。 27解：n1=4-(1)x=-60.72%+60.81%+60.70%+60.78%+60.56%+606x1=0.1017-s=åd-s1=3.9´10-4n2=50.02%2+0.07%2+0.04%2+0.04%2+=n-16-1i2x2=0.1020-G1=s2=2.4´10-4Fx-x160.74%-60.56%=1.8s0.10%=s1s222(3.9´10-4)=2.64 -4(2.4´10)表查表3-5, fs大=3， fs小=4 ， FG2=x6-x60.84%-6

18、0.74%=1.0s0.10%-=6.59 ， F< F表 说明此时未表现s1与s2有显著性差异（P=0.90）因此求得合并标准差为查表3-4得, G0.95,6=1.82 , G1<G0.95 , 6 , G2<G0.95 , 6 , 故无舍去的测定值。 ）s=s1(n1-1)+s2(n2-1)=(n1-1)+(n2-1)-22(3.9´10-4)2(4-1)+(2.4´10-4)(5-1)=3.1´10-4(4-1|)x+-(T5-|1)|60.74%-60.75%|t=0.1s0.10%0.95,50.95 , 5t=|x1-x2|n1n2

19、|0.1017-0.1020|4´5查表3-2得，t=2.57 , 因t<t=1.44sn1+n24明上述方法准确可靠。+53.1´10-4-，说查表3-2 , 当P = 0.90, f = n1 + n2 2 = 7 时, t 0.90 , 7 = 1.90 , t < t0.90 , 7第 6 页 共 40 页- 6 - 6度时，结果偏低；用此NaOH溶液测定有机酸时结果偏高, 用此HCl溶液测定有机碱时结果偏低。 4第四章 思考题与习题1答：滴定分析法：将一种已知准确浓度的试剂溶液（即标准溶液）由滴定管滴加到被测物质的溶液中，直到两者按照一定的化学方程式所

20、表示的计量关系完全反应为止，然后根据滴定反应的化学计量关系，标定溶液的浓度和体积用量，计算出被测组分的含量，这种定量分析的方法称为滴定分析解：所得残渣为KCl，有3.427g K2CO3+2HCl=2KCl+CO2+H2O KOH+HCl=KCl+H2O2K2CO3%KOH%2K法。滴定：在用滴定分析法进行定量分析时，先将被测定物质的溶液置于一定的容器中（通常为锥形瓶），在适宜的条件，再另一种标准溶液通过滴定管逐滴地加到容器里，直到两者完全反应为止。这样的操作过程称为滴定。标准溶液（滴定剂）：已知准确浓度的试剂溶液。标定：将不具备基准物质条件的这类物质配制成近似于所需浓度的溶液，然后利用该物质

21、与某基准物质或另一种标准之间的反应来确定其准确浓度，这一操作过程称为标定。 化学计量点：当滴入的标准溶液与被测定的物质按照一定的化学计量关系完全反 为止，称反应达到了化学计量点。 滴定终点：滴定进行至指示剂的颜色发生突变时而终，此时称为滴定终点。 滴定误差：滴定终点与化学计量点往往并不相同，由此引起测定结果的误差称为终点误差，又称滴定误差。指示剂：为了便于观察滴定终点而加入的化学试剂。基准物质：能用于直接配制标准溶液的化学试剂称为基准物质。 2答：TBA表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量（g或mg）。 TBA%表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量分数。 3答：用（）标定NaOH溶液的浓度

22、时，结果偏高, 用（）标定HCl溶液的浓mKCl=(M+)MKCl+(CHClVHCl-K2CO3MKOHM=(2´2.38%90.00138.21+%56.11)´74.55+(1.000´46.002´1000-1=3.427g5 解：因为c=mMV，所以m增大（试剂中含有少量的水份），引起了结果偏高。 6解：H2SO4，KOH用间接配配制法配成标准溶液。邻苯二甲酸氢钾， 无水碳酸钠用直接配制法配成标准溶液。H2SO4选用无水Na2CO3，KOH选用邻苯二甲酸氢钾。7解：(1) .B (2). A (3) . B (4) . D (5) . B (6

23、) .C8解：(1) 设取其浓溶液V1mL,mNH3=r1V1NH3%,CV=mNH3M,NH3VcVMNH32.0´0.5´17.031=r=129%0.89´29%=66mL(2)设取其浓溶液V2mL,VcVMHAc2.0´0.2=r100%=5´601.05´100%=57mL2 (3)设取其浓溶液V3mLVH2SO42.0´0.5´98.033=cVMr3´96%=1.84´96%=56mL第 7 页 共 40 页- 7 -9解：设需称取KMnO4 x克CNa2CO3=xMKMnO4=V

24、0.5877=0.00.1mol×L-15=cVx=cVMKMnO4=0.020´0.5´158.03=1.6g用标定法进行配制。10解：设加入V2 mL NaOH溶液，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O设HCl的浓度为CHCl ，则可得关系式为 ：c=c1V1+c2V2V1+V2即CHCl´VHCl=2CNa2CO3´VNa2CO3500.0´0.08000+0.5000V2=0.2000500.0+V2解得: V2=200mL11解：已知 MCaO=56.08g/moL,HCl与CaO的反应:CaO+2H=Ca+H

25、2O 即：+2+CHCl´21.96=0.05544´20.00´2CHCl=0.1010mol/L14解：设NaOH的真实浓度为C 则b=2 aV1C10.1018=1.018 V2C20.1000当C1稀释后HCl标准溶液的浓度为：=0.09999mol/L时，则CHCl=103´THClMCaOC1V10.0999´1.0181.000´103´0.005000´2=0.1017mol/L´2=.V2156.08-3设稀释时加入纯水为V ，依题意： 1.000×0.2000=0.1783&

26、#215;（1+10×） =121.7L 12解：设应称取x gNa2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O 当1=20mL ，时x=0.5×0.10×20×10×105.99=0.11g当2=25mL ，时x=0.5×0.10×25×10×105.99=0.13g此时称量误差不能小于0.1% 13解：-3-315解：设HCl 和NaOH溶液的浓度为C1和C2MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2+H2O 30.33LNaOH 溶液可以中和36.40L HCl溶液。即36.40 / 30.33=1

27、.2即 1LNaOH相当1.20L MgCO3因此，实际与MgCO3反应的HCl为： 48.48-3.83×1.20=43.88L 由mA=CTMAVT×a1000t得第 8 页 共 40 页- 8 -C1=CHCl=在由mMgCO3´1000´2MMgCO3´VHCl1.850´1000´2=1.000mol×L-1·mL84.32´43.88-1V1C1=V2C2TK2Cr2O7得Fe2O3=cK2Cr2O7´1´3´MFe2O-131000mL×L=

28、0.1000mL·L-1CNaOH1-136.40´0.001´´3´159.7g×moL-1=´1.000=1.200mol/1000mL×L30.33´0.001=0.04791g·mL1）-1HCl 和NaOH溶液的浓度分别为17解：（1.000mol/L和1.200mol/L mB16解： 根据公式：cB=MB´V（1） 已THClNaOH=知 ，cHCl´MNaOH10001´0.00437´40.00=1000-1=0.004794g·

29、;mLmK2Cr2O7=14.709g（2）和V=500mLMK2Cr2O7=294.2gmoLTHCl=cHCl´MCaO10001´0.00437´56.0811´=´21000218=0.003361g·mL-1代入上式得：cK2Cr2O7=0.1000moL×L-1cNaOHVNaOH´MHAc´10-3500mL294.2gmoL´cHAcVHAc1000mL×L-12+3+14.709g解：（2） Cr2O7+6Fe+14H=2Cr+6Fe3+2-+7H2OnCrO2-=2

30、71´nFe2+60.3024´20.17´10-3´60.05´100% =1.055´10=3.47%19解： 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2 HCl+NaOH=NaCl+H2OCaCO3%=nCrO2-=271´nFe2O3 3TK2Cr2O7=Fe=cK2Cr2O7´1´6´MFe-11000mL×L(cHClVHCl-cNaOHVNaOH)´MCaCO3´mCaCO3´10001´100%0.1000moL×

31、L-1´1-1´6´55.845g×moL=1000moL×L-1第 9 页 共 40 页- 9 - 9+C(HO)(OH)的共轭酸为Cu(HO)(OH)； 1(0.5100´50.00-0.4900´25.00)´100.09´(CH)N的共轭酸为(CH)NH； ´100% RNHCHCOO的共轭酸为RNHCHCOOH， 1.000´1000u22222+26426-2=66.31% 20解：2HCl+CaO=CaCl2+H2O 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2 nH

32、Cl总COO-COO-的共轭酸为COO-=0.2000´2.5´10-3=5´10-3molCOOH3答：（1）MBE：NH4+NH3=2c;-2-+-设称取混合物试样x克则x´20%x´75%´2+´2=5´10-356.08100.09解得 x=0.23g21解： 2NaOH+H2C2O4 =Na2C2O4+2H2O 设H2C2O4的百分含量为x% ，得H2CO3+HCO3+CO3=c CBENH4+H=OH+HCO3+2CO3 PBE-+-2-：MBE：H+H2CO3 NH4+NH3=c;+HCO3=NH3+

33、OHS=CNaOH´x%´0.001´MH2C2O4´0.5x%=0.1018´x%´0.001´90.04´0.5=0.4583gx% CBE：-2- （2）NH4+H=OH+HCO3+2CO3PBEH+H2CO3=NH3+OH+CO3+-2-+-2-：+第五章 18. 已知某金矿中金的含量的标准值为12.2gt（克·吨），=0.2，求测定结果大于11.6的概率。思考题与习题-1-14 答：（1）MBE：K=cH2P+HP+P=cCBE：K+H=2P+OH+HP PBE：H+H2P=HP+OH（2）MB

34、E：Na=c , NH3+ NH4=cH2PO4+H3PO4+HPO4+PO4=c-2-3-+-+2-2-1答：H2O的共轭碱为OH；H2C2O4的共轭碱为HC2O4； H2PO4的共轭碱为HPO4； HCO3的共轭碱为CO； C6H5OH的共轭碱为C6H5O； C6H5NH3的共轭碱为C6H5NH3； HS的共轭碱为S；Fe(H2O)的共轭碱为Fe(H2O)5(OH)； R-NHCH2COOH的共轭碱为R-NHCH2COO。 2答：H2O的共轭酸为H； NO3的共轭酸为HNO3； HSO4的共轭酸为H2SO4； S的共轭酸为HS； C6H5O的共轭酸为C2H5OH-2-+3+62+-2-+-

35、2-3-2-CBENa+NH4+H=OH+2HPO4+PO4 PBEH+H2PO4+2H3PO4=OH+NH3+PO4 （3）MBE：NH3+ NH4=cH3PO4+H2PO4+HPO4+PO4=c CBENH4+H=H2PO4+2HPO4+3PO4+OH PBEH+H3PO4=OH+NH3+HPO4+2PO4 （4）MBE：NH3+ NH4=c CN+HCN=c-+-2-3-+2-3-2-3-+-3-+-2-3-：CBE：NH4+H=OH+CN+HCN+-第 10 页 共 40 页- 10 -PBE：HCN+H=NH3+OH5答：(1)设HB1和HB2分别为两种一元弱酸，浓度分别为CHB1和

36、CHB2 mol·L。两种酸的混合液的PBE为H=OH+B1+B2 混合液是酸性，忽略水的电离，即OH项可忽略，并代入有关平衡常数式得如下近似式-6-4-+-1+-(3) pKa=2.86 (4)pKa1=2.35pKa2=9.60故pH=( pKa1+pKa2)/2=(2.35+9.60)/2=5.98 所以配制pH=3.0的溶液须选（2），（3）；配制pH=4.0须选（1），（2）。8答：(1) Ka=7.2×10 ,CspKa=0.1×7.2×10=7.2×10>10(2) Ka2=3.9×10 ,CspKa2=0.1&#

37、215;3.9×10=3.9×10>10-7-8-10-6-5-8-4H+=HB1KHB1H+HB2KHB2H+(3) Ka2=2.5×10 ,CspKa2=0.1×2.5×10=2.5×10<10(4) Ka1=5.7×10 ,Kb2=Kw/Ka1=1.0×10/5.7×10=1.8×10,CspKb1=0.1×1.8×10=1.8×10>10 (5) Ka2=5.6×10 , Kb1=Kw/Ka2=1.0×10/5.6

38、15;10=1.8×10,CspKb1=0.1×1.8×10=1.8×10>10 (6) Kb=1.4×10 ,CspKb=0.1×1.4×10=1.4×10<10(7) Kb=1.4×10 , Ka=Kw/Kb=1.0×10/1.4×10=1.7×10,-6-7-8CspKa=0.1×1.7×10=1.7×10>10(8) Kb=4.2×10 ,CspKb=0.1×4.2×10=4.2×

39、10>10根据CspKa10可直接滴定，查表计算只（3）、（6）不能直接准确滴定，其余可直接滴定。9解：因为CspKa10，Ka=KtKw，-8-8-4-5-8-4-14-9-6-9-9-10-8-9-4-5-8-14-11-4-11-7-8-8-14-8-7-8-10-11-8H=HB1KHB1+HB2KHB2(1)当两种都较弱，可忽略其离解的影响，HB1CHB1 ，HB2CHB2 。式（1）简化为+H=CHB1KHB1+CHB2KHB2(2)+若两种酸都不太弱，先由式（2）近似求得H，对式（1）进行逐步逼近求解。 (2)+KNH3=1.8´10-5-14KNH+=KW/KN

40、H3=1.0´104/1.8´10-5=5.6´10-10故：CspKt10610答：用强酸或强碱作滴定剂时，其滴定反应为：H+OH=H2O+-KH3BO3=5.8´10根据-10公得：式Kc=1H+OH-=H+=HB1KHB1+CHB2KHB2+H=CHB1KHB1+CHB2KHB2=1.07´10-5mol/LpH=lg1.07×10=4.97 6答：范围为7.2±1。-51) =0.1´5.6´10+0.1´5.8´10-10KW14此类滴定反应的平衡常数Kt相当大，反应进行的十

41、分完全。但酸（碱）标准溶液的浓度太浓时，滴定终点时过量的体积一定，因而误差增大；若太稀，终点时指示剂变色不明显，故滴定的体积也会增大，致使误差增大。故酸（碱）标准溶液的浓度均不宜太浓或太稀。7答：(1) pKa1=2.95 pKa2=5.41 故pH=(pKa1+pKa2)/2=(2.95+5.41)/2=4.18 (2) pKa=3.74第 11 页 共 40 页- 11 -11答：根据CspKa(Kb)10，p Csp+pKa(Kb）8及Ka1/ Ka2>10,p Ka1-p Ka2>5可直接计算得知是否可进行滴定。（1）H3AsO4 Ka1=6.3×10,pKa1=

42、2.20 ; Ka2=1.0×10 , pKa2=7.00; Ka3=3.2×10, pKa3=11.50.故可直接滴定一级和二级，三级不能滴定。pHsp=(pKa1+pKa2)=4.60 溴甲酚绿；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、二级氢，酚酞，由无色变为红色；（3）0.40 mol·LpKb1=4.07 ; pKb2=7.15cKb2=0.4×

43、;7.1×10>10pHsp=pcKa1/2=(lg0.4/3+14-7.15)/2=2.99故可同时滴定一、二级，甲基黄，由红色变为黄色；（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，有无色变为红色；（5）邻苯二甲酸=2.95 ; pKa2=5.41pHsp=pKW-pcKb1/2=14+lg0.05-(14-5.41)/2=8.90故可直接滴定一、二级氢，酚酞，由无色变为红色；（6）联氨 pKb2=14.12pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5

44、.52)/2=6.22故可直接滴定一级，甲基红，由黄色变为红色；（7）H2SO4+H3PO4甲基红，由黄色变为红色 pHsp=(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c/2=9.66pKb1=5.52 ;pKa1-8-8-1-12-7-35-8故可直接滴定到磷酸二氢盐、磷酸一氢盐，酚酞，由无色变为红色； 吡啶 pKb=8.77 pHsp=pcKa/2=(-lg0.1/2+14-3.25)/2=6.03故可直接滴定乙胺，甲基红，由红色变为黄色。12解：C1=0.10molL ， Ka2=1.8×10 ，所以（1）不能以甲基橙为指示剂准确滴定-1-5（8）乙胺+pKb=3.25HCl（2）因为

45、 甲基橙的变色范围为3.14.4所以 当pH=4.0时为变色转折点乙二胺A-pH=pKa+lgHA4.0=4.74+lgx%0.1-x%x%=15%13解：（1）能。因为H2SO4的第二步电离常数pKa2=2.00，而NH4的电离常数pKa=9.26，所以能完全准确滴定其中的H2SO4 ，可以采用甲基橙或酚酞作指示剂。(2)可以用蒸馏法，即向混合溶液中加入过量的浓碱溶液，加热使NH3逸出，并用过量的H3BO3溶液吸收，然后用HCl标准溶液滴定H3BO3吸收液：D+NH4+OH-¾¾®NH3­+H2O+NH3 + H3BO3= NH4 H2BO3+-H+

46、H2BO3= H3BO3+-终点的产物是H3BO3和NH4（混合弱酸），pH5 ，可用甲基橙作指示剂，按下式计算含量：w(NH4)2SO4=(cV)HCl2(cV)(NH4)2SO414答：（1）使测定值偏小。pHsp=(pcKa1Ka2/(c+Ka1)/2=4.70 （2）使第一计量点测定值不影响，第二计量点偏大。15答：（1）还需加入HCl为；20.00÷第 12 页 共 40 页- 12 -4=5.00mL（2）还需加入HCl为：20.00×2=40.00mL（3）由NaHCO3组成。16答：（1）物质的量之比分别为：12、16、12。（2）物质的量之比分别为：12、

47、1、。17酸碱滴定法选择指示剂时可以不考虑的因素：D18解：（1）pH=7-lg2=6.62（2）+pOH=4.51pH=9.49 （OH=-7）CKb=0.1´1.4´10-9=1.18´10-5pOH=4.93 pH=9.07 （H=+8）-2)+W(HCN(0.02-1.0´10-2)+(0.02-1.0´10-2)+a8´0).02´1.´(0NH)410=6.35´10-10H=C+Ka(HCN)2=5.123´10+-2pH=9.20 （）=H=+9）=pH=lgH=1.593（H=

48、+Ka1Ka2CKa+KW-105.7´10-8´1.2´1-15=8.27´10-12-60.10´5.6´10+1.0´10+-14=7.48´10pOH=9.20 pH=4.8（10）pH=-lgH=5.13 （H=+4）=-3OH=-CKba-4=0.1´1.0´10-14/1.2´10-15=0.91pOH=0.04 pH=13.96 （H=+0.025´1.84´10=2.1´10+11）pH=-lgH=2.69 （H=-4+5）=a1=0.1

49、´4.5´10-3=2.12´10-2pH=1.6719计算0.010 mol·LH3PO4溶-1a-10.0´10´7.2´10（OH=-=2.68´10+-7液中（1）HPO4，（2）PO4的浓度解：2-3-pH=-lgH=6.546）a1。CKb=Ka20.01´7.6´10-340Ka2Ka2=.0´10-4´1.0´10=3.74¸10-5-107.2´10-14且CKa1=0.01×7.6×10-3第 13 页 共

50、 40 页- 13 - H3PO4的第二级、第三级解离 和水的解离均又被忽略。于是可以按一元酸来处理，又因为=C0.01=<400 -3Ka17.6´1010-8-6-13.37´10´=3.73´10mol×L9.686´10-6-3故H+=-Ka1+Ka2+4CKa2-2-12=1.14×10mol.L-7.6´10-3+(7.6´10-3)2+4´0.010´7.6´10-3+=Ka1_-3HC2O4=CdHCO2=3.73´10´-24H+2

51、+H+Ka1+Ka1KH2PO4»H+=1.14´10-2mol×L-1，=2.27´10-3mol×L-1HPO42-H2PO4Ka2-8-1=»K=6.3´10moi×La1H+2-C2O4=CdCO2-=3.73´10-3´24-Ka1Ka2H+2+H+Ka1+Ka1K-13-PO4HPO4Ka3=»H+2-=1.41×10 mol·L(2) H2S的Ka1=5.7×1010-15-8-3，Ka2=1.2×，由多元酸（碱）各型体分布分数有：

52、 Ka2Ka36.3´10-8´4.4´10-13-18-1=2.43´10mol×LH+1.14´10-2H2S=CdH2S+20解：(1) H=10-4mol×l-10.12=0.1´20.1+0.1´5.7´10-8=0.1 mol·L-12503-10.1´5.7´10-8NaC2O4=3.73´10-mol×LHS=CdHS-=0.1´0.50.12+0.1´5.7´10-8根据多元酸（碱）各型体的分布分数

53、可直接计算有：CKa1=5.9×10 ， CKa2=6.4×10Na2C2O4在酸性水溶液中以三种形式分布即：C2O、HCO和H2C2O4。其中：-32-4-24-5-2=5×10 mol·L-8-1S=CdS2-2-5.7´10-8´1.2´10-15=0.1´0.12+0.1´5.7´10-8-2H2C2O4=CdH2C2O4H+=3.73´10´+102+H+HKa1+Ka1Ka2mol·L-121解：形成(CH2)6N4HCl缓冲溶液，计算第 14 页 共

54、40 页- 14 -知：C(CH2)2N4)CHCl=x20=0.10n75.07´0.1000-1=0.025mol×L100Vx=0.75g1000（2）因为氨基乙酸为两性物质，所以应加一元强酸HCl ，才能使溶液的pH=2.00 。 设应加y mL HClV1C(CH2)2N4)V12´0.004=0.48moi×L-1cA-0.1 pH=pKa+lgcHApH=pKa+lgC(CH2)2N4)C(CH2)2=5.15+lgNH4H+0.481.0y=5.15+0.3=5.450.1´0.1-0.252.00=2.35+lg1.0y24解

55、：（22解：由缓冲溶液计算公式 y=6.9 mL1）pH=pKa+lgCNH3CNH4+CNH3CNH4+, 得CHAcc=10=9.26+lg100´1+1´6106=100+1101100´1-1´694CA-=C100+1106pH2=pKa+logCAC-lgCNH3CNH4+=0.74 ,CHAc=4.69CNH3CNH4+=0.85 molpH1=pKa+log=1.0pH1-pH2=0.05CAc-CHAc=4.74又CNH则3+CNH4+CNH3=0.15mol（2）设原HAc为x，NaAc为y。则-CNH4+=0.85molpH1=pK

56、a+logy=5 x即 需 NH3×H2O为0.85mol pH2=pKa+logy+1´6=5.1x-1´6-1-10.85则 =0.057L=57ml15即 NH4Cl为0.15mol 0.15×53.5=8.0g23解：1）设需氨基乙酸x g，由题意可知 25得 x=0.4 molL y=0.72 molL解：（1）I=12(HA-ZHA-+K+ZK+) 2m=c MV第 15 页 共 40 页- 15 - 15=1(0.034´12+0.034´1¢2)=0.034 2pH=9.24+log26解0.873´0.0200=9.180.0200：（1）由0.0341.)250logrA2-=0.50´22(-0.30´0.034=-0.29=0.09´0.0412 1+0.034M得 M=337.1g/molpH=1''(