分析化学第三版答案

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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


　　1:G=1:5×104
　　2．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
　　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-1 HCl (3) 1mol·L-1 HNO3 (4) 1mol·L-1 NaCl
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=2H2O E0=1.77 V
　　 Sn4++2e=Sn2+ Eo=0.154 V
　　 H2O2是比Sn4+强的氧化剂，所以H2O2可以氧化Sn2+为Sn4+
　　 (2 ) I2(固)+2e=2I- Eo=0.5345 V
　　 AsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O Eo=0.559 V
　　　　　　I-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HC
l，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（

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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。
　　（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pH>10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(NH4)2S和氨水。
10．加入一种试剂将下列各组氢氧化物中的前一个溶解，使两者分离：
（1）Co(OH)2-Al(OH)3（2）Zn(OH)2-Fe(OH)3（3）Zn(OH)2-Ni(OH)2（4）Cr(OH)3-Co(OH)2（5）Ni(OH)2-Al(OH)3
答:（1）加过量氨水，则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而Al(OH)3不溶。
（2）加适当过量的NaOH，则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解，而Fe(OH)3不溶。
（3）加适当过量的NaOH，则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解，而Ni(OH)2不溶。
（4）加适当过量的NaOH，则Cr(OH)3生成CrO2- 溶解，而Co(OH)2不溶。
（5）加过
量氨水，则Ni(OH)2生成Ni(NH3)62+溶解，而Al(OH)3不溶。
11．分析第三组阳离子未知物时，在下列各种情况下哪些离子不可能存在？
（1） 固体试样是无色晶体混合物；
（2） 从试液中分出第一、二组阳离子沉淀，除去剩余的H2S并加入NH3-NH4Cl后，无沉淀产生；

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（3） 继（2）加热试液，并加入组试剂(NH4)2S或TAA后得白色沉淀。
　　解: （1）有色离子不存在，如：Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+。
　　　　（2）表示Al3+也不可能存在。
　　　　（3）加入组试剂(NH4)2S或TAA得白色沉淀，则又一次证明了Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+不存在。
　　由以上推断试样中可能有Zn2+存在。
12．一无色溶液中只含有第三组阳离子，将它分为三份，得到以下实验结果：
（1） 在NH4Cl存在下加过量氨水，无沉淀；
（2） 在NH3-NH4Cl存在下加(NH4)2S，得淡黄色沉淀；
（3） 加NaOH搅拌，得到淡棕色沉淀；再加过量NaOH，有一部分沉淀溶解，不溶的部分在放置过程中颜色变深。
试判断什么离子存在，什么离子不存在，什么离子存在与否不能确定。
解:由（1）可以判断Al3+﹑Cr3+和Fe3+不存在，由（2）可知Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+和Ni2+不存在，Mn2+可能存在，由（3）可知Mn2+和Zn2+存在。
综上所述，则存在的离子为Mn2+和Zn2+, 不可能存在的离子为Al3+﹑Cr3+﹑ Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+和Ni2+ ；少量Al3+﹑Cr3+ 存在与否不能决定。
13．在系统分析中，分出第三组阳离子后为什么要立即处理第四组阳离子的试液？怎样处理？
答:分出第三组阳离子的试液含有大量的S2-，S2-易被空气中的氧氧化成SO42-，则使部分Ba2+﹑Sr2+生成难溶解的硫酸盐，影响的分析，所以要立即处理含有第四﹑五组阳离子的试液。处理的方法是：将试液用HAc酸化加热煮沸，以除去H2S。
14．用Na3Co(NO2)6法鉴定K+时，如果发生下列错误，其原因可能是什么？
（1） 试样中无K+，却鉴定有K+；（2）试样中有K+，却鉴定无K+。
答:（1）NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄色沉淀 (NH4)2NaCo(NO2)6干扰K+ 的鉴定，所以如果氨盐没有除净，则K+便出现过度检出。
（2）K+未检出的原因有三：a.酸度条件控制不当。检定K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。如果溶液为强酸性或强碱性，则Co(NO2)63-分解。b.试剂放置过久。试剂久置和日光照射下易发生分解。c.存在其他还原剂或氧化剂。还原剂能将试剂中的Co3+还原为Co2+；氧化剂能将试剂中的NO2-氧化为NO3-。
15．如何区别下列各对固体物质：
（1）NH4Cl与NaCl (2) (NH4)2C2O4与(NH4)2SO4 (3)BaCl2与CaCl2 (4) (NH4)2C2O4与NH4Cl
　答: （1）加碱产生NH3者为NH4Cl 。
　　　（2）加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者，为(NH4)2SO4 。
　　　（3）加饱和(N
H4)2SO4产生白色沉淀的为BaCl2 。
　（4）加CaCl2生成白色沉淀CaC2O4者，为(NH4)2C2O4 。
16．有下列七种物质，以两种或更多种混合，然后做（1）～（4）项实验，试判断存在的、不存在的和存在与否不能确定的物质各是什么？
BaCl2,Ca(NO3)2,M

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gCl2,K2CrO4,NaCl,(NH4)2SO4,(NH4)2C2O4
（1） 加水配制成0.1mol?L-1 溶液，得白色沉淀A和无色溶液B；
（2） A全溶于稀HCl溶液；
（3） B中加0.1mol?L-1Ba(NO3)2，得到的白色沉淀不溶于稀HCl溶液；
（4） 灼烧除去（B）中的铵盐，加NH3后无沉淀生成。
　解:（1）既然沉淀为白色，溶液为无色，则有色物质K2CrO4不存在。
　　（2）由（1）得白色沉淀溶于稀HCl。则BaCl2与(NH4)2SO4不可能同时存在，而溶于稀HCl的白色沉淀，必定是草酸盐。所以(NH4)2C2O4肯定存在。
　　（3）试验表明(NH4)2SO4存在，则BaCl2肯定不存在，既然BaCl2不存在，则试验（1）生成的白色沉淀只能是CaC2O4 。所以Ca(NO3)2肯定存在。
　　（4）实验（4）表明MgCl2不存在。
综上所述分析结果为：
存在的物质有：(NH4)2C2O4 ﹑(NH4)2SO4 和Ca(NO3)2 ；
不存在的物质有：K2CrO4 ﹑ BaCl2 ﹑ MgCl2 ；
存在与否不能判断的为：NaCl 。
17．有一阴离子未知溶液，经过本书所叙述的各项初步实验后，都未得到肯定结果，试判断还需要对哪些阴离子进行鉴定？
答:由分组实验肯定第一﹑二组阴离子不存在，由挥发性实验和氧化还原试验，肯定NO2-和S2O32-不存在。所以只有NO3-和Ac-不能肯定，还需进行鉴定。
18．有一阴离未知溶液，在初步试验中得到以下结果，试将应进行分别鉴定的阴离子列出。
（1） 加稀H2SO4时有气泡发生；
（2） 在中性时加BaCl2有白色沉淀；
（3） 在稀HNO3存在下加AgNO3得白色沉淀；
（4） 在稀H2SO4存在下加KI-淀粉溶液无变化；
（5） 在稀H2SO4存在下加I2-淀粉溶液无变化；
（6） 在稀H2SO4条件下加KMnO4，紫红色褪去。
　答:（1）加稀H2SO4有气泡产生，则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，则SO42-﹑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，则Cl-可能存在；Br-﹑I-﹑S2-不可能存在。
　 （4）在稀H2SO4存在下加KI-淀粉溶液无明显变化，则NO2-不可能存在。
　 （5）在稀H2SO4存在下加I2-淀粉溶液无明显变化，则SO32-﹑ S2O32-﹑ S2-不可能存在。
　 （6）在稀H2SO4酸性条件下加KMnO4紫红色褪去，则SO32-﹑S2O32-﹑ Cl-（大量）﹑Br-﹑I-﹑S2-﹑NO2-可能存在。
从以上各初步实验结果来看，肯定不存在的阴离子有：Br-﹑I-﹑S2-﹑NO2-﹑SO32-﹑SO32
-﹑S2O32- 。所以还应进行分别鉴定的阴离子为：SO42-﹑CO32-﹑PO43-﹑SiO32-﹑ Cl-﹑NO3-和Ac-七种阴离子。
19．有一能溶于水的混合物，已经在阳离子分析中鉴定出有Pb2+，问在阴离子分析中哪些离子可不必鉴定？
答:第一 ﹑二组阴离子的铅盐都难溶于水，

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既然混合物能溶于水。已经鉴定出有Pb2+，所以第一 ﹑二组阴离子可不鉴定。
20．溶解试样的溶剂为什么一般不用H2SO4和HAc？
答:因为H2SO4与较多的阳离子生成难溶解的硫酸盐沉淀。HAc的酸性太弱，溶解能力差。所以一般不用H2SO4和HAc溶解试样。
21．有一固体试样，经过以下各项实验并得出相应的结果，试判断哪些阳离子和阴离子尚需鉴定？
（1） 试样本身无色，易溶于水，溶液亦无色；
（2） 焰色试验时火焰为黄色；
（3） 溶于稀HCl溶液，无可觉察的反应；
（4） 试样与浓H2SO4不发生反应；
（5） 试样与NaOH溶液一起加热时不产生NH3，得白色胶状沉淀；
（6） 进行阴离子初步试验，溶液呈中性时，加BaCl2溶液不生成沉淀。
答: （1）试样本身无色，溶于水所得溶液亦无色，则有色离子如：Cu2+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+不可能存在。
试样易溶于水，则易水解析出的难溶化合物离子不可能存在。如：Bi3+﹑Sb(III)﹑Sb(V)﹑Sn(II)﹑和Sn(IV)﹑等离子。
（2）焰色试验时火焰为黄色，则有Na+存在，其他有明显焰色反应的离子，如：Ba2+﹑Ca2+﹑Sr2+﹑Cu2+﹑K+等离子不可能存在。
（3）溶于稀HCl无可觉察的反应，则Ag+﹑Hg22+﹑Pb2+离子不存在，另外在酸性溶液中具有挥发性的阴离子，如：SO32-﹑S2O32-﹑CO32-﹑S2-﹑NO2- 。与酸作用能生成沉淀的SiO3-都不可能存在。
（4）试样与浓H2SO4 不发生反应，则能生成难溶性硫酸盐的离子，如：Pb2+﹑Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+（大量）﹑Ag+﹑Hg22+ 等离子不存在。另外证明挥发性阴离子及还原性的I-不存在。
（5）与NaOH一起加热不放出 NH3 ，则表示 NH4+不存在。生成有色沉淀的阳离子亦不存在，如：Ag+﹑Hg22+ ﹑Cu2+﹑Hg2+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+等离子。
　　　（6）在中性溶液中与BaCl2溶液不产生沉淀，则表示第一组阳离子不存在。
　　　　　总括以上分析推断，尚需要鉴定的离子有：
　　　　　阳离子：Cd2+﹑As(III)﹑As(V)﹑Al3+﹑Zn2+﹑Mg2+﹑Na+等离子。
　　　　　阴离子： Cl-﹑Br-﹑NO3-﹑Ac- 等离子。
　　　　　
　　　　　
　　　　　
第三章 思考题与习题
1．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？
（1） 砝码被腐蚀；
（2） 天平的两臂不等长；
（3） 容量瓶和移液管不配套；
（4） 试剂中
含有微量的被测组分；
（5） 天平的零点有微小变动；
（6） 读取滴定体积时最后一位数字估计不准；
（7） 滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液；
（8） 标定HCl溶液用的NaOH标准溶液中吸收了CO2。
　　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

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。
　　　（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．如果分析天平的称量误差为±0.2mg，拟分别称取试样0.1g和1g左右，称量的相对误差各为多少？这些结果说明了什么问题？
　　解：因分析天平的称量误差为。故读数的绝对误差
根据可得
　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　
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．滴定管的读数误差为±0.02mL。如果滴定中用去标准溶液的体积分别为2mL和20mL左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？
　　解：因滴定管的读数误差为，故读数的绝对误差
根据可得
　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
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。
4．下列数据各包括了几位有效数字？
（1）0.0330 (2) 10.030 (3) 0.01020 (4) 8.7×10-5 (5) pKa=4.74 (6) pH=10.00
答：（1）三位有效数字 （2）五位有效数字 （3）四位有效数字 （4） 两位有效数字 （5） 两位有效数字 （6）两位有效数字
5．将0.089g Mg2P2O7沉淀换算为MgO的质量，问计算时在下列换算因数（2MgO/Mg2P2O7）中取哪个数值较为合适：0.3623,0.362,0.36？计算结果应以几位有效数字报出。
　答:：0.36 应以两位有效数字报出。
6．用返滴定法测定软锰矿中MnO2的质量分数，其结果按下式进行计算：

问测定结果应以几位有效数字报出？
　　答:：应以四位有效数字报出。
7．用加热挥发法测定BaCl2·2H2O中结晶水的质量分数时，使用万分之一的分析天平称样0.5000g，问测定结果应以几位有效数字报出？
答:：应以四位有效数字报出。
8．两位分析
者同时测定某一试样中硫的质量分数，称取试样均为3.5g，分别报告结果如下：
甲：0.042%,0.041%；乙：0.04099%,0.04201%。问哪一份报告是合理的，为什么？
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．

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标定浓度约为0.1mol·L-1的NaOH，欲消耗NaOH溶液20mL左右，应称取基准物质H2C2O4·2H2O多少克？其称量的相对误差能否达到0. 1%？若不能，可以用什么方法予以改善？若改用邻苯二甲酸氢钾为基准物，结果又如何？
解：根据方程2NaOH+H2C2O4·H2O==Na2C2O4+3H2O可知，
　需H2C2O4·H2O的质量m1为：
　
　 相对误差为
则相对误差大于0.1% ，不能用H2C2O4·H2O标定0.1mol·L-1的NaOH ，可以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KHC8H4O4的质量为m2 ，则

相对误差小于0.1% ，可以用于标定NaOH。
10．有两位学生使用相同的分析仪器标定某溶液的浓度（mol·L-1），结果如下：
甲：0.12,0.12,0.12（相对平均偏差0.00%）；
乙：0.1243,0.1237,0.1240（相对平均偏差0.16%）。
你如何评价他们的实验结果的准确度和精密度？
答：乙的准确度和精密度都高。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μ置信区间为（35.21±0.10）%，其意义是（ ）
A. 在所测定的数据中有95%在此区间内；
B. 若再进行测定，将有95%的数据落入此区间内；
C. 总体平均值μ落入此区间的概率为0.95；
D. 在此区间内包含μ值的概率为0.95；
答：D
　　12. 衡量样本平均值的离散程度时，应采用（ ）
A. 标准偏差
B. 相对标准偏差
C. 极差
D. 平均值的标准偏差
答：D
13. 某人测定一个试样结果应为30.68%，相对标准偏差为0.5%。后来发现计算公式的分子误乘以2，因此正确的结果应为15.34%，问正确的相对标准偏差应为多少？
　 解：根据
　 得 则S=0.1534%
当正确结果为15.34%时，
14. 测定某铜矿试样，其中铜的质量分数为24.87%。24.93%和24.69%。真值为25.06%，计算：（1）测定结果的平均值；（2）中位值；（3）绝对误差；（4）相对误差。
　 解：（1）
　　　　（2）24.87%
　　　　（3）
（4）
15. 测定铁矿石中铁的质量分数（以表示），5次结果分别为：67.48%，67.37%，67.47%，67.43%和67.40%。 计算：（1
）平均偏差（2）相对平均偏差 （3）标准偏差；（4）相对标准偏差；（5）极差。
　 解：（1）

（2）
（3）
（4）
（5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11%
16. 某铁矿石中铁的质量分数为39.19%，若甲的测定结果（%）是：39.

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12，39.15，39.18；乙的测定结果（%）为：39.19，39.24，39.28。试比较甲乙两人测定结果的准确度和精密度（精密度以标准偏差和相对标准偏差表示之）。
　 解：甲：
　
　
　
　 乙：
　
　
　
　 由上面|Ea1|<|Ea2|可知甲的准确度比乙高。 S1<S2﹑Sr1<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. 现有一组平行测定值，符合正态分布（μ=20.40，σ2=0.042）。计算：（1）x=20.30和x=20.46时的u值；（2）测定值在20.30 -20.46区间出现的概率。
　 解：（1）根据得
　 u1=
　　　　（2）u1=-2.5 u2=1.5 . 由表3-1查得相应的概率为0.4938，0.4332
则 P(20.30≤x≤20.46)=0.4938+0.4332=0.9270
18. 已知某金矿中金含量的标准值为12.2g?t-1（克·吨-1），δ=0.2，求测定结果大于11.6的概率。
　 解： =
　 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. 对某标样中铜的质量分数（%）进行了150次测定，已知测定结果符合正态分布N（43.15，0.232）。求测定结果大于43.59%时可能出现的次数。
　 解： =
　 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
因此可能出现的次数为 1500.0287
20. 测定钢中铬的质量分数，5次测定结果的平均值为1.13%，标准偏差为0.022%。计算：（1）平均值的标准偏差；（2）μ的置信区间；（3）如使μ的置信区间为1.13% ±0.01%，问至少应平行测定多少次？置信度均为0.95。
　 解：（1）
　 （2）已知P=0.95时，，根据
　 得
　 钢中铬的质量分数的置信区间为
　 （3）根据
　 得
　 已知 ， 故
　 查表3-2得知，当 时， 此时
即至少应平行测定21次，才能满足题中的要求。
21. 测定试样中蛋白质的质量分数（%），5次测定结果的平均值为：34.92，35.11，35.01，35.19和34.98。（1）经统计处理后的测定结果应如何表示（报告n，和s）？（2）计算P=0.95时μ的置信区间。
　 解：（1）n=5
　　　　　　
　　　　　　
　　　　　　经统计处理后的测定结果应表示为：n=5, s=0.11%
　 （2）, s=0.11% 查表t0.95,4=2.78
因此
22. 6次测定
某钛矿中TiO2的质量分数，平均值为58.60%，s=0.70%，计算：（1） 的置信区间；（2）若上述数据均为3次测定的结果， 的置信区间又为多少？比较两次计算结果可得出什么结论（P均为0.95）？
　 解：（1）, s=0.70% 查表t0.95,5=2.57
　　

分析化学第三版答案

　　　　因此
　 （2）, s=0.70% 查表t0.95,2=4.30
　　　　　　因此
　　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，表明越接近真值。即测定的准确度越高。
23. 测定石灰中铁的质量分数（%），4次测定结果为：1.59，1.53，1.54和1.83。（1）用Q检验法判断第四个结果应否弃去？（2）如第5次测定结果为1.65，此时情况有如何（Q均为0.90）？
　 解：（1）
　 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）
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. 用K2Cr2O7基准试剂标定Na2S2O3溶液的浓度（mol·L-1），4次结果为：0.1029，0.1056，0.1032和0.1034。（1）用格鲁布斯法检验上述测定值中有无可疑值（P=0.95）；（2）比较置信度为0.90和0.95时μ的置信区间，计算结果说明了什么？
　 解：(1)

　
　　　　　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)
　　　　
　　　　　当 P=0.90时， 因此
　　　　　
　　　　　当 P=0.95时， 因此

由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。
25. 已知某清洁剂有效成分的质量分数标准值为54.46%，测定4次所得的平均值为54.26%，标准偏差为0.05%。问置信度为0.95时，平均值与标准值之间是否存在显著性差异?
　 解：根据
　　查表3-2得t0.95,3=3.18 , 因t>t0.95,3 ，说明平均值与标准值之间存在显著性差异。
26. 某药厂生产铁剂，要求每克药剂中含铁48.00mg.对一批药品测定5次，结果为（mg·g-1）：47.44，48.15，47.90，47.93和48.03。问这批产品含铁量是否合格（P=0.95）？
　 解：
　
　
查表3-2, t0.95,4 =2.78 , t<t0.95,4说明这批产品含铁量合格。
27. 分别用硼砂和碳酸钠两种基准物标定某HC1溶液的浓度（mol·l-1），结果如下：
用硼砂标定 =0.1017，s1=3.9×10-4，n1=4
用碳酸钠标定 =0.1020，s2=2.4×10-4，n2=5
当置信度为0.90时，这两种物质标定的HC1溶液浓度是否存在显著性差异？
　　　解：n1=4
　 n2=5
　
查表3-5, fs大=3， fs小=4 ， F表=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3-2 , 当P = 0.90, f = n1 + n2 -
2 = 7 时, t 0.90 , 7 = 1.90 , t < t0.90 , 7
故以0.90 的置信度认为与无显著性差异。
　　　28. 根据有效数字的运算规则进行计算：
　　　　　（1）7.9936÷0.9967-5.02=？
　　　　　（2）

分析化学第三版答案

0.0325×5.103×60.06 ÷139.8=？
　　　　　（3）（1.276×4.17）+1.7×10-4 -（0.0021764×0.0121）=？
　　　　　（4） pH=1.05，[H+]=？
　 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. 用电位滴定法测定铁精矿中铁的质量分数（%），6次测定结果如下：
60.72 60.81 60.70 60.78 60.56 60.84
（1） 用格鲁布斯法检验有无应舍去的测定值（P=0.95）；
（2） 已知此标准试样中铁的真实含量为60.75%，问上述测定方法是否准确可靠（P=0.95）？
　解：(1)


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。
（2） 0
查表3-2得，t0.95,5=2.57 , 因t<t0.95 , 5 ，说明上述方法准确可靠。
　　　　　
　　　　　
　　　　　
　　　　　
第四章思考题与习题
　　1．写出下列各酸的共轭碱：H2O，H2C2O4，H2PO4-，HCO3-，C6H5OH，C6H5NH3+，HS-，Fe(H2O)63+,R-NH+CH2COOH.
答：H2O的共轭碱为OH-；；
　　　　H2C2O4的共轭碱为HC2O4-；
　　　　H2PO4-的共轭碱为HPO42-；
　　HCO3-的共轭碱为CO32-；；
　　C6H5OH的共轭碱为C6H5O-；
　　C6H5NH3+的共轭碱为C6H5NH2；
　　HS-的共轭碱为S2-；
　　Fe(H2O)63+的共轭碱为Fe(H2O)5(OH)2+；
　　R-NH2+CH2COOH的共轭碱为R-NHCH2COOH。
2. 写出下列各碱的共轭酸：H2O,NO3-，HSO4-，S2-，C6H5O-，Cu(H2O)2(OH)2，(CH2)6N4，
R-NHCH2COO-，。
答：H2O的共轭酸为H+；
NO3-的共轭酸为HNO3；
HSO4-的共轭酸为H2SO4；
S2的共轭酸为HS-；
C6H5O-的共轭酸为C6H5OH
Cu(H2O)2(OH)2的共轭酸为Cu(H2O)3(OH)+；
(CH2)6N4的共轭酸为(CH2)4N4H+；
R-NHCH2COO-的共轭酸为R-NHCHCOOH，
的共轭酸为
3． 根据物料平衡和电荷平衡写出（1）(NH4)2CO3，（2）NH4HCO3溶液的PBE，浓度为c（mol·L-1）。
答：（1）MBE：[NH4+]+[NH3]=2c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=c
CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-]
PBE：[H+]+2[H2CO3] +[HCO3-]=[NH3]+[OH-]
（2）MBE：[NH4+]+[NH3]=c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=c
CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-]
　　　　PBE：[H+]+[H2CO3]=[NH3]+[OH-]+[CO32-]
4．写出下列酸碱组分的MBE、CEB和PBE（设定质子参考水准直接写出），浓度为 c（mol·L-1）。
　　　（1）K
HP （2）NaNH4HPO4 （3）NH4H2PO4 （4）NH4CN
答：（1）MBE：[K+]=c
[H2P]+[HP-]+[P2-]=c
CBE：[K+]+[H+]=2[P2-]+[OH-]+[HP-]
PBE：[H+]+[H2P]=[P2-]+[OH-]

分析化学第三版答案

　　　（2）MBE：[Na+]=[NH4+]=c
[H2PO4-]+[H3PO4]+[HPO42-]+[PO43-]=c
CBE：[Na+]+[NH4+]+[H+]=[OH-]+[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]
PBE：[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[PO43-]
（3）MBE：[NH4+]=c
[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=c
CBE：[NH4+]+[H+]=[H2PO4]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]
　 PBE：[H+]+[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[HPO42-]+2[PO43-]
（4）MBE：[NH4+]=c
[CN-]+[HCN]=c
CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[CN-]
PBE：[HCN]+[H+]=[NH3]+[OH-]
5. （1）讨论两种一元弱酸混合溶液的酸碱平衡问题，推导其H+浓度计算公式。
（2）0.10 mol·L-1NH4Cl和 0.10 mol·L-1H3BO3混合液的pH值。
答：(1)设HB1和HB2分别为两种一元弱酸，浓度分别为CHB1和CHB2 mol·L-1。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

(1)
　　当两种都较弱，可忽略其离解的影响，[HB1]≈CHB1 ，[HB2]≈CHB2 。
　　式（1）简化为
　　 (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)

根据公式得：

pH=lg1.07×10-5=4.97
6．根据图5-3说明NaH2PO4-Na2HPO4 缓冲溶液适用的pH范围。
答：范围为7.2±1。
7．若要配制（1）pH=3.0，（2）pH=4.0 的缓冲溶液，现有下列物质，问应该选那种缓冲体系？有关常数见附录一之表1。
（1） （2）HCOOH （3）CH2ClCOOH （4）NH3+CH2COOH（氨基乙酸盐）
答：(1) pKa1=2.95 pKa2=5.41 故pH=(pKa1+pKa2)/2=(2.95+5.41)/2=4.18
　(2) pKa=3.74
　(3) pKa=2.86
　(4)pKa1=2.35 pKa2=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．下列酸碱溶液浓度均为0.10 mol·L-1，能否采用等浓度的滴定剂直接准确进行滴定？
　　（1）HF （2）KHP （3）NH3+CH2COONa （4）NaHS （5）NaHCO3
　　（6）(CH2)6N4 （7） (CH2)6N4·HCl （8）CH3NH2
　　答：(1) Ka=7.2×10-4 ,CspKa=0.1×7.2×10-4=7.2×10-5>10-8
　　　　(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=2.5×10-11<10-8
　　　　(4) Ka1=5.7×10-8 ,Kb2=Kw/Ka1=1.0×10-14/5.7×10-8=1.8×10-7,
　　　　　CspKb2=0.1×1.8×10-7=1.8×10-8>10-8
　　　　(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=1.4×10-10<10-8
　　　　(7) Kb=1.4×10-9 , Ka=Kw/Kb=1.
0×10-14/1.4×10-9=1.7×10-6,
　　　　　CspKa=0.1×1.7×10-6=1.7×10-7>10-8
　　　　(8) Kb=4.2×10-4 ,CspKb=0.1×4.2

分析化学第三版答案

×10-4=4.2×10-5>10-8
　　根据CspKa≥10-8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．强碱（酸）滴定一元弱酸（碱），cspKa（Kb）≥10-8就可以直接准确滴定。如果用Kt表示滴定反应的形成常数，那么该反应的cspKt应为多少？
解：因为CspKa≥10-8，Ka=Kt?Kw，
　故：CspKt≥106
10．为什么一般都用强酸（碱）溶液作酸（碱）标准溶液？为什么酸（碱）标准溶液的浓度不宜太浓或太稀？
答：用强酸或强碱作滴定剂时，其滴定反应为：
H++OH-=H2O
　　　　　　　Kt===1.0×1014 (25℃)
　 此类滴定反应的平衡常数Kt相当大，反应进行的十分完全。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。
11．下列多元酸（碱）、混合酸（碱）溶液中每种酸（碱）的分析浓度均为0.10 mol·L-1（标明的除外），能否用等浓度的滴定剂准确进行分布滴定或分别滴定？如能直接滴定（包括滴总量），根据计算的pHsp选择适宜的指示剂。
（1）H3AsO4 （2）H2C2O4
（3）0.40 mol·L-1乙二胺 （4） NaOH+(CH2)6N4
（5）邻苯二甲酸 （6）联氨
（7）H2SO4+H3PO4 （8）乙胺+吡啶
答：根据CspKa(Kb)≥10-8，p Csp+pKa(Kb）≥8及Ka1/ Ka2>105,p Ka1-p Ka2>5可直接计算得知是否可进行滴定。
　　　（1）H3AsO4 Ka1=6.3×10-3, 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 Ka1/Ka2<10-5
　　　　　故可直接滴定一、二级氢，酚酞，由无色变为红色；
　　　　　　（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
　　　　　故可同时滴定一、二级，甲基黄，由黄色变为红色；
　　　（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、二级氢，酚酞，由无色变为红色；
　　　（6）联氨
pKb1=5.52 ; pKb2=14.12
　　　pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5.52)/2=6.22
故可直接滴定一级，甲基红，由黄色变为红色；
　　　（7）H2SO4+H3PO4pHsp=[(pcKa1Ka2/(c+Ka1)]/2=4.70
甲基红

分析化学第三版答案

，由黄色变为红色
　　　pHsp=[(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c]/2=9.66
　　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；（8）乙胺+吡啶pKb1=3.25 pKb2=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．HCl与HAc的混合溶液（浓度均为0.10 mol·L-1），能否以甲基橙为指示剂？用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液直接滴定其中的HCl，此时有多少HAc参与了反应？
解：C1=0.10mol?L-1 ， Ka2=1.8×10-5 ，所以
　　　　（1）不能以甲基橙为指示剂准确滴定HCl
（2）因为 甲基橙的变色范围为3.1～4.4
所以 当pH=4.0时为变色转折点
pH=pKa+lg
4.0=4.74+lg
x%=15%
13．今有H2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液，浓度均为0.050 mol·L-1，欲用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定，试问：
（1）能否准确滴定其中的H2SO4？为什么？采用什么指示剂？
（2）如何用酸碱滴定法测定混合溶液中(NH4)2SO4的含量？指示剂又是什么？
　　　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：

NH3 + H3BO3== NH4+ H2BO3-
H++ H2BO3-== H3BO3
终点的产物是H3BO3和NH4+（混合弱酸），pH≈5 ，可用甲基橙作指示剂，按下式计算含量：

14．判断下列情况对测定结果的影响：
（1）用混有少量的邻苯二甲酸的邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度；
（2）用吸收了CO2的NaOH标准溶液滴定H3PO4至第一计量点；继续滴定至第二计量点时，对测定结果各如何影响？
答：（1）使测定值偏小。
　（2）使第一计量点测定值不影响，第二计量点偏大。
15．一试液可能是NaOH、NaHCO3、、Na2CO3或它们的固体混合物的溶液。用20.00mL0.1000 mol·L-1HCl标准溶液，以酚酞为指示剂可滴定至终点。问在下列情况下，继以甲基橙作指示剂滴定至终点，还需加入多少毫升HCl溶液？第三种情况试液的组成如何？
（1）试液中所含NaOH与Na2CO3、物质的量比为3∶1；
（2）原固体试样中所含NaHCO3和NaOH的物质量比为2∶1；
（3）加入甲基橙后滴半滴HCl溶液，试液即成重点颜色。
答：（1）还需加入HCl为；20.00÷4=5.00mL
（
2）还需加入HCl为：20.00×2=40.00mL
　　　　（3）由NaOH组成。
16．用酸碱滴定法测定下述物质的含量，当它们均按指定的方程式进行反应时，被测物质与H+的物质的量之比各是多少？
（1）Na2CO3，Al2(CO3)3，CaCO3（CO32-+2H+=C

分析化学第三版答案

O2+H2O）。
（2）Na2B4O7·10H2O，B2O3，NaBO2·4H2O，B（B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3）。
答：（1）物质的量之比分别为：1∶2、1∶6、1∶2。
　　（2）物质的量之比分别为：1∶2、1∶２、１∶１、１∶１。
17．酸碱滴定法选择指示剂时可以不考虑的因素：
A.滴定突跃的范围； B.指示剂的变色范围；
C.指示剂的颜色变化； D.指示剂相对分子质量的大小
E．滴定方向
答：选 D
18．计算下列各溶液的pH：
（1）2.0×10-7 mol·L-1HCl （2）0.020 mol·L-1 H2SO4
　　　　　　（3） 0.10 mol·L-1NH4Cl （4）0.025 mol·L-1HCOOH
　　　　　　（5）1.0×10-4 mol·L-1HCN （6）1.0×10-4 mol·L-1NaCN
　　　　　　（7）0.10 mol·L-1(CH2)6N4 （8）0.10 mol·L-1NH4CN
　　　　　　（9）0.010 mol·L-1KHP （10）0.10 mol·L-1Na2S
　　　　　　（11）0.10 mol·L-1NH3CH2COOH（氨基乙酸盐）
解：（1）pH=7-lg2=6.62
（2）
=5.123
pH=lg[H+]=1.59
（3）[H+]==
pH=-lg[H+]=5.13
（4）[H+]==
　　　　　　 pH=-lg[H+]=2.69
（5）[H+]==
　　　　　　 pH=-lg[H+]=6.54
（6）[OH-]=
　　　　　　 pOH=4.51 pH=9.49
（7）[OH-]=
pOH=4.93 pH=9.07
（8）[OH-]=
pH=9.20
（9）

　　　　　　 pOH=9.82 pH=4.18
（10）[OH-]=
　　　　　　 pOH=0.04 pH=13.96
　　　　　　（11）[H+]=
　　　　　　 pH=1.67
　　　19．计算0.010 mol·L-1H3PO4溶液中（1）HPO42-，（2）PO43-的浓度
解：∵ 。=>40Ka2 Ka2>>Ka2
且CKa1=0.01×7.6×10-3

∴ 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
故 =1.14×10-2mol.L-1

，

20．（1）250mgNa2C2O4溶解并稀释至500 mL，计算pH=4.00时该溶液中各种型体的浓度。
　　（2）计算pH=1.00时，0.10 mol·L-1H2S溶液中各型体的浓度。
解：(1) [H
　　
　　根据多元酸（碱）各型体的分布分数可直接计算有：
　　CKa1=5.9×10-2 ， CKa2=6.4×10-5
　　Na2C2O4在酸性水溶液中以三种形式分布即：C2O42-、HC2O4-和H2C2O4。
　　其中：
　　 =

　　　　　　　　　　

=1.41×10-3 mol·L-1
　 (2) H2S的Ka1=5.7×10-8 ，Ka2=1.2×10-15
，
　　　由多元酸（碱）各型体分布分数有：
=0.1 mol·L-1

　　　　　　　　　=5.7×10-8 mol·L-1
　
=6.84×10-2 mol·L-1
21．20.0g六亚甲基四胺加12 mol

分析化学第三版答案

·L-1HCl溶液4.0 mL，最后配制成100 mL溶液，其pH为多少？
解：形成(CH2)6N4-HCl缓冲溶液，计算知：
　　
　　
　　故体系为(CH2)6N4-(CH2)6N4H+缓冲体系， ， ，则

22．若配制pH=10.00，的NH3- NH4Cl缓冲溶液1.0L，问需要15 mol·L-1的氨水多少毫升？需要NH4Cl多少克？
　　解：由缓冲溶液计算公式 , 得10=9.26+lg
　　　　lg=0.74 , =0.85 mol
　　　　又
　　　　则
　　即 需 为0.85mol
　　则
　　即 NH4Cl为0.15mol 0.15×53.5=8.0 g
23．欲配制100 mL氨基乙酸缓冲溶液，其总浓度c=0.10 mol·L-1，pH=2.00，需氨基乙酸多少克？还需加多少毫升1.0 mol·L-1酸或碱？已知氨基乙酸的摩尔质量M=75.07g·mol-1。
解：1）设需氨基乙酸x g，由题意可知
∵
∴

（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 HCl


y=6.9 mL
24．(1)在100 mL由1.0mol·L-1HAc和1.0mol·L-1NaAc组成的缓冲溶液中，加入1.0mL6.00.1000mol·L-1NaOH溶液滴定后，溶液的pH有何变化？
（2）若在100mLpH=5.00的HAc-NaAc缓冲溶液中加入1.0mL6.0mol·L-1NaOH后，溶液的pH增大0.10单位。问此缓冲溶液中HAc、NaAc的分析浓度各为多少？
解：（1） mol·L-1
　　 mol·L-1
　　
　　
　　pH1-pH2=0.05
（2）设原[HAc-]为x，[NaAc]为y。
　　则
　　
　　得 x=0.40 mol?L-1
　　 y=0.72 mol?L-1
25．计算下列标准缓冲溶液的pH（考虑离子强度的影响）：
　　　　（1）0.034 mol·L-1饱和酒石酸氢钾溶液；（2）0.010 mol·L-1硼砂溶液。
　　　解：（1）
　　　 =
　　　　　
　　　　　
　　　　　
　　　　（2）硼砂溶液中有如下酸碱平衡
　　　B4O72-+5H2O = 2H2BO3-+2H3BO3
　　　　　　 因此硼砂溶液为缓冲体系。考虑离子强度影响：
　　　
　　　
　　　溶液中
　　　
　　　
　　　
　　　
　　　
　　　则
26．某一弱酸HA试样1.250 g用水溶液稀释至50.00 mL，可用41.20 mL 0.09000mol·L-1NaOH滴定至计量点。当加入8.24 mLNaOH时溶液的pH=4.30。
（1） 求该弱酸的摩尔质量；（2）计算弱酸的解离常数Ka和计量点的pH；选择何种指示剂？
解：（1）由
得 M=337.1g/mol
　（2）

Ka=1.3×10-5



故 酚酞为指示剂。
27．取25.00 mL苯甲酸溶液，用20.70 mL0.100
0mol·L-1NaOH溶液滴定至计量点。
（1）计算苯甲酸溶液的浓度；（2）求计量点的pH；（3）应选择那种指示剂。
　　　解：（1）设苯甲酸的浓度为x
　　　　　则
　　得 x=0.08280 mol?L-1
　　　　（2）当达计量点时，苯甲酸完全为苯甲酸钠

分析化学第三版答案

，酸度完全由苯甲酸根决定.
　　
　　
　　pOH=5.58
　　pH=8.42
（3）酚酞为指示剂。
28．计算用0.1000 mol·L-1HCl溶液滴定20.00 mL0.10 mol·L-1NH3溶液时.（1）计量点；（2）计量点前后±0.1%相对误差时溶液的pH；（3）选择那种指示剂？
解：（1）
的[H+]=
　　pH=5.28
　　　（2）
　　　
　　　（3）
　　　 甲基红为指示剂。
29．计算用0.1000 mol·L-1HCl溶液滴定0.050 mol·L-1Na2B4O7溶液至计量点时的pH（B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3）。选用何种指示剂？
　　　解：在计量点时，刚好反应
　　　
　　　
　　　
　　　 pH=5.12
　　　 故 溴甲酚绿为指示剂。
30．二元酸H2B在pH=1.50时，；pH=6.50时，。
（1） 求H2B的Ka1和Ka2；
（2） 能否以0.1000mol·L-1NaOH分步滴定0.10mol·L-1的H2B；
（3） 计算计量点时溶液的pH；
（4） 选择适宜的指示剂。
解：（1） 则
当 pH=1.5时 则 Ka1=10-1.50
　　　　同理 则
当 pH=6.50时 则 Ka2=10-6.50
　　（2）CKa1=10-8且，所以可以用来分步滴定H2B。
　　（3）：
则 pH=4.10
二级电离
　则 pH=9.51
　　　　（4）
分别选择选用甲基橙和酚酞。
31．计算下述情况时的终点误差：
（1） 用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1HCl溶液，以甲基红（pHep=5.5）为指示剂；
（2） 分别以酚酞（pHep=8.5）、甲基橙（pHep=4.0）作指示剂，用0.1000 mol·L-1HCl溶液滴定0.10 mol·L-1NH3溶液。
解：（1）
（2）酚酞


　　甲基橙
　　
32．在一定量甘露醇存在下，以0.02000 mol·L-1NaOH滴定0.020 mol·L-1H3BO3（C此时Ka=4.0×10-6）至pHep=9.00，
（1） 计算计量点时的pH
（2） 终点误差
解：（1）
　　
　　
　　（2）

　　　（3）选用何种指示剂？
解：pH=8.70时应变色，所以选择酚酞为指示剂。
33．标定某NaOH溶液得其浓度为0.1026 mol·L-1，后因为暴露于空气中吸收了CO2。取该碱液25.00 mL，用0.1143 mol·L-1HCl溶液滴定至酚酞终点，用去HCl溶液22.31mL。计算：
（1） 每升碱液吸收了多少克CO2？
（2） 用该碱液滴定某一弱酸，若浓度仍以0.1026 mol·L-1计算，会影起多大的误差？：
　　　解：(1)设每升碱液吸收x克CO2
因为以酚酞为指示剂，所以Na2CO3被滴定为NaHCO3 . 则可知：

(0.1026-
x=0.02640g?L-1
　　　　　(2)
　　　　　
34．用0.1000 mol·L-1HCl溶液滴定20.00 mL0.10 mol·L-1NaOH。若NaOH溶液中同时含有
0.20 mol·L-1NaAC，（1）求计量点时的pH；（2）若滴定到pH=7.00结束，有多少NaAC参加了反应？
解：(1)

（2）

35．称取含硼酸及硼砂的试样0.6010g，用0.1000mol·L-1HCl标准溶液滴定，以甲基红为指示剂，消耗