分析化学课后习题答案 北大版(第3章)
分析化学课后习题答案 北大版(第4章+思考题)
4.1 已知铜氨络合物各级不稳定常数为 K 不稳1=7.8×10-3 K 不稳2=1.4×10-3 K 不稳3=3.3×10-4 K 不稳4=7.4×10-5（1）计算各级稳定常数K 1~K 4和各级累积常数β1~β4；（2）若铜氨络合物水溶液中Cu(NH 3)2+4的浓度为Cu(NH 3)2+3的10倍，问溶液中[NH 3]是多少？（3）若铜氨络合物溶液中c (NH 3)=1.0×10-2mol 〃L -1，c (Cu 2+)=1.0×10-4 mol 〃L -1（忽略Cu 2+，NH 3的副反应），计算Cu 2+与各级铜氨络合物的浓度。
此时溶液中Cu(Ⅱ)的主要存在型体是什么？ 答案： （1）K 不1 K 不2 K 不3 K 不47.8×10-3 1.4×10-3 3.3×10-3 7.4×10-5141K K =不 231K K =不 321K K =不 411K K =不 1.4×1043.0×1037.1×1021.3×10211K β= 212K K β=3213K K K β=43214K K K K β=1.4×1044.2×1073.0×10103.9×1012（2）()[]()[][]10NH NH Cu NH Cu 34233243==++K []1243L mol 107.710NH --⋅⨯==K（3）()()14123L mol 100.1Cu L mol 100.1NH ----⋅⨯=⋅⨯=c c()()[]4433332231302][NH ]NH [NH ]NH [1Cu Cu ]Cu [βββ βc x c ++++=⋅=+12810674424109.3100.1100.3100.1102.4100.1104.1100.11100.1⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=-----1944L mol 104.1103.7100.1---⋅⨯=⨯⨯= ()[]()[]174413123L mol 109.1100.1103.7 NHCu NH Cu ---+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=βx c()[]()[]16442232223L mol 108.5100.1103.7NH Cu NH Cu ---+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=βxc()[]()[]15443333233L mol 101.4100.1103.7NH Cu NH Cu ---+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=βxc()[]()[]15444434243L mol 103.5100.1103.7NH Cu NH Cu ---+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=βxc溶液中以Cu(NH 3)+24,Cu(NH 3)+23为主4.2 乙酰丙酮（L ）与Fe 3+络合物的lg β1~lg β3分别为11.4，22.1，26.7。
分析化学：第3章课后习题答案
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CO 2。
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）随机误差。
（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mg 2.0±。
故读数的绝对误差g a 0002.0±=E根据%100⨯TE =E ar 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=⨯±=E ggg r%02.0%1000000.10002.01±=⨯±=E ggg r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mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100⨯T E =E ar 可得 %1%100202.02±=⨯±=E mLmLmL r%1.0%1002002.020±=⨯±=E mLmLmL r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。
分析化学课后习题答案第三章
滴定分析法概论习题解1.已知浓硫酸的密度为1.84g •mL -1，其中硫酸含量为96％。
(1) 求浓硫酸的物质的量浓度。
（2）若配制0.5 mol •L -1的硫酸溶液1L 需上述浓硫酸溶液多少毫升？解：(1) c (H 2SO 4) =08.98100096.084.1⨯⨯=18.01 mol ·L -1 (2) 稀释前后H 2SO 4物质的量相等V (H 2SO 4)= 01.1810005.0⨯=27.76ml2.计算下列滴定剂对被测物的滴定度。
（1）用0.2000 mol •L -1 AgNO 3溶液测定NH 4Cl ；（2）用0.2134 mol •L -1 EDTA 溶液测定CaCO 3；（3）用0.1892 mol •L -1 Na 2S 2O 3溶液测定I 2。
解：（1）)Cl NH ()AgNO ()AgNO /Cl NH (4334M c T =111101070.070.1049.532000.0----⋅=⋅=⋅⨯⋅=mLg L g mol g L mol （2）)CaCO ()()/CaCO (33M EDTA c EDTA T =111102136.036.2109.1002134.0----⋅=⋅=⋅⨯⋅=mLg L g mol g L mol （3）1222232232(I /Na S O )(Na S O )(I )T c M = 111120.1892253.810.02403mol L g mol g mL ---=⨯⋅⨯⋅=⋅3.用邻苯二甲酸氢钾(KHC 8H 4O 4)作基准物质标定浓度约为0.1mol •L -1的溶液20~30mL 时，应称取邻苯二甲酸氢钾的质量范围是多少克？如果用草酸（H 2C 2O 4·2H 2O ）作基准物质，又应称取多少克？解：根据反应方程式)O H aOH)M(KHC c(NaOH)V(N )O H m(KHC 448448= g mol g L L mol m 41.022.20402.01.0111=⋅⨯⨯⋅=--g mol g L L mol m 61.022.20403.01.0112=⋅⨯⨯⋅=--应称取邻苯二甲酸氢钾的质量范围是0.41~0.61g;同理，若改用草酸作基准物质，则O)2H O C aOH)M(H c(NaOH)V(N 21O)2H O C m(H 24222422⋅=⋅ g mol g L L mol m 13.007.12602.01.021111=⋅⨯⨯⋅⨯=--g mol g L L mol m 19.007.12603.01.021112=⋅⨯⨯⋅⨯=-- 应称取草酸的质量范围是0.13~0.19g4.测定工业用纯碱Na 2CO 3的含量，称取0.2663g 试样，用0.2088 mol •L -1的盐酸溶液滴定。
分析化学-第三章《分光光度法》课后习题
第三章《分光光度法》课后习题
一、选择题
(1) 符合Lambert－Beer定律的某有色溶液，当有色物质的浓度增加时，最大吸收波长和吸光度分别是………（）
(A) 不变、增加
(B) 不变、减小
(C) 向长波移动、不变
(D) 向短波移动、不变
(3) 用分光光度法测定Fe3+,下列说法正确的是………( )
(A) FeSCN2+的吸光度随着SCN－浓度的增大而线性增大
(B) FeSCN2+的吸光度随着Fe3+浓度的增大而线性增大
(C) 溶液的吸光度与透射率线性相关
(D) 溶液的条件摩尔吸光度系数随着波长变化
(5) 用常规分光光度法测得标准溶液的透射率为20％，试液的透射率为10％，若以示差分光光度法测定试液，以标准溶液为参比，则试液的透过率为………( )
(A) 20％
(B) 40％
(C) 50％
(D) 80％
(7) 以KmnO4溶液滴定Fe2+，在MnO4－最大吸收波长处测量溶液吸光度的变化，得光度滴
定曲线………( )
(A) (B)
(C) (D)
(8) 标准工作曲线不过原点的可能的原因是………( )
(A) 显色反应得酸度控制不当
(B) 显色剂得浓度过高
(C) 吸收波长选择不当
(D) 参比溶液选择不当
二、计算题
作业说明：
课后习题与平时成绩及期末考核密切相关，请大家重视哈！此次作业中12300740022陈敏轩与12300740053胡可欣同学，作业认真严谨，值得表扬。
知道大家这学期课程较多，辛苦了。
望大家对大学生活早作规划，机会属于有准备的人！一起加油！
马洪影
2013年10月16日。
分析化学第三版重点考试习题参考答案
第二章习题参考答案3.答：应选用1mol•L-1HCl作洗涤液。
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，又可保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCl为强电解质可避免因洗涤引起的胶溶现象。
如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失增大，特别是PbCl2。
HNO3不含共同离子，会引起盐效应而使沉淀溶解度增大。
NaCl虽具有共同离子，但不具备酸性条件，故亦不宜采用。
4.（1）用NH4Ac溶液，PbSO4溶解，而Hg2SO4不溶。
（2）用氨水，Ag2CrO4溶解，而Hg2CrO4不溶。
（3）用NaOH溶液，PbCrO4溶解，而Hg2CrO4不溶。
（4）用氨水，AgCl溶解，而PbSO4不溶。
（5）用稀HNO3，Pb(OH)2溶解，而AgCl不溶。
（6）用氨水，AgCl溶解，而Hg2SO4不溶。
5.解：17解:由分组试验未得到肯定结果，可判断第一、二组阴离子肯定不存在；由挥发性试验和氧化还原性试验未得到肯定结果，可肯定NO2-、S2O32-不存在；只有NO3-、Ac-不能肯定其存在与否，还需进行鉴定。
19解：第一、二组阴离子的铅盐都难溶于水。
所以第一、二组阴离子不可能存在，故第一、二组阴离子（SO42-、SO32-、S2O32-、SiO32-、CO32-、PO43-、Cl-、Br-、I-、S2-）可不必鉴定。
21解：（1）试样本身无色，溶液也无色，则有色离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni2+不可能存在；试样易溶于水，则易水解生成难溶化合物的离子Bi3+、Sb3+、Sb5+、Sn2+、Sn4+不可能存在；（2）焰色试验时火焰为黄色，表明有Na+存在；其它有明显焰色反应的离子Ba2+、Ca2+、Cu2+、K+不可能存在；（3）则Ag+、Hg22+、Pb2+不存在，且在酸性溶液中具有挥发性的阴离子SO32-、S2O32-、S2-、CO32-、NO2-及与酸作用能生成沉淀的SiO32-都不可能存在；（4）则能生成难溶性硫酸盐的离子Pb2+、Ba2+、Ca2+、Ag+、Hg22+不存在；另外挥发性阴离子及还原性强的I-不存在；（5）则NH4+不存在；生成有色沉淀的阳离子Ag+、Hg22+、Cu2+、Hg2+、Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni2+不存在；（6）表明第一组阴离子（SO42-、SO32-、S2O32-、SiO32-、CO32-、PO43-）不存在。
分析化学第三版课后习题答案
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？ 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：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。
故读数的绝对误差g a 0002.0±=E根据%100⨯TE =E ar 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=⨯±=E ggg r%02.0%1000000.10002.01±=⨯±=E ggg r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mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100⨯T E =E ar 可得 %1%100202.02±=⨯±=E mL mLmL r%1.0%1002002.020±=⨯±=E mLmL mLr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+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+4H 2O 可知，需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为：g m 13.007.1262020.01.01=⨯⨯= 相对误差为 %15.0%10013.00002.01=⨯=E ggr则相对误差大于0.1% ，不能用H 2C 2O 4·H 2O 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。
分析化学--第三版课后-习题答案
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？ 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：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。
故读数的绝对误差g a 0002.0±=E根据%100⨯T E =E ar 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=⨯±=E ggg r%02.0%1000000.10002.01±=⨯±=E ggg r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mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100⨯TE =E ar 可得 %1%100202.02±=⨯±=E mL mLmL r%1.0%1002002.020±=⨯±=E mLmL mLr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+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+4H 2O 可知，需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为： g m 13.007.1262020.01.01=⨯⨯= 相对误差为 %15.0%10013.00002.01=⨯=E ggr则相对误差大于0.1% ，不能用H 2C 2O 4·H 2O 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。
分析化学第三版答案
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 。
（3）加饱和(NH4)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,MgCl2,K2CrO4,NaCl,(NH4)2SO4,(NH4)2C2O4
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。
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？
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第3章 习题与部分思考题参考答案3.1 从手册中查出下列各酸的酸度常数p K a ，分别计算它们的K a 及与其相应的共轭碱的K b 值。
（1）H 3PO 4；（2）H 2C 2O 4；（3）苯甲酸；（4）NH +4；（5）Ph-NH 3+。
3.2 （1）计算pH=5.0时，H 3PO 4的摩尔分数x 3、x 2、x 1、x 0。
（2）假定H 3PO 4各种形式总浓度是0.050 mol ·L -1，问此时H 3PO 4、H 2PO 4-、HPO 42-、PO 43-的浓度各为多少？ 答案：（1）123112122a a a 032a a a a a a [H ][H ][H ]K K K x K K K K K K +++=+++1069.2137.1416.1200.1531.1221.716.2100.31010101010--------⨯=+++=316.1200.15337.1416.1216.122316.1237.141104.11010)994.0(0.1)1010(10102.61010---------⨯===+=⨯==x x x（2）c =0.050mol ·L -115343124214124111034L mol 102.7]PO H [L mol )0497.0(050.0]PO H [Lmol 101.3]HPO [L mol 105.1]PO [----------⋅⨯=⋅=⋅=⋅=⋅⨯=⋅=⋅⨯=⋅=x c x c x c x c3.3 某溶液中含有HAc 、NaAc 和Na 2C 2O 4，其浓度分别为0.80、0.29和1.0×10-4 mol ·L -1。
计算此溶液中C 2O 42-的平衡浓度。
答案：溶液的酸度由HAc-Ac -所决定()()4.76 4.32a HAc 0.80[H ]10100.29Ac c K c +---==⨯= 22a 2240a 44.29514.32 4.29[C O ][H ]1.010105.210mol L 1010cK cx K -+------==+⨯⨯==⨯⋅+写出下列物质水溶液的质子条件：（1）NH 3；（2）NH 4Cl ；（3）Na 2CO 3；（4）KH 2PO 4；（5）NaAc+H 3BO 3。
答案：（1）NH 3 [NH 4+]+[H +]=[OH -] （2）NH 4Cl[H +]=[NH 3]+[OH -]（3）Na 2CO 3 [H +]+[HCO -3]+2[H 2CO 3]=[OH -] （4）KH 2PO 4[H +]+[H 3PO 4]=[HPO 42-]+2[PO 43-]+[OH -]（5）NaAc+H 3PO 3 [H +]+[HAc]=[H 2BO 3-]+[OH -]配制pH 为2.00和10.00的氨基乙酸缓冲溶液各100mL ，其缓冲物质总浓度为0.10mol ·L -1。
问需分别称取氨基乙酸（NH 2CH 2COOH ）多少克？加1.0 mol ·L -1HCl 或1.0 mol ·L -1NaOH 各多少毫升？（M r =75.07）答案： -=-+=+−−−→−−−−→−A A H A H 78.9p 35.2p 221a a K K （a ）配制pH=2.00的缓冲溶液，应加入HCl Zero Level ：c (HCl)，H +A -，H 2O 质子条件 ： [H +]+[H 2A +]=[A -]+[OH -]+c (HCl)c (HCl)=[H +]+[H 2A +]=[H +]+1a [H ][H ]c K +++ 135.200.200.200.2L 9mol 07.0101010.01010-----⋅=+⨯+=9mL .70.1100079.0)HCl (=⨯=Vg 75.007.751010010.0)A (H 3=⨯⨯⨯==--+cVM m(b)配制pH 10.00的缓冲溶液，应加入NaOH Zero Level ：c (NaOH)，H +A -，H 2O质子条件 ：c (NaOH)+[H +]+[H 2A +]=[A -]+[OH -]22a a 9.784.00110.009.78(NaOH)[OH ][A ][OH ][H ]100.10 100.062mol L1010K c c K ---+-----=+=++⨯=+=⋅+0.75g)A H (mL2.60.1100062.0)NaOH (==⨯=-+m V按共轭酸碱体系计算（a ）c (H 2A +)=c (HCl)，c (H +A -)=0.10-c (HCl)12a (H A )[H ][H ](H A )[H ]c K c ++++-+-=+解得， c (HCl)=0.079mol ·L -1（b ）c (A -)=c (NaOH)，c (H +A -)=0.10-c (A -)22a a (H A )0.10(A )[H ](A )(A )c c K K c c +--+---==解得， c (NaOH)=0.062mol ·L -1某滴定反应过程中会产生1.0mmol H +，现加入5.0mL pH 为5.00的HAc-Ac -缓冲溶液控制溶液酸度。
如欲使反应体系的pH 下降不到0.30单位，该缓冲溶液中的HAc 和Ac -浓度各为多少？若配制此溶液1L ，应加多少克NaAc ·3H 2O 和多少毫升冰醋酸（17 mol ·L -1）？ 答案：方法一5.00aab 4.70a ab 10 5.0 1.010 5.0 1.0c K c c K c --⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪-⎩解得： 1a 1b 0.43mol L 0.75mol Lc c --⎧=⋅⎨=⋅⎩ 25mL17/100043.0HAc)(102g 13675.0O)3H NaAc (2=⨯==⨯=⋅V m方法二310001.010d 5.00.667dpH0.30aβ-⨯⨯=-== ()a2a [H ]2.30.667[H]cK K β++==+将K a =10-4.67，[H +]=10-5.00代入上式， 解得， c =1.25mol ·L -1()mL2717/10)HAc (g 108O 3H NaAc 3102=⨯===⋅cx V VM cx m用0.1000 mol ·L -1 NaOH 溶液滴定0.1000 mol ·L -1甲酸溶液，化学计量点的pH 是多少？计算用酚酞作指示剂（pT 为9.0）时的终点误差。
答案：0.1000mol ·L -1NaOH 滴定0.1000mol ·L -1 HCOOH HCOOH pK a =3.77p K b =10.23 sp 时， 5.77[OH ]10--=== 23.8pH sp =酚酞作指示剂，pT=9.0，即pH ep =9.0 （1）用代数法ep ep ep sp ep a 5.09.09.0 3.77[OH ][H ][H ]100%(HA)[H ]1010 100%0.02%0.0501010t E c K -+++----⎛⎫-=-⨯ ⎪ ⎪+⎝⎭⎛⎫=-⨯= ⎪+⎝⎭（2）用E t 公式ep sp 3.7714.010.2t a w pH pH pH 9.08.230.81010K K /K -+∆=-=-====()pH pH0.80.8t 1110.21.322t sp 10101010100%100%0.02%10()E K c ∆-∆----=⨯=⨯=（3）查终点误差图1.310.2sp t lg()lg(10)8.9c K -+==，pH 0.8∆=查图得， E t =0.02%3.12 用2.0×10-3 mol ·L -1 HCl 溶液滴定20.00mL 2.0×10-3 mol ·L -1Ba(OH)2，化学计量点前后0.1%的pH 是多少？若用酚酞作指示剂（终点pH 为8.0），计算终点误差。
答案：2.0×10-3mol ·L -1 HCl 滴定2.0×10-3mol ·L -1 Ba(OH)2 zero Level ：c (HCl)，c (Ba(OH)2)，H 2O质子条件： ]OH [)HCl ()Ba(OH)(2]H [2-++=+c csp 前0.1%，HCl)()Ba(OH)(2]OH [2c c -=-=87.53310298.1900.20298.19100.2100.200.202---=⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯ pH=8.13sp 后0.1%，)Ba(OH)(2)HCl (]H [2c c -=+88.5331004.4000.2000.20100.2204.40100.2---=+⨯⨯⨯-⨯⨯=pH=5.88酚酞作指示剂，pH ep =8.08.0 6.0ep ep t 32sp[H ][OH ]1010100%100%2 2.01020.002(Ba(OH))60.000.07%E c +------=⨯=⨯⨯⨯⨯=-3.13 用0.1000 mol ·L -1 HCl 溶液滴定20.00mL 0.1000 mol ·L -1 NaOH 。
若NaOH 溶液中同时含有0.2000 mol ·L -1 NaAc ，计算化学计量点以及化学计量点前后0.1%时的pH ；若滴定到pH7.0，终点误差有多大？ 答案：0.1000mol ·L -1 HCl ↓0.1000mol ·L -1 NaOH+0.2000mol ·L -1 NaAcsp 时： 0.1000mol ·L -1 NaAc5.12[OH ]10--=== pH=8.88sp 前0.1%，有0.1% NaOH 未被滴定，溶液中含有：NaAc L mol 1000.0NaOH L mol %1.00500.011--⋅+⋅⨯.[OH ](NaOH)(c -≈剩30.410%1.00500.0)-=⨯=pH=9.70sp 后0.1%，过量HCl(0.0500×0.1%)使Ac -转化成HAc ：54.768.06a (HAc)5.0010[H ]1010(Ac )0.1000c K c -+---⨯==⨯= pH=8.06计算pH 7.0时的E t ，质子条件： ][OH (HCl))(NaOH [HAc]]H [-++=++c c-ep ep ep ep epsp sp7.0ep ep7.0 4.76sp ep a(HCl)(NaOH)[H]-[OH][HAc]100%100%(NaOH)(NaOH)(Ac)[H]0.100010100%100%(NaOH)[H]0.0500(1010)1%c cEc ccc K+-+-+---+=⨯=⨯⨯=⋅⨯=⨯+⨯+=3.14 用0.5000 mol·L-1HCl溶液滴定0.5000 mol·L-1一元弱碱B(p K b=6.00)，计算化学计量点的pH；若所用溶液的浓度都是0.0200mol·L-1，结果又如何？答案：（1）0.5000mol·L-1 HCl滴定0.5000mol·L-1B，（p K b=6.00，p K a=8.00）sp时， 4.30[H]10,pH 4.30+-====sp前0.1%，8.00 5.00a(HB)999[H]1010,pH 5.00(B)1cKc+--==⨯==sp后0.1%， 3.60sp[H](HCl)0.1%10,pH 3.60c c+-==⨯==过亦可用误差公式计算：8.00sp t0.5000lg()lg107.402c K⎛⎫=⨯=⎪⎝⎭t0.1%E=±时，ΔpH=±0.70故滴定突跃为： 5.00 ~ 3.60（2）0.0200mol·L-1 HCl滴定0.0200mol·L-1 Bsp时， 5.00[H]10,pH 5.00+-====sp前0.1%，00.510%1.020200.0(B)-=⨯=c（HB+B）00.210%9.9920200.0)HB(-=⨯=ca(HB)[H](B)[H]cKc++=+，解得，pH=5.21sp后0.1%，00.200.510)HB(,10%1.020200.0)HCl(--==⨯=cc（HB+HCl）aa[H ](HCl)(HB)[H ]K c c K ++=++，解得，pH=4.793.15 分别计算0.1000 mol ·L -1 NaOH 滴定0.1000 mol ·L -1 H 3PO 4至pH=5.0和pH=10.0时的终点误差。