分析化学第四版第四章答案
第四章 氧化还原滴定法
思考题
l ．解释下列现象。
a ． 将氯水慢慢加入到含有 Br －和I －
的酸性溶液中，以CCl 4萃取，CCl 4层变为紫色。
答：酸性条件下氯水中HClO 可将Br －和I －
氧化为单质Br 2 和 I 2。
由于 323I e I --+= 3
/0.545I I E V θ
-
-
= 222Br e Br -+= 2
/ 1.05Br Br E V θ
-
= 1222HClO H e Cl H O +++=+ 2/ 1.63
HClO Cl E V θ= 所以 I －
更易被氧化为I 2，I 2被CCl 4所萃取，使CCl 4层变为紫色。
b. θ
-
I
I
E /2
( 0.534V ) >θ
++Cu Cu E /2(0.159V)，但是Cu 2+却能将I －
氧化为I 2。
答：这是由于生成了溶解度很小的 CuI 沉淀（pK sp =11.96），溶液中[Cu 2+]极小，Cu 2+/Cu + 电对的电势显著增高，Cu 2+成为较强的氧化剂。
222
///1()0.059lg 0.1590.05911.960.865(0.534)
sp
Cu CuI Cu Cu I
I K CuI E E V E V θθθ
+++-
=+=+?=>
所以，Cu 2+能将I －
氧化为I 2。
c.间接碘量法测定铜时，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I －
析出I 2，因而干扰铜的测定，加入NH 4HF 2两者的干扰均可消除。
答：42
4NH HF NH HF F +-++，组成HF-F － 缓冲体系，pH ≈3.2。
因为3343222AsO H e AsO H O -+-
++=+，[H +]< 1 mol ·L -1
所以，33334
3
4
3
//AsO AsO AsO AsO E E θ
----<。
而F －
能与Fe 3+形成络合物，溶液中[Fe 3+]大大减小，3232//Fe Fe Fe Fe E E θ
++++<。
因此，Fe 3+和AsO 43-的氧化能力均下降，不干扰测定（具体计算见习题14）。
d ． F
e 2+的存在加速 KMnO 4氧化 Cl -的反应。
答：这是由于诱导反应所致。KMnO 4氧化 Fe 2+的过程中形成了一系列的Mn 的中间产物：Mn(VI),Mn(V),Mn(IV),Mn(III)，它们均能氧化Cl -，因而出现了诱导反应。
e ． 以KMnO 4 滴定 C 2O 42-时，滴入KMnO 4的红色消失速度由慢到快。
答：KMnO 4 与 C 2O 42-的反应速度很慢，但Mn(II)可催化该反应。KMnO 4 与 C 2O 42-反应开始时，没有或极少量，故反应速度很慢，KMnO 4的红色消失得很慢。随着反应的进行，
不断产生，反应将越来越快，所以KMnO 4的红色消失速度由慢到快，此现象即为自动催化反应。
f ．于 K 2Cr 2O 7标准溶液中，加入过量 KI ，以淀粉为指示剂，用 Na 2S 2O 3溶液商定至终点时，溶液由蓝变为绿。
答：K 2Cr 2O 7与过量 KI 反应，生成I 2 和Cr 3+（绿色）。加入淀粉，溶液即成蓝色，掩盖了 Cr 3+ 的绿色。用 Na 2S 2O 3滴定至终点，I 2完全反应，蓝色消失，呈现出Cr 3+的绿色。
g ．以纯铜标定 Na 2S 2O 3溶液时，滴定到达终点后（蓝色消失）又返回到蓝色。
答：以纯铜标定 Na 2S 2O 3溶液是基于Cu 2+与过量KI 反应定量析出I 2，然后用Na 2S 2O 3
溶液滴定I 2。由于CuI 沉淀表面会吸附少量I 2，当滴定到达终点后（蓝色消失），吸附在CuI 表面上的 I 2 又会与淀粉结合，溶液返回到蓝色。解决的方法是在接近终点时，加入KSCN 使CuI 沉淀转化为溶解度更小、吸附I 2的倾向较小的CuSCN 。
2．根据标准电势数据，判断下列各论述是否正确：
a ．在卤素离子中，除F －
外均能被Fe 3+氧化。
答：错误。
因为2/ 3.06F HF E V θ
=，2/ 1.36Cl
Cl
E V θ
-=，3
/ 1.05Br Br E V θ
-
-
=，3
/0.545I I E V θ--=， 而32/0.771Fe Fe E V θ
++=，
所以，在卤素离子中只有I －能被Fe 3+氧化，F －、Cl －、Br －
均不能被Fe 3+氧化。
b. 在卤素离子中，只有I －
能被Fe 3+氧化。 答：正确。见上题。
c ．金属锌可以将Ti （Ⅳ）还原至Ti （Ⅲ），金属银却不能。
答：正确。
因为/0.7995Ag Ag E V θ+=，2/0.763Zn Zn E V θ+=-，23/0.1TiO Ti E V θ
++=，
所以，Zn 还原性最强，Ag 还原性最弱；金属锌可以将Ti （Ⅳ）还原至Ti （Ⅲ），金属银却不能。
d ．在酸性介质中，将金属铜置于AgNO 3溶液里，可以将Ag +全部还原为金属银。
答：正确。
因为/0.7995Ag Ag E V θ+=，2/0.337Cu Cu E V θ
+=，
所以，金属铜可以还原 Ag + ，只要Cu 的量足够，可以将Ag +全部还原为金属银。
e ．间接碘量法测定铜时，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I －
析出I 2，因而干扰铜的测定。
答：正确。
因为32/0.771Fe Fe E V θ++=，334
3
/0.559AsO AsO E V θ--=，3
/0.545I I E V θ
--=，
所以，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I －
析出I 2。
3．增加溶液的离子强度，Fe 3+／Fe 2+电对的条件电势是升高还是降低？加入PO 43-，F －
或1，10-邻二氮菲后，情况又如何？
答：3223'0.059lg Fe Fe Fe
Fe
E E γ
α
θθ
γα++
++??=+
当增加溶液的离子强度时，对高价离子而言，Fe 3+下降的幅度更大，即32Fe Fe
γ
γ+
+降低，
所以条件电势降低。
若加入PO 43-，F －
，由于Fe 3+与PO 43-，F －
形成络合物，32Fe Fe αα++>>，所以条件电势
降低。
若加入1，10-邻二氮菲，它与 能形成更稳定的络合物，23Fe Fe αα++>，所以条件电势升高。
4．已知在1mol ·L -1H 2SO 4介质中，32'
/Fe Fe E θ++= 0.68V 。1，10-邻二氮菲与Fe 3+，Fe 2+均能形成络合物，加入1，10-邻二氯菲后，体系的条件电势变为 1.06 V 。试问 Fe 3+，Fe 2+和1，10-邻二氮菲形成的络合物中，哪一种更稳定？
答：
23232323'//0.059lg 1.060.680.059lg Fe Fe
Fe Fe Fe Fe Fe Fe E E α
θθ
αα
α
+
+++++
++
=+=+
因此：231Fe Fe
α
α+
+>，即Fe 2+的副反应系数更大，也就是Fe 2+形成的络合物更稳定。
5．已知在酸性介质中，'
/24
o Mn MnO E +-=1.45 V ，MnO 4－
被还原至一半时，体系的电势（半
还原电位）为多少？试推出对称电对的半还原电势与它的条件电势间的关系。
答：MnO 4－
+ 8H + + 5e == Mn 2+ + 4H 2O
24
8
42'
/[][][]
0.0595lg o MnO Mn MnO H Mn E E -
+
-
++=+
令半还原电位为12
E ，此时[MnO 4－
]=[Mn 2+],
14
4
2
'8'
0.0595lg[]0.0944MnO MnO E E H E pH οο--
+=+=- 对称电对的半还原电势:
'12
0.059lg[]m n H E E ο+=+
若无H +参加反应，则12
'
E E ο=。
6．试证明在氧化还原反应中，有H +参加反应和有不对称电对参加反应时，平衡常数计算公式（4—2）及（4—2a ）都是适用的。
答：12
()0.059lg E E n K οο-= （4-2） ''12
()0.059
lg E E n K οο-=
（4-2a ） 对有H +参加的反应：
n 2O 1 + mn 2H + + n 1R 2 == n 2R 1 + n 1O 2 有关电对反应为
O 1 + mH + + n 1e == R 1
O 2 + n 2e == R 2
设两电对电子转移数n 1与 n 2 的最小公倍数为 n 。由于
111
11
0.059lg m
O H R o a a a n E E +?=+
2
22
220.059lg O R o a
a n E E =+
在反应达到平衡时，两电对电势相等，故有
12121
2
1
20.0590.059lg lg m
O O H R R o o
a a a
a a n n E E +?+
=+
整理后得：
21
12
12
212
1
()0.059lg
lg n n R O n n R
O nm H E E n a a a a a K οο+?-??==
对有不对称电对参加的反应：
n 2O 1 + n 1R 2 == mn 2R 1 + n 1O 2 有关电对反应为
O 1 + n 1e == m R 1 O 2 + n 2e == R 2
设两电对电子转移数n 1与 n 2 的最小公倍数为 n 。由于
1
1
1110.059lg m R O o a
a n E E =+
222
220.059lg O R o a
a n E E =+
在反应达到平衡时，两电对电势相等，故有
1
12122
120.0590.059lg lg m R O O R o o a a
a a n n E E +=+
整理后得：
21
1212
2121
()0.059lg
lg mn n R O
n n R
O E E n a a a a K οο?-?==
用条件电势代替标准电势，平衡浓度代替活度，即可证明4-2a 。
7．碘量法中的主要误差来源有哪些？配制、标定和保存I 2及As 2O 3标准溶液时，应注意哪些事项？
答：主要误差来源有两个方面：一是I 2易挥发，在强碱性溶液中会发生歧化反应；二
是在酸性溶液中，I－易被空气中的O2氧化。
配制、标定和保存I2及As2O3标准溶液时的注意事项：
配制I2溶液时，先在托盘天平上称取一定量碘，加入过量KI，置于研钵中，加少量水研磨，使I2全部溶解，然后将溶液稀释，倾入棕色瓶于暗处保存。
保存I2溶液时应避免与橡皮等有机物接触，也要防止I2溶液见光遇热，否则浓度将发生变化。
标定I2溶液的浓度时，可用已标定好的Na2S2O3标准溶液来标定，也可用As2O3来标定。As2O3难溶于水，但可溶于碱溶液中，与I2的反应是可逆的，在中性或微碱性溶液中，反应定量向右进行。因此标定时先酸化溶液，再加NaHCO3，调节pH≈8。
8．以K2Cr2O7标定Na2S2O3浓度时，是使用间接碘量法，能否采用K2Cr2O7直接滴定Na2S2O3为什么？
答：不能。因为K2Cr2O7氧化Na2S2O3的反应没有确定的化学计量关系，因此该反应不能用于滴定分析。
9．用KMnO4为预氧化剂，Fe2+为滴定剂，试简述测定Cr3+，VO2+混合液中Cr3+，VO2+的方法原理。
答：在冷的酸性溶液中，MnO4－可在Cr3+存在下将VO2+氧化为VO3－, 此时氧化Cr3+的速度很慢，可用KMnO4标准溶液直接滴定，测得VO2+的含量。
在碱性溶液中，MnO4－很容易将Cr3+氧化为CrO42-，故调节待测溶液至碱性，加入过量KMnO4使Cr3+氧化为CrO42-，过量的MnO4－可用NO2－除去，多余NO2－再用尿素分解之，用Fe2+滴定测得Cr3+和VO2+总量
10．怎样分别滴定混合液中的Cr3+及Fe3+？
答：Cr3+ SnCl2– TiCl3预还原Cr3+K2Cr2O7滴定Cr3+
Fe3+Na2WO4指示剂Fe2+Fe3+测得Fe3+含量
Cr3+(NH4)2S2O8预氧化Cr2O72-Fe2+标准溶液滴定Cr3+ 测得Cr3+含量
Fe3+Fe3+Fe3+
11．用碘量法滴定含Fe3+的H2O2试液，应注意哪些问题？
答：碘量法滴定H2O2系采用间接法，即先加入过量KI溶液，H2O2氧化KI生成I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2。但Fe3+存在下，Fe3+也能氧化KI，对测定有干扰，所以，测定时应加入NH4HF2掩蔽Fe3+。
12．用(NH4)2SO4（以Ag+催化）或KMnO4等为预氧化剂，Fe2+或NaAsO2-NaNO2等为滴定剂，试简述滴定混合液中Mn2+，Cr3+，VO2+的方法原理。
答：用(NH4)2SO4（以Ag+催化）为预氧化剂，可使Mn2+，Cr3+，VO2+三者均氧化为高价态。过量氧化剂可煮沸使之分解。用NaAsO2-NaNO2混合溶液滴定测得三者总量。
用KMnO4为预氧化剂，Mn2+不干扰，可分别测定Cr3+，VO2+两者含量，Fe2+为滴定剂。方法见思考题第9题。
13．在1.0 mol·L-1介质中用Ce4+滴定Fe2+时，使用二苯胺磺酸钠为指示剂，误差超过0.l％，而加入0.5 mol·L-1 H3PO4后，滴定的终点误差小于0.1％，试说明原因。
答：在1.0 mol ·L -1介质中, 43'/ 1.44Ce Ce E V ο++=,32'
/0.68Fe Fe E V ο++=,'0.84In E V ο=, 12
(1.440.68) 1.06sp E V =+=,与'
0.84In E V ο=相差较大，误差超过0.1%。 而加入H 3PO 4后，由于与Fe 3+形成络合物，使 32'
/Fe Fe E ο+
+
降低，sp E 相应也降低，与'
In E ο 更接近些，故减少了滴定误差。
14．以电位滴定法确定氧化还原滴定终点时，什么情况下与计量点吻合较好？什么情况下有较大误差？ 答：电位滴定法是以滴定曲线中突跃部分的中点作为滴定的终点，这与化学计量点不一定相符。当滴定体系的两电对的电子转移数相等时，终点与化学计量点吻合较好；而两电对的电子转移数不相等时，E sp 不在突跃范部分的中点，误差较大。
习题
1．计算 1.00? 10-4mol ·L -1 Zn(NH 3)42+ 的 0.100 mol ·L -1 氨溶液中Zn(NH 3)42+／Zn 电对的电势。
解：Zn 2+-NH 3络合物的lg β1~lg β4为2.37,4.81,7.31,9.46; θ
Hg Cl Hg E /22= - 0.76V
29.49
3
2+
3429.491
2.37 4.8127.3139.464 5.49
()Zn(NH
)/Zn
24
5.49
()
3()
1.01010
[]0.0590.05922
0.76lg10 1.04[]101100.10010(0.100)10(0.100)10(0.100)10lg Zn NH Zn NH c Zn Zn
V
Zn mol L E E οα
α+
-+
--+-?-=-?=+?+?+?+?=====+=+
2．计算在1，10-邻二氮菲存在下，溶液含H 2SO 4浓度为1 mol ·L -1时，时Fe 3+/ Fe 2+
电对的条件电势。（忽略离子强度的影响。已知在1 mol · L -1 H 2SO 4中，亚铁络合物FeR 32+与高铁络合物FeR 33+的稳定常数之比K Ⅱ／K Ⅲ = 2.8?106）
解：由于β3> β2 > β1 ,故忽略β1及β2
3'
323
3'3
23
3
3()()()
[][]()0.059lg(/
)0.059lg c Fe c Fe c Fe R R c Fe E E E βο
ο
βββ++++=+=+
故
3
'
3'6
0.770.059lg 0.770.059lg 2.8101.15E V
οββ=+=+?=
3．根据θ
Hg Hg
E /22+
和Hg 2Cl 2的Ksp ，计算θ
Hg Cl Hg E /2
2。如溶液中Cl －
浓度为0.010 mol ·L -1，Hg 2Cl 2/Hg 电对的电势为多少？
解：已知22
/0.793Hg Hg E V θ
+= ，Hg 2Cl 2的pK sp = 17.88
22[]
0.0590.059220.0592
lg[]lg lg 0.059lg[]
sp sp K
Cl E E Hg E K
Cl E οοο
-+-
=+=+-=+
当 [Cl －
] = 1 mol ·L -1时，E E ο=
2
217.88/0.0590.05922
lg 0.793lg100.265Hg
Cl
Hg
sp E K V E οο-=+=+= 当 [Cl －
] = 0.010 mol ·L -1时
2
2/0.059lg[]0.2650.059lg 0.010
0.384Hg
Cl
Hg
E E Cl V
ο
-=-=-=
4．于0.100 mol ·L -1 Fe 3+和0.250 mol ·L -1 HCl 混合溶液中，通人H 2S 气体使之达到平
衡，求此时溶液中Fe 3+ 的浓度。已知H 2S 饱和溶液的浓度为0.100 mol ·L -1， θ
S H S E 2/＝0.141
V ，'
/23θ++Fe Fe E ＝0.71 V 。
解：由反应 2Fe 3+ + H 2S 2Fe 2+ + S ↓+ 2H + 可知反应中生成与Fe 3+等物质的量的H +，故 1
[]0.1000.2500.350H mol L +
-=+=?
222
//(0.350)0.05920.100
0.144lg S H S S H S V E E ο
==+
设溶液中[Fe 3+]为x (mol ·L -1)，则
3232111
//0.10.1440.710.10.059
0.059lg 0.144lg 9.5932.5510Fe Fe Fe Fe x x x x mol L E E x ο++++-----+==-??===
5．计算说明 Co 2+的氨性溶液（含游离氨的浓度为0.l mol ·L -1）敞开在空气中，最终以什么价态及形式存在？（已知：Co(NH 3)62+的 lg βl ～lg β6分别为2.11，3.74，4.79，5.55，5.73，5.11。Co(NH 3)63+ 的lg βl ～lg β6分别为6.7，14.0，20.1，25.7，30.8，33.2。θ
++23/Co Co E ＝1.84 V ，θ
-
OH O
E /2
＝0.401 V ，反应为O 2＋ H 2O ＋ 4e －==== 4OH －
）
（提示：'
/23θ++Co Co E ＞'
/2
θ-
OH O
E ）
解：
233323456132333435363()
2.23
23456132333435363()
27.2
1[][][][][][]101[][][][][][]10Co
NH Co
NH NH NH NH NH NH NH NH NH NH NH NH NH αββββββαββββββ+
+
=++++++==++++++= 2.23
3227.2'10
/101.840.059lg 0.367
Co Co E V ο++=+= 又氧电对的半反应为 O 2 + 2H 2O + 4e 4OH －
31
[] 1.3410
OH mol L
---
===??
又因在常压下，空气中
2
O
p分压约为大气压力的22% ,
2
2
'0.059
4
/
1
[]
lg0.059lg0.401(0.01)0.17
0.561
O
O OH OH
E E p
V
οο
--
=++=+-+
=
故
32
2
''
//
O OH Co Co
E E
οο
-++
>，溶液中应以Co(NH3)63+形式存在。
6．计算pH＝10.0，在总浓度为0.10 mol·L-1 NH3－NH4Cl缓冲溶液中，Ag+／Ag电对的条件电势。忽略离子强度及形成AgCl2－络合物的影响。（Ag-NH3络合物的lgβl～lgβ2
分别为3.24，7.05；
/
Ag Ag
Eθ
+
= 0.80V）
解：
3
()3
1
3
2 3.247.052 4.91
1323
()
' 4.91
1
4.0
4.0 4.75
10
1010
[]0.100.085
1[][]1100.085100.08510
0.059lg0.800.059lg100.51
Ag NH
Ag NH
NH mol L
NH NH
E E V
οο
α
αββ
+
+
-
-
-
--
+
=?=?
=++=+?+?= =+=+=
7．分别计算0.100 mol·L-1 KMn04和0.100 mol·L-1 K2Cr2O7在H+浓度为1.0mol·L-1
介质中，还原一半时的电势。计算结果说明什么？（已知'
/2
4
o
Mn
MnO
E
+
-
＝1.45 V，'
/3
2
7
2
o
Cr
O
Cr
E
+
-
=1.00 V）
解：4
22
4
()
'
/()
0.059
5
lg 1.450 1.45
c MnO
MnO Mn c Mn
V
E Eο-
-++
+=
=+=
0.100 mol·L-1 K2Cr2O7还原至一半时，c(Cr2O72-) = 0.0500 mol·L-1 , c(Cr3+) = 2[0.100- c(Cr2O72-)] = 0.100 mol·L-1
232
27
'0.0500
/(0.100)
2
7
2
23
()
0.0590.059
66
()
lg 1.00 1.01
lg
Cr O Cr
c Cr O
c Cr
V
E Eο
-+
-
+
+=
=+=
说明对称电对滴定到50%时的电势等于条件电势；而不对称电对滴定到50%时的电势不等于条件电势。
8．计算pH＝3.0，含有未络合EDTA浓度为0.10 mol·L-1时，Fe3+/Fe2+电对的条件电
势。（已知pH＝3.0时，lgαY(H)＝10.60，θ
+
+2
3/Fe
Fe
E＝0.77 V）
解：已知lgK Fe(III)Y = 25.10 ; lgK Fe(II)Y = 14.32
3232
()
()
25.1013.5
()()
14.32 2.72
()()
'
//
10.6
10.6
2.72
13.5
0.10
10
0.10
10
10
10
1[]11010
1[]11010
0.059lg
0.7710.059lg0.135()
Fe II Y
Fe III Y
Fe III Y Fe III Y
Fe II Y Fe II Y
Fe Fe Fe Fe
K Y
K Y
E E
V
οοα
α
α
α
++++
=+=+=
=+=+=
=+
=+=
9．将一块纯铜片置于0.050 mol ·L -1 AgNO 3溶液中。计算溶液达到平衡后的组成。
（θCu
Cu E /2+
= 0.337 V ，θAg Ag E /+= 0.80 V ） （提示：首先计算出反应平衡常数）
解：纯铜片置于AgNO 3溶液中将发生置换反应：
2Ag + + Cu 2Ag + Cu 2+ 反应平衡常数为：
222//[]
[]2()
0.059
2(0.800.337)
0.059
lg lg 15.69Ag Ag
Cu Cu
Cu Ag E E K ο
ο
++++-?-==
=
=
21
91
0.0502
[[]0.025] 2.310Ag Cu mol L mol L
+-+
--==?=
=??=
反应进行十分完全，Ag +几乎全部转变为Ag 。
10．以K 2Cr 2O 7标准溶液滴定Fe 2+，计算25℃时反应的平衡常数；若化学计量点时Fe 3+
的浓度为0.05000 mol ·L -1，要使反应定量进行，所需H +的最低浓度为多少？（ '
/327
2
o Cr O Cr
E +
-＝1.33 V ，θ
++23/Fe Fe E ＝0.77 V ）
解：滴定反应式为
Cr 2O 72- + 6 Fe 2+ + 14H + 2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2O
56
2332//27
()
(1.330.771)6
0.059
0.059
lg 56.9810Cr O Cr Fe Fe E E z
K K ο
ο
-+++
--?=
==?=
又 3236
2261427
[][][][][]56.9lg lg Cr Fe Cr O Fe H K ++-++==
计量点时 3326[][]Cr Fe ++= ；222716
[][]Cr O Fe -+= 反应能定量进行，则261
()10c Fe mol L +--≤?,故
56.914
56.921
38
272
867
14
[]1/6[](2/6)(0.050)(10)323626
226141
6
([])[][][][]10[]1.510[][] 1.510lg lg 56.9
1.82
Fe Fe Fe Fe Fe Fe H H H H mol L K pH +++--++-+++++???=??===
==
11．以 0.1000 mol ·L -1 Na 2S 2O 3溶液滴定 20.00mL 0.0500 mol ·L -1 的 I 2溶液（含 KI l mol ·L -1） 。计算滴定分数为0.50，1.00及 1.50时体系的电势各为多少？（已知 3
/o
I I E --=
0.545 V ，2246
23
/o
S O S O E --
= 0.080V ） 解：滴定反应为：
2S 2O 32- + I 3－ 3I －
+ S 4O 62-
滴定分数为0.50时：
131
12
20.00(20.0010.00)20
20
310
30
30
30
[]10.0167[]0.05000.050.050.68I mol L
I mol L
---
-?+?=?=?=?-?
+=??
故： 3
3
3
3//3
[]
[]0.0590.01672(0.68)0.0592lg 0.5450.507lg I
I
I I I I E E V ο-
-
-
-
--==+=+ 滴定分数为1.00时：
24622222246
23
46
23
23[]//[]
0.0592lg S O S O S O S O S O S O E E ο
-
-----=+
（1）
2
36
3
3
[]
//[]0.05922lg I I I I I I E E ο------=+ （2） （1）+（2）得：
22346
22226
34623
23
[][]
//[][]0.059232lg I S O sp I I S O S O S O I E E E οο
--------=++ 又化学计量点时，[S 2O 32-] = 2[I 3－
]，故
2234623
246
26//6
[]
2[]1122
1122
0.10004[(10.0500)0.05003]0.05920.059232lg 1.17lg
sp I I S O S O S O I E E E οο------??-?+??=++=+
61.170.0590.025
364(0.55)lg 0.384sp V E ?==+
滴定分数为1.50时：
214621
23
20.0050.00
10.0050.00
[]0.05000.0200[]0.1000.0200S O mol L S O
mol L
---
-=?=?=?=?
246222246
23
23[]
/[]20.0590.0200
2(0.0200)0.0592lg 0.080lg
0.130S O S O S O S O E E V
ο
-
---=+=+=
12．计算在l mol ·L -1 HCI 溶液中，用Fe 3+滴定Sn 2+时，化学计量点的电势，并计算滴定至99.9％和100.1％时的电势。说明为什么化学计量点前后，同样改变0.l ％，电势的变化不相同。若用电位滴定判断终点，与计算所得化学计量点电势一致吗？（'
/23θ++Fe Fe E ＝0.68V ；
'
/24θ+
+
Sn Sn E ＝0.14 V ） 解：滴定反应为 2Fe 3+ + Sn 2+ == 2Fe 2+ + Sn 4+
''3242//20.6820.14
3
3
0.32Fe
Fe Sn
Sn sp E E V E οο+
+
++
++?=
=
=
滴定至99.9%时：
42()()
99.9%0.1%999c Sn c Sn ++==
4242'
/()
1()0.0590.05922lg 0.14lg 999
0.23Sn
Sn
c Sn c Sn E E V
ο+
+
++=+=+=
110.320.230.09sp E E E V ?=-=-=
滴定至100.1%时：
32()()
0.1%10.001c Fe c Fe ++==
3232'
/()
2()0.059lg 0.680.059lg 0.001
0.50Fe
c Fe Fe
c Fe E E V
ο+
+
++=+=+=
220.500.320.18sp E E E V ?=-=-=
因此12E E ?≠? ，这是由于两电对电子转移数不相等，所以计量点前后同样改变0.1%， 电势变化不相同。
电位滴定是以滴定曲线中突跃部分的中点作为滴定终点，所以若用电位滴定判断终点，将与化学计量点不一致。
13．在H 2SO 4介质中，用0.1000 mol ·L -1 Ce 4+溶液滴定0.1000 mol ·L -1 Fe 2+时，若选用变色点电势为0.94 V 的指示剂，终点误差为多少？（ '
/23θ++Fe Fe E ＝ 0.68 V ，'
/34θ++Ce Ce E = 1.44 V ）
解：
4232'
''
//0.681.442
1.060.94 1.060.121.440.680.76sp ep sp Ce Ce Fe Fe E E E
E E V E V E V
οοο+++++?=?===-=-=--=-=
/0.059/0.0590.12/0.0590.12/0.059
'0.76/20.059
/20.059
2.3 2.36.44
10
1010
101010
101010
100%100%
100%0.004%
t E E E E ο?-?-???----??=?=-==
14．用间接碘量法测定铜时，Fe 3+和AsO 43-都能氧化I －
而干扰铜的测定，加入0.005mol ·L -1 NH 4HF 2即能消除Fe 3+及AsO 43-的干扰。试以计算说明之。（θ
)(/)(III As V As E = 0.559V ，θ++23/Fe Fe E = 0.771V ， θ
-
I I E /2
= 0.534V ；HF 的Ka = 7.4?10-4；FeF 63-的lg βl ～lg β2 为
5.3，9.3，12.0）
（提示： HF －F －
缓冲体系[H +]计算不能用最简式。')(/)(θIII As V As E =0.368 V ＜ θ
-
I I
E /2
。
θ++23/Fe
Fe E =0.460V <θ-
I I E /2
＝
解： NH 4HF 2 NH 4+ + HF + F －
组成 HF - F －
缓冲体系，以近似式计算：
2
7
6
()[]
()[]
[][] 5.710[] 3.7100
c HF H c F H H Ka H H ++-+
-+-+-+=?+?-?=
解一元二次方程，得 [H +] = 5.9?10-4 mol ·L -1
32
4332
[][]
'2
()/()()/()[]
/0.0590.05922
lg 0.56lg[]0.34AsO H As V As III As V As III AsO I
I E E H E οοο
-
+--
=+=+=<
因而AsO 43-不能氧化I －
，消除了AsO 43-的干扰。
又
3232331
23
()1235.239.23211.9335
'
///32()
()()()[][]() 5.6101[][][]110 5.61010(5.610)10(5.610)1.910
0.059lg
F Fe F Fe Fe Fe Fe Fe
F Fe F c Fe c Fe c F Ka H Ka
E F c F mol L F F F E E οο
αδαβββ-
+++++
--
--------++-+??+=?=
=??=+++=+??+??+??=?=+=2()
1
0.059lg 0.46e
Fe F V
οα
+
+=
此时322
'//Fe Fe I I E E οο
++-
< ，因而Fe 3+不能氧化I －
，消除了Fe 3+的干扰。
15．计算在l mol ·L -1 H 2SO 4及l mol ·L -1 H 2SO 4 + 0.5 mol ·L -1 H 3PO 4介质中以Ce 4+滴定Fe 2+，用二苯胺磺磷酸钠（NaIn ）为指示剂时，终点误差各为多少？（在l mol ·L -1 H 2SO 4
中：'/34θ++Ce Ce E ＝1.44 V ，'
/23θ++Fe Fe E = 0.68 V ，'θIn E = 0.84V ；342)(lg PO H Fe β＝3.5 ,
242)(lg PO H Fe β= 2.3）
解：在l mol ·L -1 H 2SO 4介质中：
4332'
'
//''4332//'
/0.059/0.059
3.73 3.73' 6.44
/20.059
1.440.682
2
10
1010
101010
1.060.84 1.060.221.440.680.760.19%
Ce
Ce
Fe
Fe
Ce
Ce Fe
Fe sp ep sp E E t E E E E E E E E E V E V V E οοοοοο+
+
+
+
+
+
+
+
+?-?-??+--?=?=
=-=-=-=-=-===-==
在l mol ·L -1 H 2SO 4 + 0.5 mol ·L -1 H 3PO 4介质中：
43332323232'
//322424//' 2.3 3.5//'
()
()[]'[]
'1.440.612
0.059lg 0.059lg
0.680.059lg100.611.030.84 1.030.19(/)
Ce
Ce
Fe
Fe
Fe
Fe
Fe Fe
Fe
Fe
Fe
Fe
sp ep sp c Fe c Fe H PO H PO E E E E E E E E E V
E V E V οοοοοββββ
+
+
+
+
+
+
+
+
++
+
++-+?=?=+=+=+===-=-=-=-2'
0.19/0.0590.19/0.059
3.14 3.147.03
0.83/20.059
10
1010
101010 1.440.610.830.013%
t V
E ο+
--?--=-===-=
16．用碘量法测定钢中的硫时，使硫燃烧成SO 2，SO 2被含有淀粉的水溶液吸收，再用标准碘溶液滴定。若称取含硫0.051％的标准钢样和被测钢样各500 mg ，滴定标钢中的硫用去碘溶液11.6mL ，滴定被测钢样中的硫用去碘溶液7.00mL 。试用滴定度表示碘溶液的浓度，并计算被测钢样中硫的质量分数。
解：22321~1~1~S SO H SO I
0.051%11.60.0044%/()0.00447.000.031%
T mL
w S T V ===?=?=
17．称取制造油漆的填料红丹(Pb 304) 0.1000 g ，用盐酸溶解，在热时加0.02 mol ·L -1K 2Cr 2O 7溶液25 mL ，析出PbCrO 4：
2Pb 2+ + Cr 2O 72-+H 2O ==== PbCrO 4↓+ 2H +
冷却后过滤，将PbCrO 4沉淀用盐酸溶解，加入KI 和淀粉溶液，用 0.1000 mol ·L -1 Na 2S 2O 3溶液滴定时，用去12.00 mL 。求试样中Pb 3O 4的质量分数。
解：22234427
23321~3~3~~9~9Pb O Pb
PbCrO C O I S O +
---
3
4
232334()()0.100012.0010685.60.1000
119
9
()91.41%s
c S O V M Pb O m Pb O w --?????=∴=
=
18．测定某试样中锰和钒的含量，称取试样1.000 g ，溶解后，还原为Mn 2+和VO 2+，用0.02000 mol ·L -1 KMnO 4标准溶液滴定，用去2.50mL 。加入焦磷酸（使Mn 3+形成稳定的焦磷酸络合物）继续用上述KMnO 4标准溶液滴定生成的Mn 2+和原有的Mn 2+到Mn 3+，用去4.00mL 。计算试样中锰和钒的质量分数。
解：反应式为：5VO 2+ + MnO 4－
+ 11H 2O == VO 43- + Mn 2+ + 22H +
MnO 4－
+ 4Mn 2+ + 15H 4P 2O 7 == 5Mn(H 2P 2O 7)32- + 4H 2O +22 H +
n (VO 2+) = 5n (MnO 4－
); 且()/()()/()V V V IV Mn III Mn II E E οο
<
因为 VO 2+先被滴定：
3
41()()50.02000 2.5010
50.942
1.000
15
()100%
100% 1.27%
s
c KMnO V M V m V w -???????==
=
以MnO 4－滴定Mn 2+至Mn 3+时，n (Mn 2+) = 4n (MnO 4－
)
3
4241][()()()(40.02000 4.000.02000 2.50)10
54.938
1.000
14
()100%
100%1.48%
s
c KMnO V c KMnO V M Mn m V w --???-?????=
==
19．已知I 2在水中的溶解度为0.00133 mol ·L -1，求以0.005000 mol ·L -1Ce 4+滴定50.00mL
等浓度的I -时，固体I 2刚刚开始出现沉淀时，消耗的Ce 4+为多少毫升？（反应I 2+I －
== I 3的 K ＝708）
解：2Ce 4+ + 2I －
== 2Ce 3+ + I 2
当反应达化学计量点时，即加入0.005000 mol ·L -1Ce 4+溶液50.00mL 时，生成的I 2
1121122
()0.0050000.001250.00133c I mol L mol L --=??=?
20．Pb 2O 3试样1.234 g ，用20.00 mL 0.250 mol ·L -1 H 2C 2O 4溶液处理。这时Pb （Ⅳ）被还原为Pb （II ）。将溶液中和后，使Pb 2+定量沉淀为PbC 2O 4。过滤，滤液酸化后，用0.04000 mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定，用去 10.00 mL 。沉淀用酸溶解后，用同样的KMnO 4溶液滴定，用去30.00mL 。计算试样中PbO 及PbO 2的质量分数。
解：反应式为：Pb 4+ + H 2C 2O 4 == Pb 2+ +2CO 2↑+ 2H + Pb 2+ + C 2O 42- == PbC 2O 4↓
5 H 2C 2O 4 + 2 MnO 4－
+ 6 H + == 10CO 2↑+ 2Mn 2+ + 8H 2O
n (Pb) = n (H 2C 2O 4) =52
n (KMnO 4) 用于还原的H 2C 2O 4的物质的量即为PbO 2的物质的量。
223
30.0400030.005522
1.00010239.01.234
( 1.000)10223.2
1.234
52()0.250020.000.0400030.000.0400010.001.000()100%19.37%()100%36.18%n PbO mmol
w PbO w PbO ---??????=?-??-??==?==
?=
解二：设试样中含PbO n 1 mmol, PbO 2 n 2 mmol
224224*********
()()()()
20.250020.000.0400030.00 4.000
H C O H C O KMnO KMnO n n c V c V +=-=?-
??=
441225252
()()
0.0400030.00 3.000
KMnO KMnO n n c V +==
??=
解方程组得：122.000; 1.000n mmol n mmol ==
23
1322()
2.0001022
3.2
1.234() 1.00010239.2
1.234
()36.18%
()19.39%
s
s
n M PbO m n M PbO m PbO PbO w w --????===
===
21．某硅酸盐试样 1.000 g ，用重量法测得（Fe 2O 3+Al 2O 3）的总量为0.5000 g 。将沉淀溶解在酸性溶液中，并将Fe 3+还原为Fe 2+，然后用 0.03000 mol ·L -1 K 2Cr 2O 7溶液滴定，用去25.00mL 。计算试样中FeO 和Al 2O 3的质量分数。
解：
7226()()
60.0300025.0071.841.000
()100%100%32.33%
s
c K Cr O V M FeO m FeO w ??????=
== 232372212
12
0.50006()()0.500060.0300025.00159.691.000
()100%100%14.07%
s c K Cr O V M Fe O m Al O w ?-?-?????=
=
=
22．今有 25.00 mL KI 溶液，用 10.00 mL 0.05000 mol ·L -1 KIO 3溶液处理后，煮沸溶
液以除去I 2。冷却后，加入过量KI 溶液使之与剩余的KIO 3反应，然后将溶液调至中性。析出的 I 2用 0.1008 mol ·L -1 Na 2S 2O 3溶液滴定，用去21.14mL ，计算 KI 溶液的浓度。
解：5 I －+ IO 3－
+ 6H + == 3I 2 + 3H 2O (1)
I 2 + S 2O 32- == 2 I －
+ S 4O 62- (2) 由反应（1）可知：n (KI) = 5n (KIO 3) (3) 由反应（1）、（2）可知，在返滴定时：
1 S 2O 32-~12I
2 ~16KIO
3 , 即n (KIO 3) =16n (Na 2S 2O 3) (4)
由（3）、（4）可知：
232316
()()()5[]KI IO S O n n n --
=- 1
22332323116
6
5[()()()()]5(0.0500010.000.100821.14)25.00()
()0.02897c IO V IO c S O V S O V KI KI mol L c ------?-???=
==
23．某一难被酸分解的 MnO--Cr 2O 3矿石2.000 g ，用 Na 2O 2熔融后，得到 Na 2MnO 4
和Na 2CrO 4溶液。煮沸浸取液以除去过氧化物。酸化溶液，这时MnO 42-歧化为MnO 4－
和MnO 2，滤去MnO 2。滤液用 0.1000 mol ·L -1 FeSO 4溶液50.00mL 处理，过量FeSO 4用0.01000 mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定，用去 18.40mL 。 MnO 2沉淀用0.1000 mol ·L -1 FeSO 4溶液 10.00mL 处理，过量FeSO 4用0.01000 mol ·L -1 KmnO 4溶液滴定，用去 8.24mL 。求矿样中MnO 和Cr 2O 3的质量分数。
解：MnO + 2Na 2O 2 + H 2O == MnO 42- + 2OH －
+ 4 Na +
3MnO 42- + 4H + === 2 MnO 4－
+ MnO 2↓ + 2H 2O
MnO 4－
+ 5Fe 2+ + 8H + == Mn 2+ + 5Fe 3+ + 4H 2O MnO 2 + 2Fe 2+ + 4H + ==== Mn 2+ + 2Fe 3+ + 2H 2O
Cr 2O 72- + 6Fe 2+ +14H + ==2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2O
3MnO ~ 3MnO 42- ~ 2 MnO 4－; 432
()()n MnO n MnO -
= 且 24()5()n Fe n KMnO +
= 故：
222244[()()5()()]
(0.100010.0050.010008.24)70.932.000
32
32
() 3.13%
s c Fe V Fe c KMnO V KMnO m MnO w ++-?-???=
=
=
又Cr 2O 3 ~ Cr 2O 72- ~ 6Fe 2+ 故n (Cr 2O 3)=16n (Fe 2+
)
2
3
221414222424231122442316
3232{[()()5()()]()5}()
1{[0.100050.0050.0100018.()126316
[()()5()()][()()5()()]5](){[}s
s c Fe V Fe c KMnO V KMnO n MnO M Cr O m m Cr O w c Fe V Fe c KMnO V KMnO c Fe V Fe c KMnO V KMnO M Cr O ++++++--??-??--??=
=-?=
40][0.100010.0050.010008.24]5}151.992.000
1.44%
-?-????=
24．称取某试样 1.000 g ，将其中的铵盐在催化剂存在下氧化为 NO ，NO 再氧化为NO 2，NO 2溶于水后形成 HNO 3。此 HNO 3用 0.01000 mol ·L -1 NaOH 溶液滴定，用去 20.00 mL 。求试样中NH 3的质量分数。
（提示：NO 2溶于水时，发生歧化反应 3NO 2＋ H 2O === 2HNO 3＋ NO ↑）
解：1 NH 3~ 1 NO ~ 1 NO 2 ~
23
HNO 3 ~
23
NaOH 即332(NH )() = NaOH n n
33()()()
0.0100020.0017.031.0001000
32
32
()0.51%
s c NaOH V NaOH M NH m NH w ????=
=
=
25．称取含有As 2O 3和As 2O 5试样1.5000 g ，处理为 AsO 33-和AsO 43-的溶液，然后调节溶液为弱碱性。以淀粉为指示剂，用 0.05000 mol ·L -1碘溶液滴定至终点，消耗30.00mL 。将此溶液用盐酸调节至酸性并加入过量KI 溶液，释放出的 I 2仍以淀粉为指示剂，再以0.3000mol ·L -1 Na 2S 2O 3溶液滴定至终点，消耗30.00 mL 。计算试样中的As 2O 3和As 2O 5的质量分数。
（提示：弱碱性时滴定三价砷，反应如下
H 3AsO 3＋ I 3－＋ H 2O === H 3AsO 4＋ 3I －
＋ 2H + 酸性时反应为
H 3AsO 4＋ 3I －＋2H + === H 3AsO 3＋ I 3－
＋H 2O
解：n (As 2O 3) =12n (I 2)
232
223()()()
120.0500030.00197.841.500012
()9.89%
s
c I V I M As O m As O w ????=
==
As 2O 5 ~2AsO 43- ~2I 2 ~ 4 Na 2S 2O 3 ，故n (As 2O 5) =14n (Na 2S 2O 3)
252252323222[()()2()()]()
(0.300030.0020.0500030.00]229.841.500
14
14
()22.98%
s c S O V S O c I V I M As O m As O w ---??-???=
=
=
26．移取一定体积的乙二醇试液，用 50.00mL 高碘酸盐溶液处理。待反应完全后，将混合液调节至pH ＝8.0，加人过量KI ，释放出的I 2以0.05000 mol ·L -1亚砷酸盐溶液滴定至终点时，消耗14.30 mL 。而50.00 mL 该高碘酸盐的空白溶液在pH ＝8.0时，加入过量KI ，释放出的I 2所消耗等浓度的亚砷酸盐溶液为40.10 mL 。计算试液中含乙二醇的质量（mg ）。 （提示：反应为
CH 2OHCH 2OH ＋ IO 4－=== 2HCHO ＋ IO 3－
＋ H 2O
I O 4－＋2 I －＋H 2O === IO 3－＋I 2＋2OH －
I 2＋ AsO 33-＋ H 2O === 2 I －
＋ AsO 43-＋ 2H +）
解：m (乙二醇) = [c (AsO 33-)(V 2-V 1)]M(乙二醇)
= (0.05000?(40.10 - 14.30)?62.07
= 80.07 mg
27．移取 20.00mL HCOOH 和 HAc 的混合溶液，以 0.1000 mol ·L -1NaOH 滴定至终点时，共消耗25.00 mL 。另取上述溶液20.00mL ，准确加入0.02500 mol ·L -1KMnO 4溶液50.00mL 。使其反应完全后，调节至酸性，加入0.2000 mol ·L -1 Fe 2+标准溶液40.00mL ，将
剩余的MnO 4-及MnO 42-歧化生成的MnO 4－
和MnO 2全部还原至Mn 2+，剩余的Fe 2+溶液用上述KMnO 4标准溶液滴定，至终点时消耗24.00mL 。计算试液中HCOOH 和HAc 的浓度各为多少？
（提示：在碱性溶液中反应为
HCOO －＋ 2MnO 4－＋ 3OH －
=== CO 32-＋ 2MnO 42-＋ 2H 2O
酸化后
2MnO 42-＋ 4H + === 2MnO 4－
＋ MnO 2↓＋ 2H 2O ）
解：
22412241152115
2()
()()()()
()()()()KMnO Fe KMnO V V Fe V Fe HCOOH n HCOOH HCOOH c V n n c c ++
++?--=?=?
1
224125()()()()2()50.02500(50.0024.00)0.200040.00
220.00
0.03125()c KMnO V V c Fe V Fe V HCOOH mol L
HCOOH c -++?+-???+-???=
=
=1()0.100025.0020.00
()()0.031250.09375NaOH
s
cV V HCOOH HAc mol L c c -?=?-=
-=
分析化学第四版上册 第四章 习题参考答案
第四章 习题参考答案 2．答: （1）系统误差中的仪器误差。减免方法：校准天平或更换天平。 （2）系统误差中的仪器误差。减免方法：校准容量瓶和移液管或更换成配套的容量瓶和移液管。 （3）系统误差中的试剂误差。减免方法：做空白实验。 （4）随机误差。 （5）过失。 （6）系统误差中的试剂误差。减免方法：做空白实验。 3 解：滴定管的读数误差为mL 02.0±，即读数的绝对误差mL a 02.0±=E E r1=%1100500.202.0%100±=?±=?T E a E r2=%1.0%10000 .2002.0%100±=?±=?T E a 结果表明，当用去的标准溶液的体积越大，读数的相对误差越小。 8 解：（1）2位；（2）5位；（3）4位；（4）3位；（5）2位；（6）2位 9 解：4位 %75.14%10024 .244015.182%1002H 2)(2222=??=??=O H BaCl O O H 理ω 可见，BaCl 2·2H 2O 中结晶水的质量分数大于10%，故测定结果应以4位有效数字报出。 10 解：甲报告的结果是合理的。因为题中所给的试样质量为3位有效数字，报告结果 也应保留3位有效数字。 或：甲报告的结果是合理的。因为当分析结果为1%-10%，报告结果应保留3位有效数 字。 或：称量的相对误差=01.000 .202.0±=± 甲结果的相对误差=01.002 .101.0±=± 乙结果的相对误差=001.0021 .1001.0±=± 可见，甲结果的相对误差与称量的相对误差相当，故甲报告的结果是合理的。 11解：%33.26%)33.26%35.26%36.26%27.26(4 1=+++=X %03.0%30.26%33.26=-=-=T X E a %2.0%100% 30.26%03.0%100=?=?=T E E a r 12 解:(1) %42.55%)40.55%38.55%46.55%47.55%45.55%36.55(61=+++++= X %42.552 %40.55%45.55=+=M X
分析化学第7章课后习题答案
第七章氧化还原滴定 1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？ 答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下3个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原中？为什么？ 答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。 实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？ 答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。 4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O. MnO2+H2C2O4+2H+==Mn2++2CO2+2H2O 2) 重铬酸甲法. Cr2O72-+14H++Fe2+===2Cr3++Fe3++7H2O CH3OH+Cr2O72-+8H+===CO2↑+2Cr3++6H2O 3)碘量法3I2+6HO-===IO3-+3H2O， 2S2O32-+I2===2I-+2H2O Cr2O72-+6I-+14H+===3I2+3Cr3++7H2O 5.应用于氧化还原滴定法的反应具备什么条件？ 答：应用于氧化还原滴定法的反应，必须具备以下几个主要条件： （1）反应平衡常数必须大于106，即△E>0.4V。 （2）反应迅速，且没有副反应发生，反应要完全，且有一定的计量关系。 （3）参加反应的物质必须具有氧化性和还原性或能与还原剂或氧化剂生成沉淀的物质。 （4）应有适当的指示剂确定终点。 6.化学计量点在滴定曲线上的位置与氧化剂和还原剂的电子转移数有什么关系？ 答：氧化还原滴定曲线中突跃范围的长短和氧化剂与还原剂两电对的条件电位（或标准电位）相差的大小有关。电位差△E较大，突跃较长，一般讲，两个电对的条件电位或标准电位之差大于0.20V时，突跃范围才明显，才有可能进行滴定，△E值大于0.40V时，可选用氧化还原指示剂（当然也可以用电位法）指示滴定终点。 当氧化剂和还原剂两个半电池反应中，转移的电子数相等，即n1=n2时，则化学计量点的位
水分析化学试卷及答案-工作总结范文
水分析化学试卷及答案-工作总结范文 篇一：水分析化学试卷及答案 一、选择题(每小题1分，共20分) 1、在滴定分析法测定中出现的下列情况，哪种导致系统误差?(D) A试样未经充分混匀；B滴定管的读数读错； C滴定时有液滴溅出；D砝码未经校正； 2、滴定分析相对误差一般要求为0.1%，滴定时耗用标准溶液体积应控制在：(C) A10ml以下；B10ml；C10~40ml；D50ml； 3、由计算器算得(2.236×1.1124)/(1.036×0.2000)的结果为 12.004471，按有效数字运算规则应将结果修约为：(C) A12.0045；B12.0；C12.00；D12.004 4、对______A____某试样进行三次平行测定，得CaO平均含量为30.6%，而真实含量为30.3%，则30.6%-30.3%=0.3%为：() A绝对误差；B相对偏差；C相对误差；D绝对偏差； 5、用25ml移液管移出的溶液体积应记录为：(C) A25ml；B25.0ml；C25.00ml；D25.000ml。 6、欲配制2mol/LHCl溶液，应在10ml6mol/LHCl溶液中加水：() A100ml；B50ml；C30ml；D20ml；D 7、可用于直接配制标准溶液的是(B) AKMnO4；BK2Cr2O7；C Na2S2O3·5H2O；DNaOH。 8、间接碘量法测定水中Cu2+含量，介质的pH值应控制在：(B) A强酸性；B弱酸性；C弱碱性；D强碱性。 9、在滴定反应K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+H2O达到等当点时，下列各说法哪些是正确的?() A溶液中Fe2(SO4)3与Cr2(SO4)3的浓度(单位：mol/L)相等； B溶液中Fe2(SO4)3与Cr2(SO4)3的浓度(单位：mol/L)之比为3：1； C溶液中不存在Fe2+和Cr2O72-； D溶液中两个电对“Fe3+/Fe2+”和“Cr2O72-/Cr3+”的电位不相等
分析化学第5章思考题习题答案
第五章配位滴定法 思考题答案 1．EDTA与金属离子的配合物有哪些特点？ 答：（1）EDTA与多数金属离子形成1︰1配合物；（2）多数EDTA-金属离子配合物稳定性较强（可形成五个五原子环）；（3）EDTA与金属配合物大多数带有电荷，水溶性好，反应速率快；（4）EDTA 与无色金属离子形成的配合物仍为无色，与有色金属离子形成的配合物颜色加深。 2．配合物的稳定常数与条件稳定常数有何不同？为什么要引用条件稳定常数？ 答：配合物的稳定常数只与温度有关，不受其它反应条件如介质浓度、溶液pH值等的影响；条件稳定常数是以各物质总浓度表示的稳定常数，受具体反应条件的影响，其大小反映了金属离子，配位体和产物等发生副反应因素对配合物实际稳定程度的影响。 3．在配位滴定中控制适当的酸度有什么重要意义？实际应用时应如何全面考虑选择滴定时的pH？答：在配位滴定中控制适当的酸度可以有效消除干扰离子的影响，防止被测离子水解，提高滴定准确度。具体控制溶液pH值范围时主要考虑两点：（1）溶液酸度应足够强以消去干扰离子的影响，并能准确滴定的最低pH值；（2）pH值不能太大以防被滴定离子产生沉淀的最高pH值。 4．金属指示剂的作用原理如何？它应该具备那些条件？ 答：金属指示剂是一类有机配位剂，能与金属形成有色配合物，当被EDTA等滴定剂置换出来时，颜色发生变化，指示终点。金属指示剂应具备如下条件：（1）在滴定的pH范围内，指示剂游离状态的颜色与配位状态的颜色有较明显的区别；（2）指示剂与金属离子配合物的稳定性适中，既要有一定的稳定性K’MIn＞104，又要容易被滴定剂置换出来，要求K’MY/K’MIn≥104（个别102）；（3）指示剂与金属离子生成的配合物应易溶于水；（4）指示剂与金属离子的显色反应要灵敏、迅速，有良好的可逆性。5．为什么使用金属指示剂时要限定适宜的pH？为什么同一种指示剂用于不同金属离子滴定时，适宜的pH条件不一定相同？ 答：金属指示剂是一类有机弱酸碱，存在着酸效应，不同pH时指示剂颜色可能不同，K’MIn不同，所以需要控制一定的pH值范围。指示剂变色点的lg K’Min应大致等于pM ep, 不同的金属离子由于其稳定常数不同，其pM ep也不同。金属指示剂不象酸碱指示剂那样有一个确定的变色点。所以，同一种指示剂用于不同金属离子滴定时，适宜的pH条件不一定相同。 6．什么是金属指示剂的封闭和僵化？如何避免？ 答：指示剂-金属离子配合物稳定常数比EDTA与金属离子稳定常数大，虽加入大量EDTA也不能置换，无法达到终点，称为指示剂的封闭，产生封闭的离子多为干扰离子。消除方法：可加入掩蔽剂来掩蔽能封闭指示剂的离子或更换指示剂。指示剂或指示剂-金属离子配合物溶解度较小, 使得指示剂与滴定剂的置换速率缓慢，使终点拖长，称为指示剂的僵化。消除方法:可加入适当有机溶剂或加热以增大溶解度。 7．两种金属离子M和N共存时，什么条件下才可用控制酸度的方法进行分别滴定？ 答：当c M= c N时，lg c M K’MY= Δlg K。若Δp M=±0.3，E t≤±0.1%，则lg c M K’MY≥6，Δlg K≥6；ΔpM=±0.3，E t ≤±0.5%, 则lg c M K’MY≥5, Δlg K≥5；ΔpM=±0.3，E t≤±1%，则lg c M K’MY≥4, Δlg K≥4；才可用控制酸度的方法进行分别滴定。 8．掩蔽的方法有哪些？各运用于什么场合？为防止干扰，是否在任何情况下都能使用掩蔽方法？答：配位掩蔽法、沉淀掩蔽法、氧化还原掩蔽法。有时用掩蔽法亦无法解决问题，可用预先分离法。
水分析化学试卷及答案
水分析化学试卷及答案 篇一：水分析化学试卷及答案 一、选择题(每小题 1 分，共 20 分) 1、在滴定分析法测定中出现的下列情况，哪种导致系统误差?( D ) A 试样未经充分混匀； B 滴定管的读数读错； C 滴定时有液滴溅出； D 砝码未经校正； 2、滴定分析相对误差一般要求为0.1%，滴定时耗用标准溶液体积应控制在：(C ) A 10ml 以下； B 10ml； C 10~40ml； D 50ml； 3、由计算器算得(2.236×1.1124)/(1.036×0.2000)的结果为 12.004471，按有效数字运算规则应将结果修约为：( C ) A 12.0045； B 12.0； C 12.00； D 12.004 4、对______A____某试样进行三次平行测定，得CaO 平均含量为30.6%，而真实含量为30.3%，则30.6%-30.3%=0.3%为：( ) A 绝对误差； B 相对偏差； C 相对误差； D 绝对偏差； 5、用25ml 移液管移出的溶液体积应记录为：( C )
A 25ml； B 25.0ml； C 25.00ml； D 25.000ml。 6、欲配制2mol/LHCl溶液，应在10ml 6 mol/L HCl溶液中加水：( ) A 100ml； B 50ml； C 30ml； D 20ml；D 7、可用于直接配制标准溶液的是(B ) A KMnO4； B K2Cr2O7； C Na2S2O3·5H2O； D NaOH。 8、间接碘量法测定水中Cu2+含量，介质的pH 值应控制在：( B) A 强酸性； B 弱酸性； C 弱碱性； D 强碱性。 9、在滴定反应K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+H2O 达到等当点时，下列各说法哪些是正确的?( ) A 溶液中Fe2(SO4)3与Cr2(SO4)3的浓度(单位：mol/L)相等； B 溶液中Fe2(SO4)3与Cr2(SO4)3的浓度(单位：mol/L)之比为3：1； C 溶液中不存在Fe2+和Cr2O72-； D 溶液中两个电对“Fe3+/Fe2+”和“C r2O72-/Cr3+”的电位不相等 10、共轭酸碱对的Ka 和Kb的关系是：( C) A ka=Kb； B Ka·Kb=1； C Ka/Kb=Kw； D Ka·Kb=Kw。
分析化学第五章 习题参考答案
第五章 习题参考答案 9 解：（1）因H 2C 2O 4·2H 2O 部分风化（失水），H 2C 2O 4有效质量增加，使实际消耗的NaOH 体积增加，故NaOH 浓度偏低。用此NaOH 溶液测定某有机酸的摩尔 质量时，实际消耗的NaOH 体积减小，会使结果偏高。 （2）因Na 2CO 3潮解，Na 2CO 3有效质量减小，使实际消耗的HCl 体积减小，故HCl 浓度偏高。用此HCl 溶液测定某有机碱 的摩尔质量时，实际消耗的HCl 体积增大，会使结果偏低。 14 解：（1）32110100.50.203 .17% 2989.0-???=??V V 1=66mL （2） V 2=57mL （3） 32310100.50.209 .98% 9684.1-???=??V V 3=56mL 17 解：CaO + 2HCl = CaCl 2 + H 2O 依 CaO HCl A B CaO HCl M C M C b a T ???=???= --33/102 1 10 所以 0.005000=08.56102 13???-HCl C C HCl =0.1783mol·L -1 1.000×0.2000=0.1783(1.000+V) V=0.1217L=121.7mL 18 解：Na 2CO 3 + 2HCl = 2NaCl + H 2O+CO 2↑ 2:1:32=H Cl CO Na n n 故 32)(2 1 CO Na HCl M CV m ?= V=20mL 时，g m 11.099.105102010.02 13=????=- 称量误差E r = %2.011 .00002.0=± V=25mL 时，g m 13.099.105102510.02 13=????=- 称量误差E r =%2.013 .00002.0=± 32210100.50.205 .60% 10005.1-???=??V
分析化学第五章试题及参考答案
第五章思考题与习题 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-，C u(H2O)2(OH)2，(CH2)6N4， R—NHCH2COO-，COO- C O O- 。 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 C u(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， COO- C O O- 的共轭酸为COO- C O O-H 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）KHP （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-] （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
分析化学第四版 习题答案
第一章绪论 1、仪器分析和化学分析： 仪器分析是以物质的物理性质和物理化学性质（光、电、热、磁等）为基础的分析方法，这类方法一般需要特殊的仪器，又称为仪器分析法；、 化学分析是以物质化学反应为基础的分析方法。 2、标准曲线与线性范围： 标准曲线是被测物质的浓度或含量与仪器响应信号的关系曲线； 标准曲线的直线部分所对应的被测物质浓度（或含量）的范围称为该方法的线性范围。 3、灵敏度、精密度、准确度和检出限： 物质单位浓度或单位质量的变化引起响应信号值变化的程度，称为方法的灵敏度； 精密度是指使用同一方法，对同一试样进行多次测定所得测定结果的一致程度； 试样含量的测定值与试样含量的真实值（或标准值）相符合的程度称为准确度； 某一方法在给定的置信水平上可以检出被测物质的最小浓度或最小质量，称为这种方法对该物质的检出限。 第三章光学分析法导论 1、原子光谱和分子光谱： 由原子的外层电子能级跃迁产生的光谱称为原子光谱； 由分子的各能级跃迁产生的光谱称为分子光谱。 2、原子发射光谱和原子吸收光谱： 当原子受到外界能量（如热能、电能等）的作用时，激发到较高能级上处于激发态。但激发态的原子很不稳定，一般约在10-8 s内返回到基态或较低能态而发射出的特征谱线形成的光谱称为原子发射光谱； 当基态原子蒸气选择性地吸收一定频率的光辐射后跃迁到较高能态，这种选择性地吸收产生的原子特征的光谱称为原子吸收光谱。 3、线光谱和带光谱： 4、光谱项和光谱支项； 用n、L、S、J四个量子数来表示的能量状态称为光谱项，符号为n 2S + 1 L； 把J值不同的光谱项称为光谱支项，表示为n 2S + 1 L J。 5、统计权重和简并度； 由能级简并引起的概率权重称为统计权重； 在磁场作用下，同一光谱支项会分裂成2J＋1个不同的支能级，2J＋1称为能级的简并度。 6、禁戒跃迁和亚稳态； 不符合光谱选择定则的跃迁叫禁戒跃迁； 若两光谱项之间为禁戒跃迁，处于较高能级的原子具有较长的寿命，原子的这种状态称为亚稳态。 7、 8、 9、分子荧光、磷光和化学发光； 荧光和磷光都是光致发光，是物质的基态分子吸收一定波长范围的光辐射激发至单重激发态，再由激发态回到基态而产生的二次辐射。 荧光是由单重激发态向基态跃迁产生的光辐射， 磷光是单重激发态先过渡到三重激发态，再由三重激发态向基态跃迁而产生的光辐射。 化学发光是化学反应物或反应产物受反应释放的化学能激发而产生的光辐射。 10、拉曼光谱。 拉曼光谱是入射光子与溶液中试样分子间的非弹性碰撞引起能量交换而产生的与入射光频率不同的散射光形成的光谱。 第四章原子发射光谱法
分析化学第三版下册-第七章-课后答案
分析化学第三版下册-第七章-课后答案
第七章原子吸收与原子荧光光谱法 1．解释下列名词： （1）原子吸收线和原子发射线；（2）宽带吸收和窄带吸收； （3）积分吸收和峰值吸收；（4）谱线的自然宽度和变宽； （5）谱线的热变宽和压力变宽；（6）石墨炉原子化法和氢化物发生原子化法； （7）光谱通带；（8）基体改进剂； （9）特征浓度和特征质量；（10）共振原子荧光和非共振原子荧光。 答：（1）原子吸收线是基态原子吸收一定辐射能后被激发跃迁到不同的较高能态产生的光谱线；原子发射线是基态原子吸收一定的能量（光能、电能或辐射能）后被激发跃迁到较高的能态，然后从较高的能态跃迁回到基态时产生的光谱线。 （2）分子或离子的吸收为宽带吸收；气态基态原子的吸收为窄带吸收。 （3）积分吸收是吸收线轮廓的内的总面积即吸
收系数对频率的积分；峰值吸收是中心频率ν0两旁很窄（dν= 0）范围内的积分吸收。 （4）在无外界条件影响时，谱线的固有宽度称为自然宽度；由各种因素引起的谱线宽度增加称为变宽。 （5）谱线的热变宽是由原子在空间作相对热运动引起的谱线变宽；压力变宽是由同种辐射原子间或辐射原子与其它粒子间相互碰撞产生的谱线变宽，与气体的压力有关，又称为压力变宽。（6）以石墨管作为电阻发热体使试样中待测元素原子化的方法称为石墨炉原子化法；反应生成的挥发性氢化物在以电加热或火焰加热的石英管原子化器中的原子化称为氢化物发生原子化法。 （7）光谱通带是指单色器出射光束波长区间的宽度。 （8）基体改进剂是指能改变基体或被测定元素化合物的热稳定性以避免化学干扰的化学试剂。（9）把能产生1％吸收或产生0.0044吸光度时所对应的被测定元素的质量浓度定义为元素的特征浓度；把能产生1％吸收或产生0.0044吸光度时所对应的被测定元素的质量定义为元素的
水分析化学的期末考试试题四套期末考试题
哈工大2004春季学期水分析化学试题（A） 一、回答下列基本概念（2×5=10） 1.物质的量浓度； 2.拉平效应； 3. EDTA的酸效应； 4. 参比电极； 5. 色谱峰高 二、讨论下面命题（ 4× 5=20 分） 1.以钙指示剂 NN 为例，说明金属指示剂的必备条件。 2.对比高锰酸盐指数和化学需氧量测定过程中掩蔽和催化作用的异同。 3.什么是吸收光谱（曲线）？什么是标准曲线？它们有何实际意义？ 4.简述气相色谱法的定量方法。 三、填空（ 1×15=15 分） （1. 原子吸收光谱仪由（ ）组成。 ）、（）、（）和 （2. 影响络合滴定的主要因素有（ ）。 ）和 3. ECD和 FPD的中文称谓分别为（）和（）。 4.在分光光度计中，常因波长范围不同加选用不同材料的容器。现 有下面两种材料的容器，各适用于哪个光区： A．石英比色皿用于（）；B．玻璃比色皿用于（）。 5.水中的余氯采用（）法测定，水中余氯在酸性溶液中与（） 作用，释放出等化学计量的（），以（）为指示剂，用（ 准溶液滴定至终点，由消耗的标准溶液的用量求出水中的余氯。 ）标 四、实验设计题（ 5×3=15 分） 1.氯离子测定中空白实验和加入碳酸钙的作用。 2.设计一个测定铝盐混凝剂中三氧化二铝含量的方案。 3.pH 计的使用及注意事项。 五、计算题（ 10×4=40 分） 1.取水样 100.0mL，以酚酞为指示剂，用 0.100mol/L HCl溶液滴定至指示剂刚好褪色，用去 13.00mL，再加甲基橙指示剂，继续用盐酸溶液滴定至 终点，又消耗 20.00mL问水样中有何种碱度？其含量为多少（mg/L表示）？
(完整版)分析化学各章节习题(含答案)
第一章误差与数据处理 1-1 下列说法中，哪些是正确的？ （1）做平行测定的目的是减小系统误差对测定结果的影响。 （2）随机误差影响精密度，对准确度无影响。 （3）测定结果精密度高，准确度不一定高。 （4）只要多做几次平行测定，就可避免随机误差对测定结果的影响。 1-2 下列情况，将造成哪类误差？如何改进？ （1）天平两臂不等长（2）测定天然水硬度时，所用蒸馏水中含Ca2+。 1-3填空 （1）若只作两次平行测定，则精密度应用表示。 （2）对照试验的目的是，空白试验的目的是。 （3）F检验的目的是。 （4）为检验测定结果与标准值间是否存在显著性差异，应用检验。 （5）对一样品做六次平行测定，已知d1~d5分别为0、+0.0003、－0.0002、－0.0001、+0.0002，则d6为。 1-4用氧化还原滴定法测定纯品FeSO4·7H2O中铁的质量分数，4次平行测定结果分别为20.10%，20.03%，20.04%，20.05%。计算测定结果的平均值、绝对误差、相对误差、平均偏差、相对平均偏差、标准偏差及变异系数。 1-5有一铜矿样品，w(Cu) 经过两次平行测定，分别为24.87%和24.93%，而实际w(Cu)为25.05%，计算分析结果的相对误差和相对相差。 1-6某试样5次测定结果为：12.42%，12.34%，12.38%，12.33%，12.47%。用Q值检验法和4d检验法分别判断数据12.47%是否应舍弃？（P = 0.95） 1-7某分析人员测定试样中Cl的质量分数，结果如下：21.64%，21.62%，21.66%，21.58%。已知标准值为21.42%，问置信度为0.95时，分析结果中是否存在系统误差？ 1-8 在不同温度下测定某试样的结果如下： 10℃：:96.5%，95.8%，97.1%，96.0% 37℃：94.2%，93.0%，95.0%，93.0%，94.5% 试比较两组数据是否有显著性差异？（P = 0.95）温度对测定是否有影响？
分析化学》第七章习题答案(华中师范大学、东北师范大学、陕西师范大学、北京师范大学)
第七章氧化还原滴定1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？ 答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下3个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原滴定中？为什么？ 答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。 实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？ 答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。 4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O.
水分析化学试卷及答案
一、选择题(每小题 1 分，共20 分) 1、在滴定分析法测定中出现的下列情况，哪种导致系统误差( D ) A 试样未经充分混匀； B 滴定管的读数读错； C 滴定时有液滴溅出； D 砝码未经校正； 2、滴定分析相对误差一般要求为%，滴定时耗用标准溶液体积应控制在：( C ) A 10ml 以下； B 10ml； C 10~40ml； D 50ml； 3、由计算器算得×/×的结果为 ，按有效数字运算规则应将结果修约为：( C ) A ； B ； C ； D 4、对______A____某试样进行三次平行测定，得CaO 平均含量为%，而真实含量为%，则%%=%为：( ) A 绝对误差； B 相对偏差； C 相对误差； D 绝对偏差； 5、用25ml 移液管移出的溶液体积应记录为：( C ) A 25ml； B ； C ； D 。 6、欲配制2mol/LHCl溶液，应在10ml 6 mol/L HCl溶液中加水：( ) A 100ml； B 50ml； C 30ml； D 20ml；D 7、可用于直接配制标准溶液的是( B ) A KMnO4； B K2Cr2O7； C Na2S2O3·5H2O； D NaOH。 8、间接碘量法测定水中Cu2+含量，介质的pH 值应控制在：( B ) A 强酸性； B 弱酸性； C 弱碱性； D 强碱性。 9、在滴定反应K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+H2O 达到等当点时，下列各说法哪些是正确的( ) A 溶液中Fe2(SO4)3与Cr2(SO4)3的浓度(单位：mol/L)相等； B 溶液中Fe2(SO4)3与Cr2(SO4)3的浓度(单位：mol/L)之比为3：1； C 溶液中不存在Fe2+和Cr2O72-； D 溶液中两个电对“Fe3+/Fe2+”和“Cr2O72-/Cr3+”的电位不相等 10、共轭酸碱对的Ka 和Kb的关系是：( C ) A ka=Kb； B Ka·Kb=1； C Ka/Kb=Kw； D Ka·Kb=Kw。 11、滴定分析中，一般利用指示剂颜色的突变来判断等当点的到达，在指示剂变色时停止滴定。这一点称为：( A )
(完整版)分析化学第五版第五章课后习题答案(武大版)
第五章酸碱滴定法 习题详解 51写出下列溶液的臆子条件式. a.q(mol , L-^NH^c/mol - b.臼《med , L-^NaOH + fiCmol ? c.幻(mol , L-^HiPO^c^mol - L-^HCOOHj d.0, 010 mol - L^1 FeCl,. W￥】s [NH：] + CH*] = [C「]一[OH「] 或[NHT ] + [H+ ]=q + [OH 'J b N*] + [H*]=[H￡BOr] + [OH-] 或E+[H+]=[压BOn+[Q]ir e.[H+]=[HwPO「]+2[HFO：-]+3[PO「]+[HCO0—] + [QHr d. [H"] = EFUOH产]+2[FHOH律:]+[。十] 5-2计算下列各溶液的pH缱' 岳0. LC mol * b. 0. 10 mol ■ L'^HiSOu c.0, 10 mol，L i三乙薜胺彳d, 5.0X10^mol ? L7HC" 孔 0. 20 mol - L』1H,FQ‘, 【解I a, □由H R。：.乾凡? = 5?8X10T，￡K.=0. It)X5. 8 X 10-ls^5. 8X 10'll> 1。章.#=匚二氏项>Jg.所以可用最简式进行计碧, 、内a* o A [FT] =77^ = ( 70, 10X 5. 8X10-lc)niol ?[广】=7, GX ICT'mol ?L-1 pH= 5* 12 上已知H3SO X的K,= 1.QX1G、一级离料完全，涪凌的质子条件式为 [H+] = rSOf -J + [OH-]+^[S()i-l+r-f F凫铲f+r
分析化学第七章习题答案
第七章氧化还原滴定 1. 条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？答：标准电极电位E′是指在一定 温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状 态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l （或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于× 105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为 1 或浓度比为，并且溶 液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下 3 个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原滴定中？为什么？答：一般讲，两电对的标准电位大于（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K 虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3. 影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方 面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催 化反应和诱导反应。 4. 常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O. MnO2+H2C2O4+2H+==Mn2++2CO2+2H2O 2）重铬酸甲法. Cr 2O72-+14H++Fe2+===2Cr3++Fe3++7H2O 2- + 3+ CH 3OH+C2rO72-+8H+===CO2↑ +2Cr3++6H2O 2 - - 3）碘量法3I 2+6HO- ===IO3-+3H2O， 2- - 2 2S 2O32-+I 2===2I - +S4O62 Cr 2O72-+6I -+14H+===3I 2+3Cr3++7H2O 5. 应用于氧化还原滴定法的反应具备什么条件？答：应用于氧化还原滴定法的反应，必须具备以下几 个主要条件：（1）反应平衡常数必须大于106，即△ E>。 （2）反应迅速，且没有副反应发生，反应要完全，且有一定的计量关系。（3）参加反应的物质必须具有氧化性和还原性或能与还原剂或氧化剂生成沉淀的物质。（4）应有适当的指示剂确定终点。 6. 化学计量点在滴定曲线上的位置与氧化剂和还原剂的电子转移数有什么关系？答：氧化还原滴定曲线中突跃范围的长短和氧化剂与还原剂两电对的条件电位（或标准电位）相差的大小有关。电位差△ E 较大，突跃较长，一般讲，两个电对的条件电位或标准电位之差大于时，突跃范围才明显，才有可能进行滴定，△ E 值大于时，可选用氧化还原指示剂（当然也可以用电位法）指示滴定终点。 当氧化剂和还原剂两个半电池反应中，转移的电子数相等，即n1=n2 时，则化学计量点的位 置恰好在滴定突跃的中（间）点。如果n1≠ n2，则化学计量点的位置偏向电子转移数较多（即n 值较大）的电对一方；n1 和n2相差越大，化学计量点偏向越多。 7. 试比较酸碱滴定、络合滴定和氧化还原滴定的滴定曲线，说明它们共性和特性。
《分析化学》试卷(附答案)
分析化学试卷（答案） 一、填空（共15分每空1分） 1．用无水Na2CO3标定HCl溶液时，选用甲基橙作指示剂。若Na2CO3吸水，则测定结果偏高。 2．标定EDTA时，若选用铬黑T作指示剂，则应控制pH＝10。若选用二甲酚橙作指示剂，则应控制pH＝5。 3．测定水的总硬度时用三乙醇胺掩蔽Fe3+、Al3+等少量共存离子。 4．50ml滴定管的最小分度值是0。1ml，如果放出约20ml溶液时，记录数据为位有效数字。在滴定操作中左手控制滴定管，右手握锥形瓶。 5．铝合金中铝含量的测定中，在用Zn2+返滴定过量的EDTA后，加入过量的NH4F，使AlY-与F-发生置换反应，反应式为AlY-+6F-+2H+== AlF63-+H2Y2- 6．用移液管吸取溶液时，右手拿移液管，左手拿吸耳球，溶液上升至标线以上，迅速用食指按紧上口。 7．在定量转移中，当溶液由烧杯沿玻璃棒转移主容量瓶内，溶液流完后，将烧杯沿玻璃棒稍向上提。 二、选择（共10分每题1分） 1.用SO42-使Ba2+形成BaSO4沉淀时,加入适当过量的SO42-,可以使Ba2+沉淀的更完全,这是利用何种效应?( E ) A.盐效应; B.酸效应; C.络合效应; D.溶剂化效应; E.同离子效应. 2.用重铬酸钾法测定铁矿石中铁的含量时选用下列哪种还原剂?( A ) A.二氯化锡; B.双氧水; C.铝; D.四氯化锡. 3.用下列哪一标准溶液滴定可以定量测定碘?(D ) A.Na2S; B.Na2SO3; C.Na2SO4; D.Na2S2O3. 4.用含有微量杂质的草酸标定高锰酸钾浓度时,得到的高锰酸钾的浓度将是产生什么结
分析化学课后习题答案第七章
第七章重量分析法和沉淀滴定法 思考题 1.沉淀形式和称量形式有何区别？试举例说明之。 答：在重量分析法中，沉淀是经过烘干或灼烧后再称量的。沉淀形式是被测物与沉淀剂反应生成的沉淀物质，称量形式是沉淀经过烘干或灼烧后能够进行称量的物质。有些情况下，由于在烘干或灼烧过程中可能发生化学变化，使沉淀转化为另一物质。故沉淀形式和称量形式可以相同，也可以不相同。例如：BaSO4,其沉淀形式和称量形式相同，而在测定Mg2+时，沉淀形式是MgNH4PO4·6H2O，灼烧后所得的称量形式却是Mg2P2O7。 2．为了使沉淀定量完全，必须加人过量沉淀剂，为什么又不能过量太多? 答：在重量分析法中，为使沉淀完全，常加入过量的沉淀剂，这样可以利用共同离子效应来降低沉淀的溶解度。沉淀剂过量的程度，应根据沉淀剂的性质来确定。若沉淀剂不易挥发，应过量20%~50%；若沉淀剂易挥发，则可过量多些，甚至过量100%。但沉淀剂不能过量太多，否则可能发生盐效应、配位效应等，反而使沉淀的溶解度增大。 3．影响沉淀溶解度的因素有哪些？它们是怎样发生影响的？在分析工作中，对于复杂的情况，应如何考虑主要影响因素? 答：影响沉淀溶解度的因素有：共同离子效应，盐效应，酸效应，配位效应，温度，溶剂，沉淀颗粒大小和结构等。共同离子效应能够降低沉淀的溶解度；盐效应通过改变溶液的离子强度使沉淀的溶解度增加；酸效应是由于溶液中H+浓度的大小对弱酸、多元酸或难溶酸离解平衡的影响来影响沉淀的溶解度。若沉淀是强酸盐，如BaSO4，AgCl等，其溶解度受酸度影响不大，若沉淀是弱酸或多元酸盐[如CaC2O4、Ca3(PO4)2]或难溶酸（如硅酸、钨酸）以及与有机沉淀剂形成的沉淀，则酸效应就很显着。除沉淀是难溶酸外，其他沉淀的溶解度往往随着溶液酸度的增加而增加；配位效应是配位剂与生成沉淀的离子形成配合物，是沉淀的溶解度增大的现象。因为溶解是一吸热过程，所以绝大多数沉淀的溶解度岁温度的升高而增大。同一沉淀，在相同质量时，颗粒越小，沉淀结构越不稳定，其溶解度越大，反之亦反。综上所述，在进行沉淀反应时，对无配位反应的强酸盐沉淀，应主要考虑共同离子效应和盐效应；对弱酸盐或难溶酸盐，多数情况应主要考虑酸效应，在有配位反应，尤其在能形成较稳定的配合物，而沉淀的溶解度又不太大时，则应主要考虑配位效应。 4．共沉淀和后沉淀区别何在？它们是怎样发生的？对重量分析有什么不良影响？在分析化学中什么情况下需要利用共沉淀？ 答：当一种难溶物质从溶液中沉淀析出时，溶液中的某些可溶性杂质会被沉淀带下来而混杂于沉淀中，这种现象为共沉淀，其产生的原因是表面吸附、形成混晶、吸留和包藏等。后沉淀是由于沉淀速度的差异，而在已形成的沉淀上形成第二种不溶性物质，这种情况大多数发生在特定组分形成稳定的过饱和溶液中。无论是共沉淀还是后沉淀，它们都会在沉淀中引入杂质，对重量分析产生误差。但有时候利用共沉淀可以富集分离溶液中的某些微量成分。 5．在测定Ba2+时，如果BaSO4中有少量BaCl2共沉淀，测定结果将偏高还是偏低？如有Na2S04、Fe2(SO4)3、BaCrO4共沉淀，它们对测定结果有何影响？如果测定S042-时，BaSO4中带有少量BaCl2、Na2S04、BaCrO4、Fe2(S04)3，对测定结果又分别有何影响? 答：如果BaSO4中有少量BaCl2共沉淀，测定结果将偏低，因为M BaO＜M BaSO4。如有Na2S04、Fe2(SO4)3、BaCrO4共沉淀，测定结果偏高。如果测定S042-时，BaSO4中带有少量BaCl2、Na2S04、BaCrO4、Fe2(S04)3，对测定结果的影响是BaCl2偏高、Na2S04偏低、BaCrO4偏高、Fe2(S04)3偏低。 6．沉淀是怎样形成的？形成沉淀的性状主要与哪些因素有关？其中哪些因素主要由沉淀本质决定？哪些因素与沉淀条件有关？
分析化学试题模板
一．不定量滴定 1. 指出下列情况各引起什么误差，若是系统误差，应如何消除？ （1）称量时试样吸收了空气中的水分 （2）所用砝码被腐蚀 （3）天平零点稍有变动 （4）试样未经充分混匀 （5）读取滴定管读数时，最后一位数字估计不准 （6）蒸馏水或试剂中，含有微量被测定的离子 （7）滴定时，操作者不小心从锥形瓶中溅失少量试剂 2. 某铁矿石中含铁39.16%，若甲分析结果为39.12%，39.15%，39.18%；乙分析结果为39.19%，39.24%，39.28%。试比较甲、乙两人分析结果的准确度和精密度。 3. 如果要求分析结果达到0.2%或1%的准确度，问至少应用分析天平称取多少克试样？滴定时所用溶液体积至少要多少毫升？ 4. 甲、乙二人同时分析一样品中的蛋白质含量，每次称取2.6g，进行两次平行测定，分析结果分别报告为 甲： 5.654% 5.646% 乙： 5.7% 5.6% 试问哪一份报告合理？为什么？ 5. 下列物质中哪些可以用直接法配制成标准溶液？哪些只能用间接法配制成标准溶液？ FeSO4 H2C2O4·2H2O KOH KMnO4 K2Cr2O7 KBrO3 Na2S2O3·5H2O SnC l2 6. 有一NaOH溶液，其浓度为0.5450mol·L－1，取该溶液100.0ml，需加水多少毫升才能配制成 0.5000mol·L－1的溶液？ 7. 计算0.2015mol·L－1HCl溶液对Ca(OH)2和NaOH的滴定度。 8. 称取基准物质草酸（H2C2O4·2H2O）0.5987溶解后，转入100ml容量瓶中定容，移取25.00ml标定NaOH 标准溶液，用去NaOH溶液21.10ml。计算NaOH溶液的量浓度。 9. 标定0.20mol·L－1HCl溶液，试计算需要Na2CO3基准物质的质量范围。 10. 分析不纯CaCO3（其中不含干扰物质）。称取试样0.3000g，加入浓度为0.2500 mol·L－1HCl溶液25.00ml，煮沸除去CO2，用浓度为0.2012 mol·L－1的NaOH溶液返滴定过量的酸，消耗5.84ml，试计算试样中CaCO3的质量分数。 11. 用开氏法测定蛋白质的含氮量，称取粗蛋白试样1.658g，将试样中的氮转变为NH3并以25.00ml，0.2018 mol·L－1的HCl标准溶液吸收，剩余的HCl以0.1600 mol·L－1NaOH标准溶液返滴定，用去NaOH溶液9.15ml，计算此粗蛋白试样中氮的质量分数。 12. 怎样溶解下列试样 锡青铜，高钨钢，纯铝，银币，玻璃（不测硅） 13. 常量滴定管的读数误差为±0.01mL，如果要求滴定的相对误差分别小于0.5% 和0.05% ，问滴定时至少消耗标准溶液的量是多少毫升（mL）？这些结果说明了什么问题？ 14. 万分之一分析天平，可准确称至±0.0001g，如果分别称取试样30.0mg和10.0mg ，相对误差是多少？滴定时消耗标准溶液的量至少多少毫升（mL）？ 15. 求重铬酸钾标准溶液（1/6 K2Cr2O7 = 0.1000mol /L）以K2CrO7及其Fe2+、FeO和Fe2O3表示的滴定度（g/mL）