分析化學(xué)第四版答案華中師范大學(xué)東北師范大學(xué)陜西師范大學(xué)北京師范大學(xué)、西南大學(xué)、華南師范大學(xué)編.docx

第一章 緒 論答案：1儀器分析法靈敏度高。2儀器分析法多數(shù)選擇性較好。3儀器分析法分析速度較快，利于批量樣品分析。4易于使分析工作自動(dòng)化。5相對(duì)誤差較大。6設(shè)備復(fù)雜、價(jià)格昂貴，對(duì)儀器工作環(huán)境要求較高。第二章定性分析1.解：最底濃度 1:G=1:51042.解：檢出限量 3.答：應(yīng)選用（2）1molL-1HCl作洗液，因?yàn)镠Cl含有與氯化物沉淀的共同離子，可以減少洗滌時(shí)的溶解損失，又保持一定的酸度條件，避免某些水解鹽的沉淀析出，另外HCl為強(qiáng)電解質(zhì)避免因洗滌劑而引起膠體現(xiàn)象。如果用蒸餾水洗滌，則不具備上述條件，使沉淀的溶解損失太大，特別是PbCl2HNO3不含共同離子，反而引起鹽效應(yīng)而使沉淀溶解度大，NaCl則雖具有共同離子，但不具備酸性條件，所以亦不宜采用。4.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.答:（1） H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 V Sn4+2e=Sn2+ Eo=0.154 V H2O2是比Sn4+強(qiáng)的氧化劑，所以H2O2可以氧化Sn2+為Sn4+ (2 ) I2(固)+2e=2I- Eo=0.5345 V AsO43-+4H+2e=AsO33-+2H2O Eo=0.559 VI-是比AsO33-強(qiáng)的還原劑，所以NH4I可以還原AsO43-6.答:（1）因?yàn)镠NO3是強(qiáng)的氧化劑會(huì)把組試劑H2S氧化成硫而沉淀。 （2）用H2SO4代替HCl，引入了SO42-，使Ba2+Sr2+Ca2+及Pb2+離子生成硫酸鹽沉淀，將妨礙這些離子的分析。（3）用HAc代替HCl，則由于它是弱酸，不可能調(diào)至所需要的酸度。7.答:（1）加(NH4)2CO3, As2S3 溶解而HgS不溶。 （2）加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。 （3）加濃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。（11）與組試劑作用，生成黃色沉淀，此沉淀一部分溶于Na2S，另一部分不溶，仍為黃色。8.答: （1）容易水解的離子如：Bi3+Sb(III)Sn(II)Sn(IV)存在。 （2）可知Hg2+不存在。（3）生成的硫化物為黃色，則Pb2+Bi3+Cu2+Hg2+不存在。根據(jù)以上判斷，可知，有：Cd2+Sn(IV)As(III)As(V)也可有Sb(III)Sb(V)存在。9.答:（1）在第三組離子的沉淀中，Al(OH)3和Cr(OH)3屬于兩性氫氧化物，酸度高時(shí)沉淀不完全，酸度太低又容易形成偏酸鹽而溶解。另一方面當(dāng)pH10時(shí)，部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。實(shí)驗(yàn)證明控制在pH=9.0 ,為沉淀第三組離子最適宜的條件，在沉淀本組離子的過程中，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液pH降低。因此加入NH3-NH4Cl 緩沖溶液來保持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，會(huì)吸收空氣中的CO2產(chǎn)生CO32-，固而使第四組的Ba2+Sr2+Ca2+ 部分沉淀于第三組。所以，必須使用新配制的(NH4)2S和氨水。10.答:（1）加過量氨水，則Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而Al(OH)3不溶。（2）加適當(dāng)過量的NaOH，則Zn(OH)2生成ZnO22-溶解，而Fe(OH)3不溶。（3）加適當(dāng)過量的NaOH，則Zn(OH)2生成ZnO22-溶解，而Ni(OH)2不溶。（4）加適當(dāng)過量的NaOH，則Cr(OH)3生成CrO2- 溶解，而Co(OH)2不溶。（5）加過量氨水，則Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解，而Al(OH)3不溶。11.解: （1）有色離子不存在，如：Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+。（2）表示Al3+也不可能存在。（3）加入組試劑(NH4)2S或TAA得白色沉淀，則又一次證明了Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+不存在。由以上推斷試樣中可能有Zn2+存在。12.解:由（1）可以判斷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。 綜上所述，則存在的離子為Mn2+和Zn2+, 不可能存在的離子為Al3+Cr3+ Fe3+Fe2+Co2+和Ni2+ ；少量Al3+Cr3+ 存在與否不能決定。13.答:分出第三組陽離子的試液含有大量的S2+，S2+易被空氣中的氧氧化成SO42+，則使部分Ba2+Sr2+生成難溶解的硫酸鹽，影響的分析，所以要立即處理含有第四五組陽離子的試液。處理的方法是：將試液用HAc酸化加熱煮沸，以除去H2S。14.答:（1）NH4+與Na3Co(NO2)6生成橙黃色沉淀 (NH4)2NaCo(NO2)6干擾K+ 的鑒定，所以如果氨鹽沒有除凈，則K+便出現(xiàn)過度檢出。（2）K+未檢出的原因有三：a.酸度條件控制不當(dāng)。檢定K+的反應(yīng)條件應(yīng)在中性或弱酸性中進(jìn)行。如果溶液為強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性，則Co(NO2)63-分解。b.試劑放置過久。試劑久置和日光照射下易發(fā)生分解。c.存在其他還原劑或氧化劑。還原劑能將試劑中的Co3+還原為Co2+；氧化劑能將試劑中的NO2-氧化為NO3-。15.答: （1）加堿產(chǎn)生NH3者為NH4Cl 。（2）加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者，為(NH4)2SO4 。（3）加飽和(NH4)2SO4產(chǎn)生白色沉淀的為BaCl2 。（4）加CaCl2生成白色沉淀CaC2O4者，為(NH4)2C2O4 。16.解:（1）既然沉淀為白色，溶液為無色，則有色物質(zhì)K2CrO4不存在。（2）由（1）得白色沉淀溶于稀HCl。則BaCl2與(NH4)2SO4不可能同時(shí)存在，而溶于稀HCl的白色沉淀，必定是草酸鹽。所以(NH4)2C2O4肯定存在。（3）試驗(yàn)表明(NH4)2SO4存在，則BaCl2肯定不存在，既然BaCl2不存在，則試驗(yàn)（1）生成的白色沉淀只能是CaC2O4 。所以Ca(NO3)2肯定存在。（4）實(shí)驗(yàn)（4）表明MgCl2不存在。 綜上所述分析結(jié)果為： 存在的物質(zhì)有：(NH4)2C2O4 (NH4)2SO4 和Ca(NO3)2 ； 不存在的物質(zhì)有：K2CrO4 BaCl2 MgCl2 ； 存在與否不能判斷的為：NaCl 。17.答:由分組實(shí)驗(yàn)肯定第一二組陰離子不存在，由揮發(fā)性實(shí)驗(yàn)和氧化還原試驗(yàn)，肯定NO2-和S2O32-不存在。所以只有NO3-和Ac-不能肯定，還需進(jìn)行鑒定。18.答:（1）加稀H2SO4有氣泡產(chǎn)生，則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，則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，則Cl-可能存在；Br-I-S2-不可能存在。（4）在稀H2SO4存在下加KI-淀粉溶液無明顯變化，則NO2-不可能存在。（5）在稀H2SO4存在下加I2-淀粉溶液無明顯變化，則SO32- S2O32- S2-不可能存在。（6）在稀H2SO4酸性條件下加KMnO4紫紅色褪去，則SO32-S2O32- Cl-（大量）Br-I-S2-NO2-可能存在。從以上各初步實(shí)驗(yàn)結(jié)果來看，肯定不存在的陰離子有：Br-I-S2-NO2-SO32-SO32-S2O32- 。所以還應(yīng)進(jìn)行分別鑒定的陰離子為：SO42-CO32-PO43-SiO32- Cl-NO3-和Ac-七種陰離子。19.答:第一 二組陽離子的鉛鹽都難溶于水，既然混合物能溶于水。已經(jīng)鑒定出有Pb2+，所以第一 二組陽離子可不鑒定。20.答:因?yàn)镠2SO4與較多的陽離子生成難溶解的硫酸鹽沉淀。HAc的酸性太弱，溶解能力差。所以一般不用H2SO4和HAc溶解試樣。21.答: （1）試樣本身無色，溶于水所得溶液亦無色，則有色離子如：Cu2+Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+不可能存在。試樣易溶于水，則易水解析出的難溶化合物離子不可能存在。如：Bi3+Sb(III)Sb(V)Sn(II)和Sn(IV)等離子。（2）焰色試驗(yàn)時(shí)火焰為黃色，則有Na+存在，其他有明顯焰色反應(yīng)的離子，如：Ba2+Ca2+Sr2+Cu2+K+等離子不可能存在。（3）溶于稀HCl無可覺察的反應(yīng)，則Ag+Hg22+Pb2+離子不存在，另外在酸性溶液中具有揮發(fā)性的陰離子，如：SO32-S2O32-CO32-S2-NO2- 。與酸作用能生成沉淀的SiO3-都不可能存在。（4）試樣與濃H2SO4 不發(fā)生反應(yīng)，則能生成難溶性硫酸鹽的離子，如：Pb2+Ba2+Sr2+Ca2+（大量）Ag+Hg22+ 等離子不存在。另外證明揮發(fā)性陰離子及還原性的I-不存在。（5）與NaOH一起加熱不放出 NH3 ，則表示 NH4+不存在。生成有色沉淀的陽離子亦不存在，如：Ag+Hg22+ Cu2+Hg2+Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+等離子。（6）在中性溶液中與BaCl2溶液不產(chǎn)生沉淀，則表示第一組陽離子不存在?？偫ㄒ陨戏治鐾茢?，尚需要鑒定的離子有：陽離子：Cd2+As(III)As(V)Al3+Zn2+Mg2+Na+等離子。陰離子： Cl-Br-NO3-Ac- 等離子。第三章誤差和分析數(shù)據(jù)的處理（答案均已更正）1.答:（1）系統(tǒng)誤差中的儀器誤差。減免的方法：校準(zhǔn)儀器或更換儀器。（2）系統(tǒng)誤差中的儀器誤差。減免的方法：校準(zhǔn)儀器或更換儀器。（3）系統(tǒng)誤差中的儀器誤差。減免的方法：校準(zhǔn)儀器或更換儀器。（4）系統(tǒng)誤差中的試劑誤差。減免的方法：做空白實(shí)驗(yàn)。（5）隨機(jī)誤差。（6）系統(tǒng)誤差中的操作誤差。減免的方法：多讀幾次取平均值。（7）過失誤差。（8）系統(tǒng)誤差中的試劑誤差。減免的方法：做空白實(shí)驗(yàn)。2.解：因分析天平的稱量誤差為 。故讀數(shù)的絕對(duì)誤差 根據(jù) 可得 這說明，兩物體稱量的絕對(duì)誤差相等，但他們的相對(duì)誤差并不相同。也就是說，當(dāng)被測(cè)定的量較大時(shí)，相對(duì)誤差就比較小，測(cè)定的準(zhǔn)確程度也就比較高。3.解：因滴定管的讀數(shù)誤差為 ，故讀數(shù)的絕對(duì)誤差 根據(jù) 可得 這說明，量取兩溶液的絕對(duì)誤差相等，但他們的相對(duì)誤差并不相同。也就是說，當(dāng)被測(cè)定的量較大時(shí)，測(cè)量的相對(duì)誤差較小，測(cè)定的準(zhǔn)確程度也就較高。4.答：（1）三位有效數(shù)字（2）五位有效數(shù)字 （3）四位有效數(shù)字 （4） 兩位有效數(shù)字 （5） 兩位有效數(shù)字 （6）兩位有效數(shù)字5.答:：0.36 應(yīng)以兩位有效數(shù)字報(bào)出。6.答:：應(yīng)以四位有效數(shù)字報(bào)出。 7.答:：應(yīng)以四位有效數(shù)字報(bào)出。8.答:：甲的報(bào)告合理。因?yàn)樵诜Q樣時(shí)取了兩位有效數(shù)字，所以計(jì)算結(jié)果應(yīng)和稱樣時(shí)相同，都取兩位有效數(shù)字。9.解：根據(jù)方程2NaOH+H2C2O4H2O=Na2C2O4+4H2O可知，需H2C2O4H2O的質(zhì)量m1為： 相對(duì)誤差為 則相對(duì)誤差大于0.1% ，不能用H2C2O4H2O標(biāo)定0.1molL-1的NaOH ，可以選用相對(duì)分子質(zhì)量大的作為基準(zhǔn)物來標(biāo)定。 若改用KHC8H4O4為基準(zhǔn)物時(shí)，則有： KHC8H4O4+ NaOH= KNaC8H4O4+H2O 需KHC8H4O4的質(zhì)量為m2 ，則 相對(duì)誤差小于0.1% ，可以用于標(biāo)定NaOH。10.答：乙的準(zhǔn)確度和精密度都高。因?yàn)閺膬扇说臄?shù)據(jù)可知，他們是用分析天平取樣。所以有效數(shù)字應(yīng)取四位，而甲只取了兩位。因此從表面上看甲的精密度高，但從分析結(jié)果的精密度考慮，應(yīng)該是乙的實(shí)驗(yàn)結(jié)果的準(zhǔn)確度和精密度都高。11.答：D12.答：D13.解：根據(jù) 得 則S=0.1534% 當(dāng)正確結(jié)果為15.34%時(shí)， 14.解：（1） （2）24.87%（3） （4） 15.解：（1） （2） （3） （4） （5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11%16.解：甲： 乙： 由上面|Ea1|Ea2|可知甲的準(zhǔn)確度比乙高。 S1S2Sr1Q0.90,4 , 故1.83這一數(shù)據(jù)應(yīng)棄去。 （2） 查表3-3得Q0.90,5=0.64,因QQ0.90,5, 故1.83這一數(shù)據(jù)不應(yīng)棄去。24.解：(1) 查表3-4得, G0.95,4=1.46 , G1G0.95,4故0.1056這一數(shù)據(jù)應(yīng)舍去。 (2) 當(dāng) P=0.90時(shí)， 因此 當(dāng) P=0.95時(shí)， 因此 由兩次置信度高低可知，置信度越大，置信區(qū)間越大。 25.解：根據(jù) 查表3-2得t0.90,3=3.18 , 因tt0.95,3 ，說明平均值與標(biāo)準(zhǔn)值之間存在顯著性差異。 26.解： 查表3-2, t0.95,4 =2.78 , tt0.95,4說明這批產(chǎn)品含鐵量合格。27.解：n1=4 n2=5 查表3-5, fs大=3， fs小=4 ， F表=6.59 ， F F表 說明此時(shí)未表現(xiàn)s1與s2有顯著性差異（P=0.90）因此求得合并標(biāo)準(zhǔn)差為 查表3-2 , 當(dāng)P = 0.90, f = n1 + n2 2 = 7 時(shí), t 0.90 , 7 = 1.90 , t t0.90 , 7 故以0.90 的置信度認(rèn)為 與 無顯著性差異。28.解：(1) 7.99360.9967-5.02=7.9940.9967-5.02=8.02-5.02=3.00 (2) 0.03255.10360.06139.8=0.03255.1060.1140=0.0712 (3) （1.2764.17）+1.710-4-（0.00217640.0121）=（1.284.17）+1.710-4-（0.002180.0121）= 5.34+0+0=5.34 (4) pH=1.05 ,H+=8.910-229.解：(1) 查表3-4得, G0.95,6=1.82 , G1G0.95 , 6 , G2G0.95 , 6 , 故無舍去的測(cè)定值。 （2） 查表3-2得，t0.95,5=2.57 , 因t10-8(2) Ka2=3.910-6 ,CspKa2=0.13.910-6=3.910-710-8(3) Ka2=2.510-10 ,CspKa2=0.12.510-10=2.510-1110-8(5) Ka2=5.610-11 , Kb1=Kw/Ka2=1.010-14/5.610-11=1.810-4,CspKb1=0.11.810-4=1.810-510-8(6) Kb=1.410-9 ,CspKb=0.11.410-9=1.410-1010-8(8) Kb=4.210-4 ,CspKb=0.14.210-4=4.210-510-8根據(jù)CspKa10-8可直接滴定，查表計(jì)算只（3）、（6）不能直接準(zhǔn)確滴定，其余可直接滴定。9. 解：因?yàn)镃spKa10-8，Ka=KtKw，故：CspKt10610. 答：用強(qiáng)酸或強(qiáng)堿作滴定劑時(shí)，其滴定反應(yīng)為：H+OH-=H2OKc= = =1.01014 (25) 此類滴定反應(yīng)的平衡常數(shù)Kt相當(dāng)大，反應(yīng)進(jìn)行的十分完全。但酸（堿）標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度太濃時(shí)，滴定終點(diǎn)時(shí)過量的體積一定，因而誤差增大；若太稀，終點(diǎn)時(shí)指示劑變色不明顯，故滴定的體積也會(huì)增大，致使誤差增大。故酸（堿）標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度均不宜太濃或太稀。11. 答：根據(jù)CspKa(Kb)10-8，p Csp+pKa(Kb）8及Ka1/ Ka2105,p Ka1-p Ka25可直接計(jì)算得知是否可進(jìn)行滴定。（1）H3AsO4 Ka1=6.310-3, pKa1=2.20 ; Ka2=1.010-7 , pKa2=7.00; Ka3=3.210-12, pKa3=11.50.故可直接滴定一級(jí)和二級(jí)，三級(jí)不能滴定。pHsp=(pKa1+pKa2)=4.60 溴甲酚綠；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、二級(jí)氫，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；（3）0.40 molL-1乙二胺 pKb1=4.07 ; pKb2=7.15cKb2=0.47.110-810-8pHsp=pcKa1/2=(lg0.4/3+14-7.15)/2=2.99故可同時(shí)滴定一、二級(jí)，甲基黃，由紅色變?yōu)辄S色；（4） NaOH+(CH2)6N4 pKb=8.85pHsp=14-pcKb/2=14+(lg0.1/2-8.85)/2=8.92故可直接滴定NaOH，酚酞，有無色變?yōu)榧t色；（5）鄰苯二甲酸pKa1=2.95 ; pKa2=5.41pHsp=pKW-pcKb1/2=14+lg0.05-(14-5.41)/2=8.90故可直接滴定一、二級(jí)氫，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；（6）聯(lián)氨pKb1=5.52 ; pKb2=14.12pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5.52)/2=6.22 故可直接滴定一級(jí)，甲基紅，由黃色變?yōu)榧t色；（7）H2SO4+H3PO4pHsp=(pcKa1Ka2/(c+Ka1)/2=4.70甲基紅，由黃色變?yōu)榧t色pHsp=(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c/2=9.66故可直接滴定到磷酸二氫鹽、磷酸一氫鹽，酚酞，由無色變?yōu)榧t色；（8）乙胺+吡啶pKb=3.25 pKb=8.77 pHsp= pcKa/2=(-lg0.1/2+14-3.25)/2=6.03故可直接滴定乙胺，甲基紅，由紅色變?yōu)辄S色。12. 解：C1=0.10molL-1 ， Ka2=1.810-5 ，所以（1）不能以甲基橙為指示劑準(zhǔn)確滴定HCl （2）因?yàn)?甲基橙的變色范圍為3.14.4 所以 當(dāng)pH=4.0時(shí)為變色轉(zhuǎn)折點(diǎn) pH=pKa+lg 4.0=4.74+lg x%=15%13. 解：（1）能。因?yàn)镠2SO4的第二步電離常數(shù)pKa2=2.00，而NH4+的電離常數(shù)pKa=9.26，所以能完全準(zhǔn)確滴定其中的H2SO4 ，可以采用甲基橙或酚酞作指示劑。 (2)可以用蒸餾法，即向混合溶液中加入過量的濃堿溶液，加熱使NH3逸出，并用過量的H3BO3溶液吸收，然后用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H3BO3吸收液： NH3 + H3BO3= NH4+ H2BO3- H+ H2BO3-= H3BO3終點(diǎn)的產(chǎn)物是H3BO3和NH4+（混合弱酸），pH5 ，可用甲基橙作指示劑，按下式計(jì)算含量： 14. 答：（1）使測(cè)定值偏小。（2）使第一計(jì)量點(diǎn)測(cè)定值不影響，第二計(jì)量點(diǎn)偏大。15. 答：（1）還需加入HCl為；20.004=5.00mL （2）還需加入HCl為：20.002=40.00mL（3）由NaHCO3組成。16. 答：（1）物質(zhì)的量之比分別為：12、16、12。（2）物質(zhì)的量之比分別為：12、1、。17. 答：選 D 18. 解：（1）pH=7-lg2=6.62（2） =5.123 pH=lgH+=1.59（3）H+= = pH=-lgH+=5.13（4）H+= = pH=-lgH+=2.69 （5）H+= = pH=-lgH+=6.54 （6）OH-= pOH=4.51 pH=9.49 （7）OH-= pOH=4.93 pH=9.07 （8）H+= pH=9.20 （9）H+= = pOH=9.20 pH=4.8 （10）OH-= pOH=0.04 pH=13.96（11）H+= pH=1.6719. 解： 。= 40Ka2 Ka2Ka2 且CKa1=0.017.610-3 H3PO4的第二級(jí)、第三級(jí)解離 和水的解離均又被忽略。于是可以按一元酸來處理， 又因?yàn)?故 =1.1410-2mol.L-1 ， 20. 解：(1) H 根據(jù)多元酸（堿）各型體的分布分?jǐn)?shù)可直接計(jì)算有：CKa1=5.910-2 ， CKa2=6.410-5Na2C2O4在酸性水溶液中以三種形式分布即：C2O42-、HC2O4-和H2C2O4。其中： = =1.4110-3 molL-1 (2) H2S的Ka1=5.710-8 ，Ka2=1.210-15 ，由多元酸（堿）各型體分布分?jǐn)?shù)有： =0.1 molL-1 =5.710-8 molL-1 =6.8410-2 molL-121.解：形成(CH2)6N4HCl緩沖溶液，計(jì)算知： CHCl= 22. 解：由緩沖溶液計(jì)算公式 , 得10=9.26+lg lg =0.74 , =0.85 mol又 則 即 需 為0.85mol則 即 NH4Cl為0.15mol 0.1553.5=8.0g23. 解：1）設(shè)需氨基乙酸x g，由題意可知 （2）因?yàn)榘被宜釣閮尚晕镔|(zhì)，所以應(yīng)加一元強(qiáng)酸HCl ，才能使溶液的pH=2.00 。 設(shè)應(yīng)加y mL HCl y=6.9 mL24. 解：（1） pH1-pH2=0.05（2）設(shè)原HAc-為x，NaAc為y。則 得 x=0.4 molL-1 y=0.72 molL-1 25. 解：（1） = （2）硼砂溶液中有如下酸堿平衡B4O72-+5H2O = 2H2BO3-+2H3BO3 因此硼砂溶液為 緩沖體系?？紤]離子強(qiáng)度影響： 溶液中 則 26. 解：（1）由 得 M=337.1g/mol（2） Ka=1.310-5 故 酚酞為指示劑。27. 解：（1）設(shè)苯甲酸的濃度為x則 得 x=0.08280 molL-1（2）當(dāng)達(dá)計(jì)量點(diǎn)時(shí)，苯甲酸完全為苯甲酸鈉，酸度完全由苯甲酸根決定. pOH=5.58pH=8.42（3）酚酞為指示劑。28. 解：（1） 的H+= pH=5.28（2） （3） 甲基紅為指示劑。29. 解：在計(jì)量點(diǎn)時(shí)，剛好反應(yīng) pH=5.12 故 溴甲酚綠為指示劑。30. 解：（1） 則 當(dāng) pH=1.5時(shí) 則 Ka1=10-1.50同理 則 當(dāng) pH=6.50時(shí) 則 Ka2=10-6.50（2）CKa1=10-8且 ，所以可以用來分步滴定H2B。（3） ： 則 pH=4.10二級(jí)電離 則 pH=9.51（4） 分別選擇選用甲基橙和酚酞。31. 解：（1） （2）酚酞 甲基橙 32. 解：（1） （2） pH=8.70時(shí)應(yīng)變色，所（3）以選擇酚酞為指示劑。33. 解：(1)設(shè)每升堿液吸收x克CO2 因?yàn)橐苑犹獮橹甘緞?，所以Na2CO3被滴定為NaHCO3 . 則可知： (0.1026- x=0.0264gL-1(2) 34. 解：(1) （2） 35. 解：根據(jù) 5H2O+Na2B4O7H2O+2HCl=4H3BO3+2NaCl+10H2O 可得： = = = 36. 解：解：由滴定過程可知，試樣可能含有NaOHNaHCO3Na2CO3 31.40mL213.30mL試樣中含有NaHCO3Na2CO3 于是 用于滴定NaHCO3的量為: 31.40mL-213.30mL=4.80mL 37. 解：設(shè)NaOH為X mol，NaCO3為Y mol， 則 X+Y=0.040.15=0.006 40X=105.99Y=0.3750 得 X=0.04 Y=0.012 故 38. 解： 39. 解：由題意得，混合液由H2PO4和NaHPO4組成，設(shè)其體積分別為X ml，Y ml。由2V1+V2=48.36 V1+V2=33.72得 V1=14.64 ml V2=1