分析化学课后习题答案 北大版(第5章+思考题)
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-⨯⨯⨯=⨯⨯VV 1=66mL（2） V 2=57mL（3）32310100.50.209.98%9684.1-⨯⨯⨯=⨯⨯VV 3=56mL17 解：CaO + 2HCl = CaCl 2 + H 2O 依CaO HCl A B CaO HCl M C M C b a T ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=--33/102110 所以0.005000=08.5610213⨯⨯⨯-HCl CC HCl =0.1783mol·L -1 1.000×0.2000=0.1783(1.000+V)V=0.1217L=121.7mL18 解：Na 2CO 3 + 2HCl = 2NaCl + H 2O+CO 2↑2:1:32=H Cl CO Na n n故32)(21CO Na HCl M CV m ⋅=V=20mL 时，g m 11.099.105102010.0213=⨯⨯⨯⨯=- 称量误差E r =%2.011.00002.0=±V=25mL 时，g m 13.099.105102510.0213=⨯⨯⨯⨯=- 称量误差E r =%2.013.00002.0=±32210100.50.205.60%10005.1-⨯⨯⨯=⨯⨯V19 解：C=105545.01000.099.105/5877.0/-⋅==L mol VMmNa 2CO 3 + 2HCl = 2NaCl + H 2O + CO 2↑依H C l n ：1:232=CO Na nC HCl ×0.02196:(0.02000×0.05545)=2:1解得：C HCl =0.1010mol•L -121解：MgCO 3 + 2HCl = MgCl 2 + H 2O + CO 2↑ NaOH + HCl = NaCl + H 2O 30.33NaOH C =36.40C HCl NaOH C =1.2C HCl 依H C l n ：1:23=MgCO n 所以 (48.48×C HCl -3.83×1.2C HCl )×10-3:32.84850.1=2:1C HCl =1.000 mol•L -1NaOH C =1.2C HCl =1.2×1.000=1.200 mol•L -1 22解：(1)1000.05000.018.294/709.14/===VM m C mol•L -1（2） 6Fe 2+ + Cr 2O 72- + 14H + = 6Fe 3+ + 2Cr 3+ + 7H 2O依 T B/A = a/b 310-⨯A B M CFe O Cr K T/722 = 6722O C K r C ×e F M ×10-3 =6×0.1000×55.845×10-3=0.03351g·mL -1因 Cr 2O 72- ≌ 6Fe 2+ ≌ 3Fe 2O 332722/O Fe O Cr K T= 3722O C K r C ×32O F e M ×10-3 =3×0.1000×159.69×10-3=0.04791g·mL -1或：32722/O Fe O Cr K T =Fe O Cr K T/722·ee F O F M M 232=0.03351×845.55269.159⨯=0.04791g·mL -1 23解：1200.01000.146.36/00.1004374.03=⨯⨯-HClC mol•L -1(1) NaOH + HCl = NaCl + H 2O 依 T B/A = a/b 310-⨯A B M CNaOH HCl NaOH HCl M C T ⨯⨯⨯=-3/101=1×0.1200×10-3×40.00=0.004800 g·mL -1 (2) CaO + 2HCl = CaCl 2 + H 2OCaO HCl CaO HCl M C T ⨯⨯⨯=-3/1021=21×0.1200×10-3×56.08=0.003365 g·mL -1 24解：%47.3%10000.10055.105.6002017.03024.0%10010)(%1003=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=⨯=-SHAcNaOH S HAc HAcm M CV m m ω25解：CaCO 3 + 2HCl = CaCl 2 + H 2O + CO 2↑ HCl n ：1:23=CaCO n(0.5100×50.00-0.4900×25.00)×10-3:1:209.100=mm=0.6631g ω=m/m s =0.6631/1.000=66.31%27解：依题意 ω=V%2NaOH + H 2C 2O 4 = Na 2C 2O 4 + 2H 2O 解法一：1:2:422=O C Na NaOH n n0.1018×V×10-3:1:204.90102=⨯⨯-V m sm S =0.4583g解法二：ω=%1021/3B sA B B sAB B s A V m M VC m M V bC a m m =⨯==-故g V M V C m B A B B s 4583.001.01004.901018.021%102133=⨯⨯⨯=⨯=-- 解法三：004583.01004.901018.0213422/=⨯⨯⨯=-O C H NaOH T g·mL -1%422422/V m VT m m sO C H NaOH sO C H =⋅==ω=⋅=%422/V VT m O C H NaOH S 100422/⨯O C H NaO H T =0.004583×100=0.4583g解法四：依题意01.0%1%%/422====VV VTO C H NaOH ω01.01004.901018.0213/%/422422=⨯⨯⨯==-SSO C H NaOH O C H NaOH m m T Tm S =0.4583g。
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第1章绪论【思考题】1、简述分析化学的任务？2、分析化学怎么分类？【参考答案】1、答：（1）确定物质的化学组成——定性分析（2） ---------------------------- 测量各组成的含量定量分析（3）表征物质的化学结构、形态、能态——结构分析、形态分析、能态分析（4）表征组成、含量、结构、形态、能态的动力学特征——动态分析2、答：（1）根据分析的目的和任务分类：定性分析、定量分析、结构分析；（2）根据分析对象分类：无机分析、有机分析；（3）根据分析时依据物质性质分类：化学分析、仪器分析；（4）根据分析所需试样：常量分析、半微量分析、微量分析、超微量分析（5）例行分析和仲裁分析第2章常见离子的定性分析【思考题】1、为什么说要获得正确的分析结果，首先应该创造有利于反应产物生成的反应条件？反应条件主要有哪些？2、什么叫选择性反应和专属反应？他们在实际应用中有何重要意义？在鉴定离了时，怎样避免共存离了的干扰？3、什么叫空白试验和对照试验？它们在分析试验中有何重要意义？4、分别用一种试剂，将下列每一组物质中的两种化合物分开：（1）PbSO4和BaSC>4 （2） Al（OH）3和Zn（OH）2（3） Bi （OH） 3和Cd （OH）2（4） PbS 和ZnS （5） CuS 和HgS （6） BaCrO4和SrCrO45、试用6种溶剂，将下六种固体从混合溶液中逐一溶解，每种溶剂只溶解一种物质，并说明溶解次序。
BaCO4, AgCl、KNO3、SnS2、CuS、PbSO46、在系统分析中，鉴定NH4\ Fe2\ Fe3+时，为什么要取原试液直接鉴定？鉴定CC^-时为什么要在制备阴高了试液前进行？【参考答案】1、答：因为鉴定反应只有在一定条件下才能进行，才能表现出明显的外部特征，否则，反应不能发生，得不到预期的效果。
反应条件主要有：溶液的酸度、反应离了的浓度、溶液的温度、催化剂和溶剂的影响。
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’＞104，又要容易被滴定剂置换出来，要求K’4（个别102）；（3）指示剂与金MIn MY/K’MIn≥10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’不同，所MIn以需要控制一定的pH值范围。
分析化学》第五章习题答案(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-H3．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-]=cCBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-]PBE：[H+]+2[H2CO3] +[HCO3-]=[NH3]+[OH-]（2）MBE：[NH4+]+[NH3]=c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=cCBE：[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）。
分析化学 课后答案 第5章
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lgK'Min应大致等于pMep, 不同的金属离子由于其稳定常数不同,其pMep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 cM= cN 时,lgcM K'MY= ΔlgK.若ΔpM=±0.3,Et≤±0.1%,则lgcMK'MY≥6,ΔlgK≥6;ΔpM=±0.3,Et ≤±0.5%, 则lgcMK'MY≥5,ΔlgK≥5;ΔpM=±0.3,Et≤±1%,则lgcM K'MY≥4, ΔlgK≥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.配位掩蔽法用于干扰离子与掩蔽剂形成很稳定配合物时,沉淀掩蔽法用于沉淀剂能和干扰离子形成溶解度很小的沉淀时,氧化还原掩蔽法用于氧化还原反应能使干扰离子变更价态以消除其干扰时.当存在干扰离子不能使用控制酸度方法进行滴定时才使用掩蔽方法.9.用EDTA滴定含有少量Fe3+的Ca2+和Mg2+试液时,用三乙醇胺,KCN都可以掩蔽Fe3+,抗坏血酸则不能掩蔽;在滴定有少量Fe3+存在的Bi3+时,恰恰相反,即抗坏血酸可以掩蔽Fe3+,而三乙醇胺,KCN则不能掩蔽请说明理由答: Ca2+,Mg2+滴定条件为碱性, Bi3+滴定条件为强酸性;KCN仅能用于碱性条件掩蔽Fe3+,若在酸性溶液中加入将产生剧毒的HCN,对环境和人有严重危害,三乙醇胺须在酸性溶液中加入,然后再碱化掩蔽Fe3+,否则Fe3+将生成氢氧化物沉淀而不能被配位掩蔽;抗坏血酸只能在酸性条件掩蔽Fe3+.10.如何利用掩蔽和解蔽作用来测定Ni2+,Zn2+,Mg2+混合溶液中各组分的含量答:在碱性条件下,加入过量KCN掩蔽,控制溶液pH=10.0,EBT指示剂,可用EDTA标准溶液滴定Mg2+;加入HCHO解蔽出Zn2+离子,pH=5.0,XO指示剂,可用EDTA标准溶液滴定Zn2+;另取一份溶液,调节溶液pH值在5～6,XO指示剂,滴定出Ni2+,Zn2+总量,扣除Zn2+含量,即得Ni2+含量.11.配位滴定中,在什么情况下不能采用直接滴定方式试举例说明之答:不能直接滴定的条件主要有三种:(1)待测离子与EDTA配位反应速率较慢,或本身易水解,或能封闭指示剂,如Al3+,Cr3+等;(2)滴定反应缺乏变色敏锐的指示剂,如Ba2+,Sr2+等的滴定;(3)待测离子与EDTA不能形成配合物或形成的配合物不稳定,如碱金属.12.欲测定含Pb2+,Al3+和Mg2+试液中的Pb2+含量,共存的二种离子是否有干扰应如何测定Pb2+含量试拟出简要方案.答:logKMgY=8.69, logKPbY=18.04, logKAlY=16.3, Mg2+与Pb2+稳定常数对数相差较大,大于5, Mg2+ 不干扰;但Al3+与Pb2+ 稳定常数相差较小,有干扰作用.测定方法:调溶液pH=5～6,加入过量NH4F掩蔽Al3+,以二甲酚橙为指示剂,用EDTA标准溶液滴定Pb2+.EDTAAl3+ pH=5～6 AlF63- 二甲酚橙 PbYPb2+ Pb2+ Mg2+Mg2+ 过量NH4F Mg2+ AlF63-13.若配制EDTA溶液时所用的水中含有Ca2+,则下列情况对测定结果有何影响(1) 以CaCO3为基准物质标定EDTA溶液,用所得EDTA标准溶液滴定试液中的Zn2+,以二甲酚橙为指示剂;(2) 以金属锌为基准物质,二甲酚橙为指示剂标定EDTA溶液.用所得EDTA标准溶液滴定试液中Ca2+的含量;(3)以金属锌为基准物质,铬黑T为指示剂标定EDTA溶液.用所得EDTA标准溶液滴定试液中Ca2+的含量.答:(1)以CaCO3为基准物质标定EDTA溶液时pH≥12.0,水中钙离子与EDTA络合, 消耗部分EDTA, 从公式c (EDTA) = [m/M(CaCO3)] ×10-3/V (EDTA)看出,使标定EDTD浓度偏低, 而以二甲酚橙为指示剂,用所得EDTA标准溶液滴定试液中的Zn2+时,pH=5~6,此时EDTA不与钙离子反应,因此用所得EDTA标准溶液滴定试液中的Zn2+时使测定结果偏低;(2)以金属锌为基准物质,二甲酚橙为指示剂标定EDTA溶液时pH≈5.0~6.0, 水中含有的Ca2+不与EDTA 反应, 标定的EDTA浓度准确, 用所得EDTA标准溶液滴定试液中Ca2+的含量时pH≥12.0, 此时水中钙离子与EDTA络合, 消耗部分EDTA, 因此用所得EDTA标准溶液滴定试液中Ca2+的含量时使测定结果偏高;(3)以金属锌为基准物质,铬黑T为指示剂标定EDTA溶液时pH≈10.0 (NH3-NH4缓冲液), 水中钙离子与EDTA络合, 消耗部分EDTA, 使标定EDTD浓度偏低, 用所得EDTA标准溶液滴定试液中Ca2+的含量时pH≥12.0, 此时EDTA也能与水中钙离子配位,使测定结果与所需用的EDTA的量有关,因此对测定结果影响不确定.14.用返滴定法测定Al3+含量时,首先在pH 3.0左右加入过量EDTA并加热,使Al3+配位.试说明选择此pH的理由.答:Al(OH)3的Ksp = 2×10-32,非常小,当pH值接近4时即可产生Al(OH)3沉淀,所以选择溶液pH=3.0左右加入过量EDTA并加热,使Al3+配位完全,然后再调节合适的pH用金属离子的标准溶液返滴定加入过量的未与Al3+反应的EDTA标准溶液.15. 今欲不经分离用配位滴定法测定下列混合溶液中各组分的含量,试设计简要方案(包括滴定剂,酸度,指示剂,所需其他试剂以及滴定方式).(1)Zn2+,Mg2+混合液中两者含量的测定;(2)含有Fe3+的试液中测定Bi3+;(3)Fe3+,Cu2+,Ni2+混合液中各含量的测定;(4)水泥中Fe3+,Al3+,Ca2+和Mg2+的分别测定.答:(1)logKMgY=8.69, logKZnY=16.50, ΔlogK>5, 可控制酸度分别滴定.EDTA EDTAZn2+ pH≈5～6,六次甲基四胺 ZnY p H=10.0 NH3-NH4 Cl MgY Mg2+ XO Mg2+ EBT ZnY(2)logK Fe3+Y=25.10, logK Fe2+Y=14.33, logK BiY=27.94, 把Fe3+转化为Fe2+, 则ΔlogK>5,EDTA EDTABi3+ Vc Bi3+ XO BiY HNO3 Fe3+ Ssal FeYFe3+ pH=1～2 Fe2+ pH=1～2 Fe2+ BiY pH=1.5～2.2 BiY(3)logK Fe3+Y = 25.10, logK CuY=18.80, logK NiY=18.60, Ni2+和Cu2+ 的ΔlogK5, 可控制酸度滴定Fe3+.,Ni2+和Cu2+ 的测定须使用掩蔽和解蔽法.EDTA EDTA Fe3+ FeY CuYCu2+ Ssal Cu2+ XO NiYNi2+ pH =1.5～2 Ni2+ pH =5.0～6.0 FeY 测铁 测Ni,Cu 总量 EDTA 标液Fe3+ FeF63- FeF63- Ni2+ NiYCu2+ NH4F Cu2+ KCN Ni(CN)42- AgNO3 Cu(CN)42- XO Cu(CN)42-Ni2+ pH =8.0～9.0 Ni2+ pH =8.0～9.0 Cu(CN)42- pH =8.0～9.0 FeF63- pH =5.0～6..0 FeF63-测Ni 量Cu2+,Ni2+总量,减去Ni2+含量,即得Cu2+含量.(4)在pH1.5～2.0之间,以磺基水杨酸为指示剂,EDTA 标准溶液为滴定剂测定Fe3+离子;然后加入过量EDTA 标准溶液,煮沸,调节溶液pH4.5,以PAN 为指示剂,用Cu2+标准溶液返滴定,可测得Al3+含量;另取一份,加入三乙醇胺掩蔽Fe3+和Al3+,调节溶液pH=10.0,以NH3-NH4Cl 为缓冲溶液,铬黑T 为指示剂,EDTA 标准溶液为滴定剂测定Mg2+,Ca2+总量;再取一份,加入三乙醇胺掩蔽铁离子和铝离子,调节溶液pH≥12.0,加入钙指示剂,以EDTA 标准溶液为滴定剂测定Ca2+含量,用Mg2+,Ca2+总量减去Ca2+含量, 可得Mg2+含量.第五章 习题5.1计算pH=5时EDTA 的酸效应系数αY(H)。
分析化学习题解答5
分析化学习题解答上册华中师范大学东北师范大学陕西师范大学北京师范大学合编第五章滴定分析法湛江师范学院化学科学与技术学院杜建中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H3O+；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)6N4H+；R-NHCH2COO-的共轭酸为R-NHCH2COOH，COO-C O O-的共轭酸为COO-C O O-H3.通过物料平衡、电荷平衡写出（1）(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液的PBE浓度为c(mol/L)。
解：(NH4)2CO3 ＝2NH4+ + CO32-CO32－+ H2O ＝HCO3－+ OH -HCO3- + H2O ＝H2CO3 + OH -NH4+＝H+ + NH3H2O ＝H+ + OH -MBE：[NH4+] + [NH3] = 2C[H2CO3] + [HCO3-] + [CO32-] = CCEB：[NH4+] +[H+] = [OH－] + [HCO3-] + 2[CO32-]PBE：[H+] + [HCO3-] + 2[CO32-] = [OH -] + [NH3]NH4HCO3 ＝NH4+ + HCO3-NH4+＝H+ + NH3HCO3-＝H+ + CO32-HCO3-＋H2O ＝H2CO3＋OH -H2O ＝H+ + OH -MBE：[NH4+] + [NH3] = C[H2CO3] + [HCO3-] + [CO32-] = CCEB：[NH4+] +[H+] = [OH -] + [HCO3-] + 2[CO32-]PBE：[H+] + [H2CO3] = [NH3] + [CO32-] + [OH -]4.写出下列酸碱组分的MBE、CBE、PBF，浓度为Cmol/L。
分析化学第5章课后答案
第五章 习题5.1计算pH=5时EDTA 的酸效应系数αY(H)。
若此时EDTA 各种存在形式的总浓度为0.0200mol ·L -1，则[Y 4-]为多少？ 答案：（1）EDTA 的61~K K ：1010.26，106.16，102.67，102.0，101.6，100.961~ββ：1010.26，1016.42，1019.09，1021.09，1022.69，1023.59 pH=5.0时：()[][][][][][]66554433221H Y H H H H H H 1ββββββ++++++++++++=α=1+105.26+106.42+104.09+101.09+10-2.31+10-6.41=106.45（2）[Y 4-]=45.610020.0=7.1×10-9mol ·L -15.2 pH=5时，锌和EDTA 配合物的条件稳定常数是多少？假设Zn 2+和EDTA 的浓度皆为10-2 mol ·L -1（不考虑羟基配位等副反应）。
pH=5时，能否用EDTA 标准溶液滴定Zn 2+？ 答案： 查表5-2: 当pH=5.0时，lg αY(H)=6.45，Zn 2+与EDTA 浓度皆为10-2mol ·L -1，lgK ’=lgK 稳- lg αY(H)=16.50-6.46=10.05﹥8，可以滴定。
5.3假设Mg 2+和EDTA 的浓度皆为10-2 mol ·L -1，在pH=6时，镁与EDTA 配合物的条件稳定常数是多少（不考虑羟基配位等副反应）？并说明在此pH 条件下能否用EDTA 标准溶液滴定Mg 2+。
如不能滴定，求其允许的最小pH 。
答案： （1）查表5-2: 当pH=6.0时，lg αY(H)=4.65，lgK ’=lgK稳- lg αY(H)=8.69-4.65=4.04，lgK ’﹤8， ∴不能滴定（2）lg αY(H)= lgK 稳-8=0.69，查表5-2得pH ≈9.6。
分析化学第五章答案
第五章 酸碱滴定法习题答案3、解：MBE ：[NH 3]+[NH 4+]=2c, [H 2CO 3]+[HCO 3-]+[CO 32-]= c注意：要考虑弱酸(碱)在水溶液中可能存在的各种型体;要注意平衡浓度与分析浓度的关系；CBE ：[NH 4+]+[H +] = [OH -]+[HCO 3-]+2[CO 32-]要点：需考虑水的离解,离子的电荷数,中性分子不包括在其中； PBE ：[H +]+[HCO 3-]+2[H 2CO 3]= [OH -]+[NH 3]要点：需考虑水的得失质子，得失质子的个数，不得失质子的物质不包括在内。
4、(2).写出NaNH 4HPO 4的MBE 和CEB ，浓度为c （mol ·L -1）。
解：MBE ：[Na +] = [NH 4+]+[NH 3] = c[H 3PO 4]+[H 2PO 4-]+[HPO 42-]+[PO 43-] = cCBE ：[Na +]+[NH 4+]+[H +] = [H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-]+[OH -] 8、可用酚酞作指示剂，）（＝＝ 可近似为一元弱碱处理因为）为二元弱到计量点生成物为直接准确滴定可作为酸被作碱式解离因是两性物质作酸式解离解：－∴⋅⨯∴>>>==∴<⋅>-- 9.06 = pH 4.94 = pOH L mol 1010050.0 = ][OH 400/, 20, 40 10 碱(P NaOH 10,10 = , ; )L 0.050mol = (10,10 = KHP 2)( 1-11121212222 4.948.59b sp -b w b a b 59.8a w b -28-b sp 11.05-b -1sp -8a sp -5.41a K c K c K cK K cK K K K KHP K C K C K C K[]可选用酚酞作指示剂 一元弱碱计量点生成物为直接准确进行滴定，到可采用 的共轭酸，其）为（∴==⋅⨯=⨯⨯==>⨯=⨯=>⨯=⨯⨯=∴>⨯=⨯⨯=⨯=⨯⨯==⋅-- 8.92pOH 5.08pOH )L mol (104.8104.1050.0cK OH 400103.6 101.40.050 K c 20Kw 107.0 101.40.050 cK )(N )(CH 标准溶液NaOH 10103.6107.10.050K C 10.17/101.0101.0 K K K N CH HCl N )(CH (7) 1-69b -7-9-b 11-9-b 462-87-6-a SP 6-9-14-b w a 46246210、作为滴定剂，其提供（解离）的H +（OH －）的准确浓度是进行定量计算的依据，必须已知。
(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？1-9某试样中待测组分的质量分数经4次测定，结果为30.49%，30.52%，30.60%，30.12%。
北京大学分析化学教材习题思考题答案word
分析化学习题与部分思考题参考答案第1 章绪论1.130.0mL 0.150mol ·L -1 的HCl 溶液和20.0mL 0.150mol ·L-1 的Ba(OH) 2溶液相混合，所得溶液是酸性、中性、还是碱性？计算过量反应物的浓度。
答案：2 0.150 20.0 0.150 30.0c (Ba(OH) 2 )( 量) 0.015mol L过(20.0 30.0) 211.2称取纯金属锌0.3250g，溶于HCl 后，稀释到250mL 容量瓶中，计算c(Zn 2+)。
答案： c (Zn3m 0.3250 102 0.01988mol L )M V 65.39 250.011.3欲配制Na2C2O4 溶液用于标定KMnO 4 溶液（在酸性介质中），已知11c KMnO 4 0.10mol L ，若要使标定时两种溶液消耗的体积相近，问应配制多大浓5度（c）的Na2C2O4 溶液？要配制100mL 溶液，应称取Na2C2O4 多少克？2 2答案：2MnO 5C O 16H 2Mn 10CO 8H O4 2 4 2 2n 15KMnO14 n Na C O22 2 4c 15KMnO14 V KMnO c Na C O V Na C O4 2 2 4 2 2 42若：V (KMnO4) V(Na C O )2 2 4则：1 1c(Na 2C O ) c KMnO 0.050mol L2 4 42 51m( 3Na C O ) 0.050 100 10 134.02 2 40.67g1.4用KMnO 4 法间接测定石灰石中CaO 的含量（见例 1.6），若试样中CaO 含量约为40%，-1 KMnO4溶液约30mL，问应称取试样多少克？为使滴定时消耗0.020mol·L答案：1w(CaO) c15KMnO V KMnO4 43m10sM12CaO100%40% 5 1.50202ms301030.6808100%ms0.21g1.5某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。
分析化学第五章试题及参考答案(供参考)
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-H3．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-]=cCBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-]PBE：[H+]+2[H2CO3] +[HCO3-]=[NH3]+[OH-]（2）MBE：[NH4+]+[NH3]=c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=cCBE：[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）。
分析化学课后习题答案(第五章)
第五章 酸碱滴定法【习题解答】1、写出下列溶液的质子条件：111324. ()()a C mol L NH C mol L NH Cl --⋅+⋅直接参考水准：HCl, NH3和H2O42:[][][]PBE H NH OH C ++-+=+b ．111233()()C mol L NaOH C mol L H BO --⋅+⋅直接取参考水准：332,,NaOH H BO H O123:[][][]PBE H c OH H BO +--+=+c ．+⋅-4311)(PO H L mol C HCOOHL mol C )(12-⋅直接取参考水准：H 3PO 4 , HCOOH , H 2O][][3][2][][][:342442-----+++++=HCOO PO HPO PO H OH H PBE13. 0.1d mol L FeCl -⋅直接取参考水准：Fe 3+,H 2O223:[][][()]2[()]3[()]PBE H OH Fe OH Fe OH Fe OH ++-+=+++2. 计算下列各溶液的pH 。
a. 0.10 mol·L -l H 3BO 3;b. 0.10 mol·L -lH 2SO 4;c ．0.10 mol·L -l 三乙醇胺 d. 5.0×10-8 mol·L -lHCle ．0.20 mol·L -lH 3PO 4。
1011a 10a +61. 5.810 5.81010c 0.10100K 5.810 [H 7.610 pH=5.12w a K mol L -----⨯⨯⨯=⨯>=>⨯=⨯⋅-1033a 解：已知H BO 的K =5.810，cK =0.10，所以可以用最简式进行计算。
22422-2-+-2442+222. 1.010 [H ]=[]+[OH ]+c []+c=c[][H ][][]20a a a a ab H SO K K SO SO cK H K H c H cK -+++=⨯≈+++--=已知的，一级离解完全。
分析化学课后习题答案 北大版(第5章+思考题)
5.1 K 3Fe(CN)6在强酸溶液中能定量地氧化I -为I 2，因此可用它为基准物标定Na 2S 2O 3溶液。
试计算2 mol ⋅L -1HCl 溶液中Fe(CN)63-/Fe(CN)64-电对的条件电位。
[已知3-4-66(F e(C N )/F e(C N ))0.36V ϕθ=，H 3Fe(CN)6是强酸，H 4Fe(CN)6的K a3=10-2.2，K a4=10-4.2。
计算中忽略离子强度影响。
以下计算相同。
]答案：已知：H 3Fe(CN)6是强酸 H 4Fe(CN)6的K a3=10-2.2，K a4=10-4.2β1=104.2，β2=10 6.44-6212Fe(CN)(H)1[H ][H ]αββ++=++.74.62.4101041021=⨯+⨯+=3-6F e(C N )(H )1α=4-63-6334666463-Fe (C N )(H )346664-6Fe(C N )(H )[Fe(C N )](Fe(C N )/Fe(C N ))0.059lg[Fe(C N )](Fe(C N )) (Fe(C N )/Fe(C N ))0.059lg0.059lg(Fe(C N ))c c ϕϕαϕα-θ---θ--=+=++4-63-6Fe(C N)(H)3-4-66Fe(C N)(H)7.0(Fe(C N)/Fe(C N))0.059lg 0.360.059lg 100.77(V )αϕϕαθθ'=+=+=5.2 银还原器（金属银浸于1 mol ⋅L -1 HCl 溶液中）只能还原Fe 3+而不能还原Ti(Ⅳ)，计算此条件下Ag +/Ag 电对的条件电位并加以说明。
答案：+sp +-(Ag /Ag )0.059lg[Ag ](AgC l) (Ag /Ag )0.059lg[C l ]K ϕϕϕθθ+θ=+=+ +sp 9.50(Ag /Ag )0.059lg (AgC l)0.800.059lg 100.24(V )K ϕϕ'θθ-=+=+=在1mol 〃L -1 HCl 中，3+2+(Fe /Fe )=0.70ϕ'θ 3 mol 〃L -1HCl 中，(Ti(IV)/Ti(III))=0.10ϕ'θ5.3 计算在pH3.0、c (EDTA)=0.01 mol ⋅L -1时Fe 3+/Fe 2+电对的条件电位。
北京大学《分析化学》习题及参考答案
n
1 3
KHC
2O
4
⋅
H
2
C2O
4
=
n(NaOH)
氧化还原反应中：
n
1 4
KHC
2O
4
⋅
H
2C2
O
4
=
n
1 5
KMnO
4
= V (KMnO4 )
4= × 20.00 × 0.1500 × 25.00 25.00 × 3× 5 × 0.04000
20.0（0 mL）
4
第 1 章 思考题
1.4 用 KMnO4法间接测定石灰石中 CaO 的含量（见例 1.6），若试样中 CaO 含量约为 40%， 为使滴定时消耗 0.020mol·L-1 KMnO4溶液约 30mL，问应称取试样多少克？ 答案：
w(CaO)
=
c
1 5
KMnO 4
⋅V
(KMnO 4
)⋅
M
1 2
CaO
×100%
（1）计算这组数据的平均值、中位数、极差、平均偏差、标准差、变异系数和平均值的标准差； (20.54%, 20.54%, 0.12%, 0.037%, 0.046%, 0.22%, 0.019%)
（2）若此样品是标准样品，其中氮的质量分数为 20.45%，计算以上测定结果的绝对误差和相对 误差。(+0.09%, 0.44%)
ms ×103
40% = 5 × 0.020 × 30 × 56.08 ×100% 2ms ×103
ms = 0.21g
1.5
某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。若
c
1 6
K
2 Cr2 O
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5.5 在1 molL-1 HCl溶液中，用Fe3+滴定Sn2+，计算下列滴定百分数时 的电位：9，50，91，99，99.9，100.0，100.1，101，110，200%， 并绘制滴定曲线。 答案： 1mol·L-1HCl中 ,，
答案：
3.15 为分析硅酸岩中铁、铝、钛含量，称取试样0.6050 g。除去SiO2
后，用氨水沉淀铁、铝、钛为氢氧化物沉淀。沉淀灼烧为氧化物后重
0.4120 g; 再将沉淀用K2S2O7熔融，浸取液定容于100 mL容量瓶, 移
取25.00 mL试液通过锌汞还原器，此时Fe3+→Fe2+，Ti4+→Ti3+，还原
As2O3 NaOH 溶解 AsO2- 酸化，NaHCO3中和 I3- AsO43- （ep
为无色 蓝色）
As2O5
AsO43- pH 8-9
淀粉 (测AsO2-)
AsO43- 酸化
KI（过） I2 Na2S2O3 I- （ep 为蓝色无色，
测总量） [H+]=4 mol/L
6． H2SO4+H2C2O4
H2SO4 NaOH SO42- (测总量) H2SO4酸化 KMnO4 Mn2+(测H2C2O4量)
H2C2O4 PP
C2O42-
CO2
7． MnSO4+MnO2
MnSO4 H2SO4
Mn2+（总） KMnO4 Mn2+ （测定
MnO2）
MnO2 Na2C2O4（一定量过量） C2O42-（剩）
CO2
（，
）
5.16 移取乙二醇试液25.00mL，加入0.02610mol·L-1KMnO4的碱性溶 液30.00mL（反应式：HO-CH2CH2-OH+10 MnO4-+14OH-=10MnO42-+2CO32+10H2O）; 反应完全后，酸化溶液，加入0.05421mol·L-1Na2C2O4溶液 10.00mL.此时所有的高价锰均还原至Mn2+，以0.02610mol·L-1 KMnO4 溶液滴定过量Na2C2O4，消耗2.30mL。计算试液中乙二醇的浓度。 答案：
5.2 银还原器（金属银浸于1 molL-1 HCl溶液中）只能还原Fe3+而不 能还原Ti(Ⅳ)，计算此条件下Ag+/Ag电对的条件电位并加以说明。 答案： 在1mol·L-1 HCl中， 3 mol·L-1HCl中，
5.3 计算在pH3.0、c(EDTA)=0.01 molL-1时Fe3+/Fe2+电对的条件电 位。 答案：查得：，，，
Cr3+ （之后，Fe 2+测定方法同
上）
Fe 3+ (剩余SnCl2 用HgCl2 除去) Fe2+
4． H2O2+ Fe 3+
H2O2 H2SO4 KMnO4 O2 SnCl2 还原 Fe 3+
Fe 2+ KMnO4
Fe 2+
Fe 3+
Fe 3+ (剩余SnCl2 用HgCl2 除去)
5． As2O3+As2O5
sp前，体系电位用Sn4+/Sn2+电对计算 滴定9%， 同样可算得滴定50，91，99，99.9%的电位分别是0.14，0.17， 0.20，0.23V sp时， sp后，体系电位由Fe3+/Fe2+电对计算 滴定100.1%， 同样算得滴定101，110，200%的电位分别为：0.58，0.64，0.70V
第五章 思考题16 1． Sn 2+ +Fe 2+ Sn 2+ 酸性， Fe 3+ 标液 色）
Sn 4+ （近ep时加入KSCN，ep为红
Fe 2+
Fe 2+
Sn 2+ 酸性，加入等量Fe 3+ 标液 Sn 4+ S-P混酸
K2Cr2O7 Sn 4+
Fe 2+
Fe 2+ 二苯胺磺酸钠
Fe 3+
2． Sn 4+ +Fe 3+
KMnO4
5.9 称取含有苯酚的试样0.5000克。溶解后加入0.1000 molL-1 KBrO3 溶液（其中含有过量KBr）25.00 mL，并加HCl酸化，放置。待反应完 全后，加入KI。滴定析出的I2消耗了0.1003 molL-1Na2S2O3溶液29.91 mL。计算试样中苯酚的质量分数。 答案： +3Br2 = +3HBr 化学计量关系： ∧3Br2∧3I2∧6S2O32-
5.17 称取含NaIO3和NaIO4的混合试样1.000g，溶解后定容于250mL容 量瓶中；准确移取试液50.00mL，调至弱碱性，加入过量KI，此时IO4被还原为IO3-( IO3-不氧化I-); 释放出的I2用0.04000mol·L-1Na2S2O3 溶液滴定至终点时，消耗10.00mL。另移取试液20.00mL,用HCl调节溶 液至酸性，加入过量的KI; 释放出的I2用0.04000mol·L-1 Na2S2O3溶 液滴定，消耗30.00mL。计算混合试样中w(NaIO3)和w(NaIO4)。 答案：在弱碱性溶液中： 在酸性溶液中：
Sn 4+ Jones 还原器 Sn 2+ （之后，测定方法同1）
Fe 3+
Fe 2+
3． Cr3++Fe3+
Cr3+ (NH4)2S2O8 Cr2O72- （Fe2+过量标液） Fe22Cr2O7 Fe3+
Fe3+ 酸性，Ag+催化 Fe3+
二苯胺磺酸
钠
另取等量：
Cr3+ SnCl2 还原
液流入Fe3+溶液中。滴定时消耗了0.01388 molL-1 K2Cr2O7 10.05
mL；另移取25.00 mL试液用SnCl2还原Fe3+后，再用上述K2Cr2O7溶液滴
定，消耗了8.02 mL。计算试样中Fe2O3、Al2O3、TiO2的质量分数。
答案： 沉淀灼烧后（）重0.4120g
SnCl2还原测Fe量，Zn-Hg还原器测Fe、Ti总量
另取等量：
MnSO4 H2SO4-H2O2 量)
MnO2
Δ
Mn2+（总）焦磷酸
KMnO4 Mn(III)(测定总
思考题15 以碘量法测定Ba2+ Ba2+ CrO42- BaCrO4 过滤、 洗涤、酸溶解 Cr2O72- KI(过量) I2 Na2S2O3 I-
5.13 测定某试样中锰和钒的含量。称取试样1.000 g，溶解后还原成 Mn2+和VO2+，用0.0200 molL-1 KMnO4溶液滴定，消耗3.05 mL; 加入焦 磷酸，继续用上述KMnO4溶液滴定生成的Mn2+和原有的Mn2+，又用去 KMnO4 5.10 mL。计算试样中锰和钒的质量分数。 答案： 5.14 称取猛矿1.000 g，用Na2O2熔融后，得Na2MnO4溶液。煮沸除去 过氧化物后酸化，此时MnO42-歧化为MnO-4和MnO2，滤去MnO2，滤液与 0.1000 molL-1Fe2+标液反应，消耗了25.00 mL。计算试样中MnO的质 量分数。
滤液中 沉淀中 还原消耗的为：
5.12 称取含Mn3O4（即2MnO+MnO2）试样0.4052克，用H2SO4-H2O2溶 解，此时锰以Mn2+形式存在; 煮沸分解H2O2后，加入焦磷酸，用KMnO4 滴定Mn2+至Mn(Ⅲ)。计消耗0.02012 molL-1KMnO424.50mL，计算试样 中Mn3O4的质量分数。 答案：
5.6 用一定体积(毫升)的KMnO4溶液恰能氧化一定质量的 KHC2O4·H2C2O4·2H2O；如用0.2000 molL-1NaOH中和同样质量的 KHC2O4·H2C2O4·2H2O, 所需NaOH的体积恰为KMnO4的一半。试计算 KMnO4溶液的浓度。 答案： 根据题意，有 （1）/（2），得： 5.7 为测定试样中的K+, 可将其沉淀为K2NaCo(NO2)6, 溶解后用KMnO4 滴定(NO2-→NO3-, Co3-→Co2-), 计算K+与MnO4-的物质的量之比, 即n(K) : n(KMnO4)。 答案： 5.8 称取软锰矿0.3216克，分析纯的Na2C2O4 0.3685克，共置于同一 烧杯中，加入H2SO4，并加热; 待反应完全后，用0.02400 molL-1 KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液11.26 mL。计算软锰矿 中MnO2的质量分数。 答案：
第5章 习题答案 .1 K3Fe(CN)6在强酸溶液中能定量地氧化I-为I2，因此可用它为基准
物标定Na2S2O3溶液。试计算2 molL-1 HCl溶液中Fe(CN)63/Fe(CN)64-电对的条件电位。 [已知，H3Fe(CN)6是强酸，H4Fe(CN)6的 Ka3=10-2.2，Ka4=10-4.2。计算中忽略离子强度影响。以下计算相同。] 答案： 已知：H3Fe(CN)6是强酸 H4Fe(CN)6的Ka3=10-2.2，Ka4=10-4.2 β1=104.2，β2=10 6.4
5.10 称取含有KI的试样0.5000克，溶于水后先用Cl2水氧化I-为IO3，煮沸除去过量Cl2;再加入过量KI试剂, 滴定I2时消耗了0.02082 molL-1Na2S2O321.3 0mL。计算试样中KI的质量分数。 答案：