第七章 沉淀溶解平衡和沉淀滴定法答案

第七章 沉淀溶解平衡和沉淀滴定法

习题7-1 Even through Ca(OH)2 is an inexpensive base, its limited solubility restricts its use. What is the pH of a saturated solution of Ca(OH)2?

解： Ca(OH)2(s) 〓 Ca 2+ + 2OH -

平衡 S 2S

4S 3 = 5.5×10-6

S = 1.1×10-2 mol·L -1

pH = 14 -[-lg(2×1.1×10-2 )]=14 -2 + lg2.2 = 12.34

习题7-2 根据θ

sp K 值计算下列各难溶电解质的溶解度：（1）Mg(OH)2在纯水中，（2）Mg(OH)2在0.010 mol·L -1 MgCl 2溶液中，（3）CaF 2在pH=2的水溶液中。

解： Mg(OH)2 (s ) 〓 Mg 2+ (aq) + 2OH - (aq)

1) Mg(OH)2在纯水中

4S 3 = θsp K = 5.61 ⨯ 10-12

S = 1.12 ⨯ 10-4 mol·L -1

2) Mg(OH)2在0.010 mol·L -1 MgCl 2中

S = 1

2c (OH -) = 12

12

= S = 1.2⨯10-5mol·L -1

3) CaF 2 (S) + 2H + 〓 Ca 2+ (aq) + 2HF

节平衡时c /(mol·L -1 ) 10-2 S 2S

θJ K =θsp K (CaF 2)/θ2a K (HF ) = 1.46 ⨯ 10

-10 / (3.53 ⨯ 10-4 )2 = 1.17 ⨯ 10-3 θJ K = 4S 3 / (10-2 )2 = 1.17 ⨯ 10-3

S = 3.08⨯10-3 mol·L -1

习题7-3 欲从0.0020 mol·L -1 Pb(NO 3)2溶液中产生Pb(OH)2沉淀，问溶液的pH 值至少为多少？解： Pb 2+ + 2OH - 〓 Pb(OH)2 (s)

0.0020 x

0.0020 · x 2 = 1.42 ⨯ 10-20

x =2.7 ⨯ 10-9 mol·L -1

pH = 14 - [-lg(2.66 ⨯ 10-9 )] = 5.43

习题7-4 下列溶液中能否产生沉淀？（1）0.020 mol·L -1 BaCl 2溶液与0.010 mol·L -1 Na 2CO 3溶液等体积混合，（2）0.050 mol·L -1 MgCl 2溶液与0.10 mol·L -1氨水等体积混合，（3）在0.10 mol·L -1 HAc 和0.10 mol·L -1 FeCl 2混合溶液中通入H 2S 气体达饱和（约0.10 mol·L -1）。

解： 1) Ba 2+ + CO 32- 〓 BaCO 3 (s)

0.020/2 0.010/2

Q =5.0 ⨯ 10-5 >θsp K = 2.58 ⨯ 10-9

有沉淀产生。

2)

-4-1(OH )9.410mol L c -===⨯⋅

Q = (0.050 / 2 ) ⨯ (9.4 ⨯10-4 )2 = 2.2 ⨯ 10-8 > θsp K = 5.61 ⨯ 10-12

有沉淀产生。

3)

+3-1(H ) 1.310mol L c -==⨯⋅

θθ2-2a1a22+81215-1

32(H S)(S )(H )0.109.110 1.110

5.910mol L (1.310)c K K c c ----⋅⋅=⨯⨯⨯⨯==⨯⋅⨯ Q = 0.10 ⨯ 5.9 ⨯ 10-15 = 5.9 ⨯ 10-16 > 1.59 ⨯ 10-19

有FeS 沉淀产生。

习题7-5 将50.0 mL0.20 mol·L -1 MnCl 2溶液与等体积的0.020 mol·L -1氨溶液混合，欲防止Mn(OH)2沉淀，问至少需向此溶液中加入多少克NH 4Cl 固体？

解： 设需加x g NH 4Cl 固体方能防止Mn(OH)2沉淀生成 , 则

c (OH -) = 0.010 ×θ

b K (NH 3) / (0.10x / 53.5 )

Q = c (Mn 2+)⋅c 2(OH -) = 0.10× (1.77 ⨯10-5 ⨯ 0.010/ 0.10 x / 53.5)2 ≤θsp K =2.06 ⨯10-13

x ≥ 0.66 g

习题7-6 将H 2S 气体通入0.10 mol·L -1 FeCl 2溶液中达到饱和，问必须控制多大的pH 值才能阻止FeS 沉淀？

解： FeS + 2H + 〓 Fe 2+ + H 2S

x 0.10 0.10

θJ K = θsp K (FeS) / [θa1K ⋅θa2K (H 2S)]

= 1.59 × 10-19/（9.1 × 10-8 × 1.1 × 10-12）≥ (0.1)2/x 2

x ≥ 7.9×10-2 mol·L -1

pH ≤1.10

习题7-7 在下列情况下，分析结果是偏高、偏低，还是无影响？为什么？（1）在pH = 4时用Mohr 法测定Cl - ；（2）用V olhard 法测定Cl - 时，既没有滤去AgCl 沉淀，又没有加有机溶剂；（3）在（2）的条件下测定Br -。

解：（1）结果偏高。因为在酸性介质中，Ag 2CrO 4沉淀不会析出，即

Ag 2CrO 4 + H + 〓 2Ag + + -4HCrO

（2）结果偏低。因为在滴定时，存在AgCl 和AgSCN 两种沉淀，计量点后，稍微过量的SCN - 除与Fe 3+ 生成红色Fe(NCS)2+ 以指示终点外，还将AgCl 转化为溶解度更小AgSCN ，并破坏Fe(NCS)2+，使红色消失而得不到终点。

（3）无影响。

习题7-8 分析某铬矿时，称取0.5100 g 试样，生成0.2615 g BaCrO 4，求矿中Cr 2O 3的质量分数。 解：BaCrO 4的相对式量为253.32 ，Cr 2O 3的相对式量为151.99

换算因子F = 151.99 / (253.32 × 2) = 0.29990

试样中Cr 2O 3的含量

ω(Cr 2O 3) = 0.2615 × 0.29990 / 0.5100 = 0.1538

习题7-9 A solution is 0.010 mol·L -1 in both Cu 2+ and Cd 2+.What percentage of Cd 2+ remains in the solution when 99.9% of Cu 2+ has been precipitated as CuS by adding sulfide?

解： c (S 2-) = θ

sp K (CuS) / c (Cu 2+) = 1.27 × 10-36 /[(1-99.9%) × 0.010]

= 1.3 × 10-31mol·L -1

Q = c (Cd 2+) ⋅c (S 2-) = 0.010 × (1.3 × 10-31) =1.3 × 10-33 < θsp K (CdS)

=1.4 × 10-29

无CdS 沉淀生成, Cd 2+的剩余浓度为 0.010 mol·L -1。

习题7-10 Consider the titration of 25.00 mL of 0.08230 mol·L -1 KI with 0.05110 mol·L -1 AgNO 3 Calculate PAg at the following volumes of added AgNO 3：(1) 39.00 mL ；(2) V sp ；(3) 44.30 mL.

解： (1) c (I -) = (25.00 × 0.08230 -39.00 × 0.05110) /(25.00 +39.00)