2.1?10?5?31P%??100?0.0651 2.1?10?5?142P2O5%??100?0.151?2
28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸0.4680g，消耗甲醇钠溶液25.50mL，求甲醇钠的浓度。
解：
CH3ONaC6H5COOH，令其浓度为c
c?0.4680?0.1500(mol/L)?325.50?10?122
第 7 章 氧化还原滴定法
1. 解：查表得：lgK(NH3) =9.46
E=EθZn2+/Zn+0.0592lg[Zn2+]/2
=-0.763+0.0592lg([Zn(NH3)42+]/K[(NH3)]4)/2
=-1.04V
3. 解：E Hg22+/Hg=EθHg22+/Hg+0.5*0.0592lg[Hg2+] =0.793+0.5*0.0592lg(Ksp/[Cl-]2) EθHg22+/Hg=0.793+0.0295lgKsp=0.265V
E Hg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg(1/[Cl-]2)=0.383V
5. 解：E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（ [MnO4-]/[Mn2+]）/5
当还原一半时：[MnO4-]=[Mn2+] 故E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V [Cr2O72-]=0.005mol/L
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[Cr3+]=2*0.05=0.10mol/L
ECr2O72-/Cr3+= Eθ′Cr2O72-/Cr3++0.059/6*lg（[Cr2O72-]/[Cr3+]）=1.01V
7. 解：Cu+2Ag＋＝Cu2＋＋2Ag
lgK＝（0.80-0.337）*2/0.059＝15.69 K＝1015.69＝[Cu2＋]/[ Ag＋]2
表明达到平衡时Ag＋几乎被还原, 因此=[ Ag＋]/2=0.05/2=0.025mol/L
[ Ag]= ( [Cu2]/K)0.5=2.3*10-9mol/L
＋
＋
9. 解：2S2O32-+I-3=3I-+S4O62- (a)当滴定系数为0.50时，
[I3-]=0.0500(20.00-10.00)/(20.00+10.00)=0.01667mol/L [I-]=0.500*2*10.00/(20.00+10.00)+1*20.00/30.00=0.700mol/L 故由Nernst方程得：
E=E I3-/ I-0.059/2* lg0.01667/0.700=0.506V
(b) 当滴定分数为1.00时，由不对称的氧化还原反应得： E I-3/ I-=0.545+0.0295 lg[I-3]/[ I-]3 (1)
E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 (2)
(1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059 lg[I-3]2[S4O62-]/[ I-]6[S2O32-]2
由于此时[S4O62-]=2[I-3]，计算得[S4O62-]=0.025mol/L [ I-]=0.55mol/L, 代入上式Esp=0.39=0.059/6* lg[S4O62-]/4[ I-]6=0.384V
(c) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 此时[S4O62-]=0.1000*20.00/100=0.0200mol/L [S2O32-]=0.100*10.00/50.00=0.0200mol/L 故E=0.800+0.0295 lg0.200/(0.200)2=1.30V
11．解： Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+
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终点时 CCe3+=0.05000mol/l, Fe2+=0.05000mol/l. 所以 C Ce4= CCe3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/l
C
Fe2+=CFe3+*10
(0.94-0.68)/0.059=2.0*10-6mol/l
得Et=(1.7*10-10-2.0*10-6)/(0.0500+2.0*10-6)*100%=-0.004%
13．解： Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+ 在H2SO4介质中，终点时Eep=0.48V, Esp=(1.48+0.68)/2=1.06V, E=1.44-0.68=0.76V,
在H2SO4+H3PO4介质中，
?E=0.84-1.06=-0.22
Et=(10-0.22/0.059-100.22/0.059)/100.76/2*0.059*100%=-0.19%
?Fe3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, ?Fe2+=1+0.5*102.3=102.0 EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lg?Fe3+=0.61V Esp=(1.44+0.617)/2=1.03V
E=0.84-1.03=-0.19V 15. 解：
5VO2++MnO4-+6H2O=5VO3-+Mn2++12H+ 4Mn2++MnO4-+8H+=5Mn3++4H2O
5V MnO4-,4Mn4Mn2+ MnO4-
?(V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27%
E=0.83V,
?由林邦误差公式: Et=(10-0.19/0.059-100.19/0.059)/100.83/2*0.059*100%=0.015%
?(Mn)=(4*0.02000*4.00-0.02000*2.50)*54.94/(1.00*1000)*100%=1.48%
17. 解：PbO2+H2C2O2+2H+=Pb2++2CO2+2H2O, PbO+2H+=Pb2++H2O,
2MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O
? 5PbO2
5PbO
5C2O42- 2MnO4-,
设试样中PbO2为x克，PbO为y克。
则 20*0.25=0.04*10.00*5/2+2*1000x/M(PbO2)+1000y/M(PbO)
0.04000*30.00=2*1000x/5M(PbO2)+2*1000y/5M(PbO) 解得 x=0.2392g, y=0.4464g 故
?(PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%,
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?(PbO)=0.4464/1.234*100%=36.17%.
19. 解：由化学反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O, I2+S2O32-=2I-+S4O62-
得 1KIO35I-3I26Na2S2O3
cKI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6), 得 cKI=0.02896mol/L
21. 解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO, 及氮守恒得
3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH,
?(NH3)=0.0100*20.00+3*M(NH3)/(1.000*1000*2)*100%=0.51%
23. 解：由此歧化反应的电子守恒得：3/2Mn2+ MnO4-
?(Mn)=(0.03358*0.03488)*3/2*M(Mn)/0.5165*100%=18.49%
25. 解：由氧化还原反应电子守恒得：6Fe2+Cr2O72-，
mCr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)2?6H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2 ?V=m,V=Sh?h=6.80*10-5 28. 解： 故
31. 解：由关系式
CH3COCH33I26S2O32?n乙二醇??40.10?14.30??0.05?10?3?1.29?10?3mol
m乙二醇?1.29?10?3?62.04?0.08004g?80.04mg得：
50?0.05?0.5?0.1?10??10?3?58?10?w??100%?38.71%3?6
34. 解：a、sul的分子结构式为
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b、 c、
BrO3??6H??5Br??3Br2?3H2O
C6H8N2O2S+2Br2?C6H6Br2N2O2S+2HBr d、由关系式
BrO3?3Br23C6H8N2O2SBr2 和2I3?2S2O32?得：
25?0.01767?3?
csul?12.92?0.12152?0.013509molL?120?2
0.013509?0.1?172.21?78.04%?80%0.2981
故该试样为不合格产品。
wsul?第8章 沉淀滴定法和滴定分析小结
2. 解：试样中Cl-的总量即为消耗Ag+的量 n(Cl-)=n(Ag+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol) 设试样中BaCl2的质量为x，则有
2x/208.24 + (0.1036 – x)/58.443=1.5405×10-3 解得x=0.03093(g)
即，试样中的BaCl2的质量为0.03093g
4. 解：设试样中K2O的质量为x，Na2O的质量为y
2×[x/M(K2O)]×M(KCl)+2×[y/M(Na2O)]×M(NaCl)=0.1028 （1）
2×[x/M(K2O)]×M(AgCl)+2×[y/M(Na2O)]×M(AgCl)=0. 2513 （2）
由（1）（2）解得
X=0.05357g y=0.01909g
K2O%=0.05357/0.5034 ×100% = 10.64% Na2O%=0.01909/0.5034 ×100% = 3.79%
6. 解：反应关系为1As~ 1Ag3AsO4~ 3Ag+~3NH4SCN
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分析化学课后答案--武汉大学--第五版-上册-完整版.doc
