分析化学：第7章课后习题答案

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1.013×10Pa，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 mol/L（或浓度比为1），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的电极电位（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因素的影响。

影响条件电位的外界因素有以下4个方面； （1） 配位效应； （2） 沉淀效应；

（3） 溶液的酸度；

（4） 离子强度。

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>10），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-+2+3+3+

2) 重铬酸钾法. Cr2O7+14H+Fe===2Cr+Fe+7H2O CH3OH+Cr2O72-+8H+===CO2↑+2Cr3++6H2O 3)碘量法 Cr2O7+6I+14H===3I+2Cr+7H2O 2S2O32-+I2===2I-+2H2O 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

59

2--+

2

3+6

5

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。

答： 酸碱滴定、配位滴定和氧化还原滴定的滴定曲线共性是：

1） 在滴定剂不足0.1%和过量0.1%时，三种滴定曲线均能形成突跃；

2） 均是利用滴定曲线的突跃，提供选择指示剂的依据。其特性是：酸碱滴定曲线是以溶

液的pH值为纵坐标，配位滴定的滴定曲线以pM为纵坐标，而氧化还原滴定曲线是

以E值为纵坐标，其横坐标均是加入的标准溶液。

8.氧化还原滴定中的指示剂分为几类？各自如何指示滴定终点？

答：氧化还原滴定中指示剂分为三类：

（1）氧化还原指示剂。是一类本身具有氧化还原性质的有机试剂，其氧化型与还原型具有不同的颜色。进行氧化还原滴定时，在化学计量点附近，指示剂或者由氧化型转变为还原型，或者由还原型转变为氧化型，从而引起溶液颜色突变，指示终点。

（2）自身指示剂。 利用滴定剂或被滴定液本身的颜色变化来指示终点。

（3）专属指示剂。 其本身并无氧化还原性质，但它能与滴定体系中的氧化剂或还原剂结合而显示出与其本身不同的颜色。

9.氧化还原指示剂的变色原理和选择与酸碱指示剂有何异同？

答：氧化还原滴定所用的指示剂分为两个类型：氧化还原指示剂和其他指示剂。后者的变色原理和选择与酸碱指示剂没有任何异同点。而前者——氧化还原指示剂的变色原理和选择与酸碱指示剂的异同点如下：

①酸碱指示剂的变色主要与溶液的酸度（pH值）有关；而氧化还原指示剂的变色主要是决定于其氧化型和还原型（两型的颜色不同）的颜色。

②酸碱指示剂变色和氧化还原指示剂变色 均有变色点；两者均有变色范围。

③酸碱指示剂和氧化还原指示剂的选择均与滴定曲线的突跃范围有关。酸碱指示剂是pH范围，而氧化还原指示剂则是电位范围。其颜色强度的变化均是从10变到0.1的关系。

④酸碱指示剂的变色除与溶液的pH值有关外，其指示剂本身也有结构变化；氧化还原指示剂则只与电位有关。

10.在进行氧化还原滴定之前，为什么要进行预氧化或预还原的处理？预处理时对所用的预氧化剂或还原剂有哪些要求？

答：在进行氧化还原滴定之前，为了能成功的完成氧化还原滴定，时常需要将被测定的组分处理成能与滴定剂迅速、完全并按照一定计量关系起反应的状态，或者处理成高价后用还原剂进行滴定，或者处理成低价后用氧化剂滴定。滴定前使被测组分转变为一定价态的步骤称为滴定前的预处理。预处理时对所用的氧化剂或还原剂有以下几点要求：

（1） 反应进行完全而且速度要快；

（2） 反应应该具有一定的选择性。

（3） 过量的氧化剂或还原剂应易于除去；

11.碘量法的主要误差来源有哪些？为什么碘量法不适宜在高酸度或高碱度介质中进行？

答；碘量法的主要误差来源有以下几个方面： （1） 标准溶液的遇酸分解；

（2） 碘标准溶液的挥发和被滴定碘的挥发； （3） 空气对KI的氧化作用：

（4） 滴定条件的不适当。

由于碘量法使用的标准溶液和它们间的反应必须在中性或弱酸性溶液中进行。因为在碱性溶液中，将会发生副反应：

60

S2O3+4I2+10OH=2SO4+8I+5H2O

2-2--

-

而且在碱性溶液中还会发生歧化反应： 3I2+6OH=IO3+5I+3H2O

如果在强碱性溶液中，溶液会发生分解：

S2O3+2H=SO2↑+S↓+H2O

同时，在酸性溶液中也容易被空气中的氧所氧化：

4I-+4H++O2=2I2+2H2O

基于以上原因，所以碘量法不适宜在高酸度或高碱度介质进行。 12.比较用KMnO4’K2Cr2O7和Ce(SO4)2作滴定剂的优缺点。 和作滴定剂的优缺点见下表

优点 KMnO4 酸性条件下氧化性强，可以直接或间接滴定许多有K2Cr2O7 易提纯且稳定，可直接配制，可长期保存和使用，Ce(SO4)2 易提纯，可直接配制，稳定可长期放置，可在HCl用2-+

---

机物和无机物，应用广泛，在HCl中可直接滴定Fe2+ Ce4+滴定Fe2+而不受影响，且可作为自身指示剂 反应简单，副反应少。 缺点 其中常含有少量杂质，其易与水和空气中某些还原性物质反应，标准溶液不稳定，标定后不易长期使用，不能用还原剂直接滴定来测MnO4- 本身显橙色，指示灵敏度差，且还原后显绿色掩盖橙色，不能作为自身指示剂 价钱昂贵

13.设计一个分别测定混合溶液中AsO33-和AsO43-的分析方案（原理、简单步骤和计算公式）。

答：分别测定AsO33-和AsO43-碘量法分析方案如下：

（1） 在酸性条件下，于AsO43-﹑AsO33-的混合溶液中，加过量KI，此时AsO43-与I-反应：

AsO4 +2I+2H=AsO3+I2+H2O

析出的I2用Na2S2O3标准溶液滴定： I2+2S2O3=2I+S4O6

由Na2S2O3溶液的浓度(cNa2S2O33--+3-

2--2-

)和用去的体积(VNa2S2O3)即可求得AsO43-的含量。

另外，再取一定量的AsO43-和AsO33-混合溶液，在pH=8.0的条件下，加NaHCO3，用I2标准溶液滴定溶液的AsO33-：

AsO33-+I2+2HCO3-=====AsO43-+2I-+2CO2↑+H2O (PH=8.0)

根据I2溶液的浓度(cI)和消耗的体积(VI)即可求AsO33-的量。

22（2）测定步骤

①AsO4的测定

移取混合试液25.00ml于锥形瓶中，加酸和过量KI，析出的I2，用Na2S2O3标准溶液滴定，快到终点时加入淀粉指示剂，继续用Na2S2O3滴定，终点时溶液由蓝色变为无色。由下式计算AsO4的含量（以g/mL表示）：

CNa2S2O3VNa2S2O3343-

3-

1 cAsO10025.0012MAsO34

61

（2）AsO3的测定

量取AsO3和AsO4混合溶液25.00ml，若试液为碱性，可取酸调至微酸性后，加一定量NaHCO3，用I2标准溶液滴定AsO33-，用淀粉作指示剂，终点时溶液由无色变为蓝色，然后由下

3-式计算AsO3的含量（以g/ml表示）：

CI2VI2cAsO343-

3-3-

110025.00MAsO34

--

14.在Cl、Br和I三种离子的混合物溶液中，欲将I氧化为I2，而又不使Br和Cl氧化在常用的氧化剂Fe2(SO4)3和KMnO4中应选择哪一种？

Fe2(SO4)3氧化剂即能满足上述要求，因为：

0EMnO/Mn21.51V；EFe3/Fe20.771V；

4----

0ECl02/Cl1.395V；EBr02/Br1.087V；EI0302/I0.621V

0又标准电极电位可知：EFe/Fe20.771V的电位低于ECl2/Cl1.395V和

EBr02/Br1.087V而高于EI02/I0.621V故只能将I-氧化为I2，而不能将Cl-和Br-氧化。如

-+

果选用KMnO4时则能将其全部氧化。

15.计算在1mol/LHCl溶液中，当[Cl]=1.0mol/L时，Ag/Ag电对的条件电位。

解：经查表在1mol/L的溶液中，E0`Ag+/Ag=0.7994V

∵E=E0Ag+/Ag+0.0592×lg

AgAg =0.7994+0.0592×lg[Ag+]

又∵[Cl-]=1mol/L Ksp[AgCl]=1.8×10-10

∴E=0.7994+0.0592×lg1.8×10-10=0.22V

16.计算在1.5mol/LHCl介质中，当cCr(VI)=0.10mol/L,cCr(III)=0.020mol/L时Cr2O72-/Cr3+电对的电极

电位。

解：附录中没有该电对相应的条件电位值，采用相近1mol/L的介质中E0=1.00V代替

Cr2O7+14H+6e==2Cr+7H2O

当C Cr(VI)=0.10mol/L C Cr(III)=0.020mol/L

E=E0 Cr(VI)/ Cr(III)+

0.05962-+

-3+

lg

CCr(VI)C2Cr(III)1.000.0596lg0.100.0221.01V

17.计算pH=10.0,[NH4+]+[NH3]=0.20mol/L时Zn2+/Zn电对条件电位。若CZn(II)=0.020mol/L,体系的电位是多少？

解：已知E0Zn2+/Zn=-0.763V, Zn－NH3络合物的lg1－lg[HO]=10, pKa=9.26

1) pH=pKa+lg[NH3]/[NH4]

10.0=9.26+ lg[NH3]/[NH4+] (1) CNH3=[NH4+]+[NH3]=0.20 (2) (1)、(2)联立解得 [NH3]=0.169 mol/L

62

+

--4

4

分别为2.27,4.61,7.01,9.06.

∵ Zn11[NH3]2[NH3]23[NH3]34[NH3]4 =1102.270.169104.610.169 =9.41×105 ∴ E=E0+

0.05922+

2107.010.1693109.060.1694

lg1Zn=-0.763+

0.0592lg19.41105=-0.94 V

2) 若[Zn]=0.020mol/l,则E=-0.94+

+

-

0.05922+

lg0.020.99V

0

18.分别计算[H]=2.0mol/L和pH=2.00时MnO4/Mn电对的条件电位。

-+

2+

解：在酸性溶液中的反应为，MnO4+8H+5e-==Mn+4H2O，经查表E=1.51V 当[H+]=2.0mol/l, E=E0+当[H+]=0.01mol/l, E=E0+

0.05950.0595lg[H]=1.54V lg[H]1.32V.

3+

8819.用碘量法测定铬铁矿中铬的含量时，试液存的Fe有干扰。此时若溶液的pH=2.0，Fe(III)的浓度为0.10mol/L, Fe(Ⅱ)的浓度为1.0×10-5mol/L，加入EDTA并使其过量的浓度为0.10mol/L。问此条件下，Fe3+的干扰能否被消除？

解：已知 cFe=0.10 mol/L，cFe=1.0×10-5 mol/L。EDTA=0.10mol/l。查表知：pH =2.0时，

32lgα(H)=13.51, lgKFeY-=25.1,

lgKFeY2=14.32

∵ KMYKMY/Y(H) 故：

lgKFeYlgKFeYlgY(H)25.113.5111.59 lglgKFeY2lgKFeY2lgY(H)14.3213.510.81 根据：Fe + Y = FeY 得： [Fe]=0.1/0.1×10

3+

11.59

'''=10

-11.59

mol/L; [Fe]=1.0×10/0.1×10

[Fe[Fe322+-50.81

=10

-4..81

mol/L;

EFe3/Fe20.770.059lg]]0.37VEI02/I0.54V

∴ 能排除。 20.已知在1mol/LHCl介质中，Fe(III)/Fe(II)电对的E0=0.70V，Sn(IV)/sn(II)电对的 E0=0.14V。 求在此条件下，反应2Fe3++Sn2+==Sn4++2Fe2+的条件平衡常数。 . 解：已知EFe/Fe=0.70V, ESn/Sn=0.14V

对于反应 2Fe3++Sn4+=2Fe2++Sn2+

lgK'nE1E20.0591803+2+04+2+

00. 则，

20.700.140.05918.98

K'9.51021.对于氧化还原反应BrO3-+5Br-+6H+-==3Br2+3H2O（1）求此反应的平衡常数（2）计算当溶液的

63

pH=7.0,[BrO3]=0.10mol/L,[Br]=0.70mol/L时，游离溴的平衡浓度。 解：1）与此有关的两个半电池反应为

BrO3--

6H5e12Br23H2O,E02011.52V

12

1.087VBr2液体eBr,E 根据式（9-18）可得：

lgKnE1E0.05936002

51.521.0936.440.059

K2.810K[Br2][BrO373562） ][Br][H]

[H]10mol/L,[Br]0.70mol/L,[BrO3]0.1000mol/L将K值及其他有关数据带入，

Br232.8105760.100.7010Br23.6103mol/L36

22.在0.5mol/LH2SO4介质中，等体积的0.60mol/LFe溶液与0.20mol/LCe溶液混合。反应达到平衡后，Ce4+的浓度为多少？

解：附录中没有与之相应的电位值，可用1mol/LH2SO4代替。

E101.44V,E200.68V 因为是等体积混合，CFe20.3mol/L,CCe40.1mol/L

CCe4CCe332+4+

EE10.059lg240,EE20.059lg30CFe3CFe2

其反应为：FeCeFeCe

当体系达到平衡，E为定值

E0.680.059lg0.10.30.10.68V,E1.440.059lgCCe40.1

CCe46.021015mol/L

2+

23.在1mol/LHClO4介质中，用0.02000mol/LKMnO4滴定0.10mol/LFe,试计算滴定分数分别为0.50，1.00，2.00时体系的电位。已知在此条件下，MnO4-/Mn2+的电对的E0ˊ=1.45V，Fe3+/Fe2+电对的E0ˊ=0.73V。

解：1）MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 当f=0.5时

f5[MnO[Fe24]]VV00.50V0.50V0又因为，EEE00Fe3/Fe20.059lg[Fe[Fe32]]0.73V3[Fe[Fe[Fe]5[Mn]]2]50.020000.50V00.50V0V03.3102mol/L20.10V05V0.020.50V0V00.10V050.5V00.020.50V0V03.3103.3102223.3102mol/LE0.730.059lg0.73V.

同理可得:2）E1.33V,3+

2+

3）E1.45V

24.在0.10mol/LHCl介质中，用0.2000mol/LFe滴定0.10mol/LSn,试计算在化学计量点时的电位及其突跃范围。在此滴定中选用什么指示剂，滴定终点与化学计量点是否一致？已知在此条件下，Fe/Fe电对的E=0.73V，Sn/Sn电对的E=0.07V。

解：用Fe3+标准溶液滴定Sn2+的反应如下；

2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+

已知，在1mol/LHCl介质中

ESn4/Sn20.07V EFe3/Fe20.73V

0f0f3+2+0`4+2+0`

化学计量点Sn2+前剩余0.1%时： E=ESn4/Sn2+(0.059/2) lg=0.07+(0.059/2)lg99.9/0.1 =0.16V

当Fe3+过量0.1%时， E=EFe3/Fe2+0.059lg=0.73+0.059lg

0.199.90f0fCSn4CSn2

CFe3CFe2

=0.55V

故其电位的突跃范围为0.16—0.55V 化学计量点时的电位可由式（9-22） Esp=(n1E1of+n2E2of)/(n1+n2) =(0.73+2×0.07)/3

65

=0.29V

ofof

在此滴定中应选用次甲基蓝作指示剂，EIn=0.36V,由于Esp≠EIn故滴定终点和化学计量点不一致。

25.分别计算在1mol/LHCl和1mol/LHCl-0.5mol/LH3PO4溶液中，用0.1000mol/L K2Cr2O7滴定20.00mL0.6000 mol/LFe2+时化学计量点的电位。如果两种情况下都选用二苯胺璜酸钠作指示剂，哪种情况的误差较小？已知在两种条件下，Cr2O7/Cr的E=1.00V,指示剂的E=0.85V.Fe/Fe电对在1mol/LHCl中的E0=0.70V,而在1mol/LHCl 0.5mol/LH3PO4中的E0`=0.51V。

解；

反应： Cr2O722-3+o03+2+

14H6Fe022Cr/Cr336Fe0Fe337H2O2又，Esp6EofCr2O76ECr2O721E/Fe720.0597[H]lg143[H]2[Cr143]/Cr31E3ofFe3/Fe270.0597lg2[Cr]在化学计量点时，[Cr1)在1mol/LHCl中，Esp]0.1000mol/L

1161.0010.700.059lg0.96V720.1000111.00610.510.059lg0.94V720.10002)1mol/LHCl0.5mol/lH3PO4Esp则可知在1 mol/LHCl-0.5 mol/LH3PO4溶液中的误差较小。

26.用30.00ml某KMnO4标准溶液恰能氧化一定的KHC2O4·H2O,同样质量的KHC2O4·H2O又恰

能与25.20mL浓度为0.2012mol/L的KOH溶液反应。计算此KMnO4溶液的浓度。 解： nKHCO24H2O=0.2012×25.20×10-3

4H2O (cV)KMnO5nKHCO422

3cKMnO4

0.201225.201030.00103250.06760mol/L

27.某KMnO4标准溶液的浓度为0.02484mol/L,求滴定度：（1）TKMnO(3)TKMnO/FeSO47H2O

4/Fe (2) TKMnO4/Fe2O3;

4解：MnO4- + 5Fe2+ + 8H+=Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O

(1) TKMnOTKMnO/Fe4/Fe=c×M/1000×b/a

4=0.02484×55.85×5×10-3=0.06936g/mol = 0.02484×10-3×2.5×159.69=0.009917g/mol

66

(2) TKMnO

4/Fe2O3 (3) TKMnO4/FeSO47H2O=0.02484×10-3×1×5×278.03 g/mol=0.03453 g/mol

28.用0.23g纯As2O3标定某KMnO4溶液的浓度。先用NaOH溶解As2O3，酸化后再用此KMnO4

溶液滴定，用去40.46ml.计算KMnO4溶液的浓度。

解：

0.23197.8422540.46103C C=0.021mol/L

29.准确称取铁矿石试样0.5000g,用酸溶解后加入SnCl2,使Fe3+还原为Fe2+，然后用24.50mlKMnO4标准溶液滴定。已知1mLKMnO4相当于0.01260g H2C2O4·2H2O.试问：（1）矿样中Fe及Fe2O3的质量分数各为多少？（2）取市售双氧水3.00mL稀释定容至250.0mL，从中取出20.00mL试液，需用上述溶液KMnO421.18mL滴定至终点。计算每100.0mL市售双氧水所含H2O2的质量。 解： Fe2O3～2Fe～2Fe

MnO4-+5Fe2++8H+= Mn2-+5Fe3++4H2O

-2-+2-2MnO4+5C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O

2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2-+5O2↑+8H2O

5Fe2O3～10 Fe2+～2MnO4-

(1)求KMnO4的浓度C

1511000C0.01260126.0723+

2+

C=0.04000mol/L Fe2O3[(2.524.500.040001100011000159.69)/0.5000]100%78.25%

Fe=[(524.500.0455.85)/0.5000]100%54.73%

(2) 先求H2O2的浓度

2CH2O2VH2O25CKMnO4VKMnO4

2CH2O220.0050.0400021.18 CH2O20.1059mol/L

100.0ml市售双氧水所含H2O2的质量=

0.1059250103334.02100

=30.02 g/100ml

30.准确称取含有PbO和PbO2混合物的试样1.234g，在其酸性溶液中加入20.00mL0.2500mol/LH2C2O4溶液，将PbO2还原为Pb2+。所得溶液用氨水中和，使溶液中所有的Pb2+均沉淀为PbC2O4。过滤，滤液酸化后用0.04000mol/LKMnO4标准溶液滴定，用去10.00mL，然后将所得PbC2O4沉淀溶于酸后，用0.04000mol/LKMnO4标准溶液滴定，用去30.00ml。计算试样中PbO和PbO2的质量分数。

解：H2C2O4的物质的量总量为：n总 =0.250020.001035.0001033mol

3过量的H2C2O4的物质的量为：n过=0.0400010.0010521.00010mol

67

沉淀的H2C2O4的物质的量为：n 沉=0.0400030.00103还原H2C2O4的物质的量总量为：

523.000103mol

n还=5.0001031.0001033.0001031.000103mol nPbO2n还1.000103mol

PbO2%=

1.000103239.21.234100%19.38%

333nPbO=nPbn沉nPbO23.00010PbO%=

2.0001031.000102.00010mol

223.21.234100%36.18%

31.仅含有惰性杂质的铅丹（Pb3O4）试样重3.500克，加一移液管Fe2+标准溶液和足量的稀H2SO4于此试样中。溶解作用停止以后，过量的Fe需3.05ml0.04000mol.lKMnO4溶液滴定。同样一移液管的上述Fe2+标准溶液，在酸性介质中用0.04000mol,l-1KMnO4标准溶液滴定时，需用去48.05ml。计算铅丹中Pb3O4的质量分数。 解：Pb3O4+2Fe+8H=3Pb+2 Fe+4H2O

MnO4+5Fe+8H= Mn+5Fe+4H2O

2+-5Pb3O4～10 Fe～2MnO4

5WPb3O4=

-2+

+

2+

3+

2+

+

2+

3+

2+

-1

2（V1V2）C10ms3MPb3O4

5=2（48.053.05）0.04000103.5003685.6

=88.15%

32.准确称取软锰矿试样0.5261g，在酸性介质中加入0.7049g纯Na2C2O4。待反应完全后，过量的Na2C2O4用0.02160mol/LKMnO4标准溶液滴定，用去30.47ml。计算软锰矿中MnO2的质量分数？

解： n过=

520.0216030.47103 n

总

=

0.7049134.0

=3.61510nMnO2=n总- n过 nMnO23.6151033 mol

MnO2%=

86.940.5261100%59.74%

33.用K2Cr2O7标准溶液测定1.000g试样中的铁。试问1.000 mLK2Cr2O7标准溶液中应含有多克K2Cr2O7时，才能使滴定管读到的体积（单位mL）恰好等于试样铁的质量分数（%） 解：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++14H2O

68

m294.18cK2Cr2O7 cV110006nFe

cV11000655.851A%=c=

已知：A=V 故

0.02984mol/L

1000100655.85=0.02984294.188.778g

34.0.47g铬铁矿试样经Na2O2熔溶后，使其中的Cr3+氧化为Cr2O72-，然后加入10mL3mol/LH2SO4及50.00mL 0.1202mol/L硫酸亚铁溶液处理。过量的Fe需用15.05 mLK2Cr2O7标准溶液滴定，而1.00 mL K2Cr2O7标准溶液相当于0.006023g Fe。试求试样中铬的质量分数。若以Cr2O3表示时又为多少？ 解：n过=

n

2+

15.050.00602355.85总

1.623103mol

=501030.12026.01103mol

n 沉=4.387mol n=

4.38760.7312mol

100%15.53% 100%22.69%

Cr%=

0.7312251.990.470.47 Cr2O3%=

0.7312151.9935. 将0.1963g分析纯K2Cr2O7试剂溶于水，酸化后加入过量KI，析出的I2需用33.61mlNa2S2O3溶液滴定。计算Na2S2O3溶液的浓度?

解： Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O

2S2O32-+I2=2I-+S4O62- 2-2-Cr2O7～3I2～6 S2O3

mK2Cr2O7MK2Cr2O736VNa2S2O4cNa2S2O3103

0.1963294.18633.61cNa2S2O310

cNa2S2O3=0.1191mol/L

36.称取含有Na2HAsO3和As2O5及惰性物质的试样0.2500g，溶解后在NaHCO3存在下用0.05150mol/LI2标准溶液滴定，用去15.80ml。再酸化并加入过量KI,析出的I2用0.1300 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，用去20.70ml。计算试样中Na2HAsO3和As2O5的质量分数。

3-解：As2O5  2AsO4

AsO33-+I2 → As5+ As5++2I- → As3+

nAs3nI2=0.0515015.80103 mol

69

NaHAsO%3nAs3M3NaHAsO3

0.0515015.80100.2500ms169.91100%55.30%

As2O5%4[1[1(cV)Na2SO312nAs3]MAs2O5ms3 40.130020.7010120.25000.0155015.80103]229.84100%

24.45%37.今有不纯的KI试样0.3504g，在H2SO4溶液中加入纯K2CrO40.1940g与之反应，煮沸逐出生成的I2。放冷后又加入过量KI，使之与剩余的K2CrO4作用，析出的I2用0.1020mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，用去10.23ml。问试样中KI的质量分数使多少？ 解： 2CrO4+2H= Cr2O7+H2O

Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O

2--2-2S2O3+I2=2I+S4O6 2-2--2-2CrO4～Cr2O7～6I～3I2～6 S2O3 CrO42-～3I- CrO42-～3 S2O32-

剩余K2CrO4的物质的量n1=0.102010.23K2CrO4的总物质的量n2=

0.194194.191.0010131032-+2-

=3.478×10-4

3mol

与试样作用的K2CrO4的物质的量n=n2-n1=1.00×10-3-3.478×10-4=6.522×10-4 mol

KI =WKI3nMmcKI0.65221033166.000.3504100%92.70%

38.将1.025g二氧化锰矿试样溶于浓盐酸中，产生的氯气通入浓KI溶液后，将其体积稀释到250.0mL。然后取此溶液25.00mL，用0.1052mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，需要20.02mL。求软锰矿中MnO2的质量分数。

解：

1WMnO22(cV)Na2SO3Mms3MnO2100%86.94100%.32%

1220.020.1052101.025110

39.称取苯酚试样0.4082g，用NaOH溶解后，移入250.0mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀。吸取25.00mL,加入溴酸钾标准溶液(KBrO3+KBr)25.00mL，然后加入HCl及KI。待析出I2后，再用0.1084 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，用去20.04 mL。另取25.00 mL溴酸钾标准溶液做空白实

70

验，消耗同浓度的 Na2S2O3 标准溶液41.60 mL。试计算试样中苯酚的质量分数。 解：有关的反应式为

BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O

3Br2+C6H5OH=C6H2Br3OH+3HBr

Br2+2I-=I2+2Br-

2S2O32-+I2=2I-+S4O62-

可知：BrO3-～C6H5OH～6S2O32-， 故苯酚在试样中的含量为

nKBrO36H5OH1 WC6msMC6H5OH100%

(41.6020.04)1030.108411694.11100%.80%

0.4082103+2+

40.燃烧不纯的Sb2S3试样0.1675g，将所得的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe还原为Fe。再在稀

酸条件下用0.01985mol/LKMnO4标准溶液滴定Fe2+，用去21.20ml 。问试样中Sb2S3的质量分数为多少？ 解：nFe3nFe2=21.201030.019855 mol

nFe3nSO22 nSO2312nFe3

1Sb2S3%=

31221.20100.019855339.81100%71.14%

0.1675 71